Tienanh tx

$\sqrt{x^{2}+5}=5-x^{2}\Rightarrow \left\{\begin{matrix} & 5-x^{2}\geq 0 & \\ & x^{2}+5=(5-x^{2})^{2} & \end{matrix}\right.$

Cãm phiền bạn giãi rõ ra hơn cho mình nhé,  

Giải phương trình sau

$$x^2+\sqrt{x^2+5} = 5$$

dòng cuối của bạn có vấn đề

Có vấn đề gì bạn, cãm phiền bạn giãi thích giùm mình

1, 

$\oplus$ Ta có:

$P=\dfrac{x}{\sqrt{1-x}} + \dfrac{y}{\sqrt{1-y}} = \dfrac{x^2}{x\sqrt{1-x}} + \dfrac{y^2}{y\sqrt{1-y}} \overset{C-S}{\ge} \dfrac{(x+y)^2}{x\sqrt{1-x}+y\sqrt{1-y}} \overset{Bunyakovsky}{\ge} \dfrac{1^2}{\sqrt{(x^2+y^2)[2-(x+y)]}} = \dfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}$ 

$\oplus$ Ta có bđt: $\sqrt{a} + \sqrt{b} \ge \sqrt{a+b}$

$\Longrightarrow$ $\sqrt{a+b} \leq  \sqrt{a} + \sqrt{b}$

$\oplus$ Áp dụng bđt phụ , ta có:

$P \ge \dfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2}} \ge \dfrac{1}{\sqrt{x^2} + \sqrt{y^2}} = \dfrac{1}{x+y} = 1$

_______________________
Câu $2,$ tương tự nhé           
 

$\oplus$ Ta có
$A = \dfrac{2011(x^2-2x+2011)}{2011x^2} = \dfrac{2011x^2 - 2.2011.x + 2011^2}{2011x^2} = \dfrac{(x^2-2.2011.x + 2011^2) + 2010x^2}{2011x^2} = \dfrac{(x-2011)^2+2010x^2}{2011x^2} = \dfrac{(x-2011)^2}{2011x^2} + \dfrac{2010x^2}{2011x^2} = \dfrac{(x-2011)^2}{2011x^2} + \dfrac{2010}{2011} \ge \dfrac{2010}{2011}$

Cho $a, b, c > 0$ Chứng minh bất đẳng thức sau :
$$\dfrac{a^3 + b^3 + c^3}{2abc} + \dfrac{a^2 + b^2}{c^2 + ab} + \dfrac{b^2 + c^2}{a^2 + bc} + \dfrac{c^2 + a^2}{b^2 + ca} \ge \dfrac{9}{2}$$

Chọn HSG lớp 12 Thừa Thiên Huế 2008-2009

 

$\oplus$ Ta có: $\dfrac{a^3+b^3+c^3}{2abc} \overset{AM-GM}{\ge} \dfrac{3\sqrt[3]{a^3b^3c^3}}{2abc} = \dfrac{3}{2}$

$\oplus$ Ta đi chứng minh $\sum \dfrac{a^2+b^2}{c^2+ab} \ge \dfrac{6}{2} = 3$

$\oplus$ Ta có: $\dfrac{a^2 + b^2}{c^2 + ab} + \dfrac{b^2 + c^2}{a^2 + bc} + \dfrac{c^2 + a^2}{b^2 + ca} \overset{AM-GM}{\ge}  3\sqrt[3]{ \dfrac{\prod (a^2+b^2)}{\prod (c^2+ab)}}$ $(1)$

$\oplus$ Ta có: $(c^2+ab)(b^2+ac)(a^2+ab) = (c.c+a.b)(b.b+a.c)(a.a+a.b) \overset{Bunyakovsky}{\leq} \sqrt{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)} = \sqrt{(a^2+b^2)^2(b^2+c^2)^2(c^2+a^2)^2} = (a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)$ $(2)$

$\oplus$ Thay $(2)$ vào $(1)$ $\Longrightarrow$ $QED$

 

Bài 126:

Giải phương trình: $\sqrt{x(x-1)}+\sqrt{x(x+2)}=2\sqrt{x^2}$.

 

$\oplus$ Ta có: Điều kiện: $x \ge 1 ;  x \leq -2$
$PT \Longleftrightarrow \dfrac{-3x}{\sqrt{x(x-1)}-\sqrt{x(x+2)}} = 2|x|$

$\oplus$ Với $x \ge 1$, ta có: 

$\left\{\begin{matrix}\sqrt{x(x-1)}-\sqrt{x(x+2)}=-\dfrac{3}{2}& \\ \sqrt{x(x-1)}+\sqrt{x(x+2)}= 2x& \end{matrix}\right.$

Cộng vế theo vế của hệ phương trình trên, ta được: 
$2\sqrt{x(x-2)} = 2x - \dfrac{3}{2}$ Giãi phương trình ta có kết quả là PT Vô nghiệm 

$\oplus$ Với $x \leq -2$, ta có: 

$\left\{\begin{matrix}\sqrt{x(x-1)}-\sqrt{x(x+2)}=\dfrac{3}{2}& \\ \sqrt{x(x-1)}+\sqrt{x(x+2)}= -2x& \end{matrix}\right.$

Cộng vế theo vế của hệ phương trình trên, ta được: 
$2\sqrt{x(x-2)} = -2x + \dfrac{3}{2}$

Giải phương trình ta có kết quả là $x= \dfrac{9}{8}$

$\oplus$ KL: $x=\dfrac{-9}{8}$ thoả mản phương trình 

--

Oral:Bài của bạn hình như có trục trặc gì rồi,nghiệm là $\dfrac{9}{8}$ và còn sót một nghiệm là $0$ nữa

Giải phương trình:

a. $$\sqrt[3]{3x^2-5x+1} + \sqrt[3]{x^2-2} = \sqrt{3(x^2-x+1)} + \sqrt{x^2-3x+4}$$

b, $$\sqrt[3]{x^2-1} +x = \sqrt{x^3-2}$$

c, $$\dfrac{2x^2}{(3-\sqrt[4]{9-2x})^2}=x-9$$

Bài toán: Giải phương trình

$$a,x^6-7x^2+\sqrt{6}=0$$

$$b,x^5-15x^2+\sqrt{68}=0$$ 

$\oplus$ Điều kiện: $x \in [-2;2]$

$\oplus$ Ta có: 

$\sqrt{2x+4}-2\sqrt{2-x}=\dfrac{12x-8}{\sqrt{9x^2+16}}$

$\Longleftrightarrow$ $\dfrac{\left (\sqrt{2x+4}-2\sqrt{2-x}  \right )\left (\sqrt{2x+4}+2\sqrt{2-x}  \right )}{\sqrt{2x+4}+2\sqrt{2-x}} = \dfrac{12x-8}{\sqrt{9x^2+16}}$

$\Longleftrightarrow$  $\dfrac{2(3x-2)}{\sqrt{2x+4}+2\sqrt{2-x}} = \dfrac{4(3x-2)}{\sqrt{9x^2+16}}$

$\Longleftrightarrow$ $\left[ \begin{matrix}3x-2=0\\ \sqrt{9x^2+16}=2\sqrt{2x+4}+4\sqrt{2-x}\ (1)\end{matrix}\right.$

$\Longleftrightarrow$ $\left[ \begin{matrix}x= \dfrac{2}{3}\\ \sqrt{9x^2+16}=2\sqrt{2x+4}+4\sqrt{2-x}\ (1)\end{matrix}\right.$

$\oplus$ Ta giải phương trình $(1)$: 

$ (1)$ $\Longleftrightarrow$ $ \left (\sqrt{9x^2+16} \right )^2=\left ( 2\sqrt{2x+4}+4\sqrt{2-x} \right ) ^2$

$\Longleftrightarrow$ $9x^2+32 = 16\sqrt{8-2x^2} -8x$

$\Longleftrightarrow$ $9x^2+32 = \dfrac{\left( 16\sqrt{8-2x^2}-8x \right) \left( 16\sqrt{8-2x^2}+8x \right )}{16\sqrt{8-2x^2}+8x}$ $\left (x \neq  -\dfrac{4\sqrt{2}}{3}  \right )$

$\Longleftrightarrow$ $9x^2+32 = \dfrac{64(32-9x^2)}{8 \left( 2\sqrt{8-2x^2}+8x \right )} = \dfrac{-64(9x^2-3x)}{8 \left( 2\sqrt{8-2x^2}+8x \right )} = \dfrac{-8(9x^2-3x)}{\left( 2\sqrt{8-2x^2}+8x \right )}$

$\Longleftrightarrow$ $\left[ \begin{matrix}9x^2-32=0\ (2) \\ \dfrac{8}{2\sqrt{8-2x^2}+x}+1=0\ (3) \end{matrix} \right.$

$\oplus$ Dế thấy $PT(3)$ Vô nghiệm với điều kiện của $x$

$\oplus$ Ta có: $9x^2-32=0$
$\Longleftrightarrow$ $x^2=\dfrac{32}{9}$

$\Longleftrightarrow$ $\left[ \begin{matrix}x = \sqrt{\dfrac{32}{9}} = \dfrac{4\sqrt{2}}{3}\ (\mathbf{Nhận}) \\ x=-\sqrt{\dfrac{32}{9}} = -\dfrac{4\sqrt{2}}{3} \ (\mathbf{Loại}) \end{matrix} \right.$

$\oplus$ Vậy với $\boxed{\left\{\begin{matrix}x=\dfrac{2}{3}& \\ x=\dfrac{4\sqrt{2}}{3}& \end{matrix}\right.}$ thì thoã bài toán 

$Q.E.D$

$\left(\sum x^4 \right)^2 = \left[\sum (x^2)^2 \right]\left[\sum (x^2)^2 \right] \overset{Bunyalovsky}{\ge} \left [ x^2y^2 + y^2z^2 + z^2x^2 \right ]^2 = \left [ (xy)^2 + (yz)^2 + (zx)^2 \right ] \left [ (xy)^2 + (yz)^2 + (zx)^2 \right ] \overset{Bunyalovsky}{\ge} \left[ x^2yz + xy^2z + xyz^2 \right ]^2$

$\Longrightarrow$ $\left(x^4 + y^4 + z^4 \right )^2 \ge \left[ x^2yz + xy^2z + xyz^2 \right ]^2$

$\Longrightarrow$ $\left(x^4 + y^4 + z^4 \right ) \ge \left[ x^2yz + xy^2z + xyz^2 \right ]$

Bài 31:
$Solution$
$\oplus$Ta có:
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \ge \frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{a+b} +1$
$\Longleftrightarrow \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} +1 \ge \frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{a+b} +1+1$
$\Longleftrightarrow \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} +1 \ge \dfrac{(a+2b+c)^2}{(a+b)(b+c)}$
$\Longleftrightarrow \frac{a^2}{ab}+\frac{b^2}{bc}+\frac{c^2}{ca}+\frac{b^2}{b^2} \ge \frac{(a+2b+c)^2}{(a+b)(b+c)}$
$\oplus$Tới đây,ta áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ cho về trái,ta được:
$\Longleftrightarrow \frac{a^2}{ab}+\frac{b^2}{bc}+\frac{c^2}{ca}+\frac{b^2}{b^2} \ge \frac{(a+2b+c)^2}{ab+bc+ca+b^2}=\frac{(a+2b+c)^2}{(a+b)(b+c)}$
$\oplus$Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$ $\blacksquare$
$$Q.e.D$$

Cách 2:

$\mathbf{BĐT} \Longleftrightarrow (\dfrac{a}{b}-\dfrac{a}{b+c})+(\dfrac{b}{c}-\dfrac{b}{b+c})+(\dfrac{c}{a}-\dfrac{c}{a+b})\geq \dfrac{b}{a+b}+1$

$\oplus$ Nối $AK, AQ, BP$

$\oplus$ Gọi $O,I$ lần lượt là giao điễm cũa $AK, AQ$ trên $HE$

$\oplus$ Vì $AHKE$ là hình vuông $\Longrightarrow$ $HA=HK$ $\Longrightarrow$ $H$ thuộc đuờg trug trực của $AK$ $(1)$

$\oplus$ Dễ thấy $\Delta{AIE} = \Delta{KIE}$ $(c-g-c)$ $\Longrightarrow$ $AI=IK$

$\Longrightarrow$ $I$ thuộc đuờg trung trực của $AK$ $(2)$

$\oplus$ Từ $(1)$ và $(2)$ $\Longrightarrow$ $\overline{H,O,I,E}$

$\oplus$Dễ thấy $ABQP$ là hình vuông $\Longrightarrow$ $AI = IP$

$\oplus$ Ta có: $\left\{\begin{matrix}AI=IQ& \\ AO=OK& \end{matrix}\right.$

$\Longrightarrow$ $IO \parallel QK$

$\Longrightarrow$ $HE \parallel KQ$

Cho $\Delta ABC$ vuông tại $A$, có $\widehat{B}=20^o$. Kẻ phân giác trong $BI$, vẽ $\widehat{ACH}=30^o$ về phía trong tam giác ($I\in AC,H\in AB$). Tính $\widehat{CHI}$

$\oplus$ Kẽ $CF$ là phân giác của $\angle{HCB}$, $FG \bot BC$ $(F \in AB, G \in BC)$

$\oplus$ Dễ thấy $\Delta{AHC}$ là tam giác nữa đều

$\Longrightarrow$ $AH = \dfrac{HC}{2}$

$\Longrightarrow$ $\dfrac{AH}{HF} = \dfrac{HC}{2HF} =\dfrac{1}{2}.\dfrac{HC}{HF}= \dfrac{1}{2}. \dfrac{BC}{BF}$ (vì $CF$ là tia phân giác cũa $\angle{HCB}$)

$\oplus$ Ta có: $\Delta{BGF} \sim \Delta{BAC}$ $\Longrightarrow$ $\dfrac{AB}{BC} = \dfrac{BG}{BF}$

$\oplus$ Dễ thấy $\Delta{BFC}$ cân tại $F$ mà $FG \bot BC$

$\Longrightarrow$ $BM = \dfrac{BC}{2}$ $\Longrightarrow$ $\dfrac{BG}{BF} = \dfrac{BC}{2BF}$\

$\oplus$ Ta có: $\left\{\begin{matrix} \dfrac{AH}{HF}= \dfrac{BC}{2BF}&  & \\ \dfrac{AB}{BC} = \dfrac{BG}{BF}&  & \\ \dfrac{BG}{BF} = \dfrac{BC}{2BF}&  & \end{matrix}\right.$

$\Longrightarrow$ $\dfrac{AH}{HF}=\dfrac{AB}{BC}$

$\oplus$ Ta có: $BI$ là tia phân giác cũa $\angle{ABC}$ $\Longrightarrow$ $\dfrac{AB}{BC} = \dfrac{AI}{IC}$

Mà $\dfrac{AH}{HF}=\dfrac{AB}{BC}$

$\Longrightarrow$ $\dfrac{AH}{HF}= \dfrac{AI}{IC}$
$\Longrightarrow$ $HI \parallel FC$

$\Longrightarrow$ $\angle{CHI} = 20^\circ$