Hung nguyen trổ tài đi

Akai Haruma ; Ace Legona ; Bùi Thị Vân

Giúp mình với gấp lắm .

Lời giải:

Ta có

\(xy+yz+xz=1\Rightarrow x^2+1=x^2+xy+yz+xz=(x+y)(x+z)\)

Tương tự: \(\left\{\begin{matrix} y^2+1=(y+z)(y+x)\\ z^2+1=(z+x)(z+y)\end{matrix}\right.\)

Do đó \(A=x\sqrt{\frac{(y+z)(y+x)(x+z)(z+y)}{(x+y)(x+z)}}+y\sqrt{\frac{(z+x)(z+y)(x+y)(x+z)}{(y+z)(y+x)}}+z\sqrt{\frac{(x+y)(x+z)(y+x)(y+z)}{(z+x)(z+y)}}\)

\(\Leftrightarrow A=x(y+z)+y(x+z)+z(x+y)=2(xy+yz+xz)=2\)

Vậy \(A=2\)

tks

ĐKXĐ : \(x\ge\dfrac{5}{2}\)

Nhân \(\sqrt{2}\)vào cả hai vế phương trình thì phương trình trở thành :

\(\sqrt{2x-4+2\sqrt{2x-5}}+\sqrt{2x+4+6\sqrt{2x-5}}=14\)

Đặt \(\sqrt{2x-5}=y\) \(\left(y\ge0\right)\)thì phương trình trở thành :

\(\sqrt{y^2+2y+1}+\sqrt{y^2+6y+9}=14\)

\(\Leftrightarrow\left|y+1\right|+\left|y+3\right|=14\) mà \(y\ge0\)nên

\(\Leftrightarrow2y+4=14\) \(\Leftrightarrow y=5\)

\(\Leftrightarrow2x-5=25\)\(\Leftrightarrow x=15\left(TM\right)\)

\(\sqrt {x - 2 + \sqrt {2x- 5} } + \sqrt {x + 2 + 3\sqrt {2x - 5} } = 7\sqrt 2 \)

Điều kiện: \(x \ge \dfrac{5}{2}\)

Nhân cả hai vế của phương trình với \(\sqrt{2}\), rồi biến đổi về dạng:

\(\sqrt{\left(\sqrt{2x-5}+1\right)^2}+\sqrt{\left(\sqrt{2x-5}+3\right)^2}=14\\ \Leftrightarrow\sqrt{2x-5}+1+\sqrt{2x-5}+3=14\\ \Leftrightarrow\sqrt{2x-5}=10\\ \Leftrightarrow2x-5=100\\ \Leftrightarrow2x=150\\ \Leftrightarrow x=15\left(TM\right)\)

Cho \(a=b=c=1\) thì \(A=\dfrac{1}{4}\)

Ta sẽ chứng minh nó là GTLN của A

Áp dụng BĐT AM-GM và BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(A=\dfrac{1}{\sqrt{a^2+b^2+c^2+1}}-\dfrac{2}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\)

\(\le\dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+1}}-\dfrac{2}{\left(\dfrac{a+b+c+3}{3}\right)^3}\)

\(=\dfrac{1}{\sqrt{3t^2+1}}-\dfrac{2}{\left(t+1\right)^3}\left(a+b+c=3t>0\right)\)

\(\le\dfrac{2}{\sqrt{\left(3+1\right)\left(3t^2+1\right)}}-\dfrac{2}{\left(t+1\right)^3}\)\(\le\dfrac{2}{3t+1}-\dfrac{2}{\left(t+1\right)^3}\)

Cần chứng minh \(\dfrac{2}{3t+1}-\dfrac{2}{\left(t+1\right)^3}\le\dfrac{1}{4}\)

Đúng vì nó tương đương \(\left(t-1\right)^2\left(3t^2+8t+1\right)\ge0\)

Đề đúng không bn

Bạn xem ở đây nhé Câu hỏi của Trai Vô Đối - Toán lớp 9 | Học trực tuyến

bình phương là thấy ngay ,mà hình như nhầm chỗ 1-y² =))

chỉ làm ik bạn <3 , mình làm k ra

Bạn vẽ hình rồi kí hiệu như trên.

a) \(\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow\dfrac{AB^2}{AC^2}=\dfrac{1}{3}=\dfrac{BH\cdot BC}{CH\cdot BC}=\dfrac{BH}{CH}\)(Cái này áp dụng hệ thức lượng tam giác dạng \(c^2=a\cdot c'\)).

Ta có : \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{BH}{CH}=\dfrac{1}{3}\\CH-BH=8\end{matrix}\right.\) => Hiệu số phần bằng nhau là 2.

Ta tính được : \(\left\{{}\begin{matrix}CH=\dfrac{8}{2}\cdot3=12\\BH=\dfrac{12}{3}=4\end{matrix}\right.\) => \(BC=BH+CH=16\).

Có \(\dfrac{AB^2}{AC^2}=\dfrac{1}{3}\), mà \(AB^2+AC^2=BC^2=16^2=256\)

Tổng số phần bằng nhau là 4.

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AB^2=\dfrac{256}{4}=64\\AC^2=\dfrac{256}{4}\cdot3=192\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AB=8\\AC=8\sqrt{3}\end{matrix}\right.\)

Vậy \(\Delta ABC\) có \(AB=8,AC=8\sqrt{3},BC=16\).

b)\(S_{MNIQ}=MQ\cdot MN=a\cdot MN\) (kí hiệu như hình).

Trong đó : \(AH=\dfrac{AB\cdot AC}{BC}=\dfrac{8\cdot8\sqrt{3}}{16}=4\sqrt{3}\)

+) \(AD=AH-HD=AH-MQ=4\sqrt{3}-a\)

+) \(MN\)//\(BC\Rightarrow\Delta AMN\) đồng dạng với \(\Delta ABC\)

\(\Rightarrow\dfrac{MN}{BC}=\dfrac{AD}{AH}\Rightarrow MN=\dfrac{BC\cdot AD}{AH}\)

\(=\dfrac{16\cdot\left(4\sqrt{3}-a\right)}{4\sqrt{3}}=\dfrac{4\cdot\left(4\sqrt{3}-a\right)}{\sqrt{3}}\)

=> \(S_{MNIQ}=MQ\cdot MN=a\cdot\left(\dfrac{4\cdot\left(4\sqrt{3}-a\right)}{\sqrt{3}}\right)=\dfrac{16\sqrt{3}a-4a^2}{\sqrt{3}}\)

\(=\dfrac{-\left(4a^2-16\sqrt{3}a\right)}{\sqrt{3}}=-\dfrac{\left[\left(2a-4\sqrt{3}\right)^2-48\right]}{\sqrt{3}}\)

\(=\dfrac{48-\left(2a-4\sqrt{3}\right)^2}{\sqrt{3}}=\dfrac{48}{\sqrt{3}}-\dfrac{\left(2a-4\sqrt{3}\right)^2}{\sqrt{3}}\le\dfrac{48}{\sqrt{3}}=16\sqrt{3}\)

Vậy \(S_{MNIQ-max}=16\sqrt{3}\Leftrightarrow a=2\sqrt{3}\).

làm hộ mình vài bài đại số vào trang mình là thấy

giúp voi

Ta có :

\(x^2+y^2+z^2=1\)

Thay vào biểu thức thứ 2 :

\(x^2+y^2-2xy+2yz-2zx+1=0\)

\(\Leftrightarrow x^2-2xy+y^2+y^2+2yz+z^2+x^2-2zx=0\)

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

Mà \(\left(x-y\right)^2\ge0;\left(y+z\right)^2\ge0\)

=> Để biểu thức bằng 0 : \(x\left(x-2z\right)=0;\left(x-y\right)=0;\left(y+z\right)=0\)

Xảy ra hai trường hợp :

TH1 :

x = 0

x - y = 0

y + z =0

=> x = y = z = 0 ( loại vì x^2 + y^2 +z ^2 = 0 ) (1)

TH2

x- 2z = 0

x - y = 0

y +z = 0

Trừ x - 2z - x + y =0 => - 2z + y = 0 (2 )

y +z = 0 (3)

Giai hệ (2) ,(3) có : y =z = 0 => x = 0 (loại vì x^2 + y^2 +z ^2 = 1 )(4)

Từ (1) , (4) :

=> Phương trình vô nghiệm .

P/s : đừng ném gạch nha

\(\left\{{}\begin{matrix}x^2+y^2+z^2=1\left(1\right)\\x^2+y^2-2xy+2yz-2xz+1=0\left(2\right)\end{matrix}\right.\)

Thay \(1=x^2+y^2+z^2\)vào phương trình (2):

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

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

mà \(\left(x-y-z\right)^2;x^2;y^2\)không âm

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x-y-z=0\\x=0\\y=0\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow x=y=z=0\)(mâu thuẫn với (1))

Vậy HPT vô nghiệm

\(ax^3=by^3=cz^3\Rightarrow\dfrac{ax^2}{\dfrac{1}{x}}=\dfrac{by^2}{\dfrac{1}{y}}=\dfrac{cz^2}{\dfrac{1}{z}}=\dfrac{ax^2+by^2+cz^2}{\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}}=ax^2+by^2+cz^2\)

=> \(\sqrt[3]{ax^2+by^2+cz^2}=\sqrt[3]{ax^3}=\sqrt[3]{by^3}=\sqrt[3]{cz^3}\)

\(=\dfrac{\sqrt[3]{a}}{\dfrac{1}{x}}=\dfrac{\sqrt[3]{b}}{\dfrac{1}{y}}=\dfrac{\sqrt[3]{c}}{\dfrac{1}{z}}=\dfrac{\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}}{\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}}=\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}.\)

Vay \(\sqrt[3]{ax^2+by^2+cz^2}=\)\(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}.\)

Cảm ơn bạn