trời ơi đề bài cái kểu gì vậy

Không có câu hỏi!Mà nếu hỏi tạo thành hình gì thì sẽ thành hình ngôi sao! Còn nếu hỏi có bao nhiêu góc thì sẽ có 10 góc! 

Cách 1. Sử dụng định lí Bezout : 

Vì f(x) chia hết cho g(x) nên ta có thể biểu diễn thành : \(f\left(x\right)=g\left(x\right).g'\left(x\right)\) với g'(x) là đa thức thương

hay \(f\left(x\right)=\left(x-1\right)\left(x-2\right).g'\left(x\right)\)

Khi đó , theo định lí Bezout ta có \(\hept{\begin{cases}f\left(1\right)=a+b=0\\f\left(2\right)=7+4a+2b=0\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}a+b=0\\4a+2b=-7\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}a=-\frac{7}{2}\\b=\frac{7}{2}\end{cases}}\)

Cách 2. Sử dụng HỆ SỐ BẤT ĐỊNH

Giả sử \(f\left(x\right)=x^3+ax^2+bx-1=\left(x^2-3x+2\right).\left(x+c\right)\)(Vì bậc cao nhất của f(x) là 3)

\(\Rightarrow x^3+ax^2+bx-1=x^3+x^2\left(c-3\right)+x\left(2-3c\right)+2c\)

Theo hệ số bất định thì \(\hept{\begin{cases}2c=-1\\2-3c=b\\c-3=a\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}c=-\frac{1}{2}\\b=\frac{7}{2}\\a=-\frac{7}{2}\end{cases}}\)

Lại lỗi dấu ngoặc nhọn =.="

Bài 1 :

\(a+b+c=0\)

\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2=0^2\)

\(a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc=0\)

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

\(\Rightarrow\left[a^2+b^2+c^2\right]^2=\left[-2\left(ab+bc+ac\right)\right]^2\)

\(\Rightarrow a^4+b^4+c^4+2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2=4\left(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2+2ab.bc+2bc.ac+2ab.ac\right)\)

\(\Rightarrow a^4+b^4+c^4+2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2=4a^2b^2+4b^2c^2+4a^2c^2+8abc\left(a+b+c\right)\)

Mà \(a+b+c=0\)

\(\Rightarrow a^4+b^4+c^4+2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2=4a^2b^2+4b^2c^2+4a^2c^2\)

Bớt cả 2 vế đi \(2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2;\)có :

\(\Rightarrow a^4+b^4+c^4=2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2\)

Cộng cả 2 vế với \(a^4+b^4+c^4;\)có :

\(2\left(a^4+b^4+c^4\right)=\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\)( Hằng đẳng thức bình phương tổng 3 hạng tử )

Vậy ...

Bình phương cả 2 vế của a + b + c = 0,ta có :

a² + b² + c² + 2(ab + bc + ca) => a² + b² + c² = -2(ab + bc + ca).Bình phương cả 2 vế của đẳng thức bên,ta có :

a⁴ + b⁴ + c⁴ + 2(a²b² + b²c² + a²c²) = 4[a²b² + b²c² + a²c² + 2abc(a + b + c)] = 4(a²b² + b²c² + a²c²)

=> a⁴ + b⁴ + c⁴ = 2(a²b² + b²c² + a²c²) 

=> (a² + b² + c²)² = a⁴ + b⁴ + c⁴ + 2(a²b² + b²c² + a²c²) = a⁴ + b⁴ + c⁴ + a⁴ + b⁴ + c⁴ = 2(a⁴ + b⁴ + c⁴) 

Bạn ko hiểu chỗ nào thì hỏi mình nhé!

\(\frac{x^2-yz}{x\left(1-yz\right)}=\frac{y^2-xz}{y\left(1-yz\right)}\)

\(\Rightarrow\left(x^2-yz\right)y\left(1-yz\right)=\left(y^2-xz\right)x\left(1-yz\right)\)

\(\Rightarrow x^2y-x^3yz-y^2z+xy^2z^2=xy^2-x^2z-xy^3z+x^2yz^2\)

\(\Rightarrow x^2y-x^3yz-y^2z+xy^2z^2-xy^2+x^2z+xy^3z-x^2yz^2=0\)

\(\Rightarrow xy\left(x-y\right)-xyz\left(x-y\right)\left(x+y+z\right)+z\left(x-y\right)\left(x+y\right)=0\)

\(\Rightarrow\left(x-y\right)\left[xy-xyz\left(x+y+z\right)+xz+yz\right]=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=y\\xy+yz+zx=0\end{cases}}\)

Mà \(x\ne y\) nên \(xy+xz+yz-xyz\left(x+y+z\right)=0\)

\(\Leftrightarrow xy+xz+yz=xyz\left(x+y+z\right)\)

Đpcm

Từ gt ta có : (x² - yz)y(1 - yz) = (y² - xz)x(1 - yz)

=> 0 = VT - VP = (x²y - x³yz - y²z - xy²z²) - (xy² - xy³z  - x²z - x²yz²) = xy(x - y) - xyz(x² - y²) + z(x² - y²) + xyz²(y - x)

= (x - y)[xy - xyz(x + y) + z(x + y) - xyz²] = (x - y)(xy + yz + xz - xyz(x + y + z)]

Vì\(x\ne y\Rightarrow x-y\ne0\) nên xy + yz + xz - xyz(x + y + z) = 0 => xy + yz + xz = xyz(x + y + z)

Bạn ko hiểu chỗ nào thì hỏi mình nhé!

Ta có: \(x^2+4\left(\sqrt{1-x}+\sqrt{x+1}\right)-8=0\)
  \(\Leftrightarrow-\left(x-1\right)\left(x+1\right)+4\left(\sqrt{1-x}+\sqrt{1+x}\right)-7\)
Đặt \(a=\sqrt{1-x}+\sqrt{1+x}\Rightarrow\left(1-x\right)\left(1+x\right)=\left(\frac{a^2-2}{2}\right)^2\). Khi đó phương trình trở thành:
\(-\left(\frac{a^2-2}{2}\right)^2-4a+7=0\)
\(\Leftrightarrow-a^4+4a^2-16a-32=0\)\(\Leftrightarrow\left(a-2\right)\left(-a^3-2a^2+16\right)=0\)
\(\Leftrightarrow a=2\).
Các bạn làm tiếp nhé, đoạn cuối phân tích đa thức thành nhân tử thì bài làm sẽ hợp lý hơn. Ở đây hơi vội nên mình bấm máy tính.

x=0 ( cốc cốc toán học)

Câu 1) Ta có\(a^3+2b^2-4b+3=0\Leftrightarrow a^3=-2.\left(b-1\right)^2-1\)\(\le-1\Rightarrow a^3\le-1\Rightarrow a\le-1\Rightarrow a^2\ge1\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a^2\ge1\\a^2b^2\ge b^2\end{cases}}\)\(\Rightarrow a^2+a^2b^2-2b\ge1+b^2-2b\)\(\Leftrightarrow\left(b-1\right)^2\le0\)

Mà \(\left(b-1\right)^2\ge0\)với mọi b nên \(\left(b-1\right)^2=0\)\(\Rightarrow b=1\)

Thay b=1 vào 2 pt ban đầu được \(\hept{\begin{cases}a^3+2-4+3=0\\a^2+a^2-2=0\end{cases}}\)<=> a=1(tm)

Vậy (a,b)=(1;1)

Câu 2 bạn xem ở đây nhé http://olm.vn/hoi-dap/question/716469.html

ko chứng minh đc bạn ak hình như đề sai thì phải

bạn tìm ở sách toán bồi dưỡng có thể có đấy

Cô nghĩ tỉ lệ là \(\frac{MB}{MC}=\frac{NC}{NA}=\frac{PA}{BP}=k\)

Khi đó \(\frac{S_{NMC}}{S_{ABC}}=\frac{k}{k+1}.\frac{1}{k+1}=\frac{k}{\left(k+1\right)^2}\Leftrightarrow S_{NMC}=\frac{kS}{\left(k+1\right)^2}\)

Tương tự \(S_{ANP}=S_{BPM}=\frac{kS}{\left(k+1\right)^2}\)

Vậy \(S_{MNP}=S-\frac{3kS}{\left(k+1\right)^2}.\)

khó hiểu wá!

a, chỉ cần cm ME ko song song với BC

b, Kẻ EF song song với AB

Xét tg ABC có EF // AB => \(\hept{\begin{cases}\frac{BF}{BC}=\frac{AE}{AC}=\frac{1}{4}\left(1\right)\\\frac{AB}{EF}=\frac{AC}{EC}=\frac{4}{3}\end{cases}}\)

Mà M là trung điểm AB nên \(MB=MA=\frac{1}{2}AB\)=>\(\frac{MB}{EF}=\frac{2}{3}\)

Do AB // EF mà M thuộc AB => MB // EF

=> \(\frac{NB}{NF}=\frac{MB}{EF}=\frac{2}{3}\)=>\(\frac{NB}{BF}=2\)(2)

Từ (1) và (2) => \(\frac{NB}{BC}=\frac{1}{2}\)

Câu này chỉ cần áp dụng định lý Ta let:

a. Do E không là trung điểm AC nên ME không song song BC. Vậy ME cắt BC.

b. Kẻ EH // BC, H thuộc AB. Áp dụng định lý Talet: \(\frac{AE}{AC}=\frac{AH}{AB}=\frac{HE}{BC}=\frac{1}{4}\left(1\right)\)

Lại do M là trung điểm AB nên H là trung điểm MA. Áp dụng Talet:

\(\frac{HE}{NB}=\frac{MH}{MB}=\frac{MH}{MA}=\frac{1}{2}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) ta suy ra BC = 2BN.

Đề đúng là \(T=\frac{1}{a^2+2b^2+3}+\frac{1}{b^2+2c^2+3}+\frac{1}{c^2+2a^2+3}\le\frac{1}{2}\)

Ta có:

\(a^2+b^2\ge2ab\) và \(b^2+1\ge2b\) (chứng minh cái này chắc dễ)

\(\Rightarrow a^2+b^2+b^2+1+2\ge2ab+2b+2=2\left(ab+b+1\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a^2+2b^2+3}\le\frac{1}{2ab+2b+2}=\frac{1}{2\left(ab+b+1\right)}\left(1\right)\)

Tương tự ta có:

\(\frac{1}{b^2+2c^2+3}\le\frac{1}{2\left(bc+c+1\right)}\left(2\right)\)và \(\frac{1}{c^2+2a^2+3}\le\frac{1}{2\left(ac+a+1\right)}\left(3\right)\)

Cộng theo vế của (1);(2) và (3) ta có:

\(T\le\frac{1}{2\left(ab+b+1\right)}+\frac{1}{2\left(bc+c+1\right)}+\frac{1}{2\left(ac+a+1\right)}\)

\(=\frac{1}{2}\left(\frac{ac}{a^2bc+abc+ac}+\frac{a}{abc+ac+a}+\frac{1}{ac+a+1}\right)\)

\(=\frac{1}{2}\left(\frac{ac}{ac+a+1}+\frac{a}{ac+a+1}+\frac{1}{ac+a+1}\right)\left(abc=1\right)\)

\(=\frac{1}{2}\left(\frac{ac+a+1}{ac+a+1}\right)=\frac{1}{2}\)(đpcm)

Dấu = khi \(a=b=c=1\)