Vẽ thêm đường thẳng AN vuông góc với AM và cắt CD ở N. Chứng minh được: \(\Delta AND=\Delta AMB\left(c-g-c\right)\Rightarrow AM=AN\)(cạnh tương ứng)

Tiếp tục áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông ANI .......... => ĐPCM

\(Q=\sqrt[3]{\frac{b^3-3b+\left(b^2-1\right)\sqrt{b^2-4}}{2}}+\sqrt[3]{\frac{b^3-3b-\left(b^2-1\right)\sqrt{b^2-4}}{2}}\)

\(\Leftrightarrow Q^3=b^3-3b+3Q\sqrt[3]{\frac{b^3-3b+\left(b^2-1\right)\sqrt{b^2-4}}{2}}.\sqrt[3]{\frac{b^3-3b-\left(b^2-1\right)\sqrt{b^2-4}}{2}}\)

\(\Leftrightarrow Q^3=b^3-3b+3Q\)

\(\Leftrightarrow\left(Q-b\right)\left(Q^2+Qb+b^2-3\right)=0\)

Dễ thấy \(Q^2+Qb+b^2-3>0\)

\(\Rightarrow Q=b=\sqrt[3]{2020}\)

\(pt\left(2\right)\Leftrightarrow\left(x^4\right)^2+\left(y^4\right)^2=35\)

\(\Leftrightarrow\left(x^4+y^4\right)^2-2x^4y^4=35\)

\(\Leftrightarrow\left(x^4+y^4\right)^2-2x^4y^4=35\)

\(\Leftrightarrow\left(\left(x^2\right)^2+\left(y^2\right)^2\right)^2-2x^4y^4=35\)

\(\Leftrightarrow\left(\left(x^2+y^2\right)^2-2x^2y^2\right)^2-2\left(xy\right)^4=35\)

\(\Leftrightarrow\left[\left(\left(x+y\right)^2-2xy\right)^2-2\left(xy\right)^2\right]^2-2\left(xy\right)^4=35\)

Và \(pt\left(1\right)\Leftrightarrow xy\left(x+y\right)=30\)

Đặt \(\hept{\begin{cases}S=x+y\\P=xy\end{cases}}\Rightarrow S^2\ge4P\) thì có:

\(\hept{\begin{cases}\left[\left(S^2-2P\right)^2-2P^2\right]^2-2P^4=35\\SP=30\end{cases}}\)

Thay lẫn lộn vào nhau giải ra thì có....

Thắng Nguyễn cách này không khả thi đâu. You cứ giải đến cuối sẽ thấy.

\(=a^3-3a^2+7a^2-21a-\left(8a-24\right)\)hay 

\(=a^2\left(a-3\right)+8a\left(a-3\right)-8\left(a-3\right)\)

\(=\left(a-3\right)\left(a^2+8a-8\right)\)

CHÚC BẠN HỌC TỐT...

\(a^3+4a^2-29a+24\)

\(=\left(a^3-3a^2\right)+\left(7a^2-21a\right)+\left(-8a+24\right)\)

\(=\left(a-3\right)\left(a^2+7a-8\right)\)

\(=\left(a-3\right)\left[\left(a^2-a\right)+\left(8a-8\right)\right]\)

\(=\left(a-3\right)\left(a-1\right)\left(a+8\right)\)

Ta có: 

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

\(=\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)^2\)

\(\Rightarrow A=\sqrt{\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}}\)

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

\(=\sqrt{\frac{\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)^2}{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}}\)

\(=\frac{\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}\)

Vì \(a,b,c\in Q\)

\(\Rightarrow A\in Q\)

Đặt \(a-b=x,b-c=y,c-a=z\). \(\Rightarrow x+y+z=a-b+b-c+c-a=0\)

Xét \(\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)^2=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}+2\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\right)\)

\(=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}+\frac{2\left(x+y+z\right)}{xyz}=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}=A\)

Khi đó A bằng giá trị tuyệt đối của \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\) là số hữu tỉ

Nếu theo như biểu thức bạn cho thì 2 số hạng đầu không liên quan đến nhau, 1 bên là số lớn trong căn, 1 bên là số nhỏ trong căn, vì thế phải sửa lại

Rút gọn biểu thức

\(A=\frac{1}{1+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{2017}+\sqrt{2018}}.\)

Bây giờ chúng ta chứng minh bài toán phụ sau:

Chứng minh:

\(\frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}=\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\)

\(\frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}=\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{\left(\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\right)\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)}\)

\(=\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n+1-n}=\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\)

Vậy bài toán phụ đã được chứng minh

Áp dụng bài toán phụ vào biểu thức A (mình tạm gọi là A cho tiện) ta được:

\(A=\sqrt{2}-1+\sqrt{3}-\sqrt{2}+...+\sqrt{2018}-\sqrt{2017}\)

\(=\sqrt{2018}\)

Vậy, A = căn 2018

\(x^4-4x^2+4cx-c^2=0\)

\(\Leftrightarrow x^4-\left(2x-c\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2+2x-c\right)\left(x^2-2x+c\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x^2+2x-c=0\left(1\right)\\x^2-2x+c=0\left(2\right)\end{cases}}\)

Để có 3 nghiệm thì ta xét 3 trường hợp 

TH 1: PT (1) có 1 nghiệm là a còn PT 2 có 2 nghiệm khác nghiệm của PT 1:

\(\Rightarrow x^2+2x-c=\left(x-a\right)^2\)

\(\Leftrightarrow x^2+2x-c=x^2-2ax+a^2\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}-2a=2\\a^2=-c\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=-1\\c=-1\end{cases}}\)

Thế lại vô PT (2) giải được

\(x^2-2x-1=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=1-\sqrt{2}\\x=1+\sqrt{2}\end{cases}}\)(nhận)

TH 2: PT (2) có 1 nghiệm là b còn PT 1 có 2 nghiệm khác nghiệm của PT 2:

Làm tương tự như TH 1.

TH 3: PT (1), (2) có 2 nghiệm và có nghiệm chung là d.

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}d^2+2d-c=0\\d^2-2d+c=0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}c=0\\d=0\end{cases}}\)

Thế ngược lại ta có

\(x^4-4x^2=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=0\\x=-2;+2\end{cases}}\) (nhận)

ban la nam hay la nu

Ta có: 

\(\sqrt{3x^2+6x+12}+\sqrt{5x^4-10x^2+9}\)

\(=\sqrt{\left(3x^2+6x+3\right)+9}+\sqrt{\left(5x^4-10x^2+5\right)+4}\)

\(=\sqrt{3\left(x+1\right)^2+9}+\sqrt{5\left(x^2-1\right)^2+4}\ge3+2=5\left(1\right)\)

Ta lại có:

\(-2x^2-4x+3=-2\left(x+1\right)^2+5\le5\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) dấu = xảy ra khi \(x=-1\)

KHÔNG MẤT TÍNH TÔNG QUÁT, ĐẶT \(a< _=b< _=c\)

TA CÓ:

\(a^2+b^2+c^2+abc=0\)

=> \(a^2+b^2+c^2=-abc\)

DO \(a< _=b< _=c\)

=> \(a^2+b^2+c^2=-abc>_=a^2+a^2+a^2=3a^2\)

=> \(-bc>_=3a\)

XÉT HAI TRƯỜNG HỢP:

TH1: a khác 0

=> \(\frac{-bc}{a}>_=3\)

TA CÓ \(a^2+b^2+c^2=-abc\)

\(a^2+b^2+c^2>0\left(a#0\right)\)

=> - abc > 0

=> Hoặc a âm , b và c lớn hơn 0 , hoặc a , b , c âm

=> \(\frac{-bc}{a}< 0\)

MÀ \(\frac{-bc}{a}>_=3\)

=> LOẠI 

TH2: a = 0

=> thỏa mãn

=> \(b^2+c^2+bc=0\)

=> \(b^2+c^2+\left(b+c\right)^2=0\)

=> b = c = 0

VẬY a = b = c = 0

Sai rồi b. Làm lại đi b

\(\frac{11x}{5}-\sqrt{2x+1}=3y-\sqrt{4y-1}+2\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{4y-1}-\sqrt{2x+1}=3y+2-\frac{11x}{5}\)

Vì 4y - 1 chia cho 4 có số dư là 2 nên \(\sqrt{4y-1}\)là số vô tỷ .

Ta có VP là số hữu tỉ. VT là số vô tỷ và \(\hept{\begin{cases}4y-1\\2x+1\end{cases}}\)là 2 số hữu tỷ nên.

\(\Rightarrow\sqrt{4y-1}-\sqrt{2x+1}=0\)

\(\Leftrightarrow x=2y-1\)

Thế lại phương trình ban đầu ta được.

\(\Rightarrow y=3\)

\(\Rightarrow x=5\)

Vậy nghiệm cần tìm là \(\hept{\begin{cases}x=5\\y=3\end{cases}}\) 

11x5 −√2x+1=3y−√4y−1+2

⇔√4y−1−√2x+1=3y+2−11x5 

Vì 4y - 1 chia cho 4 có số dư là 2 nên √4y−1là số vô tỷ .

Ta có VP là số hữu tỉ. VT là số vô tỷ và {

là 2 số hữu tỷ nên.

⇒√4y−1−√2x+1=0

⇔x=2y−1

Thế lại phương trình ban đầu ta được.

⇒y=3

⇒x=5

Vậy nghiệm cần tìm là {