Hỏi đáp môn Toán

Ta có : \(Sin\frac{A}{2}=Sin\widehat{BAM}=Sin\widehat{CAM}=\frac{BH}{AB}=\frac{CK}{CA}\)

\(\Rightarrow sin\frac{A}{2}=\frac{BH}{b}=\frac{CK}{c}\Rightarrow sin^2\frac{A}{2}=\frac{BH.CK}{bc}\)

Lại có : \(BH\le BM;CK\le CM\) 

\(\Rightarrow sin^2\frac{A}{2}\le\frac{BM.CM}{bc}\le\frac{\frac{\left(BM+CM\right)^2}{4}}{bc}=\frac{\frac{BC^2}{4}}{bc}=\frac{a^2}{4bc}\)

\(\Rightarrow sin\frac{A}{2}\le\frac{a}{2\sqrt{bc}}\) (đpcm)

Lời giải:

Đặt \(\sqrt{x+2}=a(a\geq 0)\Rightarrow 2=a^2-x\)

Khi đó pt đã cho trở thành:

\(x^3-3x^2+2a^3-3x.2=0\)

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

\(\Leftrightarrow x^3+2a^3-3xa^2=0\)

\(\Leftrightarrow x(x^2-a^2)-2a^2(x-a)=0\)

\(\Leftrightarrow (x-a)(x^2+xa-2a^2)=0\)

\(\Leftrightarrow (x-a)[(x^2-a^2)+a(x-a)]=0\)

\(\Leftrightarrow (x-a)^2(x+2a)=0\)

TH1: \(x-a=0\Rightarrow x=a=\sqrt{x+2}\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a\geq 0\\ x^2=x+2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow x=2\)

TH2: \(x+2a=0\Rightarrow x=-2a=-2\sqrt{x+2}\)

\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x\leq 0\\ x^2=4(x+2)\end{matrix}\right.\Rightarrow x=2-2\sqrt{3}\)

Vậy PT có nghiệm \(x\in \left\{2-2\sqrt{3}; 2\right\}\)

c) Thêm ĐK: \(x\geq 1\)

Từ biểu thức P vừa tìm được:

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

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

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

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

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

Vì \((\sqrt{x-1}-1)^2, (\sqrt{x}-\sqrt{2})^2\geq 0, \forall x\in \text{ĐKXĐ}\)

\(\Rightarrow (\sqrt{x-1}-1)^2+(\sqrt{x}-\sqrt{2})^2\geq 0\). Dấu bằng xảy ra khi :

\(\left\{\begin{matrix} \sqrt{x-1}-1=0\\ \sqrt{x}-\sqrt{2}=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=2\) (thỏa mãn)

Vậy..........

Lời giải:

a)

Ta có: \(\frac{1}{\sqrt{3}+2}+\frac{1}{\sqrt{3}-2}=\frac{\sqrt{3}-2+\sqrt{3}+2}{(\sqrt{3}+2)(\sqrt{3}-2)}=\frac{2\sqrt{3}}{3-4}=-2\sqrt{3}\)

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

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

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

\(\Leftrightarrow \sqrt{x}=2-\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow x=(2-\frac{1}{\sqrt{3}})^2=\frac{13-4\sqrt{3}}{3}\)

b)

ĐK: \(x\geq 0; x\neq 4\)

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

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

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

điều kiện xác định : \(\left\{{}\begin{matrix}x\ge0\\x^2-3x-18\ge0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\ge0\\\left[{}\begin{matrix}x\le-3\\x\ge6\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x\ge6\)

ta đưa phương trình về dạng hệ quả của nó :

\(\sqrt{5x^2+4x}-\sqrt{x^2-3x-18}=5\sqrt{x}\)

\(\Leftrightarrow5x^2+4x=x^2+22x-18+10\sqrt{x^3-3x^2-18x}\)

\(\Leftrightarrow4x^2-18x+18=10\sqrt{x^3-3x^2-18x}\)

giải tiếp đi nha ...DƯƠNG PHAN KHÁNH DƯƠNG

Tham khảo nè: Câu hỏi của Trai Vô Đối - Toán lớp 9 | Học trực tuyến

Lời giải:

Ta có:

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

\(\Rightarrow \frac{1}{x^3}+\frac{1}{y^3}=\frac{2}{xy}\) (chia 2 vế cho $x^3y^3$)

\(\Rightarrow (\frac{1}{x^3}+\frac{1}{y^3})^2=\frac{4}{x^2y^2}\)

\(\Leftrightarrow \frac{1}{x^6}+\frac{1}{y^6}+\frac{2}{x^3y^3}=\frac{4}{x^2y^2}\)

\(\Leftrightarrow \frac{1}{x^6}+\frac{1}{y^6}-\frac{2}{x^3y^3}=\frac{4}{x^2y^2}-\frac{4}{x^3y^3}\)

\(\Leftrightarrow (\frac{1}{x^3}-\frac{1}{y^3})^2=\frac{4(xy-1)}{x^3y^3}\)

\(\Rightarrow \frac{xy-1}{xy}=\frac{1}{4}x^2y^2(\frac{1}{x^3}-\frac{1}{y^3})^2\)

\(\Rightarrow A=\frac{1}{2}|xy(\frac{1}{x^3}-\frac{1}{y^3})|\in\mathbb{Q}\) do \(x,y\in\mathbb{Q}\)

Ta có đpcm.

Lời giải:

ĐK: $x,y\geq 2$

Áp dụng BĐT Cô-si cho các số không âm ta có:

\(x\sqrt{2y-4}=\sqrt{x^2.2(y-2)}=\sqrt{2x(xy-2x)}\leq \frac{2x+(xy-2x)}{2}=\frac{xy}{2}\)

\(y\sqrt{2x-4}=\sqrt{y^2.2(x-2)}=\sqrt{2y(xy-2y)}\leq \frac{2y+(xy-2y)}{2}=\frac{xy}{2}\)

Cộng theo vế:
\(x\sqrt{2y-4}+y\sqrt{2x-4}\leq xy\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} x,y\geq 2\\ 2x=xy-2x\\ 2y=xy-2y\end{matrix}\right.\Rightarrow x=y=4\)

a) ta có : \(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{AM}+\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{NB}+\overrightarrow{DM}+\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{NC}\)

\(=2\overrightarrow{MN}+\left(\overrightarrow{AM}+\overrightarrow{DM}\right)+\left(\overrightarrow{NB}+\overrightarrow{NC}\right)=2\overrightarrow{MN}\left(đpcm\right)\)

b) ta có : \(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{IJ}+\overrightarrow{JB}+\overrightarrow{CI}+\overrightarrow{IJ}+\overrightarrow{JD}\)

\(=2\overrightarrow{IJ}+\left(\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{CI}\right)+\left(\overrightarrow{JB}+\overrightarrow{JD}\right)=2\overrightarrow{IJ}\left(đpcm\right)\)

bn dùng định lí ta lét chứng minh được \(\overrightarrow{MJ}=\overrightarrow{IN}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}\)

C) ta có : \(\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{IJ}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BN}+\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BJ}\)

\(=2\overrightarrow{AB}+\left(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{BJ}\right)+\left(\overrightarrow{BN}+\overrightarrow{IA}\right)\)

d) ta có : \(\overrightarrow{IM}+\overrightarrow{IN}=\overrightarrow{IJ}+\overrightarrow{JM}+\overrightarrow{IN}=\overrightarrow{IJ}\left(đpcm\right)\)

Mysterious Person Hung nguyen

mk nghỉ bài này không phải toán lớp 7 đâu nha .
a) ta có : \(\widehat{BAC}=\widehat{ACE}=\widehat{CEB}=90^o\) và \(AB=AC\)

\(\Rightarrow\) tứ giác \(ABEC\) là hình vuông (đpcm)

b) giả sử : \(MC=a\) \(\Rightarrow AB=4a\) ; \(AM=3a\)

áp dụng pytago \(\Rightarrow BM=5a\)

ta có : \(MC//BE\) và \(BE=4MC\)

áp dụng ta lét \(\Rightarrow MK=\dfrac{1}{3}BM=\dfrac{5}{3}a\)

tóm tắc lại nảy giời ta có được : \(\left\{{}\begin{matrix}AB=4a\\BM=5a\\BK=5a+\dfrac{5}{3}a=\dfrac{20}{3}a\end{matrix}\right.\)

ta lại có : \(\dfrac{1}{\left(4a\right)^2}=\dfrac{1}{\left(5a\right)^2}+\dfrac{1}{\left(\dfrac{20}{3}a\right)^2}\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{AB^2}=\dfrac{1}{BM^2}+\dfrac{1}{BK^2}\left(đpcm\right)\)

c) ta có : \(BM=5a=6\Leftrightarrow a=\dfrac{6}{5}\left(cm\right)\)

\(\Rightarrow AB=AC=4a=4\left(\dfrac{6}{5}\right)=\dfrac{24}{5}\left(cm\right)\)

\(BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{\left(\dfrac{24}{5}\right)^2+\left(\dfrac{24}{5}\right)^2}=\dfrac{24\sqrt{2}}{5}\left(cm\right)\)

vậy ......................................................................................................................

........................mk yếu hình hok . mà sao ai cũng tag mk zậy :((...............

Mình chỉ biết vẽ hình, ko biết làm

#Chưa sửa được mạng nên mượn máy nhà hàng xóm vì lỡ hứa.

Từ giả thiết ta có:

\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{2}{c}\Leftrightarrow\frac{a+b}{ab}=\frac{2}{c}\Leftrightarrow c=\frac{2ab}{a+b}\)

Thay vào \(M\) , ta được biểu thức mới:

\(M=\frac{a+\frac{2ab}{a+b}}{2a-\frac{2ab}{a+b}}+\frac{b+\frac{2ab}{a+b}}{2b-\frac{2ab}{a+b}}\)\(=\frac{a^2+3ab}{2a^2}+\frac{b^2+3ab}{2b^2}=\frac{1}{2}+\frac{3a}{2b}+\frac{1}{2}+\frac{3b}{2a}\)

\(\Leftrightarrow M=1+\frac{3}{2}\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)\)

(Đến đây EZ rồi)

Áp dụng BĐT AM-GM cho các số không âm, ta có:

\(\frac{3}{2}\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)\ge\frac{3}{2}.2\sqrt{\frac{a}{b}.\frac{b}{a}}=3\)

\(\Rightarrow M\ge4\)

Dấu \(''=''\) xảy ra khi \(a=b=c\)

Làm tiếp:(vừa ăn xong:V)

Rút y = 2-x. Ta thu được:

\(M=\frac{x+1}{2-x}+\frac{y+1}{2-y}=\frac{x+1}{2-x}+\frac{3-x}{x}\)

\(=\frac{2x^2-4x+6}{-x^2+2x}\)

\(\Rightarrow\left(2+M\right)x^2-2\left(2+M\right)x+6=0\)

Với M = -2...

Với M khác -2 thì \(\Delta'=\left[-\left(2+M\right)\right]^2-6\left(2+M\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}M\ge4\\M\le-2\end{matrix}\right.\). Uầy sao kết quả ngộ thế nhỉ?

Không biết sao bạn cho thêm \(x\in Z\) vào cuối câu nhỉ? Giải pt nghiệm nguyên lai pt vô tỉ à :v

Bài làm :

\(pt\Leftrightarrow\sqrt{\left(x+1\right)\left(x+2\right)}+\sqrt{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}+6=3\sqrt{x+1}+2\sqrt{x+2}+2\sqrt{x-1}\)

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

\(pt\Leftrightarrow ac+ab+6=3a+2b+2c\)

\(\Leftrightarrow ac+ab+6-3a-2b-2c=0\)

\(\Leftrightarrow c\left(a-2\right)+b\left(a-2\right)-3\left(a-2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-2\right)\left(b+c-3\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=2\\b+c=3\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\sqrt{x+1}=2\\\sqrt{x-1}+\sqrt{x+2}=3\end{matrix}\right.\)

+) TH1: \(\sqrt{x+1}=2\)

\(\Leftrightarrow x+1=4\)

\(\Leftrightarrow x=3\) ( thỏa )

+) TH2: \(\sqrt{x-1}+\sqrt{x+2}=3\)

\(\Leftrightarrow x-1+x+2+2\sqrt{\left(x-1\right)\left(x+2\right)}=9\)

\(\Leftrightarrow2\sqrt{\left(x-1\right)\left(x+2\right)}=8-2x\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(x-1\right)\left(x+2\right)}=4-x\)

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

\(\Leftrightarrow x^2+x-2=x^2-8x+16\)

\(\Leftrightarrow9x=18\)

\(\Leftrightarrow x=2\) ( thỏa )

Vậy \(x\in\left\{2;3\right\}\).

Bài 4: Ta xét các TH sau:

TH1 $x\geq 1$

\(x^6+3x^3+1>x^6=(x^3)^2\)

\(x^6+3x^3+1=(x^3+2)^2-x^3-3< (x^3+2)^2\)

\(\Rightarrow (x^3)^2< x^6+3x^3+1< (x^3+2)^2\)

\(\Leftrightarrow (x^3)^2< y^4< (x^3+2)^2\)

Theo nguyên lý kẹp thì $y^4=(x^3+1)^2$

$\Leftrightarrow x^6+3x^3+1=(x^3+1)^2$

$\Leftrightarrow x=0$ (loại vì $x\geq 1$)

TH2: $x=0; x=-1$ thì ta thấy $x=0$ thỏa mãn, kéo theo $y=\pm 1$

TH3: $x\leq -2\rightarrow x^3\leq -8$. Do đó:
\(x^6+3x^3+1\leq x^6+2x^3+(-8)+1< (x^3+1)^2\)

\(x^6+3x^3+1=x^6+4x^3-x^3-1\geq x^6+4x^3+9>(x^3+2)^2\)

\(\Rightarrow (x^3+1)^2> x^6+3x^3+1> (x^3+2)^2\)

\(\Rightarrow (x^3+1)^2>y^4> (x^3+2)^2\) (vô lý theo nguyên lý kẹp)

Vậy $(x,y)=(0,\pm 1)$

Bài 3:

PT \(\Leftrightarrow x^2y+xy^2-(x^2+y^2)-1=0\)

\(\Leftrightarrow xy(x+y)-[(x+y)^2-2xy]-1=0\)

\(\Leftrightarrow ab-(a^2-2b)-1=0\) (đặt $x+y=a; xy=b$)

\(\Leftrightarrow a^2-ab-2b+1=0\)

\(\Leftrightarrow a^2-b(a+2)+1=0\)

\(\Leftrightarrow b(a+2)=a^2+1\)

Nếu $a+2=0$ thì $a=-2$

$\Rightarrow b.0=5$ (vô lý). Do đó $a+2\neq 0$

$\Rightarrow b=\frac{a^2+1}{a+2}$.

Với $x,y$ nguyên thì $a,b$ nguyên. Để $b$ nguyên thì $a^2+1\vdots a+2$

$\Leftrightarrow (a-2)(a+2)+5\vdots a+2$

$\Leftrightarrow 5\vdots a+2$

$\Rightarrow a+2\in\left\{\pm 1;\pm 5\right\}$

$\Rightarrow a\in\left\{-3; -1; -7; 3\right\}$

$\Rightarrow b\in\left\{-10; 2; -10; 2\right\}$ (tương ứng)

Với $(a,b)=(-3,-10)$, áp dụng đly Vi-et đảo thì $x,y$ sẽ là nghiệm của PT $X^2+3X-10=0$ $\Rightarrow (x,y)=(2,-5)$ và hoán vị.

Tương tự với các TH còn lại ta thu được: $(x,y)=(2,1); (2,-5)$ và các hoán vị.

Lời giải:

Để \(2+2\sqrt{12n^2+1}\in\mathbb{Z}\) thì \(12n^2+1\). phải là số chính phương lẻ.

Đặt \(12n^2+1=(2a+1)^2(a\in\mathbb{Z})\)

\(\Leftrightarrow 12n^2=4a^2+4a\Leftrightarrow 3n^2=a(a+1)\)

Vì \(a(a+1)=3n^2\vdots 3\) nên xét các TH sau:

TH1: \(a\vdots 3\). Đặt \(a=3k\)

Ta có: \(3n^2=a(a+1)=3k(3k+1)\)

\(\Leftrightarrow n^2=k(3k+1)\)

Dễ thấy $(k,3k+1)=1$ nên để tích của chúng là scp thì bản thân mỗi số đó là scp \(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} k=u^2\\ 3k+1=v^2\end{matrix}\right.\) \((u,v\in\mathbb{Z})\)

\(\Rightarrow 2+2\sqrt{12n^2+1}=2+2(2a+1)=4a+4=4.3k+4\)

\(=4(v^2-1)+4=(2v)^2\) là số chính phương (đpcm)

TH2: \(a+1\vdots 3\). Đặt \(a+1=3k\)

\(\Rightarrow n^2=(3k-1)k\). Dễ thấy $(3k-1,k)=1$ nên \(\left\{\begin{matrix} k=u^2\\ 3k-1=v^2\end{matrix}\right.(u,v\in\mathbb{Z})\)

\(\Rightarrow 3u^2-1=v^2\)

\(\Rightarrow v^2\equiv 2\pmod 3\) (vô lý- loại)

Vậy..........