Lời giải:

Sửa đề: \(\sqrt{a\pm \sqrt{b}}=\sqrt{\frac{a+\sqrt{a^2-b}}{2}}\pm \sqrt{\frac{a-\sqrt{a^2-b}}{2}}\)

Xét

\(B=\sqrt{\frac{a+\sqrt{a^2-b}}{2}}+\sqrt{\frac{a-\sqrt{a^2-b}}{2}}\)

\(B^2=\frac{a+\sqrt{a^2-b}}{2}+\frac{a-\sqrt{a^2-b}}{2}+2\sqrt{\frac{a+\sqrt{a^2-b}}{2}.\frac{a-\sqrt{a^2-b}}{2}}\)

\(=a+2\sqrt{\frac{a^2-(a^2-b)}{4}}=a+\sqrt{b}\)

\(\Rightarrow B=\sqrt{a+\sqrt{b}}\) (do B không âm.)

Hoàn toàn tt, \(\sqrt{\frac{a+\sqrt{a^2-b}}{2}}-\sqrt{\frac{a-\sqrt{a^2-b}}{2}}=\sqrt{a-\sqrt{b}}\)

Với b\(\ge\)0, a\(\ge\)\(\sqrt{b}\) ta bình phương 2 vế lên có:

\(\sqrt{a\pm \sqrt{b}}^2\)=\((\sqrt{\dfrac{\sqrt{a+\sqrt{a^2-b}}}{2}}\)\pm \(\sqrt{\dfrac{\sqrt{a-\sqrt{a^2-b}}}{2}})^2\)

Xét vế trái ta có:

\(\sqrt{(a\pm \sqrt{b})^2}\)=\(a\pm \sqrt{b})

Bình phương vế phải của đẳng thức ta đc :

\(\frac{a+\sqrt{a^2-b}}{2}+\frac{a-\sqrt{a^2-b}}{2}\pm2\sqrt{\frac{a+\sqrt{a^2-b}}{2}\cdot\frac{a-\sqrt{a^2-b}}{2}}\)

\(=a\pm2\sqrt{\frac{a^2-\left(a^2-b\right)}{4}}\)

\(=a\pm2\sqrt{\frac{b}{4}}=a\pm\sqrt{b}\)

=> đpcm

a) 

\(\left(\sqrt{a+\sqrt{b}}\ne\sqrt{a-\sqrt{b}}\right)^2\)

\(=a+\sqrt{b}\ne2\sqrt{\left(a+\sqrt{b}\right)\left(a-\sqrt{b}\right)}+a-\sqrt{b}\)

\(=2a\ne2\sqrt{a^2-b}=2\left(a\ne\sqrt{a^2}-b\right)\)

\(\Rightarrow\sqrt{a+\sqrt{b}}\ne\sqrt{a-\sqrt{b}}=\sqrt{2\left(a\ne\sqrt{a^2}-b\right)}\)

\(\Rightarrowđpcm\)

b)

\(\left(\sqrt{\frac{a+\sqrt{a^2-b}}{2}\ne}\sqrt{\frac{a-\sqrt{a^2-b}}{2}}\right)^2\)

\(=\frac{a+\sqrt{a^2-b}}{2}\ne\sqrt[2]{\frac{a+\sqrt{a^2-b}}{2}.\frac{a-\sqrt{a^2-b}}{2}}+\frac{a-\sqrt{a^2-b}}{2}\)

\(=\frac{a}{2}+\frac{\sqrt{a^2-b}}{2}\ne\sqrt[2]{\frac{a^2-a^2+b}{2.2}}+\frac{a}{2}-\frac{\sqrt{a^2-b}}{2}\)

\(=a\ne2\frac{\sqrt{b}}{2}=a\ne\sqrt{b}\)

\(\Rightarrow\sqrt{\frac{a+\sqrt{a^2-b}}{2}}\ne\sqrt{\frac{a-\sqrt{a^2-b}}{2}}=\sqrt{a\ne\sqrt{b}}\)

\(\Rightarrowđpcm\)

Á,nhầm dấu,đổi mấy cái dấu \(\ne\)thành \(\pm\)giúp mình nhé :)

Pt này vô nghiệm, em kiểm tra lại đề bài

ĐKXĐ: \(\left[{}\begin{matrix}-2\le x\le0\\x\ge1\end{matrix}\right.\)

- Với \(-2\le x\le0\Rightarrow2x^2+6x-2< 0\) nên pt vô nghiệm

- Với \(x\ge1\) pt tương đương:

\(5\sqrt{\left(x^2+2x\right)\left(x-1\right)}=2x^2+6x-2\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x^2+2x}=a\\\sqrt{x-1}=b\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow5ab=2a^2+2b^2\)

\(\Leftrightarrow\left(2a-b\right)\left(a-2b\right)=0\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}2a=b\\a=2b\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}2\sqrt{x^2+2x}=\sqrt{x-1}\\\sqrt{x^2+2x}=2\sqrt{x-1}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}4\left(x^2+2x\right)=x-1\\x^2+2x=4\left(x-1\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}4x^2+7x+1=0\\x^2-2x+4=0\end{matrix}\right.\)

Với \(x\ge1\) cả 2 pt nói trên đều vô nghiệm (pt dưới luôn luôn vô nghiệm)

Chắc là người ta đề nghĩ rằng pt \(4x^2+7x+1=0\) có nghiệm, nhưng thực ra các nghiệm này ko thỏa mãn

a/ \(=\lim\limits_{x\rightarrow\pm\infty}\dfrac{\dfrac{\left(2x\right)^2.\left(4x\right)^3}{x^4}}{\dfrac{\left(3x\right)^2\left(5x^2\right)}{x^4}}=\lim\limits_{x\rightarrow\pm\infty}\dfrac{4^4.x}{45}=\pm\infty\)

b/ \(=\lim\limits_{x\rightarrow\pm\infty}\dfrac{\sqrt[3]{\dfrac{x^3}{x^3}+\dfrac{2x^2}{x^3}+\dfrac{x}{x^3}}}{\dfrac{2x}{x}-\dfrac{2}{x}}=\dfrac{1}{2}\)

c/ \(=\lim\limits_{x\rightarrow\pm\infty}\dfrac{\dfrac{\sqrt[3]{\left(x^3+2x^2\right)^2}}{x^2}+\dfrac{x\sqrt[3]{x^3+2x^2}}{x^2}+\dfrac{x^2}{x^2}}{\dfrac{3x^2}{x^2}-\dfrac{2x}{x^2}}=\dfrac{1+1+1}{3}=1\)

d/ \(=\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{\dfrac{\left(-3x\right)^3x^2}{x^5}}{-\dfrac{4x^5}{x^5}}=\dfrac{-27}{-4}=\dfrac{27}{4}\)

e/ \(=\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{\dfrac{\left(2x\right)^{20}.\left(3x\right)^{20}}{x^{50}}}{\dfrac{\left(2x\right)^{50}}{x^{50}}}=0\)

g/ \(=\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{\dfrac{8x^3.\left(4x^5\right)^9}{x^{47}}}{\dfrac{11x^{47}}{x^{47}}}=+\infty\)

Hai bài giống hệt nhau về cách làm:

Cho a, b, c > 0 thoả mãn: \(a b c=\sqrt{a} \sqrt{b} \sqrt{c}=2\). Chứng minh rằng: \(\dfrac{\sqrt{a}}{a 1} \dfrac{\sqrt{... - Hoc24