Áp dụng liên tiếp BĐT \(\frac{\left(x+y\right)^2}{2}\le x^2+y^2\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\ge0\left(true\right)\)

\(\left(\frac{a+b}{2}\right)^4=\left(\frac{\frac{\left(a+b\right)^2}{2}}{2}\right)^2\le\left(\frac{a^2+b^2}{2}\right)^2=\left(\frac{\frac{\left(a^2+b^2\right)^2}{2}}{2}\right)\le\frac{a^4+b^4}{2}\)

Dấu "=" xảy ra tại a=b

Vậy..................

Na: I

Cl: I,...

Fe: II, III

(SO4): II

S: II, IV, VI

O: II

còn lại tự giải

a) \(ĐKXĐ:x\ne\pm3\)

\(\frac{1}{x-3}+\frac{x}{x+3}=\frac{2}{x^2-9}\)\(\Leftrightarrow\frac{x+3}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}+\frac{x\left(x-3\right)}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}=\frac{2}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}\)

\(\Leftrightarrow\frac{x+3+x\left(x-3\right)}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}=\frac{2}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}\)

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

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

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2=0\)\(\Leftrightarrow x-1=0\)\(\Leftrightarrow x=1\)( thoả mãn ĐKXĐ )

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S=\left\{1\right\}\)

b) \(x^2-1=\left|x+1\right|\)(1)

TH1: Nếu \(x+1< 0\)\(\Leftrightarrow x< -1\)

\(\Rightarrow\left|x+1\right|=-\left(x+1\right)\)

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

\(\Leftrightarrow x^2+x=0\)\(\Leftrightarrow x\left(x+1\right)=0\)\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=0\\x+1=0\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=0\\x=-1\end{cases}}\)

So sánh với ĐK ta thây không có giá trị nào của x thoả mãn

TH2: Nếu \(x+1\ge0\)\(\Leftrightarrow x\ge-1\)

\(\Rightarrow\left|x+1\right|=x+1\)

(1) \(\Leftrightarrow x^2-1=x+1\)\(\Leftrightarrow x^2-1-x-1=0\)

\(\Leftrightarrow x^2-x-2=0\)\(\Leftrightarrow\left(x+1\right)\left(x-2\right)=0\)\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x+1=0\\x-2=0\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=-1\\x=2\end{cases}}\)

So sánh với ĐKXĐ ta thấy cả 2 giá trị của x đều thoả mãn

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S=\left\{-1;2\right\}\)

\(\frac{1}{x-3}+\frac{x}{x+3}=\frac{2}{x^2-9}\left(x\ne\pm3\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{x-3}+\frac{x}{x+3}-\frac{2}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}=0\)

\(\Leftrightarrow\frac{x+3}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}+\frac{x^2-3x}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}-\frac{2}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}=0\)

\(\Leftrightarrow\frac{x+3+x^2-3x-2}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}=0\)

\(\Leftrightarrow\frac{x^2-2x+1}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}=0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(x-1\right)^2}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}=0\)

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

<=> x-1=0

<=> x=1 (tmđk)

 \(24x-4\left(2x-\frac{3}{4}\right)-4\left(3+\frac{2x}{2}\right)=36-3\left(x-\frac{3}{2}\right)-3\left(3-\frac{2x}{3}\right)\)

Đề như này đúng không bạn

Sp1 93nghin sp2 92

Xem cách hack VIP OLM siêu dễ chỉ 10p xong tại đây: https://www.youtube.com/watch?v=zYcnHqUcGZE

Vì tam giác PAB đồng dạng với tam giác PCA (gt) =>\(\frac{PA}{PC}\)=\(\frac{PB}{PA}\)=\(\frac{AB}{CA}\)=\(\frac{4}{3}\)

=>\(\frac{PA}{PC}\)=\(\frac{4}{3}\)=>PA=\(\frac{4PC}{3}\)

Ta có :\(\frac{PB}{PA}\)=\(\frac{4}{3}\)<=> \(\frac{7+PC}{PA}\)=\(\frac{4}{3}\) <=>\(\frac{7+PC}{\frac{4PC}{3}}\)=\(\frac{4}{3}\) <=> PC=9 

Vậy độ dài cạnh PC cần tìm là 9 (đvđd)

(x² -2x+1)-4=0

= (x-1)²-4=0

=> (x-1)²=4

=> x=3

hình tự vẽ nhé

do PK // BD =) áp dụng định lí ta-lét vào tam giác CBD được: CP/PB = CK/KD      (1)

dễ dàng chứng minh được tứ giác ABKD là hình bình hành =) KD=AB và AD=BK

tương tự tứ giác ABCI cũng là hình bình hành =) AI =BC

có góc PKC= góc BDC (PK//BD)

góc BDA=góc BKP (cùng = DBK)

góc AID=góc BCK 

dễ dàng =) góc ADI = góc BCK  

=) góc DAI = góc KBC

=) tam giác DAI = tam giác KBC (c-g-c) =) DI=KC

vì AB//DI nên áp dụng hệ quả của định lí ta-lét đc: DI/AB=DM/MB=KC/KD    (2)

từ (1) và (2) =) BM/MD = BP/PC 

áp dụng định lí ta lét đảo =) MP//DC

chưa hiểu thì hỏi nhé

_kohkkij

điều kiện: x khác m và -m

quy đồng bỏ mẫu thì bn đc:

(1-x)(x+m) + (x-2)(x-m)= 2-2(x-m)
=) x(1-2m)=2-m                                         (1)

để pt đã cho vô nghiệm thì (1) cũng phải vô nghiệm

vậy (1) vô nghiệm khi 1-2m= 0 và 2-m khác 0

=) m=1/2

vậy ...

Ta có: \(n^5-n=n\left(n^4-1\right)=n\left(n-1\right)\left(n+1\right)\left(n^2+1\right)\)

\(=n\left(n-1\right)\left(n+1\right)\left(n^2-4+5\right)\)

= \(\left(n-2\right)\left(n-1\right)n\left(n+1\right)\left(n+2\right)+5n\left(n-1\right)\left(n+1\right)\) 

+) vì n ( n - 1) chia hết cho 2 và (n - 1) n ( n+1 ) chia hết cho 3

=> n ( n - 1 ) ( n + 1 ) chia hết cho 6 

nên \(n^5-n=n\left(n-1\right)\left(n+1\right)\left(n^2+1\right)⋮6\)

+) Vì \(\left(n-2\right)\left(n-1\right)n\left(n+1\right)\left(n+2\right)⋮5\) và \(5n\left(n-1\right)\left(n+1\right)⋮5\)

=> \(n^5-n=\left(n-2\right)\left(n-1\right)n\left(n+1\right)\left(n+2\right)+5n\left(n-1\right)\left(n+1\right)⋮5\)

Mà ( 5; 6 ) = 1 và 5.6 = 30 

=> \(n^5-n⋮30\) với mọi số tự nhiên n 

=> \(\left(2^{3n+1}+2^n\right)\left(n^5-n\right)⋮30\) với mọi số tự nhiên n