Ta có biến đổi sau :

\(\left(2x-3\right)^2-19=\left(x-4\right)+\left(x+1\right)^2-19\)

                       \(=\left(\left(x-4\right)-\left(x+1\right)^2+4\left(x-4\right)\left(x+1\right)-19\right)\)

                       \(=25+4\left(x-4\right)\left(x+1\right)-19\)

                       \(=4\left(x-4\right)\left(x+1\right)+6\)

Vậy từ phương trình ban đầu ta có :

\(\Leftrightarrow2\left(x-4\right)^2\left(x+1\right)^2=4\left(x-4\right)\left(x+1\right)+6\)

\(\Leftrightarrow\left(x-4\right)^2\left(x+1\right)^2-2\left(x-4\right)\left(x+1\right)-3=0\)

\(\Leftrightarrow\left[\left(x-4\right)\left(x+1\right)+1\right]\left[\left(x-4\right)\left(x+1\right)-3\right]=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2-3x-3\right)\left(x^2-3x-7\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}x^2-3x-3=0\\x^2-3x-7=0\end{array}\right.\)

\(\Leftrightarrow x\in\left\{\frac{3\pm\sqrt{21}}{2};\frac{3\pm\sqrt{37}}{2}\right\}\)

Đặt \(y=2x^2-3x+1=2\left(x-\frac{3}{4}\right)^2-\frac{1}{8}\)

Điều kiện \(y\ge\frac{1}{8}\) (*)

Ta được hệ phương trình 2  ẩn \(x,y\)

\(\begin{cases}y=2x^2-3x+1\\x=2y^2-3y+1\end{cases}\) (a)

Trừ từng vế của hệ phương trình (a) ta được :

\(y-x=2\left(x^2-y^2\right)-3\left(x-y\right)\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x+y-1\right)\)

                                               \(\Leftrightarrow\begin{cases}y=1-\frac{\sqrt{2}}{2}\\y=1+\frac{\sqrt{2}}{2}\end{cases}\)

Cả 2 nghiệm này đều thỏa mãn điều kiện (*)

Do \(x=y\) nên ta được 2 nghiệm \(x\) tương ứng là \(x=1-\frac{\sqrt{2}}{2};x=1+\frac{\sqrt{2}}{2}\)

Thay \(x=1-y\) vào phương trình thứ 2 của hệ (a) ta được :

\(1-y=2y^2-3t+1\Leftrightarrow2y^2-2y=0\Leftrightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}y=0\\y=1\end{array}\right.\)

Hai nghiệm này cùng thỏa mãn điều kiện (*)

Do \(x=1-y\) nên ta được 2 nghiệm \(x\) tương ứng \(x=1;x=0\)

Vậy phương trình có 4 nghiệm :

\(x=1;x=0;x=1-\frac{\sqrt{2}}{2};x=1+\frac{\sqrt{2}}{2}\)

nhận thấy vế trái có dạng là một phương trình bậc hai luôn rồi,ta chỉ cần phân tích nó thành tích của 2 cái nhân với nhau,cụ thể là 

(2x^2-3x+1-1)(2(x^2-3x+1)-1)=x.

(2x^2-3x)(4x^2-6x+1)=x

x(2x-3)(4x^2-6x+1)=x

vậy x=0 hoặc (2x-3)(4x^2-6x+1)=1. bạn bấm máy tính nữa là xong.

(\(a^2\)+\(b^2\)).(\(x^2\)+\(y^2\))>= (ax+by)^2

<=> \(a^2\).\(x^2\)+\(a^2\).\(y^2\)+\(b^2\).\(x^2\)+\(b^2\).\(y^2\)>=\(a^2\).\(x^2\)+2axby+\(b^2\).\(y^2\)

<=> \(a^2\).\(y^2\)- 2aybx+\(b^2\).\(x^2\)>=0

<=> (ay-bx)^2>=0 (luôn đúng)

vậy(\(a^2\)+\(b^2\)).(\(x^2\)+\(y^2\))>=(ax+by)^2

(a2a2+b2b2).(x2x2+y2y2)>= (ax+by)^2

<=> a2a2.x2x2+a2a2.y2y2+b2b2.x2x2+b2b2.y2y2>=a2a2.x2x2+2axby+b2b2.y2y2

<=> a2a2.y2y2- 2aybx+b2b2.x

Lời giải

\(\text{HPT}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{xy+yz+xz}{y+z}=\frac{1}{2}\\ \frac{xy+yz+xz}{z+x}=\frac{1}{3}\\ \frac{xy+yz+xz}{x+y}=\frac{1}{4}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{x+z}{y+z}=\frac{3}{2}\\ \frac{x+y}{x+z}=\frac{4}{3}\\ \frac{y+z}{x+y}=\frac{1}{2}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 2x-3y-z=0\\ -x+3y-4z=0\\ -x+y+2z=0\end{matrix}\right.\Rightarrow 3x=5y=15z\)

Thay vào phương trình ban đầu: \(5z+\frac{3z.z}{3z+z}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow z=\frac{2}{23}\Rightarrow x=\frac{10}{23},y=\frac{6}{23}\)

Thử lại thấy đúng

Vậy nghiệm của HPT là \((x,y,z)=(\frac{10}{23},\frac{6}{23},\frac{2}{23})\)

Điều kiện \(x>-0,5,y>-0,5\). lấy (i) và (ii) trừ nhau , ta được 

\(x^2+3x+ln\left(2x+1\right)-y^2-3y-ln\left(2y+1\right)=y-x\left(1\right)\)

\(\Leftrightarrow x^2+4x+ln\left(2x+1\right)=y^2+4y+ln\left(2y+1\right)\left(2\right)\)

Xét hàm số \(f\left(t\right)=t^2+4t+\ln\left(2t+1\right)\) trên khoảng \(\left(-\frac{1}{2};+\infty\right)\), ta có :

\(f'\left(t\right)=2t+4+\frac{2}{2t+1}>0\) với mọi \(\in\left(-\frac{1}{2};+\infty\right)\)

vậy hàm số f(t) đồng biến trên khoản \(\left(-\frac{1}{2};+\infty\right)\) . Từ đó (1) xảy ra khi và chỉ khi x=y . Thay vào phương trình (i) được \(x^2+2x+ln\left(2x+1\right)=0.\)(3) . Dễ thấy x=0 thỏa mãn(3) . xét hàm số g(x)=\(x^2+2x+ln\left(2x+1\right)\). Ta có 

                                    \(g'\left(x\right)=2x+2+\frac{2}{2x+1}>0\veebar x>-\frac{1}{2}\)

vậy hàm g(x) đồng biến \(\left(-\frac{1}{2};+\infty\right)\), suy ra x=0 là nghiệm duy nhất của (3) . Hệ phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất (x;y)=(0;0)

b/cosB+c/cosC=a/sinB.sinC (*) 

Áp dụng định lý hàm số sin: 
a/sinA = b/sinB = c/sinC = 2R 
=> a = 2R.sinA = 2R.sin[180⁰ - (B+C)] = 2R.sin(B+C) 
và b = 2R.sinB; c = 2R.sinC thay vào (*) được: 
2R.sinB/cosB + 2RsinC/cosC = 2R.sin(B+C)/(sinB.sinC) 
<=>sinB/cosB + sinC/cosC = sin(B+C)/(sinB.sinC) 
<=> sin(B+C)/(cosBcosC) = sin(B+C)/(sinB.sinC) 
<=> cosBcosC = sinB.sinC 
<=> cosBcosC - sinB.sinC = 0 
<=> cos(B+C) = 0 
<=> B+C = 90⁰

lần đầu e thấy thầy giải luôn 

Lời giải:

ĐKXĐ: \(x>0,y\geq 0\)

Đặt \(x=a,\sqrt{xy}=b\). Nhân hai vế của PT $(2)$ với \(x\sqrt{x}\) ta có:

\(\text{HPT}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} b^2+b+1=a\\ b^3+1=a+3ab\end{matrix}\right.\Rightarrow b^3+1=b^2+b+1+3ab\)

\(\Rightarrow b^3+1=b^2+b+1+3ab\Leftrightarrow b(b^2-b-1-3a)=0\)

TH1: \(b=0\Rightarrow \sqrt{xy}=0\). Vì $x\neq 0$ nên $y=0$. Thay vào PT $(1)$ suy ra $x=1$. Thử lại thỏa mãn

Ta có bộ $(x,y)=(1,0)$

TH2: \(b^2-b-1-3a=0\). Kết hợp với \(b^2+b+1=a\Rightarrow 3(b^2+b+1)-(b^2-b-1)=0\)

\(\Leftrightarrow b^2+2b+2=(b+1)^2+1=0(\text{vl})\)

Vậy HPT có nghiệm $(x,y)=(1,0)$

Vì a . v < 0 nên chất điểm chuyển động chậm dần đều .

a) Áp dụng công thức : a = \(\frac{v-v_0}{t}=>t=\frac{0-\left(-10\right)}{4}=2.5\left(s\right)\)

b) Tiếp theo chất điểm chuyển động nhanh dần đều .

c) Áp dụng công thức : v = v₀ + at = -10 + 4 . 5 = 10 m /s

TRần Việt Hà

lớp 6 mà giỏi ghê nhỉ, giải giúp bài toán lớp 7 cx dc ấy nhỉ

a) Không thể kết luận chuyển động của người đó là nhanh dần đều được . Vì :

- Trong 5s đầu gia tốc của xe đạp là : a₁ = \(\frac{\triangle v}{\triangle t}=\frac{2}{5}=0,4\)m/s²

- Trong 5s tiếp theo , gia tốc của xe đạp là : a₂ = \(\frac{v-v_0}{\triangle t}=\frac{4-2}{5}\) = 0,4m/s²

- Trong 5s tiếp theo , gia tốc của xe đạp là : a₃ = \(\frac{6-4}{5}=\) 0,4m/s²

Mặc dù gia tốc trung bình trong mỗi khoảng thời gian 5s là bằng nhau nhưng không biết được gia tốc tức thời có thay đổi không .

b) Gia tốc trung bình cả khoảng thời gian từ lúc khởi hành là :

       a = \(\frac{6-0}{15}\) = 0,4m/s²

a) Trong chuyển động nhanh dần đều : trong những khoảng thời gian bất kì bằng nhau tốc độ của vật tăng thêm những lượng bằng nhau. Theo giả thiết chỉ trong những khoảng thời gian 5s tốc độ của vật tăng thêm những lượng bằng nhau chứ chưa phải trong những khoảng thời gian bất kì bằng nhau .
Lấy ví dụ sau 4s đầu tiên tốc độ của vật là 2m/s ; 1s kế tiếp đó vật chuyển động đều thì ta không thể kết luận chuyển động của người đó là nhanh dần đều được ! 

Lời giải:

Bài 1:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu:

( \(\frac{a_1^2}{x_1}+\frac{a_2^2}{x_2}+...+\frac{a_n^2}{x_n}\geq \frac{(a_1+a_2+...+a_n)^2}{x_1+x_2+...+x_n}\)- Bản chất chính là BĐT Cauchy-Schwarz thu gọn)

\(\text{VT}=\frac{a^{4030}}{a^{2014}(b+c-a)}+\frac{b^{4030}}{b^{2014}(a+c-b)}+\frac{c^{4030}}{c^{2014}(a+b-c)}\geq\frac{(a^{2015}+b^{2015}+c^{2015})^2}{a^{2014}(b+c)+b^{2014}(c+a)+c^{2014}(a+b)-(a^{2015}+b^{2015}+c^{2015})} \)

Giờ chỉ cần chứng minh \(a^{2014}(b+c)+b^{2014}(c+a)+c^{2014}(a+b)-(a^{2015}+b^{2015}+c^{2015})\leq a^{2015}+b^{2015}+c^{2015}\)

\(\Leftrightarrow (a-b)(a^{2014}-b^{2014})+(b-c)(b^{2014}-c^{2014})+(c-a)(c^{2014}-a^{2014})\geq 0\)

\(\Leftrightarrow (a-b)^2(a^{2013}+....+b^{2013})+(b-c)^2(b^{2013}+...+c^{2013})+(c-a)^2(c^{2013}+...+a^{2013})\geq 0\)

BĐT này luôn đúng với $a,b,c>0$

Do đó \(\text{VT}\geq \frac{a^{2015}+b^{2015}+c^{2015})^2}{a^{2015}+b^{2015}+c^{2015}}=a^{2015}+b^{2015}+c^{2015}\) ( đpcm)

Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c$

Bài 2:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(17\left ( a^2+\frac{1}{b^2} \right )=\left ( a^2+\frac{1}{b^2} \right )(1+4^2)\geq \left ( a+\frac{4}{b} \right )^2\)

\(\Rightarrow \sqrt{a^2+\frac{1}{b^2}}\geq \frac{a+\frac{4}{b}}{\sqrt{17}}\). Tương tự với các phân thức còn lại......

\(S\geq \frac{1}{\sqrt{17}}\left(a+b+c+\frac{4}{a}+\frac{4}{b}+\frac{4}{c}\right)\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu:

\(\frac{4}{a}+\frac{4}{b}+\frac{4}{c}\geq \frac{36}{a+b+c}\Rightarrow S\geq \frac{1}{\sqrt{17}}\left(a+b+c+\frac{36}{a+b+c}\right)\)

Áp dụng BĐT Am-Gm: \(a+b+c+\frac{9}{4(a+b+c)}\geq 2\sqrt{\frac{9}{4}}=3\)

Mặt khác, vì $a+b+c\leq\frac{3}{2}$ nên \(\frac{135}{4(a+b+c)}\geq \frac{45}{2}\)

\(\Rightarrow S\geq \frac{51}{2\sqrt{17}}=\frac{3\sqrt{17}}{2}\)

Vậy \(S_{\min}=\frac{3\sqrt{17}}{2}\Leftrightarrow (a,b,c)=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right))\)