bằng cách nào bạn?? k đúng cho mình câu này nha.

bạn học lớp mấy vậy

\(x^2-\frac{5}{3}x-\frac{2}{3}\)

\(=x^2-2x+\frac{1}{3}x-\frac{2}{3}\)

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

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

\(x^2-\left(5+y\right)x+2+y=0\Leftrightarrow x^2-\left(5+y\right)x+5+y-1=2\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x+1\right)-\left(y+5\right)\left(x-1\right)=2\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x-y-4\right)=2=1\cdot2=2\cdot1=\left(-1\right)\left(-2\right)=\left(-2\right)\left(-1\right)\)

Giải phương trình tích trên ta được 4 tập nghiệm là \(\left(x;y\right)\in\left\{\left(2;-4\right);\left(3;-2\right);\left(0;-2\right);\left(-1;-4\right)\right\}\) 

Nghĩ ra rồi -_-

Phương trình trên có nghiệm khi và chỉ khi \(\Delta=\left(5+y\right)^2-4\left(2+y\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow y^2+6y+17\ge0\) (luôn đúng do VT >= 8 với mọi y)

Để phương trình có nghiệm nguyên thì \(\Delta\)là số chính phương.

Đặt \(y^2+6y+17=k^2\)

Suy ra \(\left(y+3\right)^2+8=k^2\) (\(k\inℕ\))

\(\Leftrightarrow\left(y+3\right)^2-k^2=8\)

\(\Leftrightarrow\left(y+3-k\right)\left(y+3+k\right)=8\)

Lập bảng ước số là ra.

\(5x-2007y=1\Rightarrow2007y< 5x< 15000\Rightarrow y< 8\)

\(2007y=5x-1>4\Rightarrow y>0\)

Các giá trị y nguyên từ 1 đến 7 thỏa mãn \(5x-2007y=1\)là y=2;y=7

Do đó ta có tập nghiệm là \(\left(x;y\right)\in\left\{\left(1001;2\right);\left(2810;7\right)\right\}\)

\(VT=\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}=\frac{1+b^2}{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)}+\frac{1+a^2}{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)}\)\(=\frac{2+a^2+b^2}{1+a^2+b^2+a^2b^2}\)

Ta luôn có:   \(\left(a-b\right)^2\ge0\)  \(\Leftrightarrow\)\(a^2+b^2\ge2ab\) \(\Leftrightarrow\)\(a^2+b^2\ge2\) do  \(ab\ge1\)

                        \(ab\ge1\)  \(\Rightarrow\)  \(a^2b^2\ge1\)

Khi đó:   \(VT=\frac{2+a^2+b^2}{1+a^2+b^2+a^2b^2}\ge\frac{2+2}{1+2ab+1}=\frac{4}{2\left(1+ab\right)}=\frac{2}{1+ab}\)

\(\Rightarrow\)\(VT\ge\frac{2}{1+ab}\)  hay    \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\ge\frac{2}{1+ab}\)  (đpcm)

Ta có: \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\ge\frac{2}{1+ab}\)

\(\Leftrightarrow\left(\frac{1}{1+a^2}-\frac{1}{1+ab}\right)+\left(\frac{1}{1+b^2}-\frac{1}{1+ab}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{1+ab-1-a^2}{\left(1+a^2\right)\left(1+ab\right)}+\frac{1+ab-1-b^2}{\left(1+b^2\right)\left(1+ab\right)}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{a\left(b-a\right)\left(1+b^2\right)+b\left(a-b\right)\left(1+a^2\right)}{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+ab\right)}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2\left(ab-1\right)}{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+ab\right)}\ge0\)(đúng do \(ab\ge1\))

=> DPCM

a) Ta có \(\widehat{HAB}=\widehat{HCA}\) (Do cùng phụ với góc HAC)

Xét tam giác HBA và tam giác HAC có 

\(\widehat{HAB}=\widehat{HCA}\)

\(\widehat{BAH}=\widehat{AHC}=90^0\)

=> tam giác HBA đồng dạng với HAC

b) Theo Pythagoras => \(BC^2=AB^2+AC^2=10^2+15^2=325\) => \(BC=5\sqrt{13}\)

    \(AH=\frac{2S_{ABC}}{BC}=\frac{AB.AC}{BC}=\frac{10.15}{5\sqrt{13}}=\frac{30\sqrt{13}}{13}\)

     \(HB^2=AB^2-AH^2=10^2-\left(\frac{30\sqrt{13}}{13}\right)^2=\)  =>  \(HB=\frac{20\sqrt{13}}{13}\)

     \(HC=BC-HB=5\sqrt{13}-\frac{20\sqrt{13}}{13}=\frac{45\sqrt{13}}{13}\)

c) \(S_{ABC}=\frac{1}{2}.AB.AC=\frac{1}{2}.10.15=75\)

d) Có tam giác HBA đồng dạng với tam giác HCA 

=> \(\frac{HB}{HA}=\frac{HA}{HC}\Rightarrow AH^2=HB.HC\)

Trả lời

a^2 + b^2 - 2ab

= ( a^2 - 2ab + b^2 )

= ( a - b )^2 ≥ 0 ( luôn đúng )

Vậy...

\(a^2+b^2-2ab=\left(a-b\right)^2\ge\forall a,b\)

\(M=\frac{x^2+2x+64}{x}=\frac{x\left(x+2\right)+64}{x}=x+2+\frac{64}{x}=\left(x+\frac{64}{x}\right)+2\)

\(>=2\sqrt{x\cdot\frac{64}{x}}+2=2\cdot\sqrt{64}+2=2\cdot8+2=18\)(bdt cosi)

dấu = xảy ra khi \(x=\frac{64}{x}\Rightarrow x^2=64\Rightarrow x=8\)

vậy min M là 18 tại x=8