\(\sqrt{a}\sqrt{b}\sqrt{c}\)  lần lượt là 3 cạnh tam giác giải pt ax2+ ( b+a-c...">
K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

15 tháng 5 2018

dễ thôi:

tính penta của phương trình ra ta được : penta=\(a^2+b^2+c^2-2ab-2bc-2ac=\left(a-c\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a-b\right)^2-a^2-b^2-c^2\)

theo hệ thức tam giác ta có: a-c<b;a-b<c;b-c<a

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

nên penta nhỏ hơn 0 => pt vô nghiệm

1 tháng 9 2018

a/\(\dfrac{x^2}{\sqrt{5}}-\sqrt{20}=0\Leftrightarrow\dfrac{x^2}{\sqrt{5}}=\sqrt{20}\Leftrightarrow x^2=\sqrt{100}\Leftrightarrow x=\sqrt{10}\)

b/ \(\sqrt{\left(x-3\right)^2}-9=0\Leftrightarrow\left|x-3\right|=9\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x-3=9\\x-3=-9\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=12\\x=-6\end{matrix}\right.\)

Vậy.......

c/ \(\sqrt{4x^2+4x+1}=6\Leftrightarrow\sqrt{\left(2x+1\right)^2}=6\Leftrightarrow\left|2x+1\right|=6\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}2x-1=6\\2x-1=-6\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{7}{2}\\x=-\dfrac{5}{2}\end{matrix}\right.\)

Vậy.......

NV
12 tháng 7 2020

Giả sử \(x_1=\frac{\sqrt{2}-\sqrt{3}}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}=\frac{\left(\sqrt{2}-\sqrt{3}\right)^2}{\left(\sqrt{2}-\sqrt{3}\right)\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)}=-5+2\sqrt{6}\)

Do \(x_1\) là nghiệm của pt nên:

\(a\left(-5+2\sqrt{6}\right)^2+b\left(-5+2\sqrt{6}\right)+c=0\)

\(\Leftrightarrow49a-20a\sqrt{6}-5b+2b\sqrt{6}+c=0\)

\(\Leftrightarrow49a-5b+c=\left(20a-2b\right)\sqrt{6}\)

Do vế trái là đại lượng hữu tỉ, vế phải vô tỉ nên đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

\(\left\{{}\begin{matrix}49a-5b+c=0\\20a-2b=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}b=10a\\49a-50a+c=0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}c=a\\b=10a\end{matrix}\right.\) thay vào pt ban đầu:

\(ax^2+10ax+a=0\Leftrightarrow x^2+10x+1=0\)

\(\Rightarrow x_2=\frac{1}{x_1}=-5-2\sqrt{6}\)

18 tháng 7 2017

A B C H E F

a) ta có: \(BC^2=\left(BH+CH\right)^2=BH^2+CH^2+2BH.CH\)

=\(BE^2+EH^2+FH^2+CF^2+2AH^2\)

\(=BE^2+CF^2+3AH^2\)(đpcm)

b) đơn giản đi, ta cần chứng minh \(\sqrt[3]{\frac{BE^2}{BC^2}}+\sqrt[3]{\frac{CF^2}{BC^2}}=1\)

Ta có: \(BE=\frac{BH^2}{AB};BC=\frac{AB^2}{BH}\Rightarrow\frac{BE}{BC}=\frac{BH^3}{AB^3}\)

Thiết lập tương tự \(\Rightarrow VT=\frac{BH^2}{AB^2}+\frac{CH^2}{AC^2}\)

Việc còn lại cm nó =1,xin nhường chủ tus

17 tháng 12 2022

\(\text{Δ}=\left(m+3\right)^2-4m^2\)

\(=m^2+6m+9-4m^2=-3m^2+6m+9\)

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

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì (m-3)(m+1)<0

=>-1<m<3

b:\(\Leftrightarrow x1+x2+2\sqrt{x_1x_2}=5\)

\(\Leftrightarrow m+3+2\sqrt{m^2}=5\)

=>2|m|=5-m-3=2-m

TH1: m>=0

=>2m=2-m

=>3m=2

=>m=2/3(nhận)

TH2: m<0

=>-2m=2-m

=>-2m+m=2

=>m=-2(loại)

c: P(x1)=P(x2)

=>\(x_1^3+a\cdot x_1^2+b=x_2^3+a\cdot x_2^2+b\)

=>\(\left(x_1-x_2\right)\left(x_1^2+x_1x_2+x_2^2\right)+a\left(x_1-x_2\right)\left(x_1+x_2\right)=0\)

=>(x1-x2)(x1^2+x1x2+x2^2+ax1+ax2)=0

=>x=0 và a=0

=>\(\left\{{}\begin{matrix}a=0\\b\in R\end{matrix}\right.\)

NV
12 tháng 10 2020

\(A=\frac{\sqrt{2}-1}{\left(\sqrt{2}-1\right)\left(\sqrt{2}+1\right)}+\frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)\left(\sqrt{3}+\sqrt{2}\right)}+...+\frac{\sqrt{100}-\sqrt{99}}{\left(\sqrt{100}-\sqrt{99}\right)\left(\sqrt{100}+\sqrt{99}\right)}\)

\(=\sqrt{2}-1+\sqrt{3}-\sqrt{2}+...+\sqrt{100}-\sqrt{99}\)

\(=\sqrt{100}-1=9\)

\(B=\frac{2}{2}+\frac{2}{2\sqrt{2}}+\frac{2}{2\sqrt{3}}+...+\frac{2}{2\sqrt{35}}\)

\(B>\frac{2}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}+\frac{2}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+...+\frac{2}{\sqrt{35}+\sqrt{36}}\)

\(B>2\left(\frac{\sqrt{2}-1}{\left(\sqrt{2}-1\right)\left(\sqrt{2}+1\right)}+...+\frac{\sqrt{36}-\sqrt{35}}{\left(\sqrt{36}-\sqrt{35}\right)\left(\sqrt{36}+\sqrt{35}\right)}\right)\)

\(B>2\left(\sqrt{2}-1+\sqrt{3}-\sqrt{2}+...+\sqrt{36}-\sqrt{35}\right)\)

\(B>2\left(\sqrt{36}-1\right)=10>9=A\)

\(\Rightarrow B>A\)

NV
12 tháng 10 2020

Để biểu thức B có nghĩa thì \(xy\ne0\)

Khi đó ta có:

\(x^3+y^3=2x^2y^2\)

\(\Leftrightarrow\left(x^3+y^3\right)^2=4x^4y^4\)

\(\Leftrightarrow x^6+y^6+2x^3y^3=4x^4y^4\)

\(\Leftrightarrow x^6+y^6-2x^3y^3=4x^4y^4-4x^3y^3\)

\(\Leftrightarrow\left(x^3-y^3\right)^2=4x^4y^4\left(1-\frac{1}{xy}\right)\)

\(\Leftrightarrow1-\frac{1}{xy}=\left(\frac{x^3-y^3}{2x^2y^2}\right)^2\)

\(\Rightarrow\sqrt{1-\frac{1}{xy}}=\left|\frac{x^3-y^3}{2x^2y^2}\right|\) là một số hữu tỉ

AH
Akai Haruma
Giáo viên
28 tháng 7 2020

Lời giải:

Ta sẽ chứng minh PT $ax+\frac{b}{x}=c\sqrt{2}$ có nghiệm $x\neq 0$.

Với $x\neq 0$

PT $ax+\frac{b}{x}=c\sqrt{2}$

$\Leftrightarrow ax^2-c\sqrt{2}x+b=0$

$\Delta=(c\sqrt{2})^2-ab=2c^2-4ab=2[c^2-(a^2+b^2)]+2(a^2+b^2-2ab)$
$=2[c^2-(a^2+b^2)]+2(a-b)^2>0$ với mọi $c^2> a^2+b^2$
Do đó PT luôn có nghiệm.

NV
12 tháng 10 2020

\(S=\frac{a}{a+2b}+\frac{b}{b+2c}+\frac{c}{c+2a}\)

\(S=\frac{a^2}{a^2+2ab}+\frac{b^2}{b^2+2bc}+\frac{c^2}{c^2+2ca}\)

\(S\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+2ab+b^2+2bc+c^2+2ca}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}=1\)

\(S_{min}=1\) khi \(a=b=c=1\)

GTNN của S hoàn toàn không cần đến điều kiện \(abc=1\), nó luôn bằng 1 với mọi số thực dương a;b;c (nên điều kiện \(abc=1\) là thừa)

NV
12 tháng 10 2020

Do \(x^{2016}+y^{2016}+z^{2016}=1\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}0\le x^{2016}\le1\\0\le y^{2016}\le1\\0\le z^{2016}\le1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^{2017}\le x^{2016}\\y^{2017}\le y^{2016}\\z^{2017}\le z^{2016}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow x^{2017}+y^{2017}+z^{2017}\le x^{2016}+y^{2016}+z^{2016}\)

\(\Rightarrow x^{2017}+y^{2017}+z^{2017}\le1\)

Đẳng thức xảy ra khi vả chỉ khi \(\left(x;y;z\right)=\left(0;0;1\right)\) và hoán vị

\(\Rightarrow P=1\)

Gọi \(d=ƯC\left(m^2+n^2;m+n\right)\)

\(\Rightarrow\left(m+n\right)^2-\left(m^2+n^2\right)⋮d\Rightarrow2mn⋮d\)

TH1: \(2⋮d\Rightarrow d_{max}=2\) khi \(m;n\) cùng lẻ

TH2: \(m⋮d\) , mà \(m+n⋮d\Rightarrow n⋮d\)

\(\Rightarrow d=ƯC\left(m;n\right)\Rightarrow d=1\)

Th3: \(n⋮d\) tương tự như trên ta có \(d=1\)

Vậy ước chung lớn nhất A; B bằng 2 khi m; n cùng lẻ