`(x_1+1)^2+(x_2+1)^2=2`

`<=>x_1 ^2+2x_1+1+x_2 ^2+2x_2+1=2`

`<=>x_1 ^2+x_2 ^2+2x_1+x_2=0`

`<=>(x_1+x_2)^2-2x_1.x_2+2(x_1+x_2)=0`

   `->` Từ đây áp dụng hệ thức Viét.

suy nghĩ của mình tìm cách loại bỏ căn 2 trong hệ thức a = ..., b =...

vậy vô hiệu hóa a= ... thì không hiệu hóa b = ...

Không có nghiệm x.
? tham khảo !

\(\sqrt{4-2\sqrt{3}}+\sqrt{4+2\sqrt{3}}\) 

\(=\sqrt{3-2\sqrt{3}+1}+\sqrt{3+2\sqrt{3}+1}\)

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

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

\(=\sqrt{3}-1+\sqrt{3}+1\)

\(=2\sqrt{3}\)

\(AH^2=HC.BH\) (Trong tg vuông bình phương đường cao hạ từ đỉnh góc vuông xuống cạnh huyền bằng tích giữa các hình chiếu của các cạnh góc vuông trên cạnh huyền)

\(\Rightarrow BH=\dfrac{AH^2}{HC}=\dfrac{8^2}{6}=\dfrac{32}{3}cm\)

\(\Rightarrow BC=CH+BH=6+\dfrac{32}{3}=\dfrac{50}{3}cm\)

\(AB^2=BH.BC\) (trong tg vuông bình phương cạnh góc vuông bằng tích giữa hình chiếu cạnh góc vuông đó trên cạnh huyền với cạnh huyền)

\(\Rightarrow AB^2=\dfrac{32}{3}.\dfrac{50}{3}\Rightarrow AB=\dfrac{40}{3}\) cm

\(AC^2=HC.BC\) (lý do tương tự)

\(\Rightarrow AC^2=6.\dfrac{50}{3}=100\Rightarrow AC=10cm\)

a) ĐK: x > = 0

Ta có: \(x-3\sqrt{x}-4=0\) <=> \(\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-4\right)=0\)

<=> \(\sqrt{x}-4=0\)(vì \(\sqrt{x}+1>0\)

<=> x = 16 (tm)

Vậy S = {16}

2.  A B C H

Ta có: BCsinBsinC = BC. AC/BC . AB/BC = (AB . AC)/BC

S_ABC = 1/2 AB. AC = 1/2AH.BC -> AB.AC/BC = AH
-> AH = BCsinBsinC

4.Chia cả tử và mẫu chon cosα \(\dfrac{cos\alpha+sin\alpha}{cos\alpha-sin\alpha}=\dfrac{1+tan\alpha}{1-tan\alpha}=\dfrac{1+3}{1-3}=-2\)

Hỏi câu nào thế?

a/

\(y=108\%.300000x+50000=324000x+50000\)

b/

\(x=\left(y-50000\right):324000=\left(1346000-50000\right):324000=4\)

Áp dụng BĐT Cosi cho 2 số dương:

\(x^4+yz\ge2\sqrt{x^4yz}=2x^2\sqrt{yz}\)

\(\Rightarrow\dfrac{x^2}{x^4+yz}\le\dfrac{x^2}{2x^2\sqrt{yz}}=\dfrac{1}{2\sqrt{yz}}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)\)

Tương tự => \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{y^2}{y^4+xz}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{z}\right)\\\dfrac{z^2}{z^4+xy}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)\end{matrix}\right.\)

=> \(P\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)\)

Có \(x^2+y^2+z^2=3xyz\Leftrightarrow\dfrac{x}{yz}+\dfrac{y}{xz}+\dfrac{z}{xy}=3\left(1\right)\)

Áp dụng BĐT Cosi cho 2 số dương:

\(\dfrac{x}{yz}+\dfrac{y}{xz}\ge2\sqrt{\dfrac{x}{yz}.\dfrac{y}{xz}}=\dfrac{2}{z}\)

Tương tự => \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{y}{xz}+\dfrac{z}{xy}\ge\dfrac{2}{x}\\\dfrac{z}{xy}+\dfrac{x}{yz}\ge\dfrac{2}{y}\end{matrix}\right.\)

Có: \(6=2\left(\dfrac{x}{yz}+\dfrac{y}{xz}+\dfrac{z}{xy}\right)\ge2\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\le3\)

\(\Leftrightarrow P\le\dfrac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra <=> x = y = z = 1