1. Giải phương trình $\sqrt2.\sqrt{2x^2 + x + 1} - \sqrt{4x-1} + 2x^2+3x-3 = 0$.
2. Cho các số thực dương $a, b, c$ thỏa mãn $ab+bc+ca = 3.$ Chứng minh
$\dfrac{a^3}{b+2c} + \dfrac{b^3}{c+2a} + \dfrac{c^3}{a+2b} \ge 1.$
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1. Khi $m=4$ thì phương trình trở thành $x^2-9x+20=0\Leftrightarrow (x-4)(x-5)=0$ hay $x=4$ hoặc $x=5$ là các nghiệm của phương trình.
2. Ta có \(\Delta=\left(2m+1\right)^2-4\left(m^2+m\right)=1>0\) nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt, hơn thế nữa ta có $x^2-(2m+1)x+m^2+m=0$ có 2 nghiệm là $x_1,x_2$ thì theo định lý Viete ta có $x_1+x_2=2m+1,x_1.x_2=m^2+m$, ta có $-17=(x_1+x_2)^2-7x_1.x_2=(2m+1)^2-7(m^2+m)$ hay $-3m^2-3m+18=0\Leftrightarrow 3(m+3)(m-2)=0$, vậy $m=2,m=-3$ là các giá trị cần tìm
\(\left\{{}\begin{matrix}\left(x^2-2x-9\right)\sqrt{x^2-x-6}=0\left(1\right)\\x+y=0\left(2\right)\end{matrix}\right.\)
ĐK: \(\left[{}\begin{matrix}x\ge3\\x\le-2\end{matrix}\right.\)
Từ (1) <=> \(\left[{}\begin{matrix}x^2-2x-9=0\left(\cdot\right)\\x^2-x-6=0\end{matrix}\right.\) (*) nghiệm không tm đk
<=> \(\left[{}\begin{matrix}x=3\left(I\right)\\x=-2\left(II\right)\end{matrix}\right.\) ->
Từ (2) => y = -x
(I) y = -3
(II) y = 2
Với x = 3 và y = -3 => P = 32 + (-3)2 + 2020 = 2038
với x = -2 và y = 2 => P = (-2)2 + 22 + 2020 = 2028
cho mn hỏi là (*) tìm ra nghiệm là \(x=1-\sqrt{10}=-2,1622....\) và \(x=1+\sqrt{10}=4,1622.....\)
tại sao lại bị loại vậy (dựa vào ĐKXĐ kiểu j mà bị loại), mn ko rõ lắm
Ta có số hạng tổng quát
\(\dfrac{1}{\left(n+1\right)\sqrt{n}}=\dfrac{\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)}{\left(n+1\right)\sqrt{n}}< \dfrac{\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right).2.\sqrt{n+1}}{\left(n+1\right)\sqrt{n}}=\)
\(=\dfrac{2\left(n+1\right)-2\sqrt{\left(n+1\right)n}}{\left(n+1\right)\sqrt{n}}=\dfrac{2}{\sqrt{n}}-\dfrac{2}{\sqrt{n+1}}\)
Áp dụng vào bài toán
\(VT< \dfrac{2}{\sqrt{1}}-\dfrac{2}{\sqrt{2}}+\dfrac{2}{\sqrt{2}}-\dfrac{2}{\sqrt{3}}+\dfrac{2}{\sqrt{3}}-\dfrac{2}{\sqrt{4}}+...+\dfrac{2}{\sqrt{n}}-\dfrac{2}{\sqrt{n+1}}=\)
\(=2-\dfrac{2}{\sqrt{n+1}}< 2\)
Xin lỗi
\(\dfrac{1}{\left(n+1\right)\sqrt{n}}=\dfrac{\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)\left(\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\right)}{\left(n+1\right)\sqrt{n}}< \dfrac{\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right).2.\sqrt{n+1}}{\left(n+1\right)\sqrt{n}}\)
\(\sqrt{1-\sqrt{x^4-x^2}}=x-1\)
\(\Leftrightarrow1-\sqrt{x^4-x^2}=\left(x-1\right)^2\)
\(\Leftrightarrow-\sqrt{x^4-x^2}=x^2-2x+1-1\)
\(\Leftrightarrow x^4-x^2=\left(x^2-2x\right)^2\)
\(\Leftrightarrow x^4-x^2=x^4-4x^3+4x^2\)
\(\Leftrightarrow4x^3-5x^2=0\)
\(\Leftrightarrow x^2\left(4x-5\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x^2=0\\4x-5=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=\dfrac{5}{4}\end{matrix}\right.\)
Ta phản chứng rằng không tồn tại 2 số nào bằng nhau trong 25 số trên, đồng nghĩa với 25 số trên là phân biệt, ta sắp xếp chúng theo thứ tự $a_1<a_2<...<a_25$, có thể thấy rằng, bộ số $1,2,...25$ chính là bộ số mà giá trị của vế trái lớn nhất, nhưng giá trị lúc này có thể tính được là xấp xỉ 8,6<9 nên không thỏa mãn, các bộ số khác hiển nhiên cũng sẽ khiến vế trái nhỏ hơn 9, vậy không tồn tại bộ số nào thỏa mãn nếu chúng phân biệt, ta có điều phải chứng minh
\(\sin\widehat{B}=\dfrac{AC}{BC}\Rightarrow BC=\dfrac{AC}{\sin\widehat{B}}=\dfrac{4}{\sin42^o}\)
\(AC^2=CH.BC\) (trong tg vuông bình phương 1 cạnh góc vuông bằng tích giữa hình chiếu cạnh góc vuông đó trên cạnh huyền với cạnh huyền)
\(\Rightarrow CH=\dfrac{AC^2}{BC}=4.\sin42^o\)
Xét tg vuông AHC có
\(x=AH=\sqrt{AC^2-CH^2}\) (Pitago)
\(\Rightarrow x=\sqrt{16-16\sin^242^o}=4\sqrt{1-\sin^242}=4\sqrt{\cos^242^o}=4\cos42^o\)
Hai đường thẳng cắt nhau khi
\(2x=-x+3\Leftrightarrow3x=3\Leftrightarrow x=1\) thay vào
\(y=2x\Rightarrow y=2\)
Giao của 2 đường thẳng tại điểm có toạ độ (1;2)
Ta có \(x^2+x\sqrt{3}+1=\left(x^2+2x.\dfrac{\sqrt{3}}{2}+\dfrac{3}{4}\right)+\dfrac{1}{4}=\left(x+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2+\dfrac{1}{4}\)
Vì \(\left(x+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2\ge0\) \(\Leftrightarrow\left(x+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2+\dfrac{1}{4}\ge\dfrac{1}{4}\) \(\Leftrightarrow x^2+x\sqrt{3}+1\ge\dfrac{1}{4}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x+\dfrac{\sqrt{3}}{2}=0\Leftrightarrow x=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
Vậy GTNN của biểu thức đã cho là \(\dfrac{1}{4}\) khi \(x=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
1)
ĐKXĐ: \(x\ge\dfrac{1}{4}\)
PT \(\Leftrightarrow\sqrt{4x^2+2x+2}-\sqrt{4x-1}+2x^2+3x-3=0\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{4x^2+2x+2}-2\right)-\left(\sqrt{4x-1}-1\right)+2x^2+3x-2=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{4x^2+2x+2-4}{\sqrt{4x^2+2x+2}+2}-\dfrac{4x-1-1}{\sqrt{4x-1}+1}+\left(2x-1\right)\left(x+2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{4x^2+2x-2}{\sqrt{4x^2+2x+2}+2}-\dfrac{4x-2}{\sqrt{4x-1}+1}+\left(2x-1\right)\left(x+2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{2\left(2x-1\right)\left(x+1\right)}{\sqrt{4x^2+2x+2}+2}-\dfrac{2\left(2x-1\right)}{\sqrt{4x-1}+1}+\left(2x-1\right)\left(x+2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(2x-1\right)\left(\dfrac{2x+2}{\sqrt{4x^2+2x+2}+2}-\dfrac{2}{\sqrt{4x-1}+1}+x+2\right)=0\)
Mà \(\dfrac{2x+2}{\sqrt{4x^2+2x+2}+2}>0\)
\(\dfrac{2}{\sqrt{4x-1}+1}< 2\Leftrightarrow-\dfrac{2}{\sqrt{4x-1}+1}>-2\)
\(x+2>2\)
=> \(\dfrac{2x+2}{\sqrt{4x^2+2x+2}+2}-\dfrac{2}{\sqrt{4x-1}+1}+x+2>0\)
\(\Leftrightarrow2x-1=0\Leftrightarrow x=\dfrac{1}{2}\left(TM\right)\)
KL: Vậy PT có nghiệm \(S=\left\{\dfrac{1}{2}\right\}\)
2)
BĐT \(\Leftrightarrow\left[\dfrac{a^3}{b+2c}+\dfrac{b+2c}{9}.a\right]+\left[\dfrac{b^3}{c+2a}+\dfrac{c+2a}{9}.b\right]+\left[\dfrac{c^3}{a+2b}+\dfrac{a+2b}{9}.c\right]-\dfrac{1}{3}.\left(ab+bc+ca\right)\ge1\)
Áp dụng BĐT Cosi cho 2 số không âm:
\(\dfrac{a^3}{b+2c}+\dfrac{b+2c}{9}.a\ge2.\sqrt{\dfrac{a^3}{b+2c}.\dfrac{b+2c}{9}.a}=\dfrac{2a^2}{3}\)
Tương tự \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{b^3}{c+2a}+\dfrac{c+2a}{9}.b\ge\dfrac{2b^2}{3}\\\dfrac{c^3}{a+2b}+\dfrac{a+2b}{9}.c\ge\dfrac{2c^2}{3}\end{matrix}\right.\)
\(VT\ge\dfrac{2}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)-1\)
Mà \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca=3\)
\(\Rightarrow VT\ge1\left(đpcm\right)\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
2. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:
\(LHS\ge\sum_{cyc}\dfrac{a^4}{ab+2ca}\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{3\left(ab+bc+ca\right)}\ge\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{3\left(ab+bc+ca\right)}=\dfrac{ab+bc+ca}{3}=\dfrac{3}{3}=1\)Vậy ta có điều phải chứng minh