Đặt \(\sqrt{5x^2+6x+5}=a,4x=b\left(a\ge0\right)\)

Khi đó Pt

<=> \(a\left(a^2+1\right)=b\left(b^2+1\right)\)

<=>\(\left(a-b\right)\left(a^2+ab+b^2+1\right)=0\)

MÀ \(a^2+ab+b^2+1>0\)

=> \(a=b\)

=> \(\sqrt{5x^2+6x+5}=4x\)

=> \(\hept{\begin{cases}x\ge0\\11x^2-6x-5=0\end{cases}}\)

=>\(x=1\)

Vậy x=1

Ta có \(\sqrt{x^2+x+15}+\sqrt{x^2+x+9}=\sqrt{\left(x+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{59}{4}}+\sqrt{\left(x+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{35}{4}}\)

                                                                                \(\ge\sqrt{\frac{59}{4}}+\sqrt{\frac{35}{4}}>2\)

Nên pt vô nghiệm

ĐKXĐ \(x\ge2\)

VÌ \(\sqrt{x-2}+3\ge3\)

=> \(\frac{3}{\sqrt{x-2}+3}\le1\)

Mà \(\frac{1}{\sqrt{x+6}+3}>0\)

=> \(\frac{3}{\sqrt{x-2}+3}-\frac{1}{\sqrt{x+6}+3}< 1\)

=> Phương trình vô nghiệm

Vậy Pt vô nghiệm

Bài1:

Gọi hai số đó lần lượt là a và b
ta có

a + b = 17 (1)
a² + b² = 157 (2)

từ (1) ==> a = 17 - b
Thế vao (2)

(17 - b)² + b² = 157
289 - 34b + b² + b² = 157
2b² - 34b + 132 = 0

b² - 17b + 66 = 0
(b - 6)(b - 11) = 0

b = 6 hoặc b = 11

Bài 2:

Tham khảo in my link:https://olm.vn/hoi-dap/detail/98094568627.html

~Hok tốt~

đề đúng chưa bạn?

đề đúng không ??? 

Đề đúng mà

a) Ta có: \(\widehat{ATM}=\frac{1}{2}Sđ\widebat{AT}\),

               \(\widehat{ABT}=\frac{1}{2}Sđ\widebat{AT}\).

=>   \(\widehat{ATM}=\widehat{ABT}\).

b)  \(\Delta MAT\)và \(\Delta MTB\)có góc M chung, góc MTA = góc MBT ( theo câu a).

Do đó \(\Delta MAT\)đồng dạng với \(\Delta MTB\)(g-g), ta có:

         \(\frac{MA}{MT}=\frac{MT}{MB}\)=> MT² = MA.MB.

B,  Xét tam giác 

MAT và MTB có:

tam giác MTA=\(\widehat{MBT}\)

⇒△MAT∼△MTB(g.g)

⇒MAMT=MTMB⇔MT2=MA.MB (đpcm)

a) Tứ giác ACMD là hình thoi vì có 2 đường chéo vuông góc với nhau và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

b) OI là đường trung trực của tam giác cân COD nên góc COI = góc DOI.

=> \(\Delta OCI=\Delta ODI\)(c.g.c) => góc ODI = góc OCI = 90^o, do đó ID cắt OD.

Vậy ID là tiếp tuyến của đường tròn (O).

a) Ta có CD vuông góc với AM tại trung điểm (1)
=> OA vuông góc với CD  tại trung điểm
=>> AM vuông góc với CD tại trung điểm (2)
Từ (1), (2)=> ACMD là hình thoi

Cách 1

Áp dụng bđt Cauchy ta có

\(\frac{a^3}{b}+b+1\ge3a,\frac{b^3}{c}+c+1\ge3b,\frac{c^3}{a}+a+1\ge3a\)

Cộng từng vế 3 bđt trên ta có

\(A=\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge2\left(a+b+c\right)-3\)

Mặt khác (a+b+c)²+3(a+b+c)\(\ge\)18      (biến đổi tương đương là c/m được)

Đặt m=a+b+c

=> t²+3t-18\(\ge\)0

=> t\(\ge\)3

=> A\(\ge\)3

Dấu "=" xảy ra khi   a=b=c=1

Cách 2,rất phức tạp :(

\(6=a+b+c+ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2+3\left(a+b+c\right)}{3}\)

Suy ra \(\left(a+b+c\right)^2+3\left(a+b+c\right)-18\ge0\)

\(\Leftrightarrow a+b+c\ge3\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\ge9\).

Mà \(VT\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\Rightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\)

Ta chứng minh BĐT sau = sos cho đẹp: \(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge a^2+b^2+c^2\)

\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\left(\frac{a^3}{b}-\frac{a^2b}{b}\right)\ge0\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\frac{a^2\left(a-b\right)}{b}-\Sigma_{cyc}a\left(a-b\right)+\Sigma_{cyc}a\left(a-b\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\frac{a^2\left(a-b\right)^2}{b}+\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\frac{a^2\left(a-b\right)^2}{b}+\frac{1}{2}\left(a-b\right)^2\ge0\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(\frac{a^2}{b}+\frac{1}{2}\right)\ge0\) (đúng)

Do vậy: \(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge a^2+b^2+c^2\ge3^{\left(đpcm\right)}\)

Xảy ra đẳng thức khi a = b = c = 1