lên đó thi trật mới hay

Điều kiện xác định: \(x\ge\frac{1}{3}\)

 \(\sqrt{3x+1}+1=3x\Leftrightarrow\sqrt{3x+1}=3x-1\Leftrightarrow3x+1=9x^2-6x+1\Leftrightarrow9x^2-9x=0\)

\(\Leftrightarrow9x\left(x-1\right)=0\Leftrightarrow x=0\) (loại) hoặc \(x=1\) (Thỏa mãn)

Đặt \(t=\sqrt{x^2+4\sqrt{5}}\to t>0.\)  Phương trình trở thành \(\frac{\left(2t^2-7\right)^2-161}{4}=\left(34-3t^2\right)t\Leftrightarrow\left(2t^2-7\right)^2-161=4t\left(34-3t^2\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(t^2-2t-4\right)\left(t^2+5t+7\right)=0\Leftrightarrow t^2-2t=4\Leftrightarrow t=1+\sqrt{5}.\)  (Vì t>0)

Vậy ta được \(x^2+4\sqrt{5}=\left(1+\sqrt{5}\right)^2\Leftrightarrow x^2=\left(\sqrt{5}-1\right)^2\Leftrightarrow x=\pm\left(\sqrt{5}-1\right).\)

 

Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có: 
AB^2=BH.BC 
<=>20^2=BH.(BH + 9) 
<=>BH^2 + 9BH-400=0 
=> BH=16cm 
Mà BC=BH + HC=16 + 9=25cm 
AH^2 = BH.HC = 16.9 = 12^2 
suy ra AH = 12cm 
Vậy diện tích tam giác ABC là: 
(AH.BC):2 = (12 . 25) : 2 = 150 cm^2

Tam giác ABC vuông tại A , theo HTL 

AH^2 = HB.CH 

=> 12^2 = 9.CH => CH = 144 : 9 = 16

=> BC = BH + CH = 9 + 16 = 25 

=> Sabc = 1/2 BC.AH  = 1/2.12.25 = 150 cm^2 

a) ĐKXĐ: -2 < x < 2

b) ĐKXĐ: -2 <= x <= 1

Bổ đề.  \(\sqrt{2}\) là số vô tỉ. 

Chứng minh. Phản chứng giả sử  \(\sqrt{2}\) là số hữu tỉ thì \(\sqrt{2}=\frac{p}{q}\) với \(p,q\) là số nguyên dương, nguyên tố cùng nhau. Do đó \(2q^2=p^2\to p\vdots2\to p=2p_1\to q^2=2p_1^2\to q\vdots2\to q=2q_1\to2q_1^2=p_1^2\to\cdots\) ta sẽ suy ra \(p=2p_1=2^2p_2=2^3p_3=\cdots=2^np_n\to p\vdots2^n\) với mọi số nguyên dương \(n,\) suy ra \(p=0\to\sqrt{2}=0,\) vô lí.
Vậy  \(\sqrt{2}\) là số vô tỉ. 

Đặt \(44\ldots4=4\times11\ldots1=4\cdot\frac{10^n-1}{9},88\ldots8=8\times\frac{10^n-1}{9}.\) Do đó mà \(A=\sqrt{44\ldots4\times88\ldots8}=\sqrt{32\cdot\left(\frac{10^n-1}{9}\right)^2}=\frac{10^n-1}{9}\cdot4\sqrt{2}.\)  Vì vậy nếu A là số tự nhiên thì \(\sqrt{2}=\frac{A}{4\times\frac{10^n-1}{9}}\) là số hữu tỉ. Điều này mâu thuẫn với nhận xét trên.

Vậy không có số nguyên dương n nào thoả mãn yêu cầu.

Chú ý rằng \(\left(a-b\right)+\left(b-c\right)+\left(c-a\right)=0\to\) \(\frac{a-b}{a+b}+\frac{b-c}{b+c}+\frac{c-a}{c+a}=-\frac{a-b}{a+b}\cdot\frac{b-c}{b+c}\cdot\frac{c-a}{c+a}\). 
Ta có \(\left|\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\right|=\left|a-b\right|\cdot\left|b-c\right|\cdot\left|c-a\right|\). Theo bất đẳng thức tam giác, hiệu độ dài hai cạnh bé hơn cạnh còn lại. Vì vậy mà \(a>\left|b-c\right|,b>\left|c-a\right|,c>\left|a-b\right|\to\)\(\left|a-b\right|\cdot\left|b-c\right|\cdot\left|c-a\right|\)< \(abc.\)

Do vậy mà \(\left|\frac{a-b}{a+b}+\frac{b-c}{b+c}+\frac{c-a}{c+a}\right|=\left|\frac{a-b}{a+b}\cdot\frac{b-c}{b+c}\cdot\frac{c-a}{c+a}\right|=\frac{\left|\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\right|}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}<\frac{abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\). 
Mặt khác theo bất đẳng thức Cô-Si  ta có \(a+b\ge2\sqrt{ab},b+c\ge2\sqrt{bc},c+a\ge2\sqrt{ca}\to\)
\(\left|\frac{a-b}{a+b}+\frac{b-c}{b+c}+\frac{c-a}{c+a}\right|<\frac{abc}{2\sqrt{bc}\cdot2\sqrt{ca}\cdot2\sqrt{ab}}=\frac{1}{8}.\)  (ĐPCM).