Điều kiện xác định của pt : \(\hept{\begin{cases}\frac{x^3+1}{x+3}\ge0\\x+1\ge0\\x+3\ge0\end{cases}}\) \(\Leftrightarrow x\ge-1\)

Ta có : \(\sqrt{\frac{x^3+1}{x+3}}+\sqrt{x+1}=\sqrt{x^2-x+1}+\sqrt{x+3}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(x+1\right)\left(x^2-x+1\right)}+\sqrt{x+1}.\sqrt{x+3}=\sqrt{x^2-x+1}.\sqrt{x+3}+\left(x+3\right)\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x^2-x+1}\left(\sqrt{x+1}-\sqrt{x+3}\right)+\sqrt{x+3}\left(\sqrt{x+1}-\sqrt{x+3}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x+1}-\sqrt{x+3}\right)\left(\sqrt{x^2-x+1}+\sqrt{x+3}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}\sqrt{x+1}-\sqrt{x+3}=0\\\sqrt{x^2-x+1}+\sqrt{x+3}=0\end{cases}}\)

• Nếu \(\sqrt{x+1}-\sqrt{x+3}=0\Rightarrow x+1=x+3\Leftrightarrow1=3\)(vô lí - loại)
• Nếu \(\sqrt{x^2-x+1}+\sqrt{x+3}=0\)(1).  

Từ điều kiện : Với \(x\ge-1\)thì \(\sqrt{x+3}\ge\sqrt{2}>0\); 

 \(\sqrt{x^2-x+1}=\sqrt{\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}>0\)

Do đó pt (1) vô nghiệm.

Vậy pt ban đầu vô nghiệm.

Điều kiện xác định của pt : \(\hept{\begin{cases}\frac{x^3+1}{x+3}\ge0\\x+1\ge0\\x+3\ge0\end{cases}}\) \(\Leftrightarrow x\ge-1\)

Ta có : \(\sqrt{\frac{x^3+1}{x+3}}+\sqrt{x+1}=\sqrt{x^2-x+1}+\sqrt{x+3}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(x+1\right)\left(x^2-x+1\right)}+\sqrt{x+1}.\sqrt{x+3}=\sqrt{x^2-x+1}.\sqrt{x+3}+\left(x+3\right)\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x^2-x+1}\left(\sqrt{x+1}-\sqrt{x+3}\right)+\sqrt{x+3}\left(\sqrt{x+1}-\sqrt{x+3}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x+1}-\sqrt{x+3}\right)\left(\sqrt{x^2-x+1}+\sqrt{x+3}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}\sqrt{x+1}-\sqrt{x+3}=0\\\sqrt{x^2-x+1}+\sqrt{x+3}=0\end{cases}}\)

• Nếu \(\sqrt{x+1}-\sqrt{x+3}=0\Rightarrow x+1=x+3\Leftrightarrow1=3\)(vô lí - loại)
• Nếu \(\sqrt{x^2-x+1}+\sqrt{x+3}=0\)(1).  So sánh từ điều kiện : Với mọi \(x\ge-1\)thì \(\sqrt{x+3}\ge\sqrt{2}>0\), \(\sqrt{x^2-x+1}=\sqrt{\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}>\)với mọi x

Do đó pt (1) vô nghiệm.

Vậy pt ban đầu vô nghiệm.

ai giải giúp bạn này đi TT mik cũng muốn xem lời giải bài này 

Câu 1: Đặt bt là A>0 ta có:

\(2A=3-\frac{a^2b}{2+a^2b}-\frac{b^2c}{2+b^2c}-\)\(\frac{c^2a}{2+c^2a}\)

Áp dụng bđt Cosi ta đc \(2A\ge3-\frac{1}{3}\left(\sqrt[3]{a^4b^2}+\sqrt[3]{b^4c^2}+\sqrt[3]{c^4a^2}\right)\)

\(\ge3-\frac{1}{3}\left(\frac{2ab+a^2}{3}+\frac{2bc+b^2}{3}+\frac{2ca+c^2}{3}\right)\)\(=3-\frac{1}{3}\left(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\right)=3-3\cdot\frac{1}{3}=2\)

\(\Rightarrow A\ge1\)

a) Xét hai tam giác : \(\Delta MCD\) và \(\Delta MAB\)có :  

\(\widehat{DMC}=\widehat{ABD}\)(Vì \(\widehat{DMC}=\frac{1}{2}\text{sđ cung AC}\), \(\widehat{AMB}=\text{sđ cung AB}\), sđ cung AB = sđ cung AC)

\(\widehat{BAM}=\widehat{BCM}=\widehat{DCM}=\frac{1}{2}\text{sđ cung BM}\) 

\(\Rightarrow\Delta MCD~\Delta MAB\left(g.g\right)\)\(\Rightarrow\frac{MC}{MA}=\frac{CD}{AB}\)(2)

Tương tự, ta cũng chứng minh được \(\Delta MBD~\Delta MAC\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\frac{MB}{MA}=\frac{BD}{AC}\)hay \(\frac{MB}{MA}=\frac{BD}{AB}\)(1)

Cộng (1) và (2) theo vế : \(\frac{MC}{MA}+\frac{MB}{MA}=\frac{CD}{AB}+\frac{BD}{AB}\Leftrightarrow\frac{MB+MC}{MA}=\frac{AB}{AB}=1\Leftrightarrow MB+MC=MA\)(đpcm)

a) Xét hai tam giác : \(\Delta MCD\) và \(\Delta MAB\)có :  

\(\widehat{DMC}=\widehat{ABD}\)(Vì \(\widehat{DMC}=\frac{1}{2}\text{sđ cung AC}\), \(\widehat{AMB}=\frac{1}{2}\text{sđ cung AB}\), sđ cung AB = sđ cung AC)

\(\widehat{BAM}=\widehat{BCM}=\widehat{DCM}=\frac{1}{2}\text{sđ cung BM}\)

\(\Rightarrow\Delta MCD~\Delta MAB\left(g.g\right)\)\(\Rightarrow\frac{MC}{MA}=\frac{CD}{AB}\)(1)

Tương tự, ta cũng chứng minh được \(\Delta MBD~\Delta MAC\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\frac{MB}{MA}=\frac{BD}{AC}\)hay \(\frac{MB}{MA}=\frac{BD}{AB}\)(2)

Cộng (1) và (2) theo vế : \(\frac{MC}{MA}+\frac{MB}{MA}=\frac{CD}{AB}+\frac{BD}{AB}\Leftrightarrow\frac{MB+MC}{MA}=\frac{AB}{AB}=1\Leftrightarrow MB+MC=MA\)(đpcm)

Điều kiện xác định của pt : \(x\ge1\)

Ta có :  \(3\left(x^2-x+1\right)=\left(x+\sqrt{x-1}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow3\left[x^2-\left(x-1\right)\right]=\left(x+\sqrt{x-1}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow3\left(x-\sqrt{x-1}\right)\left(x+\sqrt{x-1}\right)=\left(x+\sqrt{x-1}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left(x+\sqrt{x-1}\right)\left(3x-3\sqrt{x-1}-x-\sqrt{x-1}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow2\left(x+\sqrt{x-1}\right)\left(x-2\sqrt{x-1}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow2\left(x+\sqrt{x-1}\right)\left[\left(x-1\right)-2\sqrt{x-1}+1\right]=0\)

\(\Leftrightarrow2\left(x+\sqrt{x-1}\right)\left(\sqrt{x-1}-1\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x+\sqrt{x-1}=0\\\sqrt{x-1}-1=0\end{cases}}\)

Do \(x+\sqrt{x-1}=\left(x-1\right)+\sqrt{x-1}+1=t^2+t+1=\left(t-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}>0\)với \(t=\sqrt{x-1}\)

nên pt  \(x+\sqrt{x-1}=0\) vô nghiệm.

Vậy \(\sqrt{x-1}-1=0\Leftrightarrow x=2\)(thỏa mãn đk)

Kết luận : Pt có nghiệm x = 2

Ta có:

\(\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)\left(y+\sqrt{y^2+1}\right)=1\)

Nhân hai vế của đẳng thức với \(\left(\sqrt{x^2+1}-x\right),\)  ta có:

\(\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)\left(\sqrt{x^2+1}-x\right)\left(y+\sqrt{y^2+1}\right)=\left(\sqrt{x^2+1}-x\right)\)

\(\Leftrightarrow\)  \(y+\sqrt{y^2+1}=\sqrt{x^2+1}-x\)  

\(\Leftrightarrow\)  \(x+y=\sqrt{x^2+1}-\sqrt{y^2+1}\left(1\right)\)

Mặt khác,  \(\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)\left(y+\sqrt{y^2+1}\right)=1\)

Nhân hai vế của đẳng thức với \(\left(\sqrt{y^2+1}-y\right),\)  ta có:

\(\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)\left(\sqrt{y^2+1}-y\right)\left(y+\sqrt{y^2+1}\right)=\sqrt{y^2+1}-y\)

\(\Leftrightarrow\)  \(x+\sqrt{x^2+1}=\sqrt{y^2+1}-y\)

\(\Leftrightarrow\)  \(x+y=\sqrt{y^2+1}-\sqrt{x^2+1}\left(2\right)\)

Từ  \(\left(1\right);\left(2\right)\)  suy ra được  \(x+y=0\)

a. Quang tự vẽ hình nhé.

Ta thấy \(\frac{AM}{AC}=\frac{AM}{AK}.\frac{AK}{AC}\). Mà theo định lý Ta let : \(\frac{AM}{AK}=\frac{AI}{AB};\frac{AK}{AC}=\frac{AN}{AI}\)

Như vậy thì \(\frac{AM}{AC}=\frac{AI}{AB}.\frac{AN}{AI}=\frac{AN}{AB}\)

Từ đó suy ra \(\frac{AM}{AC}=\frac{AN}{AB}\) hay MN // BC.

a. \(\Delta BPC\sim\Delta BMH\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{BP}{BM}=\frac{BC}{BH}\) hay BM.BC = BP.BH.

b. Ta có: \(\Delta HNB\sim\Delta HPC\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{HN}{HB}=\frac{HP}{HC}\Rightarrow\Delta HNP\sim\Delta HBC\left(c-g-c\right)\)

hay góc PNH = HBC. Tương tự góc MNC = CBH. Vậy thì góc PNH = MNC, từ đó suy ra góc MNB = PNB (Cùng phụ với hai góc trên).

Vậy thi NA là phân giác góc PNM.

c. Ta thấy \(BC.AH=BC\left(HM-AM\right)=BC.MH-BC.AM=\frac{S}{2}-\frac{S_{ABC}}{2}\)

Tương tự \(AB.CH=\frac{S}{2}-\frac{S_{AHC}}{2};AC.VH=\frac{S}{2}-\frac{S_{ABH}}{2}\)

Vậy thì \(BC.AH+AB.CH+AC.BH=\frac{3S}{2}-\frac{S_{ABC}+S_{AHC}+S_{AHB}}{2}=\frac{3S}{2}-\frac{S}{2}=S.\)

ta có: \(x^3+y^3+z^3-\left(x^2+y^2+z^2\right)=0\Leftrightarrow x^2\left(1-x\right)+y^2\left(1-y\right)+z^2\left(1-z\right)=0\)) =0.
do \(x^2+y^2+z^2=1\)nên \(\left|x\right|\le1,\left|y\right|\le1,\left|z\right|\le1\Rightarrow\left(1-x\right)\ge0,\left(1-y\right)\ge0,\left(1-z\right)\ge0\)
vì vậy \(x^2\left(1-x\right)+y^2\left(1-y\right)+z^2\left(1-z\right)\ge0\)
dấu bằng xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}x^2\left(1-x\right)=0\\z^2\left(1-z\right)=0\\y^2\left(1-y\right)=0\end{cases}}\)
do vậy (x,y,z)=(1,0,0); (0,1,0); (0,0,1).

- mik mới học lp 7 nên k giải đc