:>> sáng hnay lm, cô ns : đây là cách giải lp ... cao hơn, nó cx nằm trog phần nâng cao lp 7

=>> cô ns : Giair đc thì càng tốt chứ sao (kaka)

\(-x^4-x^2-1=0\)

Đặt \(x^2=t\left(t\ge0\right)\)

Suy ra : \(-t^2-t-1=0\)

Ta có : \(\left(-1\right)^2-4.\left(-1\right).\left(-1\right)=-3< 0\)

Vậy phương trình vô nghiệm 

nâng cao lớp 7 ? rõ ràng đó là delta của lớp 9 =)) không có ý cà khịa :D

\(-x^4-x^2-1=\left(-x^4\right)+\left(-x^2\right)+\left(-1\right)\)

ta có : \(-x^4\le0\);\(-x^2\le0\);\(-1< 0\)

suy ra \(-x^4+\left(-x^2\right)+\left(-1\right)< 0\)

nên đa thức sau vô nghiệm 

a) Tính AB?

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại A ta có :

BC² = AB² + AC²(định lí Pitago)

=> 10² = AB² + 8²

=> AB² = 10² - 8² = 100 - 64 = 36

=> AB = 6(cm)

b) Xét \(\Delta AIB\) và \(\Delta DBI\) có :

BI chung

\(\widehat{IAB}=\widehat{BDI}=90^0\)

\(\widehat{AIB}=\widehat{DBI}\)(BI là tia phân giác)

=> \(\Delta AIB=\Delta DBI\left(ch-gn\right)\)

c) Ta có : \(\Delta AIB=\Delta DBI\) 

=> BA = BD(hai cạnh tương ứng) => B là đường trung trực của AD (1)

IA = ID(hai cạnh tương ứng) => I là đường trung trực của AD (2)

Từ (1) và (2) => B và I là đường trung trực của AD hay BI là đường trung trực của AD

d) Ta có : \(CA\perp BE\)và  \(ED\perp BC\) hay CA và ED là đường cao của \(\Delta BEC\)

=> I là trực tâm của tam giác BEC => BI vuông góc với EC

M N P H O

a, sửa thành tam giác MNH nhá =)) 

Xét tam giác MNH và tam giác MPH

MH_chung 

MN = MP (gt)

^NMH = ^PMH ( vì MH là p/g )

=> tam giác MNH = tam giác MPH ( c.g.c )

Sửa đề : \(M\left(x\right)=-10x^4+2-x^2\)

Đặt \(x^2=t\left(t\ge0\right)\)

Suy ra : \(-10t^2+2-t=0\)

\(\left(-2t-1\right)\left(5t-2\right)=0\)

\(t=-\frac{1}{2};t=\frac{2}{5}\)

Với \(t=-\frac{1}{2}\Rightarrow x^2=-\frac{1}{2}\left(voli\right)\)

Với \(t=\frac{2}{5}\Rightarrow x^2=\frac{2}{5}\Rightarrow x=\frac{\sqrt{10}}{5}\)

tự kẻ hình

a) xét tam giác BEC và tam giác CDB có

BC chung

BEC=CDB(=90 độ)

ABC=ACB( tam giác ABC cân A)

=> tam giác BEC= tam giác CDB(ch-gnh)

=> BD=CE( hai cạnh tương ứng)

b) từ tam giác BEC= tam giác CDB=> DBC=ECB(hai góc tương ứng)

=> tam giác HBC cân H

c) đặt O là giao điểm của AH với BC

vì AH,BD,CE cùng giao nhau tại H mà BD, CE là đường cao=> AH là đường cao ( 3 đường cao cùng đi qua một điểm)

vì HBC cân H=> HB=HC

xét tam giác HOB và tam giác HOC có

HB=HC(cmt)

HBO=HCO(cmt)

HOB=HOC(=90 độ)

=> tam giác HOB= tam giác HOC(ch-gnh)

=> BO=CO( hai cạnh tương ứng)

=> AH là trung trực của BC

d) xét tam giác CDB và tam giác CDK có

BD=DK(gt)

CDB=CDK(=90 độ)

DC chung

=> tam giác CDB= tam giác CDK(cgc)

=> CBD=CKD( hai cạnh tương ứng)

mà CBD=BCE=> CKD=BCE 

hay quá

a) \(M\left(x\right)=P\left(x\right)+Q\left(x\right)+2019\)

\(=-3x^5+x^2-1009+\frac{1}{2}x^4-8x^3+x-2x^3+3x^5+\frac{1}{2}x^4-1010+2019\)

\(=x^4-10x^3+x^2+x\)

b) \(K\left(x\right)=Q\left(x\right)-P\left(x\right)+1\)

\(=x-2x^3+3x^5+\frac{1}{2}x^4-1010+3x^5-x^2+1009-\frac{1}{2}x^4+8x^3+1\)

\(=6x^5+6x^3-x^2+x\)

M(x) = P(x) + Q(x) + 2019 

        = -3x⁵ + x² - 1009 + 1/2x⁴ - 8x³ + x - 2x³ + 3x⁵ + 1/2x⁴ - 1010 + 2019

        = ( 3x⁵ - 3x⁵ ) + ( 1/2x⁴ + 1/2x⁴ ) + ( 2x³ - 8x³ ) + x² + x + ( -1010 - 1009 + 2019 )

        = x⁴ - 6x³ + x² + x

K(x) = Q(x) - P(x) + 1

        = x - 2x³ + 3x⁵ + 1/2x⁴ - 1010 - ( -3x⁵ + x² - 1009 + 1/2x⁴ - 8x³ ) + 1

        = x - 2x³ + 3x⁵ + 1/2x⁴ - 1010 + 3x⁵ - x² + 1009 - 1/2x⁴ + 8x³ + 1

        = ( 3x⁵ + 3x⁵ ) + ( 1/2x⁴ - 1/2x⁴ ) + ( 8x³ - 2x³ ) - x² + x + ( 1009 - 1010 + 1 )

        = 6x⁵ + 6x³ - x² + x 

Bài làm:
a) \(\frac{4x+5}{x-2}=\frac{\left(4x-8\right)+13}{x-2}=\frac{4\left(x-2\right)+13}{x-2}=4+\frac{13}{x-2}\)

Để biểu thức trên là số nguyên

=> \(\frac{13}{x-2}\inℤ\)=> \(x-2\inƯ\left(13\right)=\left\{-13;-1;1;13\right\}\)

=> \(x\in\left\{-11;1;3;15\right\}\)

b) \(\frac{2-3x}{x+3}=\frac{\left(-3x-9\right)+11}{x+3}=\frac{-3\left(x+3\right)+11}{x+3}=-3+\frac{11}{x+3}\)

Để biểu thức trên là số nguyên

=> \(\frac{11}{x+3}\inℤ\)

=> \(x+3\inƯ\left(11\right)=\left\{-11;-1;1;11\right\}\)

=> \(x\in\left\{-14;-4;-2;8\right\}\)

Học tốt!!!!