\(x^2=x+1\Rightarrow x^2-x-1=0\)

\(A=x^4-2x^3-3x^2+4x+4\)

\(=x^4-x^3-x^2-x^3+x^2+x-3x^2+3x+3+1\)

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

ABCD là hình bình hành (gt) \(\Rightarrow\hept{\begin{cases}BC//AD\\BC=AD\end{cases}}\)

Gọi N là trung điểm của AD \(\Rightarrow AN=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}BC\)

M là trung điểm của BC (gt) \(\Rightarrow MC=\frac{1}{2}BC\)

Tứ giác AMCN có AN = MC và AN // MC nên AMCN là hình bình hành \(\Rightarrow AM//CN\)

Gọi giao của CN và BD là I.

Tam giác QAD có: NI // AQ (vì AM // CN) và N là trung điểm của AD 

Nên I là trung điểm của QD \(\Rightarrow IQ=ID\)

Tương tự: BQ = QI \(\Rightarrow BQ=QI=ID\Rightarrow BQ=\frac{1}{3}BD\)

Tam giác BMQ và tam giác BMD có chung chiều cao hạ từ M và \(BQ=\frac{1}{3}BD\Rightarrow S_{BMQ}=\frac{1}{3}S_{BMD}\)

\(\Delta BDC\) có DM là đường trung tuyến \(\Rightarrow S_{BMD}=\frac{1}{2}S_{BDC}\)

Do đó: \(S_{BMQ}=\frac{1}{6}S_{BDC}\)

\(S_{BCD}=\frac{1}{2}S_{ABCD}\Rightarrow S_{BMQ}=\frac{1}{12}S_{ABCD}\)

Vậy \(S_{MQDC}=S_{BDC}-S_{BMQ}=\frac{1}{2}S_{ABCD}-\frac{1}{12}S_{ABCD}=\frac{5}{12}S_{ABCD}\)

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

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

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

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

\(A=\frac{x-1}{x+1}\left(2x\ne0;x-1\ne0\right)\)

ĐKXĐ: \(x\ne0;x\ne\pm1\)( bạn ghi cái này ở ý a nhé )

 Ta có: \(A=0\)

\(\Leftrightarrow\frac{x-1}{x+1}=0\)

\(\Leftrightarrow x-1=0\)

\(\Leftrightarrow x=1\)( loại so với ĐKXĐ )

Vậy không tìm được giá trị x thỏa mãn để A=0

5x(x-2011)-x+2011=0

5x(x-2011)-(x-2011)=0

(5x-1)(x-2011)=0

TH1 : 5x-1= 0

          5x=1

          x=1/5

TH2 : x-2011=0

          x=2011

xem tren mang

a., đk y khác cộng trừ 1

N=\(\left(\frac{1}{y-1}+\frac{y}{\left(y^3-1\right)}.\frac{y^2+y+1}{y+1}\right):\frac{1}{\left(y-1\right)\left(y+1\right)}\)

N=\(\left(\frac{1}{y-1}+\frac{y}{\left(y-1\right)\left(y+1\right)}\right).\left(y-1\right)\left(y+1\right)\)

N=\(\frac{y+1+y}{\left(y-1\right)\left(y+1\right)}.\left(y-1\right)\left(y+1\right)\)

N= \(2y+1\)

Vậy N=2y+1 với y khác cộng trừ 1

b, Thay y= \(\frac{1}{2}\) ( t/m đk y khác cộng trừ 1 )vào biểu thức N ta được:

N= \(2.\frac{1}{2}+1=1+1=2\) 

Vậy N=2 với y = 1/2

c, Để N luôn dương thì: 2y+1>0

<=> 2y>-1

<=>y>\(\frac{-1}{2}\)( t/ m đk y khác cộng trừ 1)

Vậy với y>-1/2 thì N luôn dương

a, \(N=\left(\frac{1}{y-1}-\frac{y}{1-y^3}.\frac{y^2+y+1}{y+1}\right):\frac{1}{y^2-1}\)

\(N=\left(\frac{1}{y-1}+\frac{y}{y^3-1}.\frac{y^2+y+1}{y+1}\right):\frac{1}{y^2-1}\)

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

\(N=\left(\frac{1}{y-1}+\frac{y}{\left(y-1\right)\left(y+1\right)}\right):\frac{1}{y^2-1}\)

\(N=\left(\frac{y+1}{\left(y-1\right)\left(y+1\right)}+\frac{y}{\left(y-1\right)\left(y+1\right)}\right):\frac{1}{\left(y-1\right)\left(y+1\right)}\)

\(N=\frac{y+1+y}{\left(y-1\right)\left(y+1\right)}:\frac{1}{\left(y-1\right)\left(y+1\right)}\)

\(N=\frac{2y+1}{\left(y-1\right)\left(y+1\right)}.\left(y-1\right)\left(y+1\right)\)

\(N=2y+1\)

b, Tại \(y=\frac{1}{2}\) ta có :

             \(N=2.\frac{1}{2}+1\)

\(\Rightarrow N=1+1=2\)

c, Để N luôn có giá trị dương thì \(y\in N\).

B1) Từ \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=0\)

\(\Rightarrow\frac{xy+yz+zx}{xyz}=0\)

\(\Rightarrow xy+yz+zx=0\)

Ta có \(\left(x+y+z\right)^2=x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+zx\right)\)

                                      \(=x^2+y^2+z^2+2.0\)

                                       \(=x^2+y^2+z^2\left(đpcm\right)\)

B2)  \(a^2+b^2+c^2=ab+bc+ca\)

\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2=2ab+2bc+2ca\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ca+a^2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2=0\)

Vì \(\hept{\begin{cases}\left(a-b\right)^2\ge0\forall a;b\\\left(b-c\right)^2\ge0\forall b;c\\\left(c-a\right)^2\ge0\forall c;a\end{cases}\Rightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b\\b=c\\c=a\end{cases}\Leftrightarrow a=b=c\left(đpcm\right)}\)

\(a^2+b^2+c^2=ab+bc+ca\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right).2=\left(ab+bc+ca\right).2\)

\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2=0\)

Ta có: \(\hept{\begin{cases}\left(a-b\right)^2\ge0\forall a,b\\\left(b-c\right)^2\ge0\forall b,c\\\left(c-a\right)^2\ge0\forall a,c\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\forall a,b,c\)

Mà \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2=0\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\left(a-b\right)^2=0\\\left(b-c\right)^2=0\\\left(c-a\right)^2=0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a-b=0\\b-c=0\\c-a=0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b\\b=c\\c=a\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c\)

Vậy \(a^2+b^2+c^2=ab+bc+ca\)thì \(a=b=c\)