Vũ Huy Hoàng

HPT \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^3+y^3+x^2y+xy^2=5\\x^3+y^3-x^2y-xy^2=3\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^3+y^3=4\\x^2y+xy^2=1\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow x^3+y^3+3x^2y+3xy^2=4+3=7\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)^3=7\Leftrightarrow x+y=\sqrt[3]{7}\Leftrightarrow x=\sqrt[3]{7}-y\)(1)

Đến đây bạn thay (1) vào một trong những phương trình trên kia để tìm x , y. Số xấu quá nên mình cũng lười làm lắm.

HPT \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y^2+5=10-x^2\\2y\left(y^2+5\right)=x\left(10-x^2\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow2y\left(10-x^2\right)=x\left(10-x^2\right)\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=2y\\x^2=10\end{matrix}\right.\)

Rõ ràng nếu thay \(x^2=10\) vào \(x^2+y^2=5\) thì không tìm được y.

Thay \(x=2y\) ta có:

\(4y^2+y^2=5\Leftrightarrow y=\pm1\)

Vậy x = 2; y = 1 hoặc x = -2; y = -1

Giải phương trình nghiệm nguyên:

1) \(x^2+y^2=x+y\)

2) \(x+y=\sqrt{x}+\sqrt{y}\)

Cho tui hỏi là 2 pt này có giải được không ạ, thấy bạn tui trên fb hỏi bài này

ĐK : \(2\le x\le6,5\)

Đặt \(\sqrt{x+1}=a;\sqrt{x-2}=b\) (a; b không âm) ta có:

\(a+b+2ab=12-a^2-b^2\)

⇔ \(\left(a+b\right)^2+\left(a+b\right)-12=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+4\right)\left(a+b-3\right)=0\)

Rõ ràng \(a+b+4>0\) nên \(a+b=3\Leftrightarrow\sqrt{x+1}+\sqrt{x-2}=3\)

Đến đây có nhiều cách nên để bạn thỏa sức khám phá :)

\(x=3\) là nghiệm của phương trình

\(B=\frac{\sqrt{x}-2+4}{\sqrt{x}-2}=1+\frac{4}{\sqrt{x}-2}\)

Để \(B\in Z\) thì \(\frac{4}{\sqrt{x}-2}=n\in Z\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x}=\frac{2n+4}{n}\ge0\) (1)

Giải (1) ta được \(\left[{}\begin{matrix}n>0\\n\le-2\end{matrix}\right.\)

Vậy \(x=\frac{\left(2n+4\right)^2}{n^2}\) với \(n\in Z,n\ne\left\{0;-1\right\}\)

Cách khác mà dài hơn nè:

Đặt \(\sqrt{x-2}=a;\sqrt{6-x}=b>0\), ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}a^2+b^2=4\\a+b=\sqrt{12-a^2b^2}\end{matrix}\right.\)

Giải hệ ta được \(ab=2\Leftrightarrow\left(x-2\right)\left(6-x\right)=4\)

\(\Leftrightarrow x=4\)

Thật ra để đến bước này là cả một quá trình

\(\overline{...9}^{4k+1}=\overline{...9}\)

Suy ra: \(99^9=\overline{...9}\)

\(999^{\overline{...9}}=\overline{...9}\)

\(99999^{\overline{...9}}=\overline{...9}\)

Thế này chứ nhỉ ???

Tính như kiểu này á :\(2^{2^{2^2}}=2^{2^4}=2^{16}=65536\)

Thay \(y=\frac{5}{3}x;\)\(z=2x\) vào \(\frac{t}{x}-\frac{t}{y}+\frac{t}{z}=\frac{9}{10}\), ta có:

\(t\left(\frac{1}{x}-\frac{3}{5x}+\frac{1}{2x}\right)=\frac{9}{10}\)⇒ \(\frac{9t}{10x}=\frac{9}{10}\Rightarrow t=x\)

Lần lượt thay \(y=\frac{5}{3}x;z=2x;t=x\)vào P, ta có:

\(P=\frac{x^2}{\frac{5}{3}.x^2}+\frac{x^2}{\frac{10}{3}.x^2}+\frac{x^2}{2x^2}=\frac{3}{5}+\frac{3}{10}+\frac{1}{2}=\frac{7}{5}\)

1) Tính biến thiên: Do \(2>\sqrt{3}\) nên hàm số đồng biến trên R với mọi x.

2) Để (d₁) // (d₂) thì \(2-\sqrt{3}=m-\sqrt{3}\) và \(\sqrt{3}\ne\sqrt{5}\)

\(\Rightarrow m=2\)

3) *Giao của (d₁) với trục hoành cũng là giao điểm của (d₁) với đường thẳng y = 0.

Giải hệ \(\left\{{}\begin{matrix}y=0\\y=\left(2-\sqrt{3}\right)x-\sqrt{3}\end{matrix}\right.\) ta được \(\left\{{}\begin{matrix}x=2\sqrt{3}+3\\y=0\end{matrix}\right.\)

Ta có: \(A\left(2\sqrt{3}+3;0\right)\) là giao của (d₁) với trục hoành.

*Giao của (d₁) với trục tung là giao điểm với đường thẳng x = 0.

Giải hệ \(\left\{{}\begin{matrix}x=0\\y=\left(2-\sqrt{3}\right)x-\sqrt{3}\end{matrix}\right.\) ta được \(\left\{{}\begin{matrix}x=0\\y=-\sqrt{3}\end{matrix}\right.\)

Ta có: \(B\left(0;-\sqrt{3}\right)\) là giao của (d₁) với trục tung.

Hoặc có thể nhận xét luôn: A có tung độ là 0, B có hoành độ là 0 để tìm tọa độ.

Câu 1) bạn tự vẽ đi ha.

2) Tọa độ giao điểm của hai đường thẳng là nghiệm của hệ hai phương trình của hai đường thẳng đó.

Giải hệ y = 3x và y = -2x+3:

Ta được x = 3/5 ; y = 9/5

Giao điểm của hai đt có tọa độ (x,y) như trên.

3) Để (d) // (p) thì m phải thỏa mãn điều kiện sau:

m² - 1 = 3 và m - 2 ≠ 0

Suy ra m = -2

So sánh A=(2∛5)³ và B=(1/2)³.(∛311)³

Ta có : A = 40; B = 311/8 < 320/8 = 40.

Suy ra A>B.

Suy ra 2∛5 > (1/2).∛311

\(...\Rightarrow x^2-2x\sqrt[]{x}+x=-\sqrt{x^3-1}\)

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

ĐK: \(x\ge1\)

⇒ \(VT\ge0;VP\le0\)

Dấu "=" xảy ra khi x = 1.

Vậy \(x=1\) là nghiệm của pt

a) Để hàm số (1) đồng biến thì \(m-1>0\Leftrightarrow m>1\)

b) *Với bài như phần b này thì cứ thay x = -1; y = 2 vào phương trình của hàm số là xong*

Để (d) đi qua điểm A(-1 ; 2) thì :

\(2=-\left(m-1\right)+2-m\Leftrightarrow2=3-2m\Leftrightarrow m=\frac{1}{2}\)

c) Để (d) song song với đồ thị hàm số y = 3x - 11 thì \(m-1=3\Leftrightarrow m=4\)

d) \(y=\left(m-1\right)x+2-m=mx-x+2-m=\left(m-1\right)\left(x-1\right)+1\)

Ta thấy với x = 1 thì y = 1.

Vậy điểm cố định cần tìm là B(1 ; 1)

Làm tắt một tí :)

Từ đẳng thức đã cho suy ra AC²/BF² = 1 - AB²/BE² = AE²/BE² (Áp dụng định lí Pytago)

Suy ra AC/BF = AE/BE = (AC-AE)/(BF-BE) = CE/FE

Theo định lí Thales đảo, vì AE/CE = BE/FE nên AB//CF.

a) O là tâm đường tròn đường trong ngoại tiếp tam giác ABC

⇔ AO hay AH là đường trung trực của tam giác ABC.

⇔ AH ⊥ BC

Áp dụng định lí Pytago vào tam giác ABH vuông tại H:

\(AH=\sqrt{AB^2-BH^2}=\sqrt{36}=6\)

Áp dụng tính chất của 3 đường trung tuyến cắt nhau ta có:

\(AO=\frac{2}{3}AH=4=R\)

Vậy ...

b) Gọi F là giao điểm của BE và AC.

⇒ BF là đường trung tuyến đồng thời là đường trung trực của tam giác ABC.

⇒ ΔABH = ΔEAF (cgv-gnk)

⇔ AB = AE; lại có AB=BC; AE//BC

⇒ ABCE là hình thoi.

Đến đây dễ chứng minh CE là tiếp tuyến (Do CE//AB, AB⊥OC)

"Đường thẳng BO cắt H tại A.... điểm E"

Câu này bạn chép lại giúp mình chứ mình đọc chẳng hiểu gì cả

Đặt \(y=f\left(x\right)=\left(m+1\right)x+m^2x-4-2x\)\(=\left(m^2+m-1\right).x-4\)

Chú ý đây là hàm số bậc nhất nên hàm số nghịch biến chỉ khi \(m^2+m-1< 0\)

⇔\(\frac{-\sqrt{5}-1}{2}< m< \frac{\sqrt{5}-1}{2}\)

\(y=\left(m^2+7m-8\right)x+m-4\)

Để hàm số đồng biến thì \(m^2+7m-8>0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m>1\\m< -8\end{matrix}\right.\)

Đính chính lại câu c: \(maxY=\sqrt{\frac{175}{12}}\Leftrightarrow x=\frac{205}{168}\)

Áp dụng BĐT Bunyacovsky cho 2 bộ số ta có:

a) \(Y=\sqrt{1.\left(8+3x\right)}+\sqrt{\frac{1}{3}.\left(15-3x\right)}\le\sqrt{\left(1+\frac{1}{3}\right)\left(8+3x+15-3x\right)}\)

\(=\sqrt{\frac{92}{3}}\)

\(maxY=\sqrt{\frac{92}{3}}\Leftrightarrow x=\frac{37}{12}\)

b) \(Y=\sqrt{\frac{1}{3}.\left(21x-9\right)}+\sqrt{\frac{1}{7}.\left(28-21x\right)}\le\sqrt{\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{7}\right)\left(21x-9+28-21\right)}=\sqrt{\frac{190}{21}}\)

\(maxY=\sqrt{\frac{190}{21}}\Leftrightarrow x=\frac{223}{210}\)

c) \(Y=\sqrt{\frac{1}{3}.\left(24x-15\right)}+\sqrt{\frac{1}{4}\left(40-24x\right)}\le\sqrt{\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\right)\left(24x-15+40-24x\right)}=\sqrt{\frac{175}{12}}\)

\(maxY=\sqrt{\frac{175}{12}}\Leftrightarrow x=\frac{11}{6}\)

PT ⇔ \(\left(x-1\right)\left(x^3+x^2+x+\sqrt{2}+1\right)=0\)

⇔ \(x=1\) là nghiệm thực thỏa mãn.

(Đến đây chịu) :D

a) Tứ giác OKEF có: \(\widehat{OEK}=\widehat{KFO}=90^0\), hai góc cùng nhìn cạnh OK.

⇒ Tứ giắc OKEF nội tiếp.

b) Tam giác OED cân tại O ⇔ \(\widehat{OED}=\widehat{ODE}\)

Tứ giác OKEF nội tiếp ⇔ \(\widehat{OKF}=\widehat{OEF}=\widehat{OED}\)

Do đó \(\widehat{OKF}=\widehat{ODE}\)

c) Dễ chứng minh ΔDEC ~ ΔDOF (g.g)

⇔ \(\frac{DE}{DC}=\frac{DO}{DF}\) ⇔ \(DE.DF=DO.DC=R.2R=2R^2\)

"Đường thẳng vuông góc với BD cắt CD tại E" là đường thẳng vuông góc với BD tại đâu vậy bạn ?

Tổng chu vi là 54cm hả??

Tổng chu vi là :

AB+BC+CD+DA+2EF=6AB=54cm

⇔ AB=9cm

⇔ Diện tích hv là 81cm²

IA cắt tia phân giác của góc FDE là sao ???

Áp dụng BĐT Bunyacovsky cho hai bộ ba số (a,b,c) và (1,1,1) ta có:

\(\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(1^2+1^2+1^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2=1\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge\frac{1}{3}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)