Ta có:   \(\hept{\begin{cases}x^2+a_1x+b_1=0\left(1\right)\\x^2+a_2x+b_2=0\left(2\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\Delta_1=a_1^2-4b_1\\\Delta_2=a_2^2-4b_2\end{cases}}\) 
\(\Rightarrow\Delta_1+\Delta_2=a_1^2+a_2^2-4\left(b_1+b_2\right)\ge2a_1a_2-4\left(b_1+b_2\right)\ge0\)
\(\Rightarrow a_1a_2-2\left(b_1+b_2\right)\ge0\)
Vì \(\Delta_1+\Delta_2\ge0\) 

nên có ít nhất 1 trong 2 cái \(\Delta\) không âm .
\(\Rightarrow\)Có ít nhất 1 trong hai phương trình có nghiệm .

Ta có denta 1 + denta 2 = a_1²  -4b₁ + a_2²  - 4b₂ >= 2a₁ a₂ - 4(b₁ + 4b₂) >= 4(b₁ + 4b₂) - 4(b₁ + 4b₂) = 0

Vậy có ít nhất 1 trong 2 denta >= 0 nên có ít nhất 1 phương trình có nghiệm

\(a^3+1+1\ge3\sqrt[3]{a^3.1.1}=3a\)

\(\Rightarrow a+b+c\le\frac{a^3+b^3+c^3+6}{3}=3\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a< 3\text{ }\Rightarrow\text{ }3-a>0\\b+c\le3-a\end{cases}}\)

\(P=3a\left(b+c\right)+bc\left(3-a\right)\le3a\left(b+c\right)+\frac{\left(b+c\right)^2}{4}.\left(b+c\right)\)

\(=\frac{1}{4}\left[12a\left(b+c\right)+\left(b+c\right)^3\right]\le\frac{1}{4}\left[12a\left(3-a\right)+\left(3-a\right)^3\right]\)

\(=\frac{1}{4}\left[12a\left(3-a\right)+\left(3-a\right)^3-32\right]+8\)

\(=-\frac{1}{4}\left(a+1\right)\left(a-1\right)^2+8\le8\)

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Vậy \(\text{Max }P=8\)

giá trị LN của  P=8

\(\sqrt{a^2+\frac{1}{b^2}}+\sqrt{b^2+\frac{1}{c^2}}+\sqrt{c^2+\frac{1}{a^2}}\)

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

\(\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)^2+\frac{81}{\left(a+b+c\right)^2}}\)

\(\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)^2+\frac{81}{16\left(a+b+c\right)^2}+\frac{1215}{16\left(a+b+c\right)^2}}\)

\(\ge\sqrt{\frac{2.9}{4}+\frac{1215.4}{16.9}}=\frac{3\sqrt{17}}{2}\)

Điều kiện xác định : \(\hept{\begin{cases}2\ge\frac{1}{\sqrt{2-x}}\\x< 2\\x\ge0\end{cases}}\) \(\Leftrightarrow0\le x\le\frac{7}{4}\)

Ta có : \(\sqrt{2-\frac{1}{\sqrt{2-x}}}=x\)

\(\Rightarrow2-\frac{1}{\sqrt{2-x}}=x^2\)

\(\Leftrightarrow x^2\sqrt{2-x}-2\sqrt{2-x}+1=0\)

Đặt \(t=\sqrt{2-x},t\ge0\Rightarrow x=2-t^2\)

Ta có : \(\left(2-t^2\right)^2.t-2t+1=0\)

\(\Leftrightarrow t\left[\left(2-t^2\right)^2-1\right]-\left(t-1\right)=0\)

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

\(\Leftrightarrow t\left(t-1\right)\left(t+1\right)\left(t^2-3\right)-\left(t-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(t-1\right)\left[t\left(t+1\right)\left(t^2-3\right)-1\right]=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}t-1=0\\t\left(t+1\right)\left(t^2-3\right)-1=0\end{cases}}\)

• Nếu t - 1 = 0 => t = 1 ta có  \(x=2-1^2=1\)(tmđk)
• Nếu \(t\left(t+1\right)\left(t^2-3\right)-1=0\) , từ điều kiện \(0\le x\le\frac{7}{4}\)ta có \(t\left(t+1\right)\left(t^2-3\right)-1\le-\frac{179}{256}< 0\)=> pt này vô nghiệm.

Vậy pt có nghiệm x = 1

toán mấy ạ

Đề đúng là: Cho  \(a,b,c>0\) thỏa mãn \(\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c}=\sqrt{a+b-c}\)

Chứng minh \(\sqrt[2006]{a}+\sqrt[2006]{b}-\sqrt[2006]{c}=\sqrt[2006]{a+b-c}\)

Giải: Từ \(\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c}=\sqrt{a+b-c}\)\(\Rightarrow\)\(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2=\left(\sqrt{a+b-c}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\)\(a+b+c+2\sqrt{ab}-2\sqrt{bc}-2\sqrt{ca}=a+b-c\)

\(\Leftrightarrow\)\(2c+2\sqrt{ab}-2\sqrt{bc}-2\sqrt{ca}=0\)

\(\Leftrightarrow\)\(\left(c-\sqrt{ca}\right)+\left(\sqrt{ab}-\sqrt{bc}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\)\(\sqrt{c}\left(\sqrt{c}-\sqrt{a}\right)-\sqrt{b}\left(\sqrt{c}-\sqrt{a}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\)\(\left(\sqrt{c}-\sqrt{a}\right)\left(\sqrt{c}-\sqrt{b}\right)=0\)

\(\Rightarrow\)\(\sqrt{c}-\sqrt{a}=0\) hoặc \(\sqrt{c}-\sqrt{b}=0\)\(\Rightarrow\)\(\sqrt{c}=\sqrt{a}\) hoặc \(\sqrt{c}=\sqrt{b}\)

- Nếu \(\sqrt{c}=\sqrt{a}\) thì \(\sqrt[2006]{a}+\sqrt[2006]{b}-\sqrt[2006]{c}=\sqrt[2006]{b}=\sqrt[2006]{a+b-c}\)

- Nếu \(\sqrt{c}=\sqrt{b}\) thì \(\sqrt[2006]{a}+\sqrt[2006]{b}-\sqrt[2006]{c}=\sqrt[2006]{a}=\sqrt[2006]{a+b-c}\)

chịu .chưa học ai cũng chưa học giống mình thì k cho mình .rồi mình k lại cho.thề đấy

khó thế

Bạn học lớp mấy z, khó quá

Cô hướng dẫn nhé.

Giả sử điểm cầm tìm là M(a; 0). Như vậy, đường thẳng qua M, vuông góc với Ox là đường thẳng (d) : x = a.

Giao điểm của (d) với hai đường thẳng đã cho lần lượt là: \(A\left(a;\frac{2a-4}{3}\right)\) và \(B\left(a;\frac{3a-2}{5}\right)\)

Do a nguyên nên ta cầm tìm điều kiện để \(\frac{2a-4}{3}\) và \(\frac{3a-2}{5}\)nguyên.

Ta thấy \(\frac{2a-4}{3}=\frac{2\left(a-2\right)}{3}\)nên (a - 2) chia hết 3. Vậy thì a có dạng 3k + 2, (k nguyên dương).

\(\frac{3a-2}{5}=\frac{3a+3-5}{5}\) nên (3a + 3) chia hết 5 hay a + 1 chia hết 5. Vậy a có dạng 5t - 1, (t nguyên dương).

Kết hợp hai điều kiện: \(3k+2=5t-1\Leftrightarrow3\left(k+1\right)=5t\Leftrightarrow\frac{k+1}{5}=\frac{t}{3}.\)

a min thì k, t min nên ta tìm được k = 4, t = 3.

Vậy thi a = 14.

kết quả bằng 14

Điều kiện xác định của pt : \(\hept{\begin{cases}\frac{x^3+1}{x+3}\ge0\\x+1\ge0\\x+3\ge0\end{cases}}\) \(\Leftrightarrow x\ge-1\)

Ta có : \(\sqrt{\frac{x^3+1}{x+3}}+\sqrt{x+1}=\sqrt{x^2-x+1}+\sqrt{x+3}\)

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

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

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

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

• Nếu \(\sqrt{x+1}-\sqrt{x+3}=0\Rightarrow x+1=x+3\Leftrightarrow1=3\)(vô lí - loại)
• Nếu \(\sqrt{x^2-x+1}+\sqrt{x+3}=0\)(1).  

Từ điều kiện : Với \(x\ge-1\)thì \(\sqrt{x+3}\ge\sqrt{2}>0\); 

 \(\sqrt{x^2-x+1}=\sqrt{\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}>0\)

Do đó pt (1) vô nghiệm.

Vậy pt ban đầu vô nghiệm.

Điều kiện xác định của pt : \(\hept{\begin{cases}\frac{x^3+1}{x+3}\ge0\\x+1\ge0\\x+3\ge0\end{cases}}\) \(\Leftrightarrow x\ge-1\)

Ta có : \(\sqrt{\frac{x^3+1}{x+3}}+\sqrt{x+1}=\sqrt{x^2-x+1}+\sqrt{x+3}\)

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

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

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

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

• Nếu \(\sqrt{x+1}-\sqrt{x+3}=0\Rightarrow x+1=x+3\Leftrightarrow1=3\)(vô lí - loại)
• Nếu \(\sqrt{x^2-x+1}+\sqrt{x+3}=0\)(1).  So sánh từ điều kiện : Với mọi \(x\ge-1\)thì \(\sqrt{x+3}\ge\sqrt{2}>0\), \(\sqrt{x^2-x+1}=\sqrt{\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}>\)với mọi x

Do đó pt (1) vô nghiệm.

Vậy pt ban đầu vô nghiệm.

ai giải giúp bạn này đi TT mik cũng muốn xem lời giải bài này 

Câu 1: Đặt bt là A>0 ta có:

\(2A=3-\frac{a^2b}{2+a^2b}-\frac{b^2c}{2+b^2c}-\)\(\frac{c^2a}{2+c^2a}\)

Áp dụng bđt Cosi ta đc \(2A\ge3-\frac{1}{3}\left(\sqrt[3]{a^4b^2}+\sqrt[3]{b^4c^2}+\sqrt[3]{c^4a^2}\right)\)

\(\ge3-\frac{1}{3}\left(\frac{2ab+a^2}{3}+\frac{2bc+b^2}{3}+\frac{2ca+c^2}{3}\right)\)\(=3-\frac{1}{3}\left(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\right)=3-3\cdot\frac{1}{3}=2\)

\(\Rightarrow A\ge1\)

A B C M I

a) Xét hai tam giác : \(\Delta MCD\) và \(\Delta MAB\)có :  

\(\widehat{DMC}=\widehat{ABD}\)(Vì \(\widehat{DMC}=\frac{1}{2}\text{sđ cung AC}\), \(\widehat{AMB}=\text{sđ cung AB}\), sđ cung AB = sđ cung AC)

\(\widehat{BAM}=\widehat{BCM}=\widehat{DCM}=\frac{1}{2}\text{sđ cung BM}\) 

\(\Rightarrow\Delta MCD~\Delta MAB\left(g.g\right)\)\(\Rightarrow\frac{MC}{MA}=\frac{CD}{AB}\)(2)

Tương tự, ta cũng chứng minh được \(\Delta MBD~\Delta MAC\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\frac{MB}{MA}=\frac{BD}{AC}\)hay \(\frac{MB}{MA}=\frac{BD}{AB}\)(1)

Cộng (1) và (2) theo vế : \(\frac{MC}{MA}+\frac{MB}{MA}=\frac{CD}{AB}+\frac{BD}{AB}\Leftrightarrow\frac{MB+MC}{MA}=\frac{AB}{AB}=1\Leftrightarrow MB+MC=MA\)(đpcm)

a) Xét hai tam giác : \(\Delta MCD\) và \(\Delta MAB\)có :  

\(\widehat{DMC}=\widehat{ABD}\)(Vì \(\widehat{DMC}=\frac{1}{2}\text{sđ cung AC}\), \(\widehat{AMB}=\frac{1}{2}\text{sđ cung AB}\), sđ cung AB = sđ cung AC)

\(\widehat{BAM}=\widehat{BCM}=\widehat{DCM}=\frac{1}{2}\text{sđ cung BM}\)

\(\Rightarrow\Delta MCD~\Delta MAB\left(g.g\right)\)\(\Rightarrow\frac{MC}{MA}=\frac{CD}{AB}\)(1)

Tương tự, ta cũng chứng minh được \(\Delta MBD~\Delta MAC\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\frac{MB}{MA}=\frac{BD}{AC}\)hay \(\frac{MB}{MA}=\frac{BD}{AB}\)(2)

Cộng (1) và (2) theo vế : \(\frac{MC}{MA}+\frac{MB}{MA}=\frac{CD}{AB}+\frac{BD}{AB}\Leftrightarrow\frac{MB+MC}{MA}=\frac{AB}{AB}=1\Leftrightarrow MB+MC=MA\)(đpcm)