\(P=\left(\frac{\sqrt{x}}{3+\sqrt{x}}+\frac{2x}{9-x}\right)\div\left(\frac{\sqrt{x}-1}{x-3\sqrt{x}}-\frac{2}{\sqrt{x}}\right)\)     (\(x>0,x\ne9,x\ne25\))

\(=\left[\frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-3\right)}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}-\frac{2x}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}\right]\div\left[\frac{\sqrt{x}-1}{x-3\sqrt{x}}-\frac{2\left(\sqrt{x}-3\right)}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-3\right)}\right]\)

\(=\frac{x-3\sqrt{x}-2x}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}\div\frac{\sqrt{x}-1-2\sqrt{x}+6}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-3\right)}\)

\(=\frac{-\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+3\right)}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}.\frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-3\right)}{-\sqrt{x}+5}\)

\(=\frac{-x}{5-\sqrt{x}}\)

\(A=\frac{x+2}{x-\sqrt{x}-2}-\frac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}+\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}-2}\)

\(=\frac{x+2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}-\frac{2\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}+\frac{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\)

\(=\frac{x+2-2x+4\sqrt{x}+x-1}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\)

\(=\frac{4\sqrt{x}+1}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\)

\(B=\frac{1}{\sqrt{x}-2}\)

Khi \(x=25\): \(B=\frac{1}{\sqrt{25}-2}=\frac{1}{5-2}=\frac{1}{3}\)

\(P=A\div B=\frac{4\sqrt{x}+1}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\div\frac{1}{\sqrt{x}-2}=\frac{4\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+1}\)

\(P^2=P+2\Leftrightarrow P^2-P-2=0\Leftrightarrow\left(P-2\right)\left(P+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}P=2\\P=-1\end{cases}}\)

- \(P=2\): \(\frac{4\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+1}=2\Leftrightarrow4\sqrt{x}+1=2\sqrt{x}+2\Leftrightarrow x=\frac{1}{4}\)(tm) 

- \(P=-1\): \(\frac{4\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+1}=-1\Leftrightarrow4\sqrt{x}+1=-\sqrt{x}-1\Leftrightarrow\sqrt{x}=-\frac{2}{5}\)(vô nghiệm) 

Tham khảo

Vào những năm 1760, Johann Heinrich Lambert đã chứng minh rằng số π (pi) là vô tỷ: nghĩa là nó không thể được biểu thị dưới dạng phân số a/b, trong đó a là số nguyên và b là số nguyên khác không. Vào thế kỷ 19, Charles Hermite đã tìm thấy một chứng minh không đòi hỏi kiến thức tiên quyết nào ngoài vi tích phân cơ bản.

#zinc

có ạ

================

Ta có (ab + bc + ca)² = (ab)² + (bc²) + (ca)² + 2abc(a + b + c)

Lại có : x² +y² + z² \(\ge\)xy + yz + xz

Thật vậy  x² +y² + z² \(\ge\)xy + yz + xz

<=> 2(x² +y² + z²) \(\ge\)2(xy + yz + xz)

<=> (x² - 2xy + y²) + (y² - 2yz + z²) + (z² - 2zx + x²) \(\ge0\)

<=> (x - y)² + (z - x)² + (y - z)² \(\ge0\) (đúng) => ĐPCM

Áp dụng bài toán => (ab)² + (bc)² + (ca)² \(\ge\)ab.bc + ac.bc + ab.ac = abc(a + b + c) 

Khi đó (ab + bc + ca)² = (ab)² + (bc²) + (ca)² + 2abc(a + b + c) \(\ge\)abc(a + b + c) + 2abc(a + b + c) = 3abc(a + b + c) (đpcm) 

Bạn vào thống kê hỏi đáp của mình xem nhé.

Lời giải:
a. $\Delta'=m^2-(m^2-2)=2>0$ nên pt luôn có 2 nghiệm pb với mọi $m\in\mathbb{R}$

Áp dụng định lý Viet:

$x_1+x_2=-m$

$x_1x_2=\frac{m^2-2}{2}$

$\Rightarrow (x_1+x_2)^2=m^2=2x_1x_2+2$

$\Leftrightarrow (x_1+x_2)^2-2x_1x_2=2$

$\Leftrightarrow x_1^2+x_2^2=2$ 

Đây chính là hệ thức liên hệ giữa $x_1,x_2$ không phụ thuộc $m$

b.

\(A=\frac{2x_1x_2+3}{2+2x_1x_2+1}=\frac{2x_1x_2+3}{2x_1x_2+3}=1\) nên không có có min, max.

1) Hình như đề bị sai rồi bạn.

Thông thường pt đã cho sẽ là \(\frac{2x}{x-2}-\frac{5}{x-3}=\frac{5}{x^2-5x+6}\)

Ta thấy \(x^2-5x+6=x^2-2x-3x+6=x\left(x-2\right)-3\left(x-2\right)=\left(x-2\right)\left(x-3\right)\)

Nên ĐKXĐ là \(\hept{\begin{cases}x\ne2\\x\ne3\end{cases}}\)

pt đã cho \(\Leftrightarrow\frac{2x\left(x-3\right)}{\left(x-2\right)\left(x-3\right)}-\frac{5\left(x-2\right)}{\left(x-2\right)\left(x-3\right)}=\frac{5}{\left(x-2\right)\left(x-3\right)}\)

\(\Leftrightarrow\frac{2x^2-6x-5x+10}{\left(x-2\right)\left(x-3\right)}=\frac{5}{\left(x-2\right)\left(x-3\right)}\)\(\Rightarrow2x^2-11x+5=0\)(*)

Ta có \(\Delta=\left(-11\right)^2-4.2.5=81>0\)nên pt (*) có 2 nghiệm phân biệt:

\(\orbr{\begin{cases}x_1=\frac{-\left(-11\right)+\sqrt{81}}{2.2}=5\left(nhận\right)\\x_2=\frac{-\left(-11\right)-\sqrt{81}}{2.2}=\frac{1}{2}\left(nhận\right)\end{cases}}\)

Vậy pt đã cho có tập nghiệm \(S=\left\{\frac{1}{2};5\right\}\)

2) Nhận thấy \(3x^2-27=3\left(x^2-9\right)=3\left(x-3\right)\left(x+3\right)\)nên ĐKXĐ ở đây là \(x\ne\pm3\)

pt đã cho \(\Leftrightarrow\frac{1}{3\left(x-3\right)\left(x+3\right)}+\frac{3}{4}=1+\frac{1}{x-3}\)

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

\(\Leftrightarrow\frac{1-3x-9}{3x^2-27}=\frac{1}{4}\)\(\Rightarrow-12x-32=3x^2-27\)\(\Leftrightarrow3x^2+12x+5=0\)(#)

Nhận thấy \(\Delta'=6^2-3.5=21>0\)

Vậy pt (#) có 2 nghiệm phân biệt \(\orbr{\begin{cases}x_1=\frac{-12+\sqrt{21}}{3}\left(nhận\right)\\x_2=\frac{-12-\sqrt{21}}{3}\left(nhận\right)\end{cases}}\)

Vậy pt đã cho có tập nghiệm \(S=\left\{\frac{-12\pm\sqrt{21}}{3}\right\}\)

\(x^2-4x=3\)\(\Leftrightarrow x^2-4x-3=0\)(*)

Ta có \(\Delta'=\left(-2\right)^2-1.\left(-3\right)=7>0\)nên pt (*) có 2 nghiệm phân biệt

\(\orbr{\begin{cases}x_1=\frac{-\left(-2\right)+\sqrt{7}}{1}=2+\sqrt{7}\\x_2=\frac{-\left(-2\right)-\sqrt{7}}{1}=2-\sqrt{7}\end{cases}}\)