chúng minh các đẳng thức sau
(a+b)4= a4+ 4a3bb + 6a2b2 + 4ab3 + b4 ( 1)
(a+b)5= a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5 (2)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lần sau bạn ghi đúng lớp với ạ!
1/ Đặt: \(\sqrt[3]{x+1}=a;\sqrt[3]{x+3}=b\Rightarrow\sqrt[3]{x+2}=\sqrt[3]{\frac{a^3+b^3}{2}}\)
Thay vào ta có: \(a+b+\sqrt[3]{\frac{a^3+b^3}{2}}=0\)
<=> \(a+b=-\sqrt[3]{\frac{a^3+b^3}{2}}\)
<=> \(a^3+b^3+3a^2b+3ab^2=-\frac{a^3+b^3}{2}\)
<=> \(a^3+b^3+2a^2b+2ab^2=0\)
<=> \(\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)+2ab\left(a+b\right)=0\)
<=> \(\left(a+b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)=0\)
<=> \(\orbr{\begin{cases}a+b=0\\a^2+ab+b^2=0\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a=-b\\\left(a+\frac{b}{2}\right)^2+\frac{3b^2}{4}=0\end{cases}}\)
Với a = -b ta có: \(\sqrt[3]{x+1}=-\sqrt[3]{x+3}\)
<=> x + 1 = - x - 3 <=> 2x = - 4 <=> x = - 2
Với \(\left(a+\frac{b}{2}\right)^2+\frac{3}{4}b^2=0\Leftrightarrow\left(a+\frac{b}{2}\right)^2=b^2=0\)
<=> a = b = 0 <=> \(\sqrt[3]{x+1}=\sqrt[3]{x+3}=0\) vô lí
Vậy x = -2 là nghiệm
Lần sau ghi đúng lớp!
Ta có: \(\left(ax+b\right)^3+\left(bx+a\right)^3=\left(ax+b+bx+a\right)^3-3\left(ax+b\right)\left(bx+a\right)\left(ax+b+bx+a\right)\)
\(=\left[\left(a+b\right)\left(x+1\right)\right]^3-3\left(ax+b\right)\left(bx+a\right)\left(a+b\right)\left(x+1\right)\)
Phương trình ban đầu :
<=> \(\left[\left(a+b\right)\left(x+1\right)\right]^3-3\left(ax+b\right)\left(bx+a\right)\left(a+b\right)\left(x+1\right)=\left(a+b\right)^3\left(x+1\right)^3\)
<=> \(\left(ax+b\right)\left(bx+a\right)\left(a+b\right)\left(x+1\right)=0\)(1)
TH1) Với a = 0; (1) <=> \(b\left(bx\right)b\left(x+1\right)=0\Leftrightarrow b^3x\left(x+1\right)=0\) (2)
TH2: Với a khác 0
=> phương trình ban đầu có 2 nghiệm x = 0 hoặc x = -1
<=> x = -b/a hoặc x = -a/b hoặc x = - 1
=> Phương trình ban đầu có 3 nghiệm
Kết luận:...
Gọi J,R lần lượt là giao điểm của AI, AK với BC.
Ta có biến đổi góc:^BAR=^BAH+^HAR=^ACR+^RAC=^ARB vì vậy tam giác ABR cân tại B suy ra BO đồng thời là đường cao
Tương tự thì CO là đường cao khi đó O là trực tâm của tam giác AIK
Vậy ta có đpcm
hình vẽ trong Thống kê hỏi đáp
bài 1:
AI _|_ BC tại I => \(\widehat{AIB}=\widehat{AIC}=90^o\)
BD _|_ AC tại D => \(\widehat{ADB}=\widehat{CDB}=90^o\)
xét tam giác AIC và tam giác BDC có \(\hept{\begin{cases}\widehat{AIB}=\widehat{AIC}=90^o\\\widehat{C}chung\end{cases}}\)
=> tam giác AIC đồng dạng với tam giác BCD (g-g)
b) xét tam giác ABC có AI và BD là 2 đường cao cắt nhau tại H => H là trực tâm tam giác ABC
=> CH _|_ AB => H là trực tâm tam giác ABC
xét tam giác CEB và tam giác IAB có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{CEB}=\widehat{AIB}=90^o\\\widehat{B}chung\end{cases}\Rightarrow\Delta CEB~\Delta AIB\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{CB}{AB}=\frac{EB}{IB}}\)
=> CB.IB=EB.AB (1)
xét tam giác CIH và CEB có \(\hept{\begin{cases}\widehat{CIH}=\widehat{CEB}=90^o\\\widehat{C}chung\end{cases}\Rightarrow\Delta CIH~\Delta CEB\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{CI}{CE}=\frac{CH}{CB}}\)
=> CI.CB=CE.CH (2)
từ (1) và (2) => EB.AB+CH.CE=CB.IB+CI.CB
\(\Leftrightarrow BE\cdot BA+CH\cdot CE=\left(IB+IC\right)BC=BC^2\)
\(\Leftrightarrow BE\cdot BA+CH\cdot CE=BC^2\)
gọi Vn là thể tích nước chứa trong bình
Vb là thể tích của bi nhôm , klr của nước và nhom lần lượt là Dn , Db , ndr lần lượt là cn , cb
do bình chưa đầy nước nên khi thả viên bi vào lượng nước tràn ra có thể tích = thể tích của bi nhôm ( Vt ( V tràn ) = Vb)
ta có ptcbn lần 1
mbcb ( t-t1 ) = m'n.cn (t-t0 )
vs m'n là kl nước sau khi bị tràn
<=> db.vb .cb(t-t1) = (vn-vb ) dncn(t1-t0)
thay số ta đc : Vb (188190cb+ 43260000) = 43260000vn (1)
- khi thả thêm 1 viên bi nữa ta có ptcbn
(m'n.cn + mb.cb ) ( t2-t1 ) = mb.cb(t-t2 )
[(vn-2vb) dn.cn+db.vb.cb] (t2-t1 ) = db.vb.cb(t-t2)
thay số vào ta đc : vb ( 121770cb + 103320000) = 51660000vn (2)
lấy (1) : (2 ) ta có
vb(188190cb+43260000)/ vb(121770cb+103320000) = 43260000vn/ 51660000vn
=> cb = 501,7J/kg.k
DÂN CHƠI KO TRẢ LỜI ĐC VÌ DÂN CHƠI CHƯA HỌC. MỚI LỚP 7. CHỊU
Làm bừa thôi nhé:)
\(A=\sqrt{a^2+\frac{1}{a^2}}+\sqrt{b^2+\frac{1}{b^2}}\)
\(\ge\sqrt{2\sqrt{a^2.\frac{1}{a^2}}}+\sqrt{2\sqrt{b^2.\frac{1}{b^2}}}\)
\(=\sqrt{2}+\sqrt{2}=2\sqrt{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=1\)
bổ sung thêm đk a+b=4
áp dụng bđt Bunhiacopxki ta có:
\(\hept{\begin{cases}\sqrt{a^2+\frac{1}{a^2}}=\frac{1}{\sqrt{17}}\sqrt{\left(a^2+\frac{1}{a^2}\right)\cdot\left(4^2+1^2\right)}\ge\frac{1}{\sqrt{17}}\left(4a+\frac{1}{a}\right)\\\sqrt{b^2+\frac{1}{b^2}}=\frac{1}{\sqrt{17}}\sqrt{\left(b^2+\frac{1}{b^2}\right)\left(4^2+1\right)}\ge\frac{1}{\sqrt{17}}\left(4b+\frac{1}{b}\right)\end{cases}}\)
khi đó ta được \(A\ge\frac{1}{\sqrt{17}}\left[4\left(a+b\right)+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\right]\)
ta để sy thấy \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)do đó áp dụng bđt Cauchy vfa giả thiết ta được
\(A\ge\frac{1}{\sqrt{17}}\left[4\left(a+b\right)+\frac{4}{a+b}\right]=\frac{1}{\sqrt{17}}\left[\frac{a+b}{4}+\frac{4}{a+b}+\frac{15\left(a+b\right)}{4}\right]\)\(\ge\frac{1}{\sqrt{17}}\left[2+15\right]=\sqrt{17}\)
dấu đẳng thức xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}\frac{a}{4}=\frac{1}{a}\\\frac{b}{4}=\frac{1}{b}\end{cases}\Leftrightarrow a=b=2}\)
n(4n-1)-4n(n+2)=4n2-n-4n2-8n=-9n
=>n(4n-1)-4n(n+2) luôn chia hết cho 9
nếu a và b đều là 2 số tự nhiên có 1 chữ số thì
a là 7/6 dư 1
b là 8 chia 6 dư 2
a chia 6 dư 1=> a=6n+1
b chia 6 dư 2=>b=6n+2
Do đó ab=(6n+1)(6n+2)=36n2+18n+2
=> ab chia 6 dư 2
Các cao nhân giúp với!!!!!!!!!! Thanks for all
Ta có:\(a+b+c\ne0\)vì nếu \(a+b+c=0\)thế vào giả thiết ta có:
\(\frac{a}{-a}+\frac{b}{-b}+\frac{c}{-c}=1\Leftrightarrow-3=1\)(vô lí)
Khi \(a+b+c\ne0\)ta có:
\(\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right).\left(a+b+c\right)=a+b+c\)
\(\Rightarrow\frac{a^2}{b+c}+\frac{a.\left(b+c\right)}{b+c}+\frac{b.\left(c+a\right)}{c+a}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c.\left(a+b\right)}{a+b}+\frac{c^2}{a+b}=a+b+c\)
\(\Rightarrow\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}+a+b+c=a+b+c\)
\(\Rightarrow\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}=0\)\(\Rightarrow P=0\)
Học tốt
Vì M,N,P,Q là trung điểm của AB,BC, CD,DA
=> MN, PQ là đường trung bình tam giác ABC, ADC
=> MN=PQ, MN//PQ
Tương tự NP=MQ, NP//MQ
Từ đây suy ra tứ giác MNPQ là hình bình hành.
MNPQ là hình vuông
<=> MN = NP
<=> AC/2 = BD/2
<=> AC = BD
vậy điều kiện là: tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc và bằng nhau va 3 goc bang 90 do
MNPQ la hinh chu nhat
<=> MN = NP
<=> AC/2 = BD/2
<=> AC = BD
vậy điều kiện là: tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc
(1) tào lao
(1): (a+b)4=(a+b)3 * (a+b)
sử dụng hằng đẳng thức khai triển (a+b)3 sau đó nhân đa thức đó với (a+b) thì ta được vế phải :>
(2): (a+b)5 = (a+b)3*(a+b)2
tương tự khai triển thành 2 đa thức rồi nhân vào với nhau là được vế phải :>