\(\hept{\begin{cases}a+b+c+d=7\\a^2+b^2+c^2+d^2=13\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}b+c+d=7-a\left(1\right)\\b^2+c^2+d^2=13-a^2\left(2\right)\end{cases}}\)

Ta có: 

\(\left(b+c+d\right)^2=b^2+c^2+d^2+2\left(bc+cd+db\right)\)

\(\le b^2+c^2+d^2+\left(b^2+c^2\right)+\left(c^2+d^2\right)+\left(d^2+b^2\right)=3\left(b^2+c^2+d^2\right)\)

\(\Rightarrow\left(b+c+d\right)^2\le3\left(b^2+c^2+d^2\right)\left(3\right)\)

Thế (1), (2) vào (3) ta được

\(\left(7-a\right)^2\le3\left(13-a^2\right)\)

 \(\Leftrightarrow2a^2-7a+5\le0\)

\(\Leftrightarrow1\le a\le\frac{5}{2}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}min\left(a\right)=1\\max\left(a\right)=\frac{5}{2}\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\frac{min\left(a\right)+max\left(a\right)}{2}=\frac{1+\frac{5}{2}}{2}=\frac{7}{4}\)

= 7/4 nhe

\(\left(2x-4\right)^3+\left(x-5\right)^3=\left(3x-9\right)^3\)

Đặt \(\hept{\begin{cases}2x-4=u\\x-5=v\end{cases}}\)thì ta có 

\(u^3+v^3=\left(u+v\right)^3\)

 \(\Leftrightarrow u^2v+uv^2=0\)

\(\Leftrightarrow uv\left(u+v\right)=0\)

Với \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}u=0\\v=0\\u=-v\end{cases}}\) (không có ký hiệu hoặc 3 cái nên dùng tạm cái này)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2x-4=0\\x-5=0\\2x-4=-x+5\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=2\\x=5\\x=3\end{cases}}\) 

Đặt 2x-4=a (1)

x-5=b (2)

3x-9=c (3)

Từ (1),(2),(3) --->a+b+c=0

Mặt khác : nếu a+b+c=0 --->a³+b³+c³=3abc (*)

Từ (*)--->(2x-4)³+(x-5)³-(3x-9)³=3(2x-4)(x-5)(3x-9)=0

---> x=2;x=5;x=3

a. Do I là trung điểm CD nên \(OI⊥CD\Rightarrow\widehat{OIM}=90^o.\)

Ta thấy \(\widehat{OAM}=\widehat{OBM}=\widehat{OIM}=90^o\) nên A, B ,M , O, I cùng thuộc đường tròn đường kính MO.

b. Xét đường tròn (O) có \(\widehat{AEB}=\frac{\widehat{AOB}}{2}\) (1)

Xét đường tròn đường kính MO có MA = MB nên \(sđ\widebat{AM}=sđ\widebat{MB}\).

Nên  \(\widehat{AOB}=\frac{sđ\widebat{AMB}}{2}=sđ\widebat{AM}=sđ\widebat{MB}\)

Lại có \(\widehat{MIB}=\frac{sđ\widebat{MB}}{2}=\frac{\widehat{AOB}}{2}\), vậy nên \(\widehat{MIB}=\widehat{AEI.}\)

Lại có \(\widehat{MIB}=\widehat{EID}\) (đối đỉnh) nên \(\widehat{AEI}=\widehat{EID}\)

Chúng ở vị trí so le trong nên AE // CD.

c. Nếu \(MA⊥MB\)thì tứ giác OAMB là hình chữ nhật, lại có OA = OB nên nó là hình vuông. Khi đó \(OM=\sqrt{2OB^2}=R\sqrt{2}\)

Vậy để \(MA⊥MB\) thì M thuộc tia đối tia CD mà \(OM=R\sqrt{2}\)

d. Ta thấy ngay \(\Delta MBD\sim\Delta MCB\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{MB}{MC}=\frac{MD}{MB}\Rightarrow MB^2=MC.MD\)

Xét tam giác vuông MBO có BH là đường cao nên \(MB^2=MH.MO\)

Vậy thì \(MH.MO=MC.MD\Rightarrow\frac{MH}{MD}=\frac{MC}{MO}\)

Suy ra \(\Delta MCH\sim\Delta MDO\left(c-g-c\right)\)

Vậy thì \(\widehat{MHC}=\widehat{MDO}\left(1\right)\) hay tứ giác HCDO nội tiếp. Vậy \(\widehat{OCD}=\widehat{OHD}\) (2) (Cùng chắn cung OD)

Lại có \(\widehat{MDO}=\widehat{OCD}\) (OC = OD = R) nên \(\widehat{MHC}=\widehat{OHD}\)

Vậy thì \(\widehat{CHB}=\widehat{DHB}\) (Cùng phụ với góc MHC và OHD)

Tóm lại HB là phân giác góc CHD(đpcm).

chưa học và khó quá nên ít người trả lời

Ta có: \(1995^{1995}=a_1+a_2+...+a_n\)

\(\Rightarrow a_1+a_2+...+a_n\)là số lẻ

\(\Rightarrow a_1^3+a_2^3+...+a_n^3\) là số lẻ (1)

Ta lại có: 

\(\left(1995^{1995}\right)^3=\left(a_1+a_2+...+a_n\right)3\)

\(\Leftrightarrow1995^{5985}=a_1^3+a_2^3+...+a_n^3+3A\)(2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow3A\)là số chẵn hay \(3A⋮6\)

Vậy số dư của \(a_1^3+a_2^3+...+a_n^3\)chia cho 6 sẽ đúng bằng số dư của \(1995^{5985}\)chia cho 6

Ta có: \(1995\text{≡}3\left(mod6\right)\Rightarrow1995^{5985}\text{≡}3^{5985}\left(mod6\right)\)(3)

Mà ta có: \(3^{5985}-3=3\left(3^{5984}-1\right)=3.2.B=6.B\) (B chỉ là ký hiệu phần còn lại. Ký hiệu cho gọn)

Từ đây thì ta có: \(3^{5985}\text{≡}3\left(mod6\right)\)(4)

Từ (3) và (4) \(\Rightarrow1995^{5985}\text{≡}3^{5985}\text{≡}3\left(mod6\right)\)

Vậy \(a_1^3+a_2^3+...+a_n^3\) chia cho 6 dư 3

khó quá

Đặt \(\sqrt[3]{3x^2-x+2001}=a;-\sqrt[3]{3x^2-7x+2002}=b;-\sqrt[3]{6x-2003}=c\)

Thì ta có được hệ: \(\hept{\begin{cases}a+b+c=\sqrt[3]{2002}\\a^3+b^3+c^3=2002\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^3=a^3+b^3+c^3\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=a^3+b^3+c^3\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=0\)

Với  a = - b thì

\(\sqrt[3]{3x^2-x+2001}=\sqrt[3]{3x^2-7x+2002}\)

\(\Leftrightarrow3x^2-x+2001=3x^2-7x+2002\)

\(\Leftrightarrow6x=1\)

\(\Leftrightarrow x=\frac{1}{6}\)

Tương tự cho 2 trường hợp còn lại 

\(\Leftrightarrow\)x=\(\frac{1}{6}\)

2a)với a,b,c là các số thực ta có 

\(a^2-ab+b^2=\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2+\frac{3}{4}\left(a-b\right)^2\ge\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2\)

\(\Rightarrow\sqrt{a^2-ab+b^2}\ge\sqrt{\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2}=\frac{1}{2}\left|a+b\right|\)

tương tự \(\sqrt{b^2-bc+c^2}\ge\frac{1}{2}\left|b+c\right|\)

tương tự \(\sqrt{c^2-ca+a^2}\ge\frac{1}{2}\left|a+c\right|\)

cộng từng vế mỗi BĐT ta được \(\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ca+a^2}\ge\frac{2\left(a+b+c\right)}{2}=a+b+c\)

dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c

ngủ như lợn

ma cung doi hoc

ko biết vi mình mới học lớp 7

o biet

khó thế không biết

ĐK: x > 0

\(pt\Leftrightarrow\frac{2x\left(1+\sqrt{x}\right)+2.2x\left(1+x\right)}{2x\left(1+\sqrt{x}\right)\left(1+x\right)}=\frac{\left(2+\sqrt{x}\right)\left(1+x\right)\left(1+\sqrt{x}\right)}{2x\left(1+\sqrt{x}\right)\left(1+x\right)}\)

\(\Leftrightarrow2x+2x\sqrt{x}+4x+4x^2=\left(2+2x+\sqrt{x}+x\sqrt{x}\right)\left(1+\sqrt{x}\right)\)

\(\Leftrightarrow4x^2+2x\sqrt{x}+6x=x^2+5x\sqrt{x}+3x+\sqrt{x}+2\)

\(\Leftrightarrow3x^2-3x\sqrt{x}+3x-\sqrt{x}-2=0\)

\(\Leftrightarrow3x\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)+\left(\sqrt{x}-1\right)\left(3\sqrt{x}+2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x}-1\right)\left(3x\sqrt{x}+3\sqrt{x}+2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}\sqrt{x}-1=0\\3x\sqrt{x}+3\sqrt{x}+2=0\end{cases}}\)

TH1: x = 1 (tm)

TH2: Ta thấy rằng \(\sqrt{x}>0\Rightarrow\hept{\begin{cases}3x\sqrt{x}>0\\3\sqrt{x}>0\end{cases}}\Rightarrow3x\sqrt{x}+3\sqrt{x}+2>2\ne0\)

Kết luận : Phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.

\(ĐK:x>0\) đặt \(\sqrt{x}=y\) => y>0

\(\frac{\Leftrightarrow1}{y^2+1}+\frac{2}{y+1}=\frac{2+y}{2y^2}\) do y khác 0=> chia cả hai vế choy^2 đặt 1/y=z

Sửa đề: \(\sqrt{x-1}+\sqrt{x^3+x^2+x+1}=1+\sqrt{x^4-1}\)

Đặt \(\hept{\begin{cases}\sqrt{x-1}=a\left(a\ge0\right)\\\sqrt{x^3+x^2+x+1}=b\left(b\ge0\right)\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow a+b=1+ab\)

\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)+\left(b-ab\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)\left(1-b\right)=0\)

Với a = 1 thì 

\(\Rightarrow\sqrt{x-1}=1\)

\(\Rightarrow x=2\)

 Với b = 1 thì

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

\(\Leftrightarrow x=0\)(loại)

Vậy PT có nghiệm duy nhất là x = 2

= tôi không biết