Căn bậc hai. Căn bậc ba - Hỏi đáp

Ta có : \(\sqrt{1+\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{\left(a+1\right)^2}}=\sqrt{\left(1+\dfrac{1}{a}\right)^2-\dfrac{2}{n}+\dfrac{1}{\left(a+1\right)^2}}=\sqrt{\left(\dfrac{a+1}{a}\right)^2-2.\dfrac{a+1}{a}.\dfrac{1}{a+1}+\left(\dfrac{1}{a+1}\right)^2}=\sqrt{\left(1+\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{a+1}\right)^2}=1+\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{a+1}\left(a>0\right)\) Áp dụng điều này vào bài toán trên , ta được :

\(P=\sqrt{1+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}}+\sqrt{1+\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{4^2}}+...+\sqrt{1+\dfrac{1}{99^2}+\dfrac{1}{100^2}}\) \(P=1+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}+1+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4}+...+1+\dfrac{1}{99}-\dfrac{1}{100}\)

\(P=98+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{100}\)

\(P=\dfrac{9849}{100}\)

Với a+b+c =0 (a,b,c \(\ne\) 0) , ta có:

\(\sqrt{\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}}=\left|\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right|\)

Áp dụng cho từng thừa số của P, ta có:

\(\sqrt{1+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}}=\sqrt{\left(1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{-3}\right)-2\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{6}\right)}\)

\(=\sqrt{\left(1+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}\right)^2-2.\dfrac{3-2-1}{6}}=\left|1+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}\right|=1+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}\)

Tương tự :\(\sqrt{1+\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{4^2}}=1+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4}\)

\(\sqrt{1+\dfrac{1}{99^2}+\dfrac{1}{100^2}}=1+\dfrac{1}{99}-\dfrac{1}{100}\)

\(\Rightarrow P=\left(1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+...+\dfrac{1}{99}\right)-\left(\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}+...+\dfrac{1}{100}\right)\)

\(=1+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{100}=\dfrac{149}{100}\)

C/m: \(\sqrt{2x^2+xy+2y^2}\ge\dfrac{\sqrt{5}}{2}\left(x+y\right)\)

\(\Rightarrow2x^2+xy+2y^2\ge\dfrac{5}{4}\left(x^2+2xy+y^2\right)\)

\(\Leftrightarrow8x^2+4xy+8y^2\ge5x^2+10xy+5y^2\)

\(\Leftrightarrow3\left(x-y\right)^2\ge0\left(LĐ\right)\)

Vậy \(\sqrt{2x^2+xy+2y^2}\ge\dfrac{\sqrt{5}}{2}\left(x+y\right)\)

CMTT: \(\sqrt{2y^2+yz+2z^2}\ge\dfrac{\sqrt{5}}{2}\left(y+z\right)\);

\(\sqrt{2z^2+zx+2x^2}\ge\dfrac{\sqrt{5}}{2}\left(x+z\right)\)

Vậy H=\(\sqrt{2x^2+xy+2y^2}+\sqrt{2y^2+yz+2z^2}+\sqrt{2z^2+xz+2z^2}\ge\sqrt{5}\left(x+y+z\right)=2019\)H_min=2019\(\Leftrightarrow x=y=z=\dfrac{\dfrac{2019}{\sqrt{5}}}{3}\)

Khos quas

\(A=\dfrac{3\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}=\dfrac{3\sqrt{x}+6-6}{\sqrt{x}+2}=\dfrac{3\sqrt{x}+6}{\sqrt{x}+2}-\dfrac{6}{\sqrt{x}+2}=3+\dfrac{6}{\sqrt{x}+2}\)

\(\Rightarrow\sqrt{x}+2\inƯ\left(6\right)=\left\{\pm1;\pm2;\pm3;\pm6\right\}\)

Xét ước :V

\(A=\dfrac{a^4}{a\left(b+c\right)}+\dfrac{b^4}{b\left(a+c\right)}+\dfrac{c^4}{c\left(a+b\right)}\)

\(\Rightarrow A\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{2ab+2ac+2bc}\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2+b^2+a^2+c^2+b^2+c^2}=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{2}=1\)

\(\Rightarrow A_{min}=1\) khi \(\left[{}\begin{matrix}a=b=c=\dfrac{\sqrt{6}}{3}\\a=b=c=\dfrac{-\sqrt{6}}{3}\end{matrix}\right.\)

Bạn chép đề sai?

xét pt \(x^2-2\left(m-2\right)x+m^2+2m-3=0\) (1)

có \(\Delta'=\left[-\left(m-2\right)\right]^2-m^2-2m+3\)

\(\Delta'=m^2-4m+4-m^2-2m+3\)

\(\Delta'=-6m+7\)

để pt (1) có 2 nghiệm pb thì \(\Delta'>0\Leftrightarrow-6m+7>0\)

\(\Leftrightarrow-6m>-7\Leftrightarrow m< \dfrac{7}{6}\)

có vi -ét \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\left(m-2\right)\\x_1x_2=m^2+2m-3\end{matrix}\right.\)

theo bài ra ta có \(\dfrac{1}{x_1.x_2}=\dfrac{1}{5}\)

\(\Rightarrow x_1.x_2=5\) \(\left(x_1x_2\ne0\right)\)

\(m^2+2m-3=5\)

\(\Leftrightarrow m^2+2m-8=0\) (2)

\(\Delta'=1^2-\left(-8\right)=1+8=9>0\Rightarrow\sqrt{\Delta'}=3\)

vì \(\Delta'>0\) nên phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt

\(m_1=-1+3=-2\) ( TM

\(m_2=-1-3=-4\) \(m< \dfrac{7}{6}\) )

vậy .....

Đặt A=\(\dfrac{x^2-2x+2007}{2007x^2}\)

2007A=\(\dfrac{2007x^2-2.2007x^2+2007^2}{2007x^2}\)

2007A-\(\dfrac{2006}{2007}\)=\(\dfrac{2007x^2-2.2007x+2007^2-2006x^2}{2007x^2}\)

2007A-\(\dfrac{2006}{2007}\)=\(\dfrac{x^2-2.2007x+2007^2}{2007x^2}\)

2007A-\(\dfrac{2006}{2007}\)=\(\dfrac{\left(x-2007\right)^2}{2007x^2}>=0\)

=>2007A>=\(\dfrac{2006}{2007}\)

=>A>=\(\dfrac{2006}{2007^2}\)

=>GTNN của A=\(\dfrac{2006}{2007^2}\)Dấu = xảy ra khi x=2007

Đặt

\(A=\dfrac{x^2-2x+2007}{2007x^2}=\dfrac{2007x^2-2\cdot x\cdot2007\cdot2007^2}{2007^2x^2}\)

\(\Rightarrow A=\dfrac{\left(x-2007\right)^2}{2007^2x^2}+\dfrac{2006}{2007^2}\ge\dfrac{2006}{2007^2}\)

Dấu ''='' xảy ra

\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(x-2007\right)^2}{2007^2x^2}=0\Rightarrow\left(x-2007\right)^2=0\)

\(\Rightarrow x=2007\)

Vậy \(A_{MIN}=\dfrac{2006}{2007^2}\Leftrightarrow x=2007\)

\(M=\left(5+2\sqrt{6}\right)^{1004}+\left(5-2\sqrt{6}\right)^{1004}\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}a=5+2\sqrt{6}\\b=5-2\sqrt{6}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+b=10\\ab=1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\) Theo Viet đảo, \(a;b\) là nghiệm của pt \(x^2-10x+1=0\Leftrightarrow x^2=10x-1\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2=10a-1\\b^2=10b-1\end{matrix}\right.\) (1)

Đặt \(u_n=a^n+b^n\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}u_0=a^0+b^0=2\\u_1=a+b=10\\u_{n+1}=a^{n+1}+b^{n+1}\\....\end{matrix}\right.\)

Từ (1) ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}a^2.a^n=\left(10a-1\right)a^n\\b^2.b^n=\left(10b-1\right)b^n\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^{n+2}=10a^{n+1}-a^n\\b^{n+2}=10b^{n+1}-b^n\end{matrix}\right.\)

Cộng vế với vế: \(a^{n+2}+b^{n+2}=10\left(a^{n+1}+b^{n+1}\right)-\left(a^n+b^n\right)\)

\(\Leftrightarrow u_{n+2}=10u_{n+1}-u_n\)

Theo quy nạp, do \(u_0;u_1\) nguyên \(\Rightarrow u_n\) nguyên với mọi n hay M nguyên với \(n=1004\)

b/ Ta có \(u_{n+2}=10u_{n+1}-u_n\Rightarrow u_{n+2}+u_n=10u_{n+1}\Rightarrow\left(u_{n+2}+u_u\right)⋮10\)

Tương tự \(u_{n+4}+u_{n+2}=10u_{n+3}\Rightarrow\left(u_{n+4}+u_{n+2}\right)⋮10\)

\(\Rightarrow\left(u_{n+4}+u_{n+2}-\left(u_{n+2}+u_2\right)\right)⋮10\)

\(\Rightarrow\left(u_{n+4}-u_n\right)⋮10\)

\(\Rightarrow u_{n+4}\) và \(u_n\) có chữ số tận cùng giống nhau

\(\Rightarrow u_0;u_4;u_8;...;u_{4k}\) có số tận cùng giống nhau

Mà \(u_0=2\Rightarrow u_{4k}\) có số tận cùng là 2

\(\Rightarrow M=u_{1004}=u_{4.251}\Rightarrow M\) có tận cùng là 2

Đề thi thử ạ ?

Bài 1:ta có BĐt \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)vì nó tương đương với \(\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)(luôn đúng với a,b>0)

Áp dụng vào bài toán:

\(\dfrac{a^3+b^3}{2ab}+\dfrac{b^3+c^3}{2bc}+\dfrac{c^3+a^3}{2ac}\ge\dfrac{ab\left(a+b\right)}{2ab}+\dfrac{bc\left(b+c\right)}{2bc}+\dfrac{ca\left(c+a\right)}{2ac}=a+b+c\)dấu = xảy ra khi a=b=c

bài 2:

cần chứng minh \(\dfrac{a-b}{b+c}+\dfrac{b-c}{c+d}+\dfrac{c-d}{d+a}+\dfrac{d-a}{a+b}\ge0\)

hay \(\dfrac{a-b}{b+c}+1+\dfrac{b-c}{c+d}+1+\dfrac{c-d}{d+a}+1+\dfrac{d-a}{a+b}+1\ge4\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a+c}{b+c}+\dfrac{b+d}{c+d}+\dfrac{c+a}{d+a}+\dfrac{d+b}{a+b}\ge4\)

xét \(VT=\left(a+c\right)\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+d}\right)+\left(b+d\right)\left(\dfrac{1}{c+d}+\dfrac{1}{a+b}\right)\)

Áp dụng BĐT cauchy dạng phân thức:

\(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+d}\ge\dfrac{4}{a+b+c+d};\dfrac{1}{c+d}+\dfrac{1}{a+b}\ge\dfrac{4}{a+b+c+d}\)

do đó \(VT\ge\dfrac{4\left(a+c\right)}{a+b+c+d}+\dfrac{4\left(b+d\right)}{a+b+c+d}=4\)

dấu = xảy ra khi a=b=c=d

chào bn mik tên là Đạt rất vui được làm quen nha

1. Xét tứ giác CEHD ta có:

Góc CEH = 90⁰ (Vì BE là đường cao)

Góc CDH = 90⁰ (Vì AD là đường cao)

=> góc CEH + góc CDH = 180⁰

Mà góc CEH và góc CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD. Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp

2. Theo giả thiết: BE là đường cao => BE ┴ AC => góc BEC = 90⁰.

CF là đường cao => CF ┴ AB => góc BFC = 90⁰.

Như vậy E và F cùng nhìn BC dưới một góc 90⁰ => E và F cùng nằm trên đường tròn đường kính BC.

Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn.

3. Xét hai tam giác AEH và ADC ta có: góc AEH = góc ADC = 90⁰; góc A là góc chung

=> Δ AEH ˜ Δ ADC => AE/AD = AH/AC=> AE.AC = AH.AD.

* Xét hai tam giác BEC và ADC ta có: góc BEC = góc ADC = 90⁰; góc C là góc chung

=> Δ BEC ˜ Δ ADC => AE/AD = BC/AC => AD.BC = BE.AC.

4. Ta có góc C₁ = góc A₁ (vì cùng phụ với góc ABC)

góc C₂ = góc A₁ ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM)

=> góc C₁ = góc C₂ => CB là tia phân giác của góc HCM; lại có CB ┴ HM => Δ CHM cân tại C

=> CB cũng là đương trung trực của HM vậy H và M đối xứng nhau qua BC.

5. Theo chứng minh trên bốn điểm B, C, E, F cùng nằm trên một đường tròn

=> góc C₁ = góc E₁ (vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF)

Cũng theo chứng minh trên CEHD là tứ giác nội tiếp

góc C₁ = góc E₂ (vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD)

góc E₁ = góc E₂ => EB là tia phân giác của góc FED.

Chứng minh tương tự ta cũng có FC là tia phân giác của góc DFE mà BE và CF cắt nhau tại H do đó H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.

chúc bn hk tốt nha

chào bn

Lời giải:
ĐK: \(x\geq 2\)

PT \(\Leftrightarrow \sqrt{2x-1}-\sqrt{x+3}+\sqrt{x+1}-\sqrt{x-2}=0\)

\(\Leftrightarrow \frac{(2x-1)-(x+3)}{\sqrt{2x-1}+\sqrt{x+3}}+\frac{(x+1)-(x-2)}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x-2}}=0\)

\(\Leftrightarrow \frac{x-1}{\sqrt{2x-1}+\sqrt{x+3}}+\frac{3}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x-2}}-\frac{3}{\sqrt{2x-1}+\sqrt{x+3}}=0(*)\)

Ta thấy vì $x\geq 2$ nên \(\frac{x-1}{\sqrt{2x-1}+\sqrt{x+3}}>0(1)\)

\(\sqrt{x+1}+\sqrt{x-2}< \sqrt{2x-1}+\sqrt{x+3}, \forall x\geq 2\)

\(\Rightarrow \frac{3}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x-2}}> \frac{3}{\sqrt{2x-1}+\sqrt{x+3}}\Rightarrow \frac{3}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x-2}}-\frac{3}{\sqrt{2x-1}+\sqrt{x+3}}>0(2)\)

Từ $(1),(2)$ suy ra pt $(*)$ vô nghiệm.

Vậy pt vô nghiệm.

Tham khảo tại đây:

Câu hỏi của Hồ Minh Phi - Toán lớp 9 | Học trực tuyến

\(\sqrt{x^2-6x+10}+\sqrt{4x^2-24x+45}=-x^2+6x-5\)

Ta thấy :

\(\sqrt{x^2-6x+10}=\sqrt{\left(x-3\right)^2+1}\) \(\ge1\) Với \(\forall x\in R\)

\(\sqrt{4x^2-24x+45}=\sqrt{4\left(x-3\right)^2+9}\ge3\) Với \(\forall x\in R\)

\(-x^2+6x-5=-\left(x-3\right)^2+4\le4\) Với \(\forall x\in R\)

\(\Rightarrow VT\ge4\) ; \(VP\le4\)

\(\Rightarrow VT=VP=4\)

Dấu "=" xảy ra khi x - 3 = 0 \(\Leftrightarrow\) x = 3

Vậy phương trình có nghiệm x = 3 .

\(a.\sqrt{x^2+2x+5}=-x^2-2x+1\)

Ta có : \(VT=\sqrt{x^2+2x+5}=\sqrt{\left(x+1\right)^2+4}\) ≥ \(2\)

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

Để : \(\sqrt{\left(x+1\right)^2+4}=-\left(x+1\right)^2+2\)

⇔ \(x=-1\)

KL...........

\(b.\sqrt{x^2-6x+10}+\sqrt{4x^2-24x+45}=-x^2+6x-5\)

Ta có : \(\sqrt{x^2-6x+10}=\sqrt{\left(x-3\right)^2+1}\text{≥}1\left(1\right)\)

\(\sqrt{4x^2-24x+45}=\sqrt{4\left(x-3\right)^2+9}\text{≥}3\left(2\right)\)

\(-x^2+6x-5=-\left(x^2-6x+9\right)+4=-\left(x-3\right)^2+4\text{≥}4\left(3\right)\)

Từ ( 1 ; 2 ) , ta có :
\(\sqrt{\left(x-3\right)^2+1}+\sqrt{4\left(x-3\right)^2+9}\text{≥}4\left(4\right)\)

Từ ( 3 ; 4 ) để : \(\sqrt{\left(x-3\right)^2+1}+\sqrt{4\left(x-3\right)^2+9}=-\left(x-3\right)^2+4\)

⇔ \(x=3\)

KL..........