\(pt\Leftrightarrow\left[\left(4x^3-x+3\right)^3-\frac{3}{4}\right]-\left(x^3+\frac{3}{4}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(4x^3-x+3-\sqrt[3]{\frac{3}{4}}\right)\left[\left(4x^3-x+3\right)^2+\sqrt[3]{\frac{3}{4}}\left(4x^3-x+3\right)+\left(\sqrt[3]{\frac{3}{4}}\right)^2\right]-\frac{4x^3+3}{4}=0\left(1\right)\)

Đặt \(A=\left(4x^3-x+3\right)^2+\sqrt[3]{\frac{3}{4}}\left(4x^3-x+3\right)+\left(\sqrt[3]{\frac{3}{4}}\right)^2=0\)

Dễ chứng minh \(A\ge\frac{3}{4}\cdot\left(\sqrt[3]{\frac{3}{4}}\right)^2>\frac{1}{2}\)

\(\left(1\right)\Leftrightarrow\left[\left(4x^3+3\right)-\left(x+\sqrt[3]{\frac{3}{4}}\right)\right]A-\frac{4x^3+3}{4}=0\)

\(\Leftrightarrow\left[\left(4x^3+3\right)-\frac{x^3+\frac{3}{4}}{B}\right]A-\frac{4x^3+3}{4}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(4x^3+3\right)\left(A-\frac{A}{4B}-\frac{1}{4}\right)=0\)

Với \(B=x^2-\sqrt[3]{\frac{3}{4}}x+\left(\sqrt[3]{\frac{3}{4}}\right)^2\ge\frac{3}{4}\cdot\left(\sqrt[3]{\frac{3}{4}}\right)^2\Rightarrow4B>2\)

Ta chứng minh  \(A-\frac{A}{4B}-\frac{1}{4}>0\)

\(\Leftrightarrow A\cdot\frac{4B-1}{4B}-\frac{1}{4}>0\). Do \(4B>2\Rightarrow\frac{4B-1}{4B}>\frac{1}{2};A>\frac{1}{2}\)

Do đó pt có nghiệm duy nhất là \(4x^3+3=0\Leftrightarrow x=-\sqrt[3]{\frac{3}{4}}\)

nick nek

phong141000

mk : 123456

nhớ tk mk nha

toán ko game

lớp mẫu giáo ko lớp 9

linh tinh

Chiu thoi ! Kho qua ! Co ai giai duoc ko ?

- Đề bài chắc chắn đúng chứ bạn? Mình tưởng phải có điều kiện đặc biệt ràng buộc C thì tam giác MAB mới cân được chứ nhỉ?

5 và 12 nha

5 và 12 

câu hỏi trên Vio đúng ko bn

Bài này nếu tinh ý một chút Đức sẽ nhận ra \(a-b+c=1+4m+1-4m-2=0\)

Suy ra pt trên có \(\hept{\begin{cases}x_1=-1\\x_2=\frac{-c}{a}=4m+2\end{cases}}\)

Thay vào \(x_1^5+x_2^5=242\) \(\Leftrightarrow\) \(\left(-1\right)^5+\left(4m+2\right)^5=242\) \(\Leftrightarrow\) \(m=0.25\)

Giải:

Chia phương trình cho \(x^2\) ta có:

\(x^2+\frac{1}{x^2}+ax+\frac{b}{x}+2=0\left(1\right)\)

\(\left(1\right)-\left(ax+\frac{b}{x}\right)=x^2+\frac{1}{x^2}+2\Leftrightarrow\left(ax+\frac{b}{x}\right)^2=\left(x^2+\frac{1}{x^2}+2\right)^2\)

Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có:

\(\left(ax+by\right)^2\le\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\frac{a}{x}=\frac{b}{y}\)

Vậy \(\left(ax+\frac{b}{x}\right)^2\le\left(x^2+\frac{1}{x^2}\right)\left(a^2+b^2\right)\) nên \(\left(x^2+\frac{1}{x^2}\right)\left(a^2+b^2\right)\ge\left(x^2+\frac{1}{x^2}+2\right)^2\)

Đặt \(x^2+\frac{1}{x^2}=t\left(t\ge2\right)\) nên \(a^2+b^2\ge\frac{\left(t+2\right)^2}{t}=t+\frac{4}{t}+4\ge2\sqrt{t.\frac{4}{t}}+4=8\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x^2+\frac{1}{x^2}=2\Leftrightarrow x=1\) và \(a=b\) sẽ tìm ra a

Nhưng thay vào không tìm ra a

Người ta thường coi đại số là số học với bảy phép toán để nói rằng ngoài bốn phép toán rất thông dụng (Bạn biết là các phép toán nào rồi phải không?) nó còn thêm vào 3 phép toán nữa: Phép nâng lên lũy thừa và hai phép toán ngược.

làm gì có phép toán thứ 5