a) \(3x+21-32x=-169\)

\(\Leftrightarrow-29x+21=-169\)

\(\Leftrightarrow-29x=\left(-169\right)-21\)

\(\Leftrightarrow-29x=-190\)

\(\Leftrightarrow x=\left(-190\right):\left(-29\right)\)

\(\Leftrightarrow x=\frac{190}{29}\)

Vậy tập hợp nghiệm của phương trình là: \(S=\left\{\frac{190}{29}\right\}.\)

b) \(3x-x+19-x=24\)

\(\Leftrightarrow2x+19-x=24\)

\(\Leftrightarrow x+19=24\)

\(\Leftrightarrow x=24-19\)

\(\Leftrightarrow x=5\)

Vậy tập hợp nghiệm của phương trình là:  \(S=\left\{5\right\}.\)

a) 3x + 21 - 32x = -169

<=> -29x + 21 = -169

<=> -29x = -190

<=> x = 190/29

b) 3x - x + 19 - x = 24

<=> x + 19 = 24

<=> x = 5

c)  \(\hept{\begin{cases}28x+6y=7400\left(1\right)\\x+y=1500\left(2\right)\end{cases}}\)

Nhân 6 vào từng vế của (2)

=> \(\hept{\begin{cases}28x+6y=7400\\6x+6y=9000\left(3\right)\end{cases}}\)

Lấy (1) trừ (3) theo vế

=> 22x = -1600 => x = -800/11

Thế x = -800/11 vào (2)

=> -800/11 + y = 1500 => y = 17300/11

Vậy x = -800/11 ; y = 17300/11

Chắc áp dụng BĐT AM-GM á

Bất đẳng thức sau đây đúng với mọi a, b, c không âm:

\(\left(ab+bc+ca\right)\left[\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\right]\ge\frac{49}{18}+k\left(\frac{a}{b+c}-2\right)\)

với \(k=\frac{23}{25}\).

Note. \(k_{\text{max}}\approx\text{0.92102588865167}\) là nghiệm của phương trình bậc 5: 

15116544*k^5+107495424*k^4-373143024*k^3+280903464*k^2+209797812*k-227353091 = 0

Bài 1 :                                                      Bài giải

Hình tự vẽ //                                       

a) Ta có DOC = cung DC

Vì DOC là góc ở tâm và DAC là góc chắn cung DC

=>DOC = 2 . AOC (1)

mà tam giác AOC cân =>AOC=180-2/AOC (2)

Từ (1) ; (2) ta được DOC + AOC = 180

b) Góc ACD là góc nội tiếp chắn nữa đường tròn

=>ACD=90 độ

c) c) HC=1/2*BC=12

=>AH=căn(20^2-12^2)=16

Ta có Sin(BAO)=12/20=>BAO=36.86989765

=>AOB=180-36.86989765*2=106.2602047

Ta có AB^2=AO^2+OB^2-2*OB*OA*cos(106.2602047)

<=>AO^2+OA^2-2OA^2*cos(106.2602047)=20^2

=>OA=12.5

Bạn làm được bài này chưa ạ

Sửa : cho \(a_{1}, a_{2},..., a_{n}\in \mathbb{R}\)

Ủa sao lệnh tex ko lên nhỉ ??

Sửa lại : \(a_1,a_2,....,a_n\inℝ\)

Một cách khác mà hôm nay ngủ dạy lại nghĩ ra :))

Áp dụng liên tiếp BĐT Svacxo cho 3 các số dương ta được :

\(\left(a+b\right)^4+\left(b+c\right)^4+\left(c+a\right)^4\)

\(=\frac{\left(a+b\right)^4}{1}+\frac{\left(b+c\right)^4}{1}+\frac{\left(c+a\right)^4}{1}\ge\frac{\left[\left(a+b\right)^2+\left(b+c\right)^2+\left(c+a\right)^2\right]^2}{1+1+1}\)

\(=\frac{\left[\left(a+b\right)^2+\left(b+c\right)^2+\left(c+a\right)^2\right]^2}{3}=\frac{\left[\frac{\left(a+b\right)^2}{1}+\frac{\left(b+c\right)^2}{1}+\frac{\left(c+a\right)^2}{1}\right]^2}{3}\)

\(\ge\frac{\left[\frac{\left(a+b+b+c+c+a\right)^2}{3}\right]^2}{3}=\frac{\left(\frac{2^2}{3}\right)^2}{3}=\frac{16}{27}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}\)

Ta đi chứng minh BĐT : \(x^2+y^2+z^2\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\) 

BĐT trên tương đương : \(\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\) ( Đúng )

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=z\)

+) Ta xét : \(x^4+y^4+z^4=\left(x^2\right)^2+\left(y^2\right)^2+\left(z^2\right)^2\)\(\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{3}\) (*)

Lại có : \(x^2+y^2+z^2\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\)

Nên từ (*) suy ra \(x^4+y^4+z^4\ge\frac{\left(\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\right)^2}{3}=\frac{\left(x+y+z\right)^4}{27}\)

Áp dụng vào bài toán với \(\hept{\begin{cases}x=a+b\\y=b+c\\z=c+a\end{cases}}\) ta có :

\(\left(a+b\right)^4+\left(b+c\right)^4+\left(c+a\right)^4\ge\frac{\left(a+b+b+c+c+a\right)^4}{27}=\frac{2^4}{27}=\frac{16}{27}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}\)

Vậy BĐT được chứng minh !

.

Giá trị của \(\sqrt{x}\)là số vô tỉ

Sai bét r bn ới

nếu mình lấy x1 + x2 x 

thì rA kết quả

MIK LẤY x+1+x2 x

thì ra đáp án