chung minh rang:
khi hai tam giác đồng dạng thì tỉ số bán kính các đường tròn nội tiếp của chúng bằng tỉ số đồng dạng
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
[(x+1000):20.2]-1=99
=>(x+1000):10=99+1
=>x+1000=100.10
=>x=1000-1000
=>x=0
vậy x=0
(x+1000) : 20 x 2 = 100
=> (x+1000) : 20 = 50
=> x+1000 = 1000
=> x = 0
\(\frac{3x-1}{x-1}-\frac{2x-5}{x+3}+\frac{4}{x^2+2x-3}=1\)
\(\frac{3x-1}{x-1}-\frac{2x-5}{x+3}+\frac{4}{\left(x+1\right)^2-4}=1\)
\(\frac{3x-1}{x-1}-\frac{2x-5}{x+3}+\frac{4}{\left(x+1+2\right)\left(x+1-2\right)}=1\)
\(\frac{3x-1}{x-1}-\frac{2x-5}{x+3}+\frac{4}{\left(x+3\right)\left(x-1\right)}=1\)
ĐKXĐ: x \(\ne\) 1 và x \(\ne\) - 3
\(\left(3x-1\right)\left(x+3\right)-\left(2x-5\right)\left(x-1\right)+4=\left(x+3\right)\left(x-1\right)\)
3x2 + 9x - x - 3 - 2x2 + 2x + 5x - 5 + 4 = x2 - x + 3x - 3
3x2 + 9x - x - 3 - 2x2 + 2x + 5x - 5 + 4 - x2 + x - 3x + 3 = 0
13x - 1 = 0
x = \(\frac{1}{13}\)
=>(5x-2)2=3(5x-3)
=>10x-4=15x-9
=>9-4=15x-10x
=>5=5x
=>x=1
vậy x=1
\(\frac{x+1}{2x-2}+\frac{2}{1-x^2}=\frac{x-1}{2x+2}\)
\(\frac{x+1}{2\left(x-1\right)}-\frac{2}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}-\frac{x-1}{2\left(x+1\right)}=0\)
ĐKXĐ: x \(\ne\) + 1
\(\frac{\left(x+1\right)^2-4-\left(x-1\right)^2}{2\left(x-1\right)\left(x+1\right)}=0\)
\(\frac{x^2+2x+1-4-x^2+2x-1}{2\left(x-1\right)\left(x+1\right)}=0\)
\(\frac{4x-4}{2\left(x-1\right)\left(x+1\right)}=0\)
\(\frac{4\left(x-1\right)}{2\left(x-1\right)\left(x+1\right)}=0\)
\(\frac{4}{2\left(x+1\right)}=0\)
\(\Rightarrow x\in\phi\)
ĐK : x khác 1 ; -1
Pt <=> (x + 1 )^2 - 4 = (x-1)^2
<=> x^2 +2x+ 1 - 4 = x^2 - 2x + 1
=> 4x = 4
=> x = 1 (loại )
(x+2)(x-2)-5(x-2)(x-2)=0
(x-2)(x+2-5x+10)=0
(x-2)(-4x+12)=0
x=2 hoac x=3
Theo bất đẳng thức Cô-Si cho ba số dương \(x^2+2\sqrt{x}=x^2+\sqrt{x}+\sqrt{x}\ge3\sqrt[3]{x^2\cdot\sqrt{x}\cdot\sqrt{x}}=3x.\)
Vậy ta có \(x^2+2\sqrt{x}\ge3x.\) Tương tự \(y^2+2\sqrt{y}\ge3y,\) và \(z^2+2\sqrt{z}\ge3z.\) Cộng các bất đẳng thức lại ta được
\(\left(x^2+y^2+z^2\right)+2\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)\ge3\left(x+y+z\right)=\left(x+y+z\right)^2\) . Suy ra
\(\left(x^2+y^2+z^2\right)+2\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)\ge x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+zx\right)\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\ge xy+yz+zx.\) (ĐPCM)
Theo bất đẳng thức Cô-Si cho 3 số \(x^2+2\sqrt x=x^2+\sqrt x+\sqrt x\ge 3\sqrt[3]{x^2\sqrt x\sqrt x}=3x.\) Tương tự, ta cũng có \(y^2+2\sqrt y\ge3y,z^2+2\sqrt z\ge3z.\) Cộng lại ta được \(x^2+y^2+z^2+2\sqrt x+2\sqrt y+2\sqrt z\ge3(x+y+z)=(x+y+z)^2\). Từ đây khai triển bình phương vế phải sẽ được \(2(\sqrt x+\sqrt y+\sqrt z)\ge 2(xy+yz+zx).\) Do đó ta có điều phải chứng minh.
√17 + √26 + 1 và √99
Ta có: √17 > √16 (1)
√26 > √25 (2)
Từ (1) và (2) => √17 + √26 + 1 > √16 + √25 + 1
=> √17 + √26 + 1 > 4 + 5 + 1
=> √17 + √26 + 1 > 10
=> √17 + √26 + 1 > √100
Do √100 > √99
=> √17 + √26 + 1 > √99
Hai tam giác được gọi là đồng dạng nếu một trong chúng bằng với một tam giác nhận được từ tam giác kia sau một phép vị tự. Các điều kiện cần và đủ để hai tam giác đồng dạng: