Tìm hệ thức giữa x1,x2 không phụ thuộc vào tham số :
a) x2 + kx + 5 = 0
b) x2 + 2x + m - 2 = 0
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Thay m=3 vào hpt \(\hept{\begin{cases}x+y=1\\3x+2y=3\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}y=1-x\\3x+2-2x=3\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=1\\y=0\end{cases}}\)
Vậy m=3 thì hpt có nghiệm duy nhất (x,y)=(1;0)
b)Ta có \(\hept{\begin{cases}x=1-y\\m-my+2y=m\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=1-y\left(1\right)\\\left(2-m\right)y=0\left(2\right)\end{cases}}\)
Để hpt có nghiệm duy nhất \(\Leftrightarrow pt\left(2\right)\ne0\Leftrightarrow2-m\ne0\Leftrightarrow m\ne2\)
Khi đó \(\left(2\right)\Leftrightarrow y=0\).Thay vào \(\left(1\right)\Leftrightarrow x=1\)
Để hpt có vô số nghiệm \(\Leftrightarrow2-m=0\Leftrightarrow m=2\)
Vậy m\(\ne\)2 thì hpt có nghiệm duy nhất (x;y)=(1;0)
m=2 thì hpt có vô số nghiệm
ta có
\(\widehat{AEH}=90^0;\widehat{AFH}=90^0\)
=> \(\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=180^0\)
=> tứ giác AEHF nội tiếp được nhé
ta lại có AEB=ADB=90 độ
=> E , D cùng nhìn cạnh AB dưới 1 góc zuông
=> tứ giác AEDB nội tiếp được nha
b)ta có góc ACK = 90 độ ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
hai tam giác zuông ADB zà ACK có
ABD = AKC ( góc nội tiếp chắn cung AC )
=> tam giác ABD ~ tam giác AKC (g.g)
c) zẽ tiếp tuyến xy tại C của (O)
ta có OC \(\perp\) Cx (1)
=> góc ABC = góc DEC
mà góc ABC = góc ACx
nên góc ACx= góc DEC
do đó Cx//DE ( 2)
từ 1 zà 2 suy ra \(OC\perp DE\)
Bài 1 t chỉ giải được khi x, y, z cùng dấu. Còn TH x, y, z không cùng dấu thì chưa nghĩ ra (Chắc là giả sử x, y đồng dấu rồi.. chăng?)
1/ Do \(x^2\left(x-1\right)^2\ge0\therefore\frac{x^2}{\left(x+1\right)^2}\ge\frac{3x^2}{4\left(x^2+x+1\right)}\)
Như vậy: \(VT\ge\frac{3}{4}\left(\frac{x^2}{x^2+x+1}+\frac{y^2}{y^2+y+1}+\frac{z^2}{z^2+z+1}\right)\ge\frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{x^2+x+1}+\frac{y^2}{y^2+y+1}+\frac{z^2}{z^2+z+1}\ge1\) (*) với xyz = 1.
Nếu \(x,y,z>0\) thì đặt \(\left(x;y;z\right)=\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)\) thu được BĐT Vacs.
Nếu \(\left(x,y,z\right)< 0\) thì đặt \(\left(x,y,z\right)\rightarrow\left(-m,-n,-p\right)\left(\text{với }m,n,p>0\right)\)
Cần chứng minh: \(\frac{m^2}{m^2-m+1}+\frac{n^2}{n^2-n+1}+\frac{p^2}{p^2-p+1}\ge1\)
Vì \(m,n,p\ge0\rightarrow VT\ge\frac{m^2}{m^2+m+1}+\frac{n^2}{n^2+n+1}+\frac{p^2}{p^2+p+1}\ge1\)
Đây là BĐT (*). Chứng minh tương tự.
tth_new Làm khó m rồi tth :)) thực ra đề thực dương mà t viết thiếu :))))
Cách làm khác mà ko dùng tới bổ đề Vacs
\(\frac{x^2}{\left(1+x\right)^2}+\frac{y^2}{\left(1+y\right)^2}+\frac{z^2}{\left(1+z\right)^2}\)
\(=\frac{1}{\left(\frac{1}{x}+1\right)^2}+\frac{1}{\left(\frac{1}{y}+1\right)^2}+\frac{1}{\left(\frac{1}{z}+1\right)^2}\)
Đặt \(\left(\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z}\right)\rightarrow\left(a;b;c\right)\)
Khi đó LHS trở thành:
\(\frac{1}{\left(a+1\right)^2}+\frac{1}{\left(b+1\right)^2}+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}\)
Mặt khác theo Bunhiacopski ta có:
\(\frac{1}{\left(a+1\right)^2}+\frac{1}{\left(b+1\right)^2}\ge\frac{1}{\left(ab+1\right)\left(\frac{a}{b}+1\right)}+\frac{1}{\left(ab+1\right)\left(\frac{b}{a}+1\right)}=\frac{1}{ab+1}\)
Ta cần chứng minh \(\frac{1}{ab+1}+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}=\frac{c}{c+1}+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}\ge\frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow\frac{c}{c+1}+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}-\frac{3}{4}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(c-1\right)^2}{4\left(c+1\right)^2}\ge0\) ( đúng )
Nhớ không nhầm đây là VMO 2005 được nghệ An lấy lại đưa vào đề thi tỉnh nhưng với bậc cao hơn :))))