gpt $\frac{3}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}+\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{y}+2}+\frac{\sqrt{y}}{5}+\frac{2}{\sqrt{x}+3}=2$

Bài 1: Tìm x, y thỏa mãn:

 

a) (x-1)² + (y + 3)² = 0

 

b) 2(x-5)⁴ + 5 I2y - 8I⁵ = 0

 

c) 3 (x-2y)²⁰¹² + 4 Iy+4I = 0

 

d) Ix+3y-1I + (2y-6)²⁰¹² = 0

 

Bài 2: Tìm x, y thỏa mãn:

 

3 Ix-yI⁵ + 10 Iy+7I⁷ bé hơn hoặc bằng 0

 

P/s: Hãy giải = cách lớp 6 vì tôi học lớp 6.

ta thấy $\left\{\begin{matrix} (x-1)^2\geq 0\forall x\\(y+3)^2\geq 0\forall y \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow (x-1)^2+(y+3)^2\geq 0 \forall x,y$

DTXR $\Leftrightarrow x=1;y=-3$

mấy cái y  kia làm tương tự 

Cho a+b+c=0 và a.b.c$\neq 0$

Rút gọn: P=$\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{(b-c)^{2}+(c-a)^{2}+(a-b)^{2}}$

$gt\Rightarrow (a+b+c)^2=0 \Leftrightarrow a^2+b^2+c^2=-2(ab+bc+ca)$

$\Rightarrow P=\frac{a^2+b^2+c^2}{2(a^2+b^2+c^2)-2(ab+bc+ca)}$ 

$\Leftrightarrow P=\frac{a^2+b^2+c^2}{2(a^2+b^2+c^2)+(a^2+b^2+c^2)}$=$\frac{1}{3}$

cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), gọi AA', BB', CC' là các đường cao và H là trực tâm của tam giác ABC

a) chứng minh rằng AA' là phân giác trong của góc B'A'C'

b) cho $\widehat{BAC}=60^{\circ}$ chứng minh tam giác AOH cân

a,Ta có Tg $A'BAB'$ nội tiếp vi $\widehat{BB'A}=\widehat{BA'A}=90$

$\Rightarrow \widehat{AA'B'}=ABB'$

Tương tự tg $AC'A'C$ nội tiếp nên $\widehat{AA'C'}=ACC'$

mà $\widehat{ACC'}=\widehat{ABB'}$ do $\Delta ACC'\sim \Delta ABB'(g.g)$

nên $\widehat{AA'C'}=\widehat{AA'B'}$

b; kẻ đường kính AN ;M là trung điểm của BC ;K là điểm chính giữa cung BC 

 Ta có BHCN là hình bình hành  nên M là tđ HN

suy ra OM là đường tb $\Delta AHN$

nên $AH=2OM$ 

lại có $\widehat{BAC}=60^{\circ}\Rightarrow \widehat{KOC}=60^{\circ}$

do đó OM=$\frac{OC}{2}=\frac{OA}{2}$

Nên AH=AO (Q.E.D)

Tu cac chat Zn;H2SO4;NACO3;KOH;CUSO4 viet phan ung dieu che cac chat moi

ah mình hiểu rồi thanks nhiều, mà sao tự nhiên khai triển ra cái đổi chiều bđt luôn vậy, 

 chết lỗi kĩ thuật gõ nhầm srr mà tks chỉ cần like là ok rùi

Giải phương trình:

$2(8x+7)^{2}(4x+3)(x+1)=7$

$\Leftrightarrow 16(4x+3)(x+1)(8x+7)^2=56$

$\Leftrightarrow (8x^2+112x+48)(8x^2+112x+49)=56$

Đặt $t=8x^2+112x+49$ (t$\geq$0) ta dc

 $t(t-1)=56\Leftrightarrow t=8$ thế vào 

$\Rightarrow \left ( 8x+7 \right )^2=8$

to be continue ...

$\Leftrightarrow xy(x+y)\leq 2=x^3+y^3$ mình không hiểu bước này lắm, bạn giải chi tiết hơn được không

 ờ mik có sửa lại để b hiểu đó

Chứng minh rằng không có các số nguyên x, y, z nào thoả mãn:

$4x^2+4x=8y^2-2z^2+4$

 Từ gt $\Rightarrow z\vdots 2\Rightarrow z=2k(k\in \mathbb{Z})$

Thay vào và rút gọn ta có:

$x^2+x=2y^2-2k+1$

  Hiển nhiên $x^2+x$ chẵn, mà   $2y^2-2k+1$ lẻ 

Vậy phương trình không có nghiệm nguyên. 

Giải phương trình:

$\sqrt{x+2-3\sqrt{2x-5}}+\sqrt{x-2+\sqrt{2x-5}}=2\sqrt{2}$

$\Leftrightarrow \sqrt{2x+4-6\sqrt{2x-5}}+\sqrt{2x-4+2\sqrt{2x-5}}=2$

$\Leftrightarrow \left | \sqrt{2x-5}-3 \right |+\left | \sqrt{2x-5}+1 \right| =2$

...

Tìm tất cả tam giác vuông sao cho số đo các cạnh là số nguyên dương  và số đo diện tích bằng số chu vi

Gọi a, b, c là số đo 3 cạnh của tam giác vuông cần tìm. Giả sử $1\leq a\leq b< c$
Ta có hệ phương trình : $\left\{\begin{matrix} a^2+b^2=c^2 (1)\\ab=2(a+b+c) (2)\end{matrix}\right.$

Từ (1)  $c^2=\left ( a+b \right )^2-2ab$

$\Leftrightarrow c^2=(a+b)^2-4(a+b+c)$ (theo (2))
$\Leftrightarrow (a+b)^2-4(a+b)=c^2+4c$
$(a+b-2)^2=(c+2)^2$
c = a + b − 4.
Thay vào (2) ta được: ab = 2(a + b + a + b − 4)
ab −4a−4b + 8 = 0

$\Leftrightarrow$ b(a −4) −4(a−4) = 8

$\Leftrightarrow$(a −4)(b−4) = 8

Phân tích 8 = 1.8 = 2.4 nên ta có:

$\left\{\begin{matrix} a=5\\b=12 \end{matrix}\right.$ hoac $\left\{\begin{matrix} a=6\\ b=8 \end{matrix}\right.$

Từ đó ta có 2 tam giác vuông có các cạnh (5;12;13):(6;8;10)

Cho $a,b\in \mathbb{R}.a+b+c=3:crm.$

$\dfrac{a}{5b+c^3}+\dfrac{b}{5c+a^3}+\dfrac{c}{5a+b^3} \geq \dfrac{1}{2}$

đề bài là R+ hay hơn

Có :

$x^3 + 5x^2 + x = 9$

$\Leftrightarrow x^3 + 5x^2 + x - 9 = 0$

$\Leftrightarrow x^3 - x^2 + 6x^2 - 6x + 9x - 9 =0$

$\Leftrightarrow \left ( x-1 \right )\left ( x^2 +6x+9 \right ) = 0$

$\Leftrightarrow (x-1)(x+3)^2 = 0$

$\Leftrightarrow x = 1$ hoặc $x = -3$

chỗ đó là 3x mà

Cho q và p là 2 số nguyên tố lẻ liên tiếp. Chứng minh rằng $\dfrac{p+q}{2}$ là hợp số.

Theo giả thiết cho p,q là 2 số nguyên lẻ liên tiếp vậy p,q≥3

cho a+b=2 chứng minh $\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}\leq  2$

Đặt $\left\{\begin{matrix} \sqrt[3]{a}=x\\ \sqrt[3]{b}=y \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow x^3+y^3=2$

Cần cm $x+y\leq 2$

$\Leftrightarrow (x+y)^3\leq 8$

$\Leftrightarrow x^3+y^3+3xy(x+y)\geq 8$ Thay $x^3+y^3=2$ vào

$\Leftrightarrow xy(x+y)\geq 2=x^3+y^3$

$\Leftrightarrow (x-y)^2\geq 0$ là bdt đúng

1. cho đa thức f(x) với hệ số nguyên thỏa mãn:   f(1).f(2) = 35

   CMR    f(x) không có nghiệm nguyên

2. cho 0<a,b,c <=1

      CMR:   $\frac{1}{a+b+c}\geq \frac{1}{3}+(1-a)(1-b)(1-c)$

3. Cho a,b,c dương. CMR :

           $(a^{2}+b^{2}+c^{2})(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}})\geq 3+\frac{2(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{abc}$

1.http://113.171.224.2...9&ich_u_n_i_t=1

Tìm số tự nhiên n để $5^{2n^{2}-6n+2}-12$ là số nguyên tố. 

Xét $n^{2}-3n+1<0$ loại
$n^{2}-3n+1=0$ loại
$n^{2}-3n+1=1$ t/m
 $n^{2}-3n+1>1 thì $$n^{2}-3n+1=n(n-3)+1$ lẻ $\Rightarrow 25^{^{n^{2}-3n+1}}-12\vdots 13$ và > 13 loại
Vậy $n^{2}-3n+1=1\Rightarrow \begin{bmatrix} n=0 & \\ n=3& \end{bmatrix}$

Giải hệ phương trình 

$$\left\{\begin{matrix} x^3(3+2y)=8 & & \\ xy(y^2+3y+3)=4 & & \end{matrix}\right.$$

Ta thấy x=0 ko la nghiệm hệ nên chia cả hai vế cho x có 

$\left\{\begin{matrix} 3+2y=\frac{8}{x^3}\\ y^3+3y^2+3y=\frac{4}{x} \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 3+2y=\frac{8}{x^3}\\(y+1)^3=\frac{4}{x} +1 \end{matrix}\right.$

Đặt $\left\{\begin{matrix} y+1=a\\\frac{2}{x}=b \end{matrix}\right.$ Ta có hệ đối xứng giải dễ rùi

Giải hệ phương trình 

$$\left\{\begin{matrix} x^3(x+2y)=8 & & \\ xy(y^2+3y+3)=4 & & \end{matrix}\right.$$

 mik nghĩ chỗ  này  là 3 chứ

cho $\left\{\begin{matrix} x,y,z\geq 0\\x+y+z=2 \end{matrix}\right.$

cmr $\sqrt{x^3y+y^3z+z^3x}+\sqrt{xy^3+yz^3+zx^3}\leq 2$ 

Cho a,b,c>0. Chung minh: $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq \frac{9abc}{a+b+c}+(c-a)^{2}$

BĐT $\Leftrightarrow b^{2}\geq \frac{9abc}{a+b+c}-2ac\Leftrightarrow b^{2}a+b^{3}+b^{2}c\geq 9abc-2ac(a+b+c) \Leftrightarrow b^{2}a+b^{3}+b^{2}c+2a^{2}c+2ac^{2}\geq 7abc$.

BĐT này đúng vì theo $AM-GM$ với 7 số.

Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

1) $(x^{2}-x-1)(3x^{2}+x-3)=4x^{2}$

2) $4x^{2}+\frac{3}{4}=2\sqrt{x}$

3) $\left\{\begin{matrix} (x^{2}-2x)(y^{2}-2y)=45\\ (x-1)(y-1)=8 \end{matrix}\right.$

2;dkxd $x\geq 0$ áp dụng $AM-GM$ có $\frac{3}{4}+4x^2=\frac{1}{4}(16x^2+3)=\frac{1}{4}(16x^3+1+1+1)\geq \frac{1}{4}.4\sqrt[4]{16x^2}=2\sqrt{x}$

ĐTXR$\Leftrightarrow x=\frac{1}{4}$

Giải phương trình:

$\frac{x+\sqrt{3}}{\sqrt{x}+\sqrt{x+\sqrt{3}}}+\frac{x-\sqrt{3}}{\sqrt{x}-\sqrt{x-\sqrt{3}}}=\sqrt{x}$

ĐKXD: $0< x\leq \sqrt{3}$

Đặt $\left\{\begin{matrix} a=\sqrt{x+\sqrt{3}}(a\geq 0)\\ b=\sqrt{x-\sqrt{3}}\geq 0 \end{matrix}\right.$

Ta có $ab=\sqrt{x^2-3};a^2+b^2=2x$

Pt $\Leftrightarrow \frac{a^2}{\sqrt{x}+a}+\frac{b^2}{\sqrt{x}+b}=\sqrt{x}$

$\Rightarrow a^2\sqrt{x}+b^2\sqrt{x}-a^2b+ab^2=\sqrt{x}(x+a\sqrt{x}-b\sqrt{x}-ab)$

$\Leftrightarrow \sqrt{x}(a^2+b^2-x+ab)-ab(a-b)=x(a-b)$

$\Leftrightarrow \sqrt{x}(x+ab)=(a-b)(x+ab)$ 

$\Leftrightarrow \sqrt{x}=a-b$ (do ab+x khác 0)

Bình phương lên ta được ab=x-1 thế  $ab=\sqrt{x^2-3}$ ta tìm dc x là ok

1;cho a+b+c=1 cmr $\frac{a^2+b}{b+c}+\frac{b^2+c}{c+a}+\frac{c^2+a}{a+b}\geq 2$

2;Tìm max-min A=$2ab+3bc+3ca+\frac{6}{a+b+c}$ với a,b>0 và $0\leq c\leq 1;a^2+b^2+c^2=1$ 

 

Cho lục giác lồi ABCDEF có AB=BC, CD=DE, EF=FA .Chứng minh rằng:

$\frac{BC}{BE}+\frac{DE}{DA}+\frac{FA}{FC}\geqslant \frac{3}{2}$

 

đặt $AC=x;CE=y;EA=z$

theo bđt $ptolemy$ cho tứ giác $ACEF$ ta có  $AC.EF+CE.AF\geq AE.CF\Rightarrow FA(x+y)\geq FCz\Rightarrow \frac{FA}{FC}\geq \frac{z}{x+y}$

tương tự thì ta có $\frac{DE}{DA}\geq \frac{y}{z+x};\frac{BC}{BE}\geq \frac{x}{y+z}$

do đó $\frac{BC}{BE}+\frac{DE}{DA}+\frac{FA}{FC}\geq \frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}\geq \frac{3}{2}$

dấu bằng xảy ra khi $ABCDEF$ là lục giác đều