Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(x\left(x^2+x+1\right)=4^y-1\)
\(\Leftrightarrow x^3+x^2+x+1=4^y\)
\(\Leftrightarrow\left(x+1\right)\left(x^2+1\right)=4^y\)( 1 )
Do x,y \(\in\)Z . Từ ( 1 )\(\Rightarrow x,y\ge0\)
Nếu x = 0 \(\Rightarrow\)y = 0 ( thỏa mãn )
Nếu x > 0 \(\Rightarrow\)y > 0 \(\Rightarrow\)x + 1 chẵn
Đặt x = 2k + 1 ( k \(\in\)N )
( 1 ) trở thành : \(\left(2k+2\right)\left(4k^2+4k+2\right)=4^y\)
\(\Leftrightarrow\left(k+1\right)\left(2k^2+2k+1\right)=4^{y-1}\)
Vì \(2k^2+2k+1\)là số lẻ mà ước lẻ của \(4^{y-1}\)chỉ có 1
\(\Rightarrow2k^2+2k+1=1\Rightarrow k=0\)
\(\Rightarrow x=1\Rightarrow y=1\)( t/m )
Vậy PT đã cho có nghiệm ( x ;y ) là ( 1 ; 1 ) ; (0 ; 0 )
\(x+3+\sqrt{1-x^2}=3\sqrt{x+1}+\sqrt{1-x}\)
\(\Leftrightarrow x+1-1+3+\sqrt{1-x^2}=3\sqrt{x+1}+\sqrt{1-x}\)
Đặt \(\hept{\begin{cases}\sqrt{x+1}=a\\\sqrt{1-x}=b\end{cases}}\)
=> phương trình \(\Leftrightarrow a^2-1+3+ab=3a+b\)
\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)\left(a+1\right)+3\left(1-a\right)+b\left(a-1\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)\left(a+1-3+b\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)\left(a-2+b\right)=0\)
Tự làm tiếp nhé~
\(\hept{\begin{cases}x-y=2\\mx+y=3\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}y=x-2\\mx+x-2=3\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}y=x-2\\x\left(m+1\right)=5\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}y=\frac{5}{m+1}-2\\x=\frac{5}{m+1}\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}y=\frac{3-10m}{m+1}\\x=\frac{5}{m+1}\end{cases}}\)
Để nghiệm của htp là các số dương thì \(\hept{\begin{cases}y=\frac{3-10m}{m+1}>0\\x=\frac{5}{m+1}>0\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\frac{3-10m}{m+1}>0\\m+1>0\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}3-10m>0\\m+1>0\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}m< \frac{3}{10}\\m>-1\end{cases}}\)
Vậy \(-1< m< \frac{3}{10}\)thì htp có nghiệm là các số dương
Ta sẽ chứng minh:\(\left(a^2+2\right)\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)\ge3\left(a+b+c\right)^2\)
Theo nguyên lí Dirichlet, luôn tồn tại ít nhất 2 trong 3 số \(a^2-1,b^2-1,c^2-1\) cùng dấu.
Giả sử đó là \(b^2-1,c^2-1\Rightarrow\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\ge0\)
\(\because\) \(\left(a^2+1+1\right)\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{b^2+c^2+1}\) (Bunyakovski)\(\therefore VT\ge\frac{\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)\left(a+b+c\right)^2}{b^2+c^2+1}\ge3\left(a+b+c\right)^2\)\(\Leftrightarrow\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)\ge3\left(b^2+c^2+1\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\ge0\) (đúng do giả sử)
Từ đó dẫn đến kết luận.
Cách khác: Xét hiệu 2 vế, thu được:
Đúng vì: \(2b^2c^2+b^2-6bc+c^2+2=2\left(bc-1\right)^2+\left(b-c\right)^2\ge0\)
Kiên trì lắm mới làm đây,đang làm tự nhiên máy load lại :(
Áp dụng định lý đường phân giác\(\frac{DB}{DC}=\frac{AB}{AC}=\frac{6}{8}=\frac{3}{4}\)
Áp dụng định lý Pythagoras:\(BC^2=AB^2+AC^2\Rightarrow BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=10\left(cm\right)\)
Đặt \(BD=3k;DC=4k\)
Ta có:\(BD+DC=BC\Rightarrow3k+4k=10\Rightarrow k=\frac{10}{7}\)
\(\Rightarrow BD=\frac{30}{7}\left(cm\right);DC=\frac{40}{7}\left(cm\right)\)
b
Áp dụng định lý Thales:\(\frac{DH}{AC}=\frac{BH}{HA}=\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}=\frac{6}{8}=\frac{3}{4}\Rightarrow DH=\frac{3}{4}\cdot8=6\left(cm\right)\)
Đặt \(BH=3q;AH=4q\)
Ta có:\(BH+AH=AC\Rightarrow3q+4q=8\Rightarrow q=\frac{8}{7}\)
\(\Rightarrow AH=\frac{32}{7}\left(cm\right)\)
Áp dụng định lý Pythagoras:\(AH^2+HD^2=AD^2\Rightarrow AD=\sqrt{AH^2+HD^2}=\frac{2\sqrt{697}}{7}\)
Cách 2:
Có một đẳng thức trong tam giác rất đẹp như sau:\(AD^2=AB\cdot AC-BD\cdot DC\)
\(\Rightarrow AD=\sqrt{AB\cdot AC-BD\cdot DC}=\frac{24\sqrt{2}}{7}\)
Tuy nhiên 2 kết quả trên lại khác nhau,mọi người tìm chỗ sai giúp mik được ko ạ ?
\(2\frac{1998}{1999}\)là hỗn số hay \(2.\frac{1998}{1999}\)hả bạn?
