Ta có : \(\hept{\begin{cases}x+y-xy=55\\x^2+y^2=325\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2\left(x+y\right)-2xy=110\left(1\right)\\\left(x+y\right)^2-2xy=325\left(2\right)\end{cases}}\)

Lấy (2) trừ (1) theo vế : \(\left(x+y\right)^2-2\left(x+y\right)=215\)

Đặt \(t=x+y\) thì ta có pt : \(t^2-2t-215=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}t=1+6\sqrt{6}\\t=1-6\sqrt{6}\end{cases}}\)

1. Nếu \(t=1+6\sqrt{6}\) thì thay vào (1) ta được \(\hept{\begin{cases}x+y=1+6\sqrt{6}\\xy=-54+6\sqrt{6}\end{cases}}\)

Tới đây ta được hệ phương trình đối xứng loại I , bạn tự giải.

2. Nếu \(t=1-6\sqrt{6}\) thì thay vào (1) được \(\hept{\begin{cases}x+y=1-6\sqrt{6}\\xy=-54-6\sqrt{6}\end{cases}}\) 

Ta cũng được hệ pt đối xứng loại I.

hi tui khong biet tui moi hoc lop 7 thui !

dia chi ban vua truy cap khong tim thay

Vì xyz = 1 nên ta có thể đặt \(x=\frac{a^2}{bc};y=\frac{b^2}{ac};z=\frac{c^2}{ab}\left(a,b,c>0,a^2\ne bc,b^2\ne ac,c^2\ne ab\right)\)

Khi đó bất đẳng thức tương đương với

\(\frac{a^4}{\left(a^2-bc\right)^2}+\frac{b^4}{\left(b^2-ac\right)^2}+\frac{c^4}{\left(c^2-ab\right)^2}\ge1\)

Mà ta có

\(\frac{a^4}{\left(a^2-bc\right)^2}+\frac{b^4}{\left(b^2-ac\right)^2}+\frac{c^4}{\left(c^2-ab\right)^2}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2-bc\right)^2+\left(b^2-ab\right)^2+\left(c^2-ab\right)^2}\)

Ta cần chứng minh

\(\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2-bc\right)^2+\left(b^2-ab\right)^2+\left(c^2-ab\right)^2}\ge1\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge\left(a^2-bc\right)^2+\left(b^2-ab\right)^2+\left(c^2-ab\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left(ab+bc+ca\right)^2\ge0\left(đúng\right)\)

Vậy ta có điều phải chứng minh

Có phải đề như thế này không bạn

\(x^3+3xy+y^3-1\)

\(=\left(x+y\right)^3-1+3xy-3xy\left(x+y\right)\)

\(=\left(x+y-1\right)\left(x^2+y^2+2xy+x+y+1\right)-3xy\left(x+y-1\right)\)

\(=\left(x+y-1\right)\left(x^2+y^2+2xy+x+y+1-3xy\right)\)

\(=\left(x+y-1\right)\left(x^2+y^2-xy+x+y+1\right)\)

đề này sai phân tích kiểu mồ

Bất đẳng thức sai với [a = 35/256, b = 5/16, c = 3921/1840 ]

\(A=x^4+4x^3+10x^2+12x=x^4+4x^2+9+4x^3+12x+6x^2-9\)

<=>\(A=x^4+4x^2+9+4x^3+12x+6x^2-9\)

<=>\(A=\left(x^2\right)^2+\left(2x\right)^2+3^2+2.x^2.2x+2.2x.3+2.x^2.3-9\)

<=>\(A=\left(x^2+2x+3\right)^2-9\)

<=>\(A=\left[\left(x+1\right)^2+2\right]^2-9\)

Vì \(\left(x+1\right)^2\ge0\Leftrightarrow\left(x+1\right)^2+2\ge2\Leftrightarrow\left[\left(x+1\right)^2+2\right]^2\ge4\)\(\Leftrightarrow A=\left[\left(x+1\right)^2+2\right]^2-9\ge-5\)

=>A_min=-5 <=> x=-1

Vậy A_min=5 tại x=-1

\(\frac{x}{3}=\frac{y}{4}\)

\(\Rightarrow4x=3y\)

\(\Rightarrow\frac{x}{y}=\frac{3}{4}\)

\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x=3\\x=-3\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}y=4\\y=-4\end{cases}}\)

làm đc nhắn tau với

A M N E B C F P Q

a/ Vì BM và CQ lần lượt là tia phân giác ngoài của các tia phân giác trong góc B,C nên góc MBN = góc PCQ = 90 độ

Xét tam giác AEN và tam giác BEM có AE = EB ; góc BEM = góc AEN (đối đỉnh) , góc MBE = góc EAN (cùng phụ góc ABN)

=> Tam giác AEN = tam giác BEM (c.g.c) => EM = EN 

Suy ra AMBN là hình bình hành vì tứ giác này có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường

Mà có một góc bằng 90 độ => AMBN là hình chữ nhật

Chứng minh tương tự với tứ giác APCQ

b/ Dễ dàng chứng minh được EF là đường trung bình tam giác ABC => EF // BC (1)

Vì AMBN là hình chữ nhật mà E là giao điểm của hai đường chéo nên M,E,N thẳng hàng (2)

Tương tự APCQ là hình chữ nhật nên P,F,Q thẳng hàng (3)

Theo tính chất hình chữ nhật thì góc ENB góc EBN = góc NBC => MN // BC (4)

Tương tự, ta có PQ // BC (5)

Từ (1) , (2) , (3) , (4) , (5) suy ra M,N,P,Q,E,F thẳng hàng. (Áp dụng tiên đề Ơ-clit)

jygvk

A B C d M N I K H H' P Q

Gọi d là đường trung bình của tam giác ABC cắt AB,AC lần lượt tại P và Q.Gọi K là giao điểm của đường cao AH' của tam giác ABC và d

=> AH' vuông góc với d

Từ I kẻ IH vuông góc với BC tại H 

Ta suy ra IHH'K là hình chữ nhật vì có ba góc bằng 90 độ => IH = KH'

Mà theo tính chất đường trung bình ta dễ dàng suy ra \(KH'=\frac{1}{2}AH'\) không đổi

Vậy \(IH\)có độ lớn không đổi . Mặt khác BC cố định nên suy ra khi M,N di chuyển thì I chạy trên đường thẳng d được giới hạn bởi PQ

Tập hợp điểm I là : \(I\in PQ\) 

em chiu a. chang hieu gi hihi

1)(5-x²).(x⁴+5x²+25)

2)15.(x-1)-(3x-1)

3)(x²-2)²

4)36x².(y-1)

5)(7-y).(z-x)

6)(x+3).(x+5)

7)(x-10).(x+2)

8)(x+5).(3y+1)

9)(-(y-x-3)).(y-x+3)

10)(11-x).(y+x)

11)(y-x+3)).(y+x-3)

12)(-(y+2x-5)).(y+2x+5)

13)4.(tz+y²+(-x).y-t²

14)(8-x).(y-x)

Không mất tính tổng quát ta giả sử \(a\ge b\ge c\)

Vì \(a^2+b^2+c^2=1\Rightarrow lal,lbl,lcl\le1\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a^2\ge a^3\\b^2\ge b^3\\c^2\ge c^3\end{cases}}\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge a^3+b^3+c^3=1\)

Dấu = xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}a^2=a^3\\b^2=b^3\\c^2=c^3\end{cases}}\)

Mà theo giả thuyết thì \(\hept{\begin{cases}a\ge b\ge c\\a^2+b^2+c^2=1\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}a=1\\b=c=0\end{cases}}}\)

Vậy C = 1

Tương tự với các trường hợp giả sử về a,b,c khác ta luôn có giá trị C = 1

Giả sử\(a\ge b\ge c\)(ko mất tính tổng quát) .Ta có :\(\hept{\begin{cases}a^2+b^2+c^2=1\\a^2;b^2;c^2\ge0\end{cases}\Rightarrow a^2;b^2;c^2\le1\Rightarrow|a|;|b|;|c|\le1\Rightarrow\hept{\begin{cases}a^2\ge a^3\\b^2\ge b^3\\c^2\ge c^3\end{cases}\Rightarrow}a^2+b^2+c^2\ge a^3+b^3+c^3=1}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a^2=a^3\\b^2=b^3\\c^2=c^3\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}a,b,c\in\left\{0;1\right\}\\a^2+b^2+c^2=1\\a\ge b\ge c\end{cases}}\Rightarrow a=1;b=c=0\Rightarrow a^2+b^9+c^{1945}=1}\)