Ta có \(\Delta=1^2-4.1.\left(-1\right)=5>0\) nên phương trình trên có 2 nghiệm phân biệt. Để ý tích 2 nghiệm bằng \(\dfrac{-1}{1}=-1\) nên 2 nghiệm trên trái dấu.

Do x₁ là nghiệm âm của phương trình trên nên \(\left\{{}\begin{matrix}x_1< 0\\x_1^2+x_1-1=0\end{matrix}\right.\)

Thực hiện phép chia đa thức \(x^8+10x+13\) cho đa thức \(x^2+x-1\), ta được:

\(x^8+10x+13=\left(x^2+x-1\right)\left(x^6-x^5+2x^4-3x^3+5x^2-8x+13\right)-11x+26\)

\(\Rightarrow x_1^8+10x_1+13=-11x_1+26\)

\(\Rightarrow D=\sqrt{-11x_1+26}+x_1=\sqrt{\left(-x_1+1\right)-10x_1+25}+x_1=\sqrt{x_1^2-10x_1+25}+x_1=\left|x_1-5\right|+x_1=5-x_1+x_1=5\)

Đề thiếu dữ kiện rồi bạn, mà nhân tiện đây mình có thắc mắc, tại sao bạn lại đăng nhiều bài mà mỗi bài lại khác lớp vậy? (mình thấy bạn đăng bài lớp 7,8,9,11 á).

Bạn tự vẽ hình.

Ta có \(HE=2HA\) và \(HE+HA=AE\) nên \(AE=3AH\)

Do EH là trung tuyến của tam giác AED nên \(BE^2=\dfrac{AE^2+DE^2}{2}-\dfrac{AD^2}{4}=\dfrac{AE^2+DE^2}{2}-AB^2\) (chứng minh bằng cách áp dụng định lí cos trong 2 tam giác BDE và tam giác BAE).

Suy ra \(DE^2=2BE^2-AE^2+2AB^2\).

Áp dụng định lí 4 điểm cho 4 điểm A,B,C,E, ta có:

\(AB^2-AC^2=EB^2-EC^2\Rightarrow EC^2=AC^2-AB^2+EB^2\).

Thực hiện biến đổi đại số, ta có:

\(DE^2+EC^2=DE^2+AC^2-AB^2+EB^2=\left(2BE^2-AE^2+2AB^2\right)+AC^2-AB^2+EB^2=3BE^2-AE^2+AB^2+AC^2=3BH^2+3HE^2-AE^2+AB^2+AC^2=3BH^2+3.4HA^2-9HA^2+AB^2+AC^2=3\left(BH^2+AH^2\right)+AB^2+AC^2=3AB^2+AB^2+AC^2=AD^2+AC^2=DC^2\)

\(\Rightarrow\)Tam giác DEC vuông tại E (định lí Py-ta-go đảo) =>đpcm.

Bạn tự vẽ hình (vẽ tượng trưng cũng được r).

Theo định lí Ceva trong tam giác ABC với bộ 3 đường đồng quy AD,BH,CE, ta có:

\(\dfrac{\overline{EA}}{\overline{EB}}.\dfrac{\overline{DB}}{\overline{DC}}.\dfrac{\overline{HC}}{\overline{HB}}=-1\Rightarrow\dfrac{\overline{EA}}{\overline{EB}}=\dfrac{\overline{HA}}{\overline{HC}}\). Do đó EH//BC (theo định lí Thales đảo).

Vậy ta có: \(\dfrac{EB}{c}=\dfrac{HC}{b}\).

Theo định lí về đường phân giác trong tam giác ABC, ta có: \(\dfrac{EA}{EB}=\dfrac{b}{a}\Rightarrow\dfrac{EB}{a}=\dfrac{EA}{b}=\dfrac{EB+EA}{a+b}=\dfrac{c}{a+b}\)

\(\Rightarrow\dfrac{EB}{c}=\dfrac{a}{a+b}=\dfrac{HC}{b}\)

\(\Rightarrow HC=\dfrac{ab}{a+b}\).

Theo định lí 4 điểm, ta có: \(HC^2-HA^2=a^2-c^2\Rightarrow HC-HA=\dfrac{a^2-c^2}{HC+HA}=\dfrac{a^2-c^2}{b}\)

\(\Rightarrow2HC=\left(HC+HA\right)+\left(HC-HA\right)=b+\dfrac{a^2-c^2}{b}=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{b}\)

\(\Rightarrow HC=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2b}=\dfrac{ab}{a+b}\)

\(\Rightarrow\left(a^2+b^2-c^2\right)\left(a+b\right)=2ab^2\left(đpcm\right)\)

bruh h mk ms để ý GP của bn là số âm ☠️☠️

\(\left\{{}\begin{matrix}x^2+3xy-3\left(x-y\right)=0\left(1\right)\\x^4+9y\left(x^2+y\right)-5x^2=0\left(2\right)\end{matrix}\right.\) (*)

Dễ thấy \(\left(x,y\right)=0\) là 1 nghiệm của hệ đã cho. Xét \(x\ne0\):

\(\left(1\right)\Leftrightarrow x^2+3y\left(x+1\right)-3x=0\)

Rõ ràng nếu \(x=-1\) thì phương trình trên vô nghiệm. Ta xét \(x\ne-1\), phương trình trên tương đương:

\(y=\dfrac{3x-x^2}{3\left(x+1\right)}\left(3\right)\).

Thế (3) vào (2), ta được:

\(x^4+\dfrac{\left(3x-x^2\right)\left(3x^3+2x^2+3x\right)}{\left(x+1\right)^2}-5x^2=0\)

\(\Leftrightarrow x^2+\dfrac{\left(3-x\right)\left(3x^2+2x+3\right)}{\left(x+1\right)^2}-5=0\) (do x khác 0)

\(\Leftrightarrow x^2\left(x+1\right)^2-\left(x-3\right)\left(3x^2+2x+3\right)-5\left(x+1\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow x^4+2x^3+x^2-\left(3x^3-7x^2-3x-9\right)-5\left(x^2+2x+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x^4-x^3+3x^2-7x+4=0\)

\(\Leftrightarrow x^3\left(x-1\right)+\left(3x-4\right)\left(x-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x^3+3x-4\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2\left(x^2+x+4\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x=1\). Vậy \(y=\dfrac{3.1-1}{3\left(1+1\right)}=\dfrac{1}{3}\)

Vậy các nghiệm (x,y) của hệ là: \(\left(0,0\right);\left(1,\dfrac{1}{3}\right)\)

Ta có \(\dfrac{x^2}{y}+\dfrac{y^2}{x}\in Z\Rightarrow\left(x^3+y^3\right)⋮xy\left(1\right)\)

Đặt \(d=\left(x,y\right)\). Khi đó tồn tại các số nguyên dương m,n sao cho \(x=dm;y=dn\) và \(\left(m,n\right)=1\). Từ (1) ta có: \(d\left(m^3+n^3\right)⋮mn\) \(\Rightarrow\left(dm^2.m\right)⋮n\).

Do \(\left(m,n\right)=1\) nên \(dm^2⋮n\Rightarrow d^2m^2⋮dn\), hay \(x^2⋮y\left(đpcm\right)\)

a) Ta có: \(a^2+b^2+c^2=\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)=6^2-2.9=18\)

Lại có: \(a^2+b^2\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2}=\dfrac{\left(6-c\right)^2}{2}\),

suy ra \(\dfrac{\left(6-c\right)^2}{2}+c^2\le18\)

\(\Leftrightarrow\left(6-c\right)^2+2c^2\le36\)

\(\Leftrightarrow3c^2-12c\le0\) 

\(\Leftrightarrow3c\left(c-4\right)\le0\Leftrightarrow0\le c\le4\)

Chứng minh tương tự, ta cũng có \(0\le b\le4;0\le a\le4\)

b) Ta có: \(2=a^2+b^2+c^2\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2}+c^2=\dfrac{\left(2-c\right)^2}{2}+c^2\)

\(\Rightarrow\left(2-c\right)^2+2c^2\le4\)

\(\Leftrightarrow3c^2-4c\le0\) \(\Leftrightarrow0\le c\le\dfrac{4}{3}\)

Chứng minh tương tự, ta cũng có \(0\le b\le\dfrac{4}{3};0\le a\le\dfrac{4}{3}\)

Ta có: \(\dfrac{b}{a^2+1}=b-\dfrac{a^2b}{a^2+1}\ge b-\dfrac{a^2b}{2a}=b-\dfrac{ab}{2}\)

Tương tự và suy ra: \(P=\dfrac{b}{a^2+1}+\dfrac{c}{b^2+1}+\dfrac{a}{c^2+1}+\dfrac{1}{4}\left(ab+bc+ca\right)\ge a+b+c-\dfrac{1}{2}\left(ab+bc+ca\right)+\dfrac{1}{4}\left(ab+bc+ca\right)=a+b+c-\dfrac{1}{4}\left(ab+bc+ca\right)\)

Để ý \(ab+bc+ca\le\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\), do đó:

\(P\ge a+b+c-\dfrac{1}{4}.\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=3-\dfrac{1}{4}.\dfrac{9}{3}=\dfrac{9}{4}\)

Vậy MinP=9/4 khi a=b=c=1.

Dễ thấy nếu p>2 thì p lẻ, nên p+27 chẵn, suy ra p+27 là hợp số, mâu thuẫn. Vậy p=2.