A B C 15 H K 12 20 16

Dễ có tam giác AHC ~ tam giác HKC ( g.g )

\(\Rightarrow\frac{S_{AHC}}{S_{HKC}}=\left(\frac{AC}{HC}\right)^2\)(*) 

lại có tam giác AHC ~ tam giác BAC( g.g )

\(\Rightarrow\frac{HC}{AC}=\frac{AC}{BC}\Rightarrow HC=\frac{AC^2}{BC}=\frac{400}{25}=16\)cm 

P/s : \(BC=25\)cm do Pytago 

\(\Rightarrow S_{AHC}=\frac{1}{2}.AH.HC=\frac{1}{2}.12.16=96\)cm²

Từ (*) suy ra : \(\frac{96}{S_{HKC}}=\frac{400}{256}\Rightarrow S_{HKC}=\frac{256.96}{400}=\frac{1536}{25}\)cm²

\(\overline{aa...abb...b}=\left(\overline{cc...c}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow a.11...1.10^n+b.11...1=c^2.11...1^2\)

\(\Leftrightarrow a.10^n+b=c^2.11...1\)

\(\Leftrightarrow a.\left(9k+1\right)+b=c^2.k\)(với \(k=11...1\)(\(n\)chữ số \(1\))) 

\(\Leftrightarrow\left(c^2-9a\right)k=a+b\)

Với \(k=1\)ta có: \(c^2=10a+b\)ta có các bộ số: 

\(\left(1,6,4\right),\left(2,5,5\right),\left(3,6,6\right),\left(4,9,7\right),\left(6,4,8\right),\left(8,1,9\right)\)

Với \(k=11\)ta có \(11\left(c^2-9a\right)=a+b\)nên \(\hept{\begin{cases}a+b=11\\c^2-9a=1\end{cases}}\)ta có nghiệm duy nhất \(\left(7,4,8\right)\).

Với \(n>2\)ta thấy hiển nhiên không thỏa mãn do \(a+b< 19\). 

Ở đây mình làm trường hợp là nó đúng chỉ với 1 giá trị của \(n\). Do đó ta xét với \(n=1,n=2,...\), tức là \(k=1,k=11,...\). Còn nếu đề là đúng với mọi số nguyên dương \(n\)thì sẽ làm khác một chút, và ra đáp án là không tồn tại giá trị nào cả. 

Giả sử \(m\ge n\).

Ta có: \(2^{2m}+2^{2n}=4^m+4^n=4^n\left(4^{m-n}+1\right)\).

Đặt \(4^{m-n}+1=l^2\Leftrightarrow4^{m-n}=\left(l-1\right)\left(l+1\right)\)

Dễ thấy với các trường hợp của \(m-n\)thì không có \(l\)thỏa mãn. 

Vậy phương trình vô nghiệm. 

Bạn giải chi tiết hợn được không?

ABCD.EFGH  là hình hộp chữ nhật

=>  AB = CD = HG = EF : chiều dài

AD = BC = HE = GF : chiều rộng 

AE = BF = CG = DH : chiều cao 

=> Thể tích hình hộp chữ nhật trên là : 3 x 4 x 5= 60 cm khối

ĐK: 2x  +1 \(\ge0\Rightarrow x\ge-\frac{1}{2}\)

Khi đó |x² - 1| = 2x + 1

<=> \(\orbr{\begin{cases}x^2-1=2x+1\\x^2-1=-2x-1\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x^2-2x-2=0\\x^2+2x=0\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}\left(x-1\right)^2-3=0\\x\left(x+2\right)=0\end{cases}}\)

Khi (x - 1)² - 3 = 0

<=> \(\left(x-1-\sqrt{3}\right)\left(x-1+\sqrt{3}\right)=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=1+\sqrt{3}\left(tm\right)\\x=1-\sqrt{3}\left(\text{loại}\right)\end{cases}}\)

Khi x(x + 2) =0

<=> \(\orbr{\begin{cases}x=0\left(tm\right)\\x=-2\left(\text{loại}\right)\end{cases}}\)

Vậy x \(\in\left\{0;1+\sqrt{3}\right\}\)là nghiệm phương trình

\(\left|x^2-1\right|=2x+1\)

ĐK : \(x\ge-\frac{1}{2}\)

TH1 : \(x^2-1=2x+1\Leftrightarrow x^2-2x-2=0\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2-3=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1-\sqrt{3}\right)\left(x-1+\sqrt{3}\right)=0\Leftrightarrow x=1\pm\sqrt{3}\)

TH2 : \(x^2-1=-2x-1\Leftrightarrow x^2+2x=0\Leftrightarrow x=0;x=-2\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có :

\(P\ge\frac{\left[2\left(x+y\right)+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right]^2}{2}\ge\frac{\left(2+\frac{4}{x+y}\right)^2}{2}=\frac{\left(2+4\right)^2}{2}=18\)

Đẳng thức xảy ra <=> x = y = 1/2

Vậy MinP = 18

Vì \(a,b,c,d>0\)nên áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương, ta được:\

\(a^4+b^4+c^4+d^4\ge4\sqrt[4]{a^4b^4c^4d^4}\).

\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4+d^4\ge4abcd\left(1\right)\).
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^4=b^4=c^4=d^4\\a,b,c,d>0\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c=d>0\).

Mà theo đề bài,  ta có:\(a^4+b^4+c^4+d^4=4abcd\)

Nên dấu bằng của bất đẳng thức (1) đã xảy ra.

Do đó \(a=b=c=d\).

Vậy nếu \(a^4+b^4+c^4+d^4=4abcd\)với \(a,b,c,d>0\)thì \(a=b=c=d\).

Ta có:\(2\left(a^2+b^2\right)-\left(a+b\right)^2=\left(a-b\right)^2\ge0\forall a,b\)

\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\ge1^2=1\)(Do \(a+b\ge1\))

\(\Leftrightarrow a^2+b^2\ge\frac{1}{2}\)(ĐPCM)

Dấu '=' xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a+b=1\\a=b\end{cases}\Leftrightarrow a=b=\frac{1}{2}}\)
 

a) ĐKXĐ : x \(\ne-2;x\ne1;x\ne0\)

\(A=\left(\frac{x}{x+2}-\frac{4}{x^2+2x}\right):\left(\frac{x^2-2x+1}{x^2-x}\right)=\left(\frac{x}{x+2}-\frac{4}{x\left(x+2\right)}\right):\left(\frac{\left(x-1\right)^2}{x\left(x-1\right)}\right)\)

\(=\frac{x^2-4}{x\left(x+2\right)}:\frac{x-1}{x}=\frac{\left(x-2\right)\left(x+2\right)}{x\left(x+2\right)}.\frac{x}{x-1}=\frac{x-2}{x}.\frac{x}{x-1}=\frac{x-2}{x-1}\)

b) Để A > 1 

=> \(\frac{x-2}{x-1}>1\)

=> \(\frac{x-2}{x-1}-1>0\Rightarrow\frac{-1}{x-1}>0\Rightarrow x-1< 0\Rightarrow x< 1\)

Vậy để A > 1 thì x < 1 và x \(\ne-2;x\ne1;x\ne0\)

c) Ta có \(A=\frac{x-2}{x-1}=\frac{x-1-1}{x-1}=1-\frac{1}{x-1}\)

Để A \(\inℤ\Rightarrow\frac{1}{x-1}\inℤ\Rightarrow1⋮x-1\Rightarrow x-1\inƯ\left(1\right)\Rightarrow x-1\in\left\{1;-1\right\}\)

Khi x - 1 = 1 => x = 2( tm)

Khi x - 1 =-1 => x = 0 (loại) 

Vậy x = 2 thì A nguyên