Cách giải giống câu này nè bạn: 903926

ĐK: x \(\ne\) -1

Đặt y = x+1

=> x = y - 1

PT tương đương

(y-1)² + \(\frac{\left(y-1\right)^2}{y^2}\)= 1

<=> y² - 2y + 1 + 1 - \(\frac{2}{y}\)+ \(\frac{1}{y^2}\)= 1

<=> y² + \(\frac{1}{y^2}\) - 2(y + \(\frac{1}{y}\)) = -1

Đặt z = y + \(\frac{1}{y}\)  (|z| >= 2)

=> z = y² + \(\frac{1}{y^2}\) + 2

PT tương đương

z² - 2 - 2z = -1

<=> z² - 2z - 1 = 0

<=>

z = \(\frac{2-\sqrt{8}}{2}\)(loại vì |z| < 2)

hoặc z = \(\frac{2+\sqrt{8}}{2}\)= 1 +\(\sqrt{2}\)

=> y + \(\frac{1}{y}\) = 1 + \(\sqrt{2}\)

=> y² - (1 +\(\sqrt{2}\))y + 1 = 0

Giải PT bậc 2 này tìm được 2 nghiệm y.

=> 2 nghiệm x = y - 1.

D = 2\(\sqrt{2}\)-1 > 0

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

hoặc y = \(\frac{\sqrt{2}+1-\sqrt{2\sqrt{2}-1}}{2}\)

=> x = y - 1 = ... \(\approx\)0.883203505913526

Hoặc x = y - 1 = ... \(\approx\)-0.468989943540431

\(x^2+\left(\frac{x}{x+1}\right)^2=1\) Điều kiện xác định \(x\ne-1\)
\(\Leftrightarrow x^2+\left(\frac{x}{x+1}\right)^2-2\frac{x^2}{x+1}+2\frac{x^2}{x+1}=1\)
\(\Leftrightarrow\left(x-\frac{x}{x+1}\right)^2+2\frac{x^2}{x+1}=1\)
Nhận xét \(x-\frac{x}{x+1}=\frac{x^2+x-x}{x+1}=\frac{x^2}{x+1}\)
Từ đó ta có: \(\left(x-\frac{x}{x+1}\right)^2+2\frac{x^2}{x+1}=1\Leftrightarrow\left(x-\frac{x}{x+1}\right)^2+2\left(x-\frac{x}{x+1}\right)=1\)
Đặt \(t=x-\frac{x}{x+1}\) ta có phương trình \(t^2+2t-1=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}t=1+\sqrt{2}\\t=1-\sqrt{2}\end{cases}}\)
Với \(t=1+\sqrt{2}\)ta có \(x-\frac{x}{x+1}=1+\sqrt{2}\)\(\Leftrightarrow x^2-\left(1+\sqrt{2}\right)x-\left(1+\sqrt{2}\right)=0\)
                                                                                           \(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x_1=\frac{1+\sqrt{2}+\sqrt{7+6\sqrt{2}}}{2}\\x_1=\frac{1+\sqrt{2}-\sqrt{7+6\sqrt{2}}}{2}\end{cases}}\)
  Với \(t=1-\sqrt{2}\) ta có \(x-\frac{x}{x+1}=1-\sqrt{2}\)\(\Leftrightarrow x^2-\left(1-\sqrt{2}\right)x-\left(1-\sqrt{2}\right)=0\)( vô nghiệm).
                                                                                             

\(\hept{\begin{cases}a+b+c=0\\ab+bc+ca+3=0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2+b^2+c^2=-2\left(ab+bc+ca\right)\\-\left(ab+bc+ca\right)=3\end{cases}}\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2=6\)

\(\Rightarrow a^2\le6\)

\(\Leftrightarrow-2\le a\le2\)

 \(\Rightarrow\) a \(\in\){ -2; - 1; 0; 1; 2}

Thế a = - 2 vào hệ ban đầu ta được

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}b+c=2\\-2b+bc-2c+3=0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}b=1\\c=1\end{cases}}\) 

Tương tự cho các trường hợp còn lại 

10000

Đặt \(\hept{\begin{cases}\sqrt[3]{a}=x\\\sqrt[3]{b}=b\end{cases}}\)

Thì đề bài trở thành 

Cho \(x+y=\sqrt[3]{y^3-\frac{1}{4}}\)

Chứng minh: \(0>x\ge-1\)

Lập phương 2 vế ta được:

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

\(\Leftrightarrow12xy^2+12x^2y+4x^3+1=0\)

Với \(x=0\) thì

\(\Rightarrow1=0\left(l\right)\)

Với \(x\ne0\)

Để phương trình theo nghiệm y có nghiệm thì

\(∆'=36x^4-12x\left(4x^3+1\right)\ge0\) 

 \(\Leftrightarrow x^4+x\le0\)

\(\Leftrightarrow-1\le x< 0\) 

Vậy ta có ĐPCM

\(A=\frac{\left(1-\tan^2x\right)^2}{4\tan^2x}-\frac{1}{4\sin^2x.\cos^2x}\)

 \(=\frac{1}{\tan^22x}-\frac{1}{\sin^22x}\)

\(=\frac{\cos^22x}{\sin^22x}-\frac{1}{\sin^22x}\)

\(=\frac{\cos^22x-1}{\sin^22x}=\frac{-\sin^22x}{\sin^22x}=-1\)

Vậy A không phụ thuộc vào x

em chỉ là học sinh lớp 6 thôi ko giúp đc gì cả

Cho \(P=9xy+10yz+11xz\), với \(x+y+z=1\) thì

\(P=9xy+10yz+11xz=9xy+z\left(10y+11x\right)\)\(=9xy+\left(1-x-y\right)\left(10y+11x\right)\)

Khai triển và rút gọn, ta thu được

\(P=-11x^2-10y^2+11x+10y-12xy\)

\(\Leftrightarrow11x^2+\left(12y-11\right)x+10y^2-10y+P=0\)(*)

Coi đây là tam thức bậc hai ẩn x, , do điều kiện tồn tại của x  nên suy ra (*) phải có nghiệm, tức là

\(\Delta=\left(12y-11\right)^2-44\left(10y^2-10y+P\right)\ge0\)

Hay \(-296y^2+176y+121-44P\ge0\)

\(\Leftrightarrow P\le-\frac{74}{11}\left(y^2-\frac{22}{37}y-\frac{121}{296}\right)\)

Dễ thấy: \(y^2-\frac{22}{37}y-\frac{121}{296}\ge-\frac{5445}{10952}\)

\(\Rightarrow P\le\left(-\frac{74}{11}\right)\cdot\left(-\frac{5445}{10952}\right)=\frac{195}{148}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(x=\frac{25}{74};y=\frac{11}{37};z=\frac{27}{74}\)

T/b: giải toán với sự trợ giúp của Wolfram|Alpha, bài này còn có cách hệ số bất định uct nhưng mình chưa hiểu lắm, để mai hỏi cô r` post cho :))

Dùng hệ số bất định giải

Ta có: 

\(9xy+10yz+11zx=5\left(xy+zx\right)+4\left(yz+xy\right)+6\left(zx+yz\right)\)

\(=5x\left(1-x\right)+4y\left(1-y\right)+6z\left(1-z\right)=\left(5x-5x^2\right)+\left(4y-4y^2\right)+\left(6z-6z^2\right)\)

\(=\frac{255}{148}+\frac{60}{37}\left(x+y+z\right)-\left(5x^2-\frac{125x}{37}+\frac{3125}{5476}\right)-\left(4y^2-\frac{88y}{37}+\frac{484}{1369}\right)-\left(6z^2-\frac{162z}{37}+\frac{2187}{2738}\right)\)

\(=\frac{495}{148}-5\left(x-\frac{25}{74}\right)^2-4\left(y-\frac{11}{37}\right)^2-6\left(z-\frac{27}{74}\right)^2\le\frac{495}{148}\)

Vậy GTLN là \(\frac{495}{148}\)đạt được khi \(\hept{\begin{cases}x=\frac{25}{74}\\y=\frac{11}{37}\\z=\frac{27}{74}\end{cases}}\)

\(tacó 18-8\sqrt{2}=\left(\sqrt{2}-4\right)^2 \))  (phân tích theo HĐt)
suy ra  \(\sqrt{6-2\sqrt{2}+\sqrt{12}+4-\sqrt{2}}\)( vì 4 > căn 2)
          RG ta đc
   \(\sqrt{10-3\sqrt{2}+2\sqrt{3}}\)
 {   \(\sqrt{10-\sqrt{6}\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)}\)bỏ bước này cx đc }
bn nên xem lại đề vì k bài nào kêu tính mà ra KQ nhìu căn như w
  nhớ cho mik nha ~!!!

a) Do BHCK là hình bình hành nên BH // KC \(\Rightarrow KC\perp AC\Rightarrow\widehat{ACK}=90^o\)

KB // CF \(\Rightarrow\widehat{ABK}=90^o\)

Hai tam giác vuông ABK và ACK chung cạnh huyền AK nên A, B, C, K cùng thuộc đường tròn đường kính AK. Vậy K thuộc đường tròn (O).

b) Do BHCK là hình bình hành nên I là trung điểm HK.

AK là đường kính nên \(\widehat{AA'K}=90^o\Rightarrow\) DI // A'K

Vậy DI là đường trung bình tam giác HA'K. Suy ra HD = DA'

Tương tự : HF = FC' ; HE = EB'

Ta có :  \(\frac{AA'}{AD}+\frac{BB'}{BE}+\frac{CC'}{CF}=\frac{AD+DA'}{AD}+\frac{BE+EE'}{BE}+\frac{CF+FC'}{CF}\)

\(=1+\frac{DA'}{AD}+1+\frac{EB'}{BE}+1+\frac{FC'}{CF}=3+\left(\frac{DA'}{AD}+\frac{EB'}{BE}+\frac{FC'}{CF}\right)\)

\(=3+\left(\frac{HD}{AD}+\frac{HE}{BE}+\frac{HF}{CF}\right)=3+\left(\frac{S_{BHC}}{S_{ABC}}+\frac{S_{AHC}}{S_{ABC}}+\frac{S_{AHB}}{S_{ABC}}\right)\)

\(=3+\frac{S_{ABC}}{S_{ABC}}=3+1=4\)

Vậy nên \(\frac{AA'}{AD}+\frac{BB'}{BE}+\frac{CC'}{CF}=4\)

c) Ta thấy \(\widehat{AKC}=\widehat{ABC}=\widehat{AHF}\)

Vậy nên \(\Delta AFH\sim\Delta ACK\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AH}{AK}=\frac{AF}{AC}\)  (1)

AFH và AEH là các tam giác vuông chung cạnh huyền AH nên AFHE là tứ giác nội tiếp.

Vậy thì \(\widehat{AFM}=\widehat{AHE}=\widehat{ACN}\)

Lại có \(\Delta AFH\sim\Delta ACK\Rightarrow\widehat{FAM}=\widehat{CAN}\)

Nên \(\Delta AFM\sim\Delta ACN\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AF}{AC}=\frac{AM}{AN}\)   (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{AH}{AK}=\frac{AM}{AN}\Rightarrow\frac{AH}{AM}=\frac{AK}{AN}\Rightarrow\) MN // HK (Định lý Talet đảo)

ghê quá cô ơi

Bài 1:

\(BDT\Leftrightarrow\sqrt{\frac{3}{a+2b}}+\sqrt{\frac{3}{b+2c}}+\sqrt{\frac{3}{c+2a}}\le\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\ge\sqrt{3}\left(\frac{1}{\sqrt{a+2b}}+\frac{1}{\sqrt{b+2c}}+\frac{1}{\sqrt{c+2a}}\right)\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz và BĐT AM-GM ta có: 

\(\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{b}}\ge\frac{9}{\sqrt{a}+\sqrt{2}\cdot\sqrt{2b}}\ge\frac{9}{\sqrt{\left(1+2\right)\left(a+2b\right)}}=\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{a+2b}}\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có: 

\(\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\ge\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{b+2c}};\frac{1}{\sqrt{c}}+\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{a}}\ge\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{c+2a}}\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có: 

\(3\left(\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\right)\ge3\sqrt{3}\left(\frac{1}{\sqrt{a+2b}}+\frac{1}{\sqrt{b+2c}}+\frac{1}{\sqrt{c+2a}}\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\ge\sqrt{3}\left(\frac{1}{\sqrt{a+2b}}+\frac{1}{\sqrt{b+2c}}+\frac{1}{\sqrt{c+2a}}\right)\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)

Bài 2: làm mãi ko ra hình như đề sai, thử a=1/2;b=4;c=1/2

Bài 2/

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

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

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

\(\ge\frac{\left(bc+ca+ab\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{ab+bc+ca}{2}\)

\(\ge\frac{3\sqrt[3]{ab.bc.ca}}{2}=\frac{3}{2}\)

Dấu =  xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Với a = b = c = 2 thì ta có cả 3 phương trình đều có dạng.

\(x^2-2x+1=0\)

\(\Leftrightarrow x=1\)Vậy trong trường hợp này cả 3 phương trình đều chỉ có 1 nghiệm.

Vậy đề bài sai.

Nếu xét các trường hợp khác thì sao alibaba ??

Ta có: 

\(\frac{a+b}{\sqrt{a\left(3a+b\right)}+\sqrt{b\left(3b+a\right)}}=\frac{2\left(a+b\right)}{\sqrt{4a\left(3a+b\right)}+\sqrt{4b\left(3b+a\right)}}\)

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

Dấu = xảy ra khi \(a=b\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có: 

\(\sqrt{a\left(3a+b\right)}+\sqrt{b\left(3b+a\right)}=\sqrt{a}\sqrt{3a+b}+\sqrt{b}\sqrt{3b+a}\)

\(\le\sqrt{\left(a+b\right)\left(3a+b+3b+a\right)}=2\left(a+b\right)\)

\(\Rightarrow\frac{a+b}{\sqrt{a\left(3a+b\right)}+\sqrt{b\left(3b+a\right)}}\ge\frac{a+b}{2\left(a+b\right)}=\frac{1}{2}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b\)