\(\dfrac{2}{3}-\left(-\dfrac{1}{2}-x\right)=-\dfrac{4}{5}\\ \left(-\dfrac{1}{2}-x\right)=-\dfrac{4}{5}-\dfrac{2}{3}\\ -\dfrac{1}{2}-x=-\dfrac{22}{15}\\ x=-\dfrac{1}{2}-\left(-\dfrac{22}{15}\right)\\ x=\dfrac{29}{30}\)

\(@Ans:\)

\(\downarrow\)

\(\text{Đáp án:}\)

\(\text{Vận tốc lúc đi của ô tô là 45 km/h}.\)

\(\text{Giải thích các bước giải:}\)

\(\text{Gọi vận tốc của ô tô lúc đi là x ( x > 5 , km/h ) }\)

\(\text{Vận tốc của ô tô lúc về là x − 5 (km/h)}\)

\(\text{Thời gian người đó đi từ A đến B là}\) \(\dfrac{180}{x}\) \(\text{( giờ )}\)

\(\text{Thời gian người đó đi từ B về A là}\) \(\dfrac{180}{x-5}\) \(\text{( giờ )}\)

\(\text{Vì thời gian lúc đi, thời gian nghỉ 90 phút = }\)\(\dfrac{3}{2}\) \(\text{giờ,}\)\(\text{thời gian lúc trở về A là 10 giờ nên ta có phương trình:}\)

\(\dfrac{180}{x}+\dfrac{180}{x-5}+\dfrac{3}{2}=10\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{180.\left(x-5\right)+180x}{x.\left(x-5\right)}=\dfrac{17}{2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{180x-900+180x}{x.\left(x-5\right)}=\dfrac{17}{2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{360x-900}{x.\left(x-5\right)}=\dfrac{17}{2}\)

\(\Rightarrow2.\left(360x-900\right)=17.x.\left(x-5\right)\)

\(\Leftrightarrow720x-1800=17x^2-85x\)

\(\Leftrightarrow17x^2-805x+1800=0\)

\(\Leftrightarrow17x^2-865x-40x+1800=0\)

\(\Leftrightarrow17x.\left(x-45\right)-40.\left(x-45\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(17x-40\right).\left(x-45\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}17x-40=0\\x-45=0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=45\text{(thỏa mãn điều kiện)}\\x=\dfrac{40}{17}\text{(loại)}\end{matrix}\right.\)

\(\text{Vậy, vận tốc lúc đi của ô tô là 45 km/h.}\)

Đề bài yêu cầu gì, bạn xem lại đề.

\(A=\left(x^2-4y^2\right)\left(x^2-2xy+4y^2\right)\left(x^2+2xy+4y^2\right)\)

\(A=\left(x-2y\right)\left(x+2y\right)\left(x^2-2xy+4y^2\right)\left(x^2+2xy+4y^2\right)\)

\(A=\left(x-2y\right)\left(x^2+2xy+4y^2\right)\left(x+2y\right)\left(x^2-2xy+4y^2\right)\)

\(A=\left[x^3-\left(2y\right)^3\right]\left[x^3+\left(2y\right)^3\right]\)

\(A=\left[x^3-8y^3\right]\left[x^3+8y^3\right]\)

\(A=x^6-64y^6\)

\(F=\left(3x-2\right)^2+\left(3x+2\right)^2+2\left(9x^2-4\right)\\=\left[\left(3x+2\right)^2+2.\left(3x+2\right)\left(3x-2\right)+\left(3x-2\right)^2\right]\\ =\left[\left(3x+2\right)+\left(3x-2\right)\right]^2\\ =\left(6x\right)^2=36x^2\\ Thay.x=-\dfrac{1}{3}.vào.F.thu.gọn:\\ F=36x^2=36.\left(-\dfrac{1}{3}\right)^2=36.\left(\dfrac{1}{9}\right)=4\)

Từ pt thứ 2, ta thấy \(y^2⋮9\Leftrightarrow y⋮3\) \(\Leftrightarrow y=3z\left(z\inℤ\right)\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2+3xz=2019\\9z^2-9xz=99\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2+3xz=2019\\z^2-xz=11\end{matrix}\right.\) (*)

Từ pt đầu tiên của (*), ta thấy \(x⋮3\Leftrightarrow x=3t\left(t\inℤ\right)\)

Khi đó \(9t^2+9tz=2019\)  \(\Rightarrow2019⋮9\), vô lí. 

Do đó, pt đã cho không có nghiệm nguyên.

Bạn xem lại đề

a) Do I nằm trên trung trực của đoạn BC nên \(IB=IC\). 

 Xét 2 tam giác IAM vuông tại M và IAN vuông tại N, ta có:

 AI là cạnh chung và \(\widehat{MAI}=\widehat{NAI}\) (do AI là phân giác góc BAC)

\(\Rightarrow\Delta IAM=\Delta IAN\left(ch-gn\right)\) \(\Rightarrow IM=IN\).

Lại xét 2 tam giác IMB vuông tại M và INC vuông tại N, có:

\(IB=IC\left(cmt\right);IM=IN\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\Delta IMB=\Delta INC\left(ch-cgv\right)\) \(\Rightarrow MB=NC\left(đpcm\right)\)

b) Ta đã có \(IN\perp AE\) tại N nên ta chỉ cần chứng minh N là trung điểm của đoạn AE là xong. Thật vậy, ta có \(MB=NC\left(cmt\right)\) và \(AB=EC\left(gt\right)\) nên suy ra \(AB+MB=NC+EC\) hay \(AM=NE\).

Mặt khác, do \(\Delta IAM=\Delta IAN\left(cmt\right)\Rightarrow AM=AN\)

Từ đó suy ra \(AN=NE\) hay N là trung điểm AE. Ta có đpcm.

c) Qua B kẻ đường thẳng song song với AC cắt AI tại P. Khi đó ta có \(\widehat{BAP}=\widehat{CAP}=\widehat{BPA}\) nên tam giác ABP cân tại B, suy ra \(AB=BP\). Mặt khác, theo định lý Thales, ta có \(\dfrac{FB}{FC}=\dfrac{BP}{AC}=\dfrac{AB}{AC}< 1\) (do \(AB< AC\)) nên suy ra \(\dfrac{FB}{FC}< 1\) hay \(FB< FC\) (đpcm)

giúp t với 

\(x\cdot y=3\Rightarrow x=\dfrac{3}{y}\\ \Rightarrow\dfrac{3}{y}+y=5\\ \Rightarrow y^2-5y+1=0\\ \Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}y=\dfrac{5+\sqrt{21}}{2}\Rightarrow x=\dfrac{15-3\sqrt{21}}{2}\\y=\dfrac{5-\sqrt{21}}{2}\Rightarrow x=\dfrac{15+3\sqrt{21}}{2}\end{matrix}\right.\)

\(B=\left(2x-3y\right)\left(3y-2x\right)=-\left(2x-3y\right)^2\\ \Rightarrow\left[{}\begin{matrix}B\simeq-172,176\\B\simeq-790,823\end{matrix}\right.\)

\(C=x^5+y^5\\ \Rightarrow\left[{}\begin{matrix}C\simeq2525,096\\C\simeq613574,904\end{matrix}\right.\)

Em xem lại đề xem, bài này số xấu

\(\left(a-1\right)^2\ge0\Rightarrow a^2+1-2a\ge0\Rightarrow a^2+1\ge2a\left(1\right)\)

\(\left(2b-3\right)^2\ge0\Rightarrow4b^2+9-12b\ge0\Rightarrow4b^2+9\ge12b\left(2\right)\)

\(\left(c\sqrt[]{3}-\sqrt[]{3}\right)^2\ge0\Rightarrow3c^2+3-6c\ge0\Rightarrow3c^2+3\ge6c\left(3\right)\)

\(\left(1\right)+\left(2\right)+\left(3\right)\Rightarrow a^2+1+4b^2+9+3c^2+3\ge2a+12b+6c\)

\(\Rightarrow a^2+4b^2+3c^2+1+9+3\ge2a+12b+6c\)

\(\Rightarrow a^2+4b^2+3c^2+13\ge2a+12b+6c\)

\(\Rightarrow a^2+4b^2+3c^2\ge2a+12b+6c-13\)

mà \(2a+12b+6c-13>2a+12b+6c-14\)

\(\Rightarrow a^2+4b^2+3c^2>2a+12b+6c-14\)

\(\Rightarrow dpcm\)

$\iff {\left(a-1\right)}^2+{\left(2b-3\right)}^2+3{\left(c-1\right)}^2+1>0$ (luôn đúng)

$\Rightarrow$ BĐT ban đầu đúng

Bạn xem lại đề

XEM LẠI ĐỀ ĐI

Ta có:

\(a^3+b^3+c^3+d^3\)

\(=\left(a+b\right)^3-3ab\left(a+b\right)+\left(c+d\right)^3-3cd\left(c+d\right)\)

\(=-\left(c+d\right)^3+3ab\left(c+d\right)+\left(c+d\right)^3-3cd\left(c+d\right)\) (vì \(a+b=-\left(c+d\right)\))

\(=3\left(c+d\right)\left(ab-cd\right)\) 

Vậy đẳng thức được chứng minh.

...