a: \(\text{Δ}=\left(-2m\right)^2-4\left(m^2-m+1\right)\)

\(=4m^2-4m^2+4m-4=4m-4\)

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì Δ>0

=>4m-4>0

=>4m>4

=>m>1

b: Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=2m\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=m^2-m+1\end{matrix}\right.\)

\(A=x_1x_2-x_1-x_2\)

\(=m^2-m+1-\left(x_1+x_2\right)\)

\(=m^2-3m+1=m^2-3m+\dfrac{9}{4}-\dfrac{5}{4}\)

\(=\left(m-\dfrac{3}{2}\right)^2-\dfrac{5}{4}>=-\dfrac{5}{4}\forall m\)

Dấu '=' xảy ra khi \(m-\dfrac{3}{2}=0\)

=>\(m=\dfrac{3}{2}\)

Ta có:

\(a^4+\dfrac{1}{4}=\left(a^2+\dfrac{1}{2}\right)^2-a^2=\left(a^2+a+\dfrac{1}{2}\right)\left(a^2-a+\dfrac{1}{2}\right)\)

\(=\left(a^2+a+\dfrac{1}{2}\right)\left(a^2-2a+1+a-1+\dfrac{1}{2}\right)\)

\(=\left(a^2+a+\dfrac{1}{2}\right)\left[\left(a-1\right)^2+\left(a-1\right)+\dfrac{1}{2}\right]\)

Do đó:

\(K=\dfrac{\left(2^2+2+\dfrac{1}{2}\right)\left(1^2+1+\dfrac{1}{2}\right)...\left(\left(2n\right)^2+2n+\dfrac{1}{2}\right)\left(\left(2n-1\right)^2+\left(2n-1\right)+\dfrac{1}{2}\right)}{\left(1^2+1+\dfrac{1}{2}\right)\left(0^2+0+\dfrac{1}{2}\right)...\left(\left(2n-1\right)^2+\left(2n-1\right)+\dfrac{1}{2}\right)\left(\left(2n-2\right)^2+\left(2n-2\right)+\dfrac{1}{2}\right)}\)

\(=\dfrac{\left(2n\right)^2+2n+\dfrac{1}{2}}{0^2+0+\dfrac{1}{2}}=8n^2+4n+1\)

\(=\left(2n\right)^2+\left(2n+1\right)^2\) là tổng của 2 SCP

ai giải hộ em câu này với

cho 30g hôn hợp c2h5oh với ch3cooh phản ứng hết với 100ml NaOH 1M

a) tính phần trăm kl các chất ban đầu

b)tính kl Na cần để phản ứng với lượng c2h5oh

ΔHAB vuông tại H

=>\(HA^2+HB^2=AB^2\)

=>\(AB=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}\left(cm\right)\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH^2=HB\cdot HC\)

=>\(HC=\dfrac{2^2}{1}=4\left(cm\right)\)

BC=BH+CH

=4+1=5(cm)

ΔHAC vuông tại H

=>\(HA^2+HC^2=AC^2\)

=>\(AC=\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt{5}\left(cm\right)\)

∆ABC vuông tại A, AH là đường cao

⇒ AH² = BH.CH

⇒ CH = AH² : BH

= 2² : 1

= 4 (cm)

⇒ BC = BH + CH

= 1 + 4 = 5 (cm)

∆ABH vuông tại H

⇒ AB² = AH² + BH² (Pytago)

= 2² + 1²

= 5

AB = √5 (cm)

∆AHC vuông tại H

⇒ AC² = AH² + CH² (Pytago)

= 2² + 4²

= 20

⇒ AC = 2√5 (cm)

Có \(2020\left(\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}\right)+\dfrac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

\(\ge2020.\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{b+c+a}+\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{9}\) 

(áp dụng BĐT \(\dfrac{x^2}{a}+\dfrac{y^2}{b}+\dfrac{z^2}{c}\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{a+b+c}\) và \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\))

\(=2020\left(a+b+c\right)+\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{9}\)

\(=2020+\dfrac{1}{9}\) (vì \(a+b+c=1\))

\(=\dfrac{18181}{9}\)

Vậy GTNN là \(\dfrac{18181}{9}\) khi \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\)

Áp dụng Bunhiacopxki:

\(\left(a+1\right)^2=\left(\sqrt{ab}.\sqrt{\dfrac{a}{b}}+1.1\right)^2\le\left(ab+1\right)\left(\dfrac{a}{b}+1\right)=\dfrac{\left(ab+1\right)\left(a+b\right)}{b}\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{\left(a+1\right)^2}\ge\dfrac{b}{\left(ab+1\right)\left(a+b\right)}\)

Tương tự: \(\dfrac{1}{\left(b+1\right)^2}\ge\dfrac{a}{\left(ab+1\right)\left(a+b\right)}\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{\left(a+1\right)^2}+\dfrac{1}{\left(b+1\right)^2}\ge\dfrac{b}{\left(ab+1\right)\left(a+b\right)}+\dfrac{a}{\left(ab+1\right)\left(a+b\right)}=\dfrac{1}{ab+1}\)

Mà \(abc=1\Rightarrow ab=\dfrac{1}{c}\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{\left(a+1\right)^2}+\dfrac{1}{\left(b+1\right)^2}\ge\dfrac{1}{\dfrac{1}{c}+1}=\dfrac{c}{c+1}\)

Theo nguyên lý Dirichlet, trong 3 số a;b;c luôn có ít nhất 2 số cùng phía so với 1. Không mất tính tổng quát, giả sử đó là a và b

\(\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\)

\(\Rightarrow ab+1\ge a+b\)

\(\Rightarrow2ab+2\ge ab+a+b+1=\left(a+1\right)\left(b+1\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{2}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}\ge\dfrac{1}{ab+1}\)

\(\Rightarrow\dfrac{2}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\ge\dfrac{1}{\left(ab+1\right)\left(c+1\right)}=\dfrac{1}{\left(\dfrac{1}{c}+1\right)\left(c+1\right)}=\dfrac{c}{\left(c+1\right)^2}\)

Gọi vế trái BĐT cần c/m là P

\(\Rightarrow P\ge\dfrac{c}{c+1}+\dfrac{1}{\left(c+1\right)^2}+\dfrac{c}{\left(c+1\right)^2}=1\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

\(\text{Δ}=\left[-\left(m+1\right)\right]^2-4\cdot1\cdot\left(-3\right)=\left(m+1\right)^2+12>=12>0\forall x\)

=>Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt 

Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=m+1\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=-3\end{matrix}\right.\)

Theo đề, ta có hệ phương trình:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=m+1\\x_1-x_2=4\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}2x_1=m+1+4=m+5\\x_1-x_2=4\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}x_1=0,5m+2,5\\x_2=x_1-4=0,5m+2,5-4=0,5m-1,5\end{matrix}\right.\)

\(x_1x_2=-3\)

=>\(\left(0,5m+2,5\right)\left(0,5m-1,5\right)=-3\)

=>\(0,25m^2-0,75m+1,25m-3,75+3=0\)

=>\(0,25m^2+0,5m-0,75=0\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}m=1\\m=-3\end{matrix}\right.\)

\(ac=-3< 0\Rightarrow\) pt luôn có 2 nghiệm trái dấu với mọi m

Theo hệ thức Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=m+1\\x_1x_2=-3\end{matrix}\right.\)

Kết hợp với điều kiện đề bài ta được:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=m+1\\x_1-x_2=4\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1=\dfrac{m+5}{2}\\x_2=\dfrac{m-3}{2}\end{matrix}\right.\)

Thay vào \(x_1x_2=-3\)

\(\left(\dfrac{m+5}{2}\right)\left(\dfrac{m-3}{2}\right)=-3\)

\(\Rightarrow...\) (em tự giải pt bậc 2 ra m)

Số tiền khách hàng phải trả cho mỗi món hàng là:

\(50000.\left(100\%-15\%\right)=42500\) (đồng)

Số tiền khách hàng phải trả cho mỗi món hàng từ thứ 5 trở đi là:

\(42500.70\%=29750\) (đồng)

a.

Số tiền cô Mai phải trả là:

\(4.42500+6.29750=348500\) (đồng)

b.

Do chị Lan trả nhiều tiền hơn cô Mai nên chị Lan mua nhiều hơn cô Mai \(\Rightarrow\) chị Lan mua nhiều hơn 10 món hàng

Gọi x là số món hàng chị Lan đã mua (với \(x>10\)), số tiền chị Lan phải trả là:

\(\left[4.42500+\left(x-4\right).29750\right].80\%\)

Do chị Lan trả tổng cộng 397800 đồng nên ta có pt:

\(\left[4.42500+\left(x-4\right).29750\right].80\%=397800\)

\(\Rightarrow x-4=11\)

\(\Rightarrow x=15\)

Tứ giác DBEF nội tiếp (O) nên \(\widehat{DBE}+\widehat{DFE}=180^0\)

Mà \(\widehat{DFE}+\widehat{DFA}=180^0\) (kề bù)

\(\Rightarrow\widehat{DFA}=\widehat{DBE}\)

Xét 2 tam giác ADF và AEB có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{DAF}-chung\\\widehat{DFA}=\widehat{DBE}\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta ADF\sim\Delta AEB\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{AF}{AB}=\dfrac{AD}{AE}\Rightarrow AE.AF=AD.AB\) (1)

Do BD là đường kính của (O) \(\Rightarrow\widehat{BED}=90^0\) (góc nt chắn nửa đường tròn)

Xét 2 tam giác BED và BAC có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{B}-chung\\\widehat{BED}=\widehat{BAC}=90^0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta BED\sim\Delta BAC\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{BE}{AB}=\dfrac{BD}{BC}\Rightarrow BE.BC=AB.BD\) (2)

Từ (1); (2):

\(\Rightarrow AE.AF+BE.BC=AD.AB+AB.BD=AB\left(AD+BD\right)=AB^2\) (không đổi)