K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

Câu 2: 

a) Xét tứ giác KPIQ có 

\(\widehat{KPI}\) và \(\widehat{KQI}\) là hai góc đối

\(\widehat{KPI}+\widehat{KQI}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)

Do đó: KPIQ là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

a: Thay a=-2 vào pt, ta được:

\(-2x^2-2\cdot\left(-2-1\right)x-2+1=0\)

\(\Leftrightarrow-2x^2+6x-1=0\)

\(\Leftrightarrow2x^2-6x+1=0\)

\(\text{Δ}=\left(-6\right)^2-4\cdot2\cdot1=36-8=28>0\)

Do đó: Phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1=\dfrac{6-2\sqrt{7}}{2}=3-\sqrt{7}\\x_2=3+\sqrt{7}\end{matrix}\right.\)

b: Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì 

\(\left\{{}\begin{matrix}\left(-2a+2\right)^2-4a\left(a+1\right)>0\\a< >0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}4a^2-8a+4-4a^2-4a>0\\a< >0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}-12a>-4\\a< >0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a< >0\\a< \dfrac{1}{3}\end{matrix}\right.\)

 

14 tháng 6 2021

\(A=\dfrac{2\sqrt{x}+17}{\sqrt{x+5}}=\dfrac{2\sqrt{x}+10}{\sqrt{x}+5}+\dfrac{7}{\sqrt{x}+5}=2+\dfrac{7}{\sqrt{x}+5}\) 

Để \(A\) ∈ \(Z\) thì \(\dfrac{7}{\sqrt{x}+5}\) phải ∈ \(Z\)

=> \(\sqrt{x}+5\) ∈ \(Ư\left(7\right)=\left\{-7;-1;1;7\right\}\)

# Với \(\sqrt{x}+5=-7=>\sqrt{x}=-12\)(Loại)

#Với \(\sqrt{x}+5=-1=>\sqrt{x}=-6\)(Loại)

#Với \(\sqrt{x}+5=1=>\sqrt{x}=-4\left(Loại\right)\)

#Với \(\sqrt{x}+5=7=>\sqrt{x}=2< =>x=4\left(Nhận\right)\)

Vậy \(x=4\) thì \(A\)\(Z\)

28 tháng 9 2021

\(\sqrt[3]{\dfrac{a^4}{b^2\left(a^2-ab+b^2\right)}}+\sqrt[3]{\dfrac{b^4}{c^2\left(b^2-bc+c^2\right)}}\sqrt[3]{\dfrac{c^4}{a^2\left(c^2-ac+b^2\right)}}\) \(\text{≥}3\)

\(Ta\) \(Có\) : \(\sqrt[3]{\dfrac{a^4}{b^2\left(a^2-ab+b^2\right)}}=\sqrt[3]{\dfrac{a^6}{ab.ab\left(a^2-ab+b^2\right)}}=\dfrac{a^2}{\sqrt[3]{ab.ab.\left(a^2-ab+b^2\right)}}\) 

\(Áp\) \(dụng\) \(bđt\) \(AM-GM\) 

\(\sqrt[3]{ab.ab\left(a^2-ab+b^2\right)}\text{≤}\)  \(\dfrac{ab+ab+a^2-ab+b^2}{3}\) 

\(=>\dfrac{a^2}{\sqrt[3]{ab.ab\left(a^2-ab+b^2\right)}}\) \(\text{≥}\) \(\dfrac{3a^2}{a^2+ab+b^2}\) \(Hay\) \(\sqrt[3]{\dfrac{a^4}{b^2\left(a^2-ab+b^2\right)}}\text{≥}\dfrac{3a^2}{a^2+ab+b^2}\)

Tương tự ta cũng có : 

\(\sqrt[3]{\dfrac{b^4}{c^2\left(b^2-bc+c^2\right)}}\text{≥}\dfrac{3b^2}{b^2+bc+c^2}\) 

\(\sqrt[3]{\dfrac{c^4}{a^2\left(c^2-ac+a^2\right)}}\text{≥}\dfrac{3c^2}{a^2+ac+c^2}\)

\(=>\text{​​}\text{​​}\)\(\sqrt[3]{\dfrac{a^4}{b^2\left(a^2-ab+b^2\right)}}+\sqrt[3]{\dfrac{b^4}{c^2\left(b^2-bc+c^2\right)}}\sqrt[3]{\dfrac{c^4}{a^2\left(c^2-ac+b^2\right)}}\)  \(\text{≥}\) \(3\left(\dfrac{a^2}{a^2+ab+b^2}+\dfrac{b^2}{b^2+bc+c^2}+\dfrac{c^2}{a^2+ac+c^2}\right)\) 

Cần c/m \(\left(\dfrac{a^2}{a^2+ab+b^2}+\dfrac{b^2}{b^2+bc+c^2}+\dfrac{c^2}{a^2+ac+c^2}\right)\) ≥ \(1\) 

Ta có : \(\dfrac{a^2}{a^2+ab+b^2}\text{≥}\dfrac{1}{3}\) 

\(< =>3a^2\text{≥}a^2+ab+b^2\) \(< =>2a^2-b\left(a+b\right)\text{≥}0\) (1)

Lại có : \(a^2\text{≥}-b\left(a+b\right)\) (2)

Từ (1) và (2) => \(\dfrac{a^2}{a^2+ab+b^2}\text{≥}\dfrac{1}{3}\)

Tương tự ta cũng có :

 \(\dfrac{b^2}{b^2+bc+c^2}\text{≥}\dfrac{1}{3}\) 

\(\dfrac{c^2}{a^2+ac+c^2}\text{≥}\dfrac{1}{3}\)

Do đó \(\dfrac{a^2}{a^2+ab+b^2}+\dfrac{b^2}{b^2+bc+c^2}+\dfrac{c^2}{a^2+ac+c^2}\text{≥}1\)

Suy ra :  \(\sqrt[3]{\dfrac{a^4}{b^2\left(a^2-ab+b^2\right)}}+\sqrt[3]{\dfrac{b^4}{c^2\left(b^2-bc+c^2\right)}}\sqrt[3]{\dfrac{c^4}{a^2\left(c^2-ac+b^2\right)}}\) \(\text{≥}\) \(3\) 

Đẳng thức xảy ra <=> \(a=b=c=1\)

 

 

 

10 tháng 6 2021

1.2 với \(x\ge0,x\in Z\)

A=\(\dfrac{2\sqrt{x}+7}{\sqrt{x}+2}=2+\dfrac{3}{\sqrt{x}+2}\in Z< =>\sqrt{x}+2\inƯ\left(3\right)=\left(\pm1;\pm3\right)\)

*\(\sqrt{x}+2=1=>\sqrt{x}=-1\)(vô lí)

*\(\sqrt{x}+2=-1=>\sqrt{x}=-3\)(vô lí
*\(\sqrt{x}+2=3=>x=1\)(TM)

*\(\sqrt{x}+2=-3=\sqrt{x}=-5\)(vô lí)

vậy x=1 thì A\(\in Z\)

 

31 tháng 10 2021

Câu 1:

a: \(\sqrt{9\cdot25}=3\cdot5=15\)

b: \(=3\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}+4\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}-5\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}\)

=6+8-10

=4

29 tháng 3 2022

D

29 tháng 3 2022

có bài làm tự luận k ạ

AH
Akai Haruma
Giáo viên
6 tháng 8 2021

Lời giải:
a.

Nếu $m=3$ thì pt trở thành:
$x^2+4x-5=0$

$\Leftrightarrow (x-1)(x+5)=0$

$\Leftrightarrow x=1$ hoặc $x=-5$

b.

Để pt có 2 nghiệm pb $x_1,x_2$ thì:

$\Delta'=4+m^2-4>0\Leftrightarrow m^2>0\Leftrightarrow m\neq 0$

PT có 2 nghiệm $(-2+m, -2-m)$

Khi đó:

\(x_2=x_1^3+4x_2^2\Leftrightarrow \left[\begin{matrix} -2+m=(-2-m)^3+4(-2+m)^2\\ -2-m=(-2+m)^3+4(-2-m)^2\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow \left[\begin{matrix} -m^3+2m^2-29m+10=0\\ m^3-2m^2+29m+10=0\end{matrix}\right.\)

Nghiệm khá xấu, cảm giác đề cứ sai sai bạn ạ.

21 tháng 10 2021

Chọn A

a) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔABC vuông tại B có BH là đường cao ứng với cạnh huyền AC, ta được:

\(BH^2=HA\cdot HC\)

\(\Leftrightarrow BH^2=2\cdot6=12\)

hay \(BH=2\sqrt{3}\left(cm\right)\)

Áp dụng định lí Pytago vào ΔBHA vuông tại H, ta được:

\(BA^2=BH^2+HA^2\)

\(\Leftrightarrow AB^2=\left(2\sqrt{3}\right)^2+2^2=12+4=16\)

hay BA=4(cm)

Áp dụng định lí Pytago vào ΔABC vuông tại B, ta được:

\(AC^2=BA^2+BC^2\)

\(\Leftrightarrow BC^2=8^2-4^2=48\)

hay \(BC=4\sqrt{3}\left(cm\right)\)

b) Xét ΔABC vuông tại B có 

\(\sin\widehat{A}=\dfrac{BC}{CA}=\dfrac{4\sqrt{3}}{8}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)

\(\cos\widehat{A}=\dfrac{BA}{CA}=\dfrac{4}{8}=\dfrac{1}{2}\)