1) Cho $a^2 b^2 c^2 3=2\left(a b c\right)$ CMR: $a=b=c=1$ 2) CMR: nếu $\left(a^2 b^2\right)\left(x^2 y^2\right)=\left(ax by\right)^2$ thì $\dfrac{a}{x}=\dfrac{b}{y}$ 3) Cho \(\left(a^2 b...

T

Trang

5 tháng 10 2017

1) Cho $a^2+b^2+c^2+3=2\left(a+b+c\right)$ CMR: $a=b=c=1$ 2) CMR: nếu $\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)=\left(ax+by\right)^2$ thì $\dfrac{a}{x}=\dfrac{b}{y}$ 3) Cho $\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)=\left(ax+by+cz\right)^2$ CMR:...

Đọc tiếp

#Toán lớp 8

1

TK

Terry Kai

6 tháng 10 2017

2) ta có: $VT=\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)$ và $VP=\left(ax+by\right)^2$

tính hiệu của cả VT và VP

suy ra: $\left(ay+bx\right)^2=0\Rightarrow ay=bx$

vì $x,y\ne0\Rightarrow\dfrac{a}{x}=\dfrac{b}{y}\left(đpcm\right)$

3) $(a 2 +b 2 +c 2)(x 2 +y 2 +z 2)=(ax+by+cz) 2 (1)$

biến đổi đẳng thức (1) thành (ay+bx)² + (bz-cy)² +(az-cx)²=0

$\Rightarrow$ Đpcm

Đúng(0)

NT

Ngô Tấn Đạt

26 tháng 2 2018

Cho $\dfrac{bz+cy}{x\left(-ax+by+cz\right)}=\dfrac{cx+az}{y\left(ax-by+cz\right)}=\dfrac{ay+bx}{z\left(ax+by-cz\right)}$

CMR : $\dfrac{ay+bx}{c}=\dfrac{bz+cy}{a}=\dfrac{cx+az}{b}$

b) $\dfrac{x}{a\left(b^2+c^2-a^2\right)}=\dfrac{y}{b\left(a^2+c^2-b^2\right)}=\dfrac{z}{c\left(a^2+b^2-c^2\right)}$

#Toán lớp 7

1

NT

Ngô Tấn Đạt

26 tháng 2 2018

Phương Ann Nhã Doanh đề bài khó wá Mashiro Shiina Đinh Đức Hùng

Nguyễn Huy Tú Lightning Farron Akai Haruma

Đúng(0)

TH

trang huyen

5 tháng 4 2017 - olm

Câu hỏi hay

1)Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên sao cho n+1 và 2n+1 đều là các số chính phương thì n là bội của 242) CMR nếu:$\frac{bz+cy}{x\left(-ax+by+cz\right)}=\frac{cx+az}{y\left(ax-by+cz\right)}=\frac{ay+bx}{z\left(ax+by-cz\right)}\left(1\right)$thì $\frac{x}{a\left(b^2+c^2-a^2\right)}=\frac{y}{b\left(c^2+a^2-b^2\right)}=\frac{z}{c\left(a^2+b^2-c^2\right)}$3) Cho độ dài ba cạnh a,b,c của một tam giác....

Đọc tiếp

#Toán lớp 8

8

TN

Thắng Nguyễn

5 tháng 4 2017

Bài 3: y hệt bài mình đã từng đăng Câu hỏi của Thắng Nguyễn - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath- trước mình có ghi lời giải mà lâu ko xem giờ quên r` :)

Đúng(0)

HT

Hà Trang

5 tháng 4 2017

1) Đặt n+1 = k^2

2n + 1 = m^2

Vì 2n + 1 là số lẻ => m^2 là số lẻ => m lẻ

Đặt m = 2t+1

=> 2n+1 = m^2 = (2t+1)^2

=> 2n+1 = 41^2 + 4t + 1

=> n = 2t(t+1)

=> n là số chẵn

=> n+1 là số lẻ

=> k lẻ

+) Vì k^2 = n+1

=> n = (k-1)(k+1)

Vì k -1 và k+1 là 2 số chẵn liên tiếp

=> (k+1)(k-1) chia hết cho *

=> n chia hết cho 8

+) k^2 + m^2 = 3a + 2

=> k^2 và m^2 chia 3 dư 1

=> m^2 - k^2 chia hết cho 3

m^2 - k^2 = a

=> a chia hết cho 3

Mà 3 và 8 là 2 số nguyên tố cùng nhau

=> a chia hết cho 24

Đúng(0)

AN

An Nguyễn Thiện

5 tháng 8 2017

1: Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác có tổng bằng 1. CMR: $a^2+b^2+c^2+4abc \dfrac{1}{2}$ 2: Cho -1<x,y,z<3 và x+y+z=1. CMR: $x^2+y^2+z^2\le11$ 3: Cho x,y,z là các số $\ge$1 . CMR: $\dfrac{1}{1+x^2}+\dfrac{1}{1+y^2}+\dfrac{1}{1+z^2}\ge\dfrac{3}{1+xyz}$ 4: Cho x>y và xy=1. CMR: $\dfrac{\left(x^2+y^2\right)^2}{\left(x-y\right)^2}\ge8$ 5: Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác: a)\(a^2+b^2+c^2...

Đọc tiếp

#Toán lớp 8

9

NQ

Nguyễn Quang Định

5 tháng 8 2017

5) a) Ta có: $a< b+c$

$\Rightarrow a^2< ab+ac$

Tương tự: $b^2< ba+bc$

$c^2< ca+cb$

Cộng từng vế các BĐT vừa chứng minh, ta được đpcm

b) Ta có: $\left(b+c-a\right)\left(b+a-c\right)=b^2-\left(c-a\right)^2\le b^2$

$\left(c+a-b\right)\left(c+b-a\right)=c^2-\left(a-b\right)^2\le c^2$

$\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)=a^2-\left(b-c\right)^2\le a^2$

Nhân từng vế các BĐT trên, ta được

$\left[\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)\right]^2\le\left(abc\right)^2$

Các biểu thức trong ngoặc vuông đều dương nên ta suy ra đpcm

Đúng(0)

AH

Akai Haruma

Giáo viên

5 tháng 8 2017

Bài 5:

a)

Ta có $a^2+b^2+c^2<2(ab+bc+ac)$

$\Leftrightarrow a(b+c-a)+b(a+c-b)+c(a+b-c)>0$

Điều này hiển nhiên đúng vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác nên

$b+c-a,a+b-c,c+a-b>0$

b) Áp dụng BĐT Am-Gm:

$(a+b-c)(b+c-a)\leq \left ( \frac{a+b-c+b+c-a}{2} \right )^2=b^2$

$(a+b-c)(c+a-b)\leq \left (\frac{a+b-c+c+a-b}{2}\right)^2=a^2$

$(b+c-a)(a+c-b)\leq \left ( \frac{b+c-a+a+c-b}{2} \right )^2=c^2$

Nhân theo vế :

$\Rightarrow [(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)]^2\leq a^2b^2c^2$

$\Rightarrow (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc$

Do đó ta có đpcm

c)

$a^3+b^3+c^3+2abc< a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)$

$\Leftrightarrow a(ab+ac-a^2-bc)+b(ab+bc-b^2-ac)+c(ca+cb-c^2)>0$

$\Leftrightarrow a(a-c)(b-a)+b(b-c)(a-b)+c^2(a+b-c)>0$

$\Leftrightarrow (a-b)(b-a)(b+a-c)+c^2(b+a-c)>0$

$\Leftrightarrow (b+a-c)[c^2-(a-b)^2]>0$

Điều này hiển nhiên đúng vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác thì $b+a>c, c>|a-b|$

Do đó ta có đpcm.

Đúng(0)

T

TFBoys

3 tháng 9 2017

1. Cho a,b,c > 0. CmR: $\dfrac{a^2+b^2}{a+b}+\dfrac{b^2+c^2}{b+c}+\dfrac{c^2+a^2}{c+a}\le3.\dfrac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}$ 2. Cho $f\left(x\right)=ax^2+bx+c$ biết rằng: $\left\{{}\begin{matrix}\left|f\left(0\right)\right|\le1\\\left|f\left(-1\right)\right|\le1\\\left|f\left(1\right)\right|\le1\end{matrix}\right.$ CmR: a) $\left|a\right|+\left|b\right|+\left|c\right|\le3$ b) \(\left|f\left(x\right)\right|\le\dfrac{5}{4}\forall...

Đọc tiếp

#Toán lớp 10

1

KN

Khánh Nguyễn

30 tháng 11 2017

sky oi say oh yeah

Đúng(0)

PH

Phạm Hoàng Nam

12 tháng 6 2017 - olm

1,CMR nếu a,b,c x,y,z thỏa mãn điều kiện :$\frac{bz+cy}{x\left(-ax+by+cz\right)}=\frac{cx+az}{y\left(ax-by+cz\right)}=\frac{ay+bx}{z\left(ax+by-cz\right)}$thì $\frac{x}{a\left(b^2+c^2-a^2\right)}=\frac{y}{b\left(a^2+c^2-b^2\right)}=\frac{z}{c\left(a^2+b^2-c^2\right)}$( giả thiết các tỉ số đều có nghĩa )2,CMR nếu $\frac{a+bx}{b+cy}=\frac{b+cx}{c+ay}=\frac{c+ax}{a+by}$thì $a^3+b^3+c^3-3abc=0$3,CMR nếu $x+\frac{1}{y}=y+\frac{1}{z}=z+\frac{1}{x}$thì x=y=z...

Đọc tiếp

#Toán lớp 7

0

MH

michelle holder

5 tháng 5 2017

Câu hỏi hay

1) gpt $x^2+3x\sqrt{\dfrac{x^2+1}{x}}=10x-1$

2) ghpt $\left\{{}\begin{matrix}x^2+y^2+2\left(x+y\right)=6\\xy\left(x+2\right)\left(y+2\right)=9\end{matrix}\right.$

3) cho a,b,c dương thỏa abc=1

CMR $\dfrac{2}{a^2\left(b+c\right)}+\dfrac{2}{b^2\left(c+a\right)}+\dfrac{2}{c^2\left(a+b\right)}\ge3$

#Toán lớp 9

4

LF

Lightning Farron

6 tháng 5 2017

Bài 2:

$hpt\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(x^2+2x\right)+\left(y^2+2y\right)=6\\\left(x^2+2x\right)\left(y^2+2y\right)=9\end{matrix}\right.$

Đặt $\left\{{}\begin{matrix}x^2+2x=a\\y^2+2y=b\end{matrix}\right.$ thì:$\left\{{}\begin{matrix}a+b=6\\ab=9\end{matrix}\right.$

Từ $a+b=6\Rightarrow a=6-b$ thay vào $ab=9$

$b\left(6-b\right)=9\Rightarrow-b^2+6b-9=0$

$\Rightarrow-\left(b-3\right)^2=0\Rightarrow b-3=0\Rightarrow b=3$

Lại có: $a=6-b=6-3=3$

$\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2+2x=3\\y^2+2y=3\end{matrix}\right.$$\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(x-1\right)\left(x+3\right)=0\\\left(y-1\right)\left(y+3\right)=0\end{matrix}\right.$$\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=-3\end{matrix}\right.\\\left[{}\begin{matrix}y=1\\y=-3\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.$

Bài 3:

$BDT\Leftrightarrow\dfrac{1}{a^2\left(b+c\right)}+\dfrac{1}{b^2\left(c+a\right)}+\dfrac{1}{c^2\left(a+b\right)}\ge\dfrac{3}{2}$

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

$\dfrac{1}{a^2\left(b+c\right)}+\dfrac{b+c}{4}\ge2\sqrt{\dfrac{1}{a^2\left(b+c\right)}\cdot\dfrac{b+c}{4}}$$=2\sqrt{\dfrac{1}{4a^2}}=\dfrac{1}{a}$

Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta có:

$\dfrac{1}{b^2\left(c+a\right)}+\dfrac{c+a}{4}\ge\dfrac{1}{b};\dfrac{1}{c^2\left(a+b\right)}+\dfrac{a+b}{4}\ge\dfrac{1}{c}$

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

$\Rightarrow VT+\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{4}\ge\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$

$\Rightarrow VT+\dfrac{a+b+c}{2}\ge\dfrac{9}{a+b+c}\ge\dfrac{9}{3\sqrt[3]{abc}}$

$\Rightarrow VT+\dfrac{3\sqrt[3]{abc}}{2}\ge\dfrac{9}{3\sqrt[3]{abc}}\Rightarrow VT+\dfrac{3}{2}\ge3\left(abc=1\right)$

$\Rightarrow VT\ge\dfrac{3}{2}$. Tức là $\dfrac{1}{a^2\left(b+c\right)}+\dfrac{1}{b^2\left(c+a\right)}+\dfrac{1}{c^2\left(a+b\right)}\ge\dfrac{3}{2}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

Đúng(0)

NH

Ngọc Hiền

6 tháng 5 2017

Làm cho hoàn thiện luôn nè

1)ĐK:x>0

pt trở thành: x²+1+3x$\sqrt{\dfrac{x^2+1}{x}}$=10x

<=>$\dfrac{x^2+1}{x}$+3$\sqrt{\dfrac{x^2+1}{x}}$=10(*)

đặt y=$\sqrt{\dfrac{x^2+1}{x}}$(y>0)

(*)<=>y²+3y-10=0

<=>(y+5)(y-2)=0

<=>$\left[{}\begin{matrix}y=-5\\y=2\end{matrix}\right.$

vậy y =2(y>0)

<=>$\sqrt{\dfrac{x^2+1}{x}}$=2<=>x²+1=4x

<=>x²-4x+1=0<=>$\left[{}\begin{matrix}x=\sqrt{3}+2\\x=2-\sqrt{3}\end{matrix}\right.$

3) điều phải cm<=>$\dfrac{1}{a^2\left(b+c\right)}+\dfrac{1}{b^2\left(a+c\right)}+\dfrac{1}{c^2\left(a+b\right)}\ge\dfrac{3}{2}$đặt x=$\dfrac{1}{a}$;y=$\dfrac{1}{b}$;z=$\dfrac{1}{c}$

P<=>$\dfrac{x^2yz}{y+z}+\dfrac{xy^2z}{x+z}+\dfrac{xyz^2}{x+y}$

=$\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{x+z}+\dfrac{z}{x+y}$(xyz=1)

đến đây ta có bất đẳng thức quen thuộc trên

A=$\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{x+z}+\dfrac{z}{x+y}$

A+3=$\dfrac{x+y+z}{y+z}+\dfrac{x+y+z}{x+z}+\dfrac{x+y+z}{x+y}$

=(x+y+z)($\dfrac{1}{y+z}+\dfrac{1}{x+z}+\dfrac{1}{x+y}$)(**)

đặt m=x+y;n=y+z;p=x+z

(**)<=>$\dfrac{m+n+p}{2}\left(\dfrac{1}{m}+\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{p}\right)\ge\dfrac{9}{2}$(điều suy ra được từ bất đẳng thức cô-si cho 3 số)

=>A$\ge$$\dfrac{3}{2}$

=>P$\ge$$\dfrac{3}{2}$

Đúng(0)

QN

Quỳnh Như

9 tháng 8 2017

Thực hiên phép tính: a) $\dfrac{1}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)}+\dfrac{1}{\left(b-c\right)\left(c-a\right)}+\dfrac{1}{\left(c-a\right)\left(a-b\right)}$ b) $\dfrac{\left[a^2-\left(b+c\right)^2\right]\left(a+b-c\right)}{\left(a+b+c\right)\left(a^2+c^2-2ac-b^2\right)}$ c) $\dfrac{x-1}{x^3}-\dfrac{x+1}{x^3-x^2}+\dfrac{3}{x^3-2x^2+x}$ d)...

Đọc tiếp

#Toán lớp 8

1

RT

Rain Tờ Rym Te

9 tháng 8 2017

a) $\dfrac{1}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)}+\dfrac{1}{\left(b-c\right)\left(c-a\right)}+\dfrac{1}{\left(c-a\right)\left(a-b\right)}$

$=\dfrac{c-a+a-b+b-c}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}=0$

b) $\dfrac{\left(a^2-\left(b+c\right)^2\right)\left(a+b-c\right)}{\left(a+b+c\right)\left(a^2+c^2-2ac-b^2\right)}$

$=\dfrac{\left(a-b-c\right)\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)}{\left(a+b+c\right)\left(\left(a-c\right)^2-b^2\right)}$

$=\dfrac{\left(a-c-b\right)\left(a-c+b\right)}{\left(a-c-b\right)\left(a-c+b\right)}=1$

c) $\dfrac{x-1}{x^3}-\dfrac{x+1}{x^3-x^2}+\dfrac{3}{x^3-2x^2+x}$

$=\dfrac{x-1}{x^3}-\dfrac{x+1}{x^2\left(x-1\right)}+\dfrac{3}{x\left(x-1\right)^2}$

$=\dfrac{\left(x-1\right)^3-x\left(x+1\right)\left(x-1\right)+3x^2}{x^3\left(x-1\right)^2}$

$=\dfrac{x^3-3x^2+3x-1-x^3+x+3x^2}{x^3\left(x-1\right)^2}$

$=\dfrac{4x-1}{x^3\left(x-1\right)^2}$

d) $\left(\dfrac{x^2-y^2}{xy}-\dfrac{1}{x+y}\left(\dfrac{x^2}{y}-\dfrac{y^2}{x}\right)\right):\dfrac{x-y}{x}$

$=\left(\dfrac{\left(x-y\right)\left(x+y\right)}{xy}-\dfrac{1}{x+y}.\dfrac{x^3-y^3}{xy}\right):\dfrac{x-y}{x}$

$=\left(\dfrac{\left(x-y\right)\left(x+y\right)}{xy}-\dfrac{\left(x-y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)}{xy\left(x+y\right)}\right):\dfrac{x-y}{x}$

$=\dfrac{\left(x-y\right)\left(x^2+2xy+y^2-x^2-xy-y^2\right)}{xy\left(x+y\right)}.\dfrac{x}{x-y}$

$=\dfrac{x}{x+y}$

Đúng(0)

QN

Quỳnh Như

10 tháng 8 2017

thanks

Đúng(0)

TA

Thiên An

3 tháng 9 2017 - olm

1. Cho a,b,c > 0. CmR: $\dfrac{a^2+b^2}{a+b}+\dfrac{b^2+c^2}{b+c}+\dfrac{c^2+a^2}{c+a}\le3.\dfrac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}$2. Cho $f\left(x\right)=ax^2+bx+c$ biết rằng: $\hept{\begin{cases}\left|f\left(0\right)\right|\le1\\\left|f\left(-1\right)\right|\le1\\\left|f\left(1\right)\right|\le1\end{cases}}$CmR: a) $\left|a\right|+\left|b\right|+\left|c\right|\le3$ b) \(\left|f\left(x\right)\right|\le\dfrac{5}{4}\forall...

Đọc tiếp

#Toán lớp 9

1

TN

Thắng Nguyễn

3 tháng 9 2017

1.

Nhân 2 vế của BĐT với $\left(a+b+c\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)$

$3(a^2+b^2+c^2)(a+b)(b+c)(c+a)\ge(a+b+c)\left(Σ_{cyc}(a^2+b^2)(c+a)(c+b)\right)$

$\LeftrightarrowΣ_{perms}a^2b\left(a-b\right)^2\ge0$ *đúng*

Đúng(0)

LT

lê thị tiều thư

10 tháng 3 2017

1)cho a,b,c>0 CMR $\dfrac{a^2}{b^2c}+\dfrac{b^2}{c^2a}+\dfrac{c^2}{a^2b}\ge\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$ 2)tìm x,y nguyên dương thỏa $\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)+2\left(x-y\right)\left(1-xy\right)=4xy+9$ 3) ghpt a) $\left\{{}\begin{matrix}x^2+y^2+3=4x\\x^3+12x+y^3=6x^2+9\end{matrix}\right.$ b)...

Đọc tiếp

#Toán lớp 9

6

N

Neet

10 tháng 3 2017

Xí câu BĐT:

ta cần chứng minh $\dfrac{a^2}{b^2c}+\dfrac{b^2}{c^2a}+\dfrac{c^2}{a^2b}\ge\dfrac{ab+bc+ca}{abc}$

$\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge ab+bc+ca$

Áp dụng BĐT cauchy:

$\dfrac{a^3}{b}+ab\ge2\sqrt{\dfrac{a^3}{b}.ab}=2a^2$

tương tự ta có:$\dfrac{b^3}{c}+bc\ge2b^2;\dfrac{c^3}{a}+ac\ge2c^2$

cả 2 vế các BĐT đều dương,cộng vế với vế ta có:

$\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}+ab+bc+ca\ge2a^2+2b^2+2c^2$

$\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(ab+bc+ca\right)$

mà a²+b²+c²$\ge ab+bc+ca$ ( chứng minh đầy đủ nhá)

do đó $S=\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge2\left(ab+bc+ca\right)-ab+bc+ca=ab+bc+ca$

suy ra BĐT ban đầu đúng

dấu = xảy ra khi và chỉ khi a=b=c.

P/s: cách khác :Áp dụng BĐT cauchy-schwarz:

$\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}=\dfrac{a^4}{ab}+\dfrac{b^4}{bc}+\dfrac{c^4}{ca}\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ca}$

$S\ge\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{ab+bc+ca}=ab+bc+ca$

Đúng(0)

HY

Hương Yangg

11 tháng 3 2017

Câu hệ này =))
b, Từ hệ đã cho ta thấy x,y > 0
Trừ vế cho vế pt (1) và (2) của hệ ta được:
$x^4-y^4=4y-4x$
$\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x+y\right)\left(x^2+y^2\right)=4\left(y-x\right)$
$\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x+y\right)\left(x^2+y^2\right)+4\left(x-y\right)=0$
$\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left[\left(x+y\right)\left(x^2+y^2\right)+4\right]=0$
$\Leftrightarrow x-y=0$ ( Vì $\left(x+y\right)\left(x^2+y^2\right)+4>0$ với x,y > 0)
$\Leftrightarrow x=y$
Với x = y thay vào pt đầu của hệ ta được:
$x^4-4x+3=0$
$\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x^3+x^2+x-3\right)=0$
$\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2\left(x^2+2x+3\right)=0$
$\Leftrightarrow x-1=0$ ( Vì $x^2+2x+3>0$ )
$\Leftrightarrow x=1$
Với x=1 suy ra y=1
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x;y) = (1;1)

Đúng(0)

Chúng tôi đề xuất

Tài nguyên

Ứng dụng mobile

Bảng xếp hạng

Các khóa học có thể bạn quan tâm

Yêu cầu VIP