cho       \(x^2+3x+3=0\)

                      \(\Rightarrow x^2+3x+3=0\)

                        \(x^2+3x=-3\) 

                       \(x^2+x=-3-3\)

                         \(x^2+x=-6\)(ktm)

                   ta có \(x^2\)> 0

\(\Rightarrow x^2+3x+3 \)k có nghiệm

Nghiệm  toán lớp 7 mà

cho x²+3x+3 = 0 

vì trong đa thức này có x² lớn lơn hoặc = 0 

và có 3 là số dương nên dù 2 hạng tử trước là 0 thì đa thức =3

\(x^2+3x+3=\left(x^2+2.x.\frac{3}{2}+\frac{3}{2}^2\right)+\frac{3}{4}\)

\(=\left(x+\frac{3}{2}\right)^2+\frac{3}{4}\ge\frac{3}{4}>0\) => vô nghiệm.

Sorry . I am class 7a

nhân ra hết đi e

Bạn ơi, hình như câu 1 sai đề bài. Bạn xem lại giùm mk nhá!

đúng mà bạn

Bài 1:

a) \(\left(2+x\right)\left(x^2-2x+4\right)-\left(3+x^2\right)x=14\) (1)

\(\Leftrightarrow2x^2-4x+8+x^3-2x^2+4x+\left(-3-x^2\right)x=14\)

\(\Leftrightarrow8+x^3-3x-x^3=17\)

\(\Leftrightarrow8-3x=14\)

\(\Leftrightarrow-3x=14-8\)

\(\Leftrightarrow-3x=6\)

\(\Leftrightarrow x=-2\)

Vậy tập nghiệm phương trình (1) là \(S=\left\{-2\right\}\)

b) \(\left(3x-5\right)\left(7-5x\right)-\left(5x+2\right)\left(2-3x\right)=4\) (2)

\(\Leftrightarrow21x-15x^2-35+25x-\left(10x-15x^2+4-6x\right)=4\)

\(\Leftrightarrow21x-15x^2-35+25x-\left(4x-15x^2+4\right)=4\)

\(\Leftrightarrow21x-15x^2-35+25x-4x+15x^2-4=4\)

\(\Leftrightarrow42x-39=4\)

\(\Leftrightarrow42x=4+39\)

\(\Leftrightarrow42x=43\)

\(\Leftrightarrow x=\dfrac{43}{42}\)

Vậy tập nghiệm phương trình (2) là \(S=\left\{\dfrac{43}{42}\right\}\)

Bài 2: tự làm đi :)))))))))))

Bài 3:

\(n\left(2n-3\right)-2n\left(n+1\right)\)

\(=2n^2-3n-2n^2-2n\)

\(=-5n⋮5\)

Vậy \(n\left(2n-3\right)-2n\left(n+1\right)⋮5\) (đpcm)

3. Ta có: n(2n - 3) - 2n(n+1) = 2n\(^{^2}\) - 3n - 2n\(^{^2}\) - 2n

= -5n

Mà -5n \(⋮\) 5

Vậy n(2n-3) - 2n(n+1) luôn chia hết cho 5 với mọi số nguyên n

2. với a,b \(\in\) N; a chia 3 dư 1 => a = 3x+1 (x\(\in\) N)

b chia 3 dư 2 => b = 3y+2 (y\(\in\) N)

=> ab = (3x+1). (3y+2) = 9xy +6x +3y+2

=> ab \(⋮\) dư 2 với \(\forall\) a,b \(\in\) N

Nhân cả hai vế của bất đẳng thức với \(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)và chú ý

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

ta sẽ đưa điều phải chứng minh trở thành

\(\text{Σ}_{cyc}\left(a^2+\frac{ca^2\left(a+b+c\right)}{a^2+ab+b^2}\right)\ge a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)

hay là \(\frac{ca^2}{a^2+ab+b^2}+\frac{ab^2}{b^2+bc+c^2}+\frac{bc^2}{c^2+ca+a^2}\ge\frac{ab+bc+ca}{a+b+c}\)

Ta có thể thấy ngay bđt này hiển nhiên đúng theo bđt Cauchy - Schwarz:

\(\text{Σ}\frac{ca^2}{a^2+ab+b^2}=\text{Σ}\frac{c^2a^2}{c\left(a^2+ab+b^2\right)}\ge\frac{\left(\text{Σ}ca\right)^2}{\text{Σ}c\left(a^2+ab+b^2\right)}=\frac{ab+bc+ca}{a+b+c}\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c

Đặt \(x=\frac{b}{a};y=\frac{c}{b};z=\frac{a}{c}\Rightarrow xyz=1\). BĐT đưa về:

\(\frac{1}{x^2+x+1}+\frac{1}{y^2+y+1}+\frac{1}{z^2+z+1}\ge1\) thật quen thuộc.

Đặt \(\left(x;y;z\right)=\left(\frac{uv}{w^2};\frac{vw}{u^2};\frac{uw}{v^2}\right)\). Chứng minh: \(\Sigma_{cyc}\frac{w^4}{u^2v^2+w^2uv+w^4}\ge1\)

. Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel và chú ý: \(uvw\left(u+v+w\right)\le u^2v^2+v^2w^2+w^2u^2\)

\(VT\ge\frac{\left(u^2+v^2+w^2\right)^2}{u^4+v^4+w^4+u^2v^2+v^2w^2+w^2u^2+uvw\left(u+v+w\right)}\ge1\)