Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Coi như bước trên bạn đã làm đúng, giải pt vô tỉ thôi nhé:
TH1: \(x=y\)
\(\Rightarrow x^2+x+2=\sqrt{5x+5}+\sqrt{3x+2}\)
\(\Leftrightarrow x^2-x-1+\left(x+1-\sqrt{3x+2}\right)+\left(x+2-\sqrt{5x+5}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow x^2-x-1+\dfrac{x^2-x-1}{x+1+\sqrt{3x+2}}+\dfrac{x^2-x-1}{x+2+\sqrt{5x+5}}=0\)
TH2: \(x=4y+3\)
Đây là trường hợp nghiệm ngoại lai, lẽ ra phải loại (khi bình phương lần 2 phương trình đầu, bạn quên điều kiện nên ko loại trường hợp này)
Dạ em cảm ơn thầy ạ, em ko nhìn ra cách chuyển thành x2 - x - 1 ạ @@
12 sai, C mới là đáp án đúng
13 sai, A đúng, \(sin-sin=2cos...sin...\)
18.
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=m>0\\\Delta'=m^2-m\left(-m+3\right)< 0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>0\\2m^2-3m< 0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>0\\0< m< \dfrac{3}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m=1\)
Đáp án B
22.
Để pt có 2 nghiệm pb \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m-2\ne0\\\Delta'=\left(2m-3\right)^2-\left(m-2\right)\left(5m-6\right)>0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m\ne2\\-m^2+4m-3>0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m\ne2\\1< m< 3\end{matrix}\right.\)
Theo hệ thức Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=\dfrac{-2\left(2m-3\right)}{m-2}\\x_1x_2=\dfrac{5m-6}{m-2}\end{matrix}\right.\)
\(\dfrac{-2\left(2m-3\right)}{m-2}+\dfrac{5m-6}{m-2}\le0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{m}{m-2}\le0\) \(\Leftrightarrow0\le m< 2\)
Kết hợp điều kiện delta \(\Rightarrow1< m< 2\)
24.
Đề bài câu này dính lỗi, ko có điểm M nào cả, chắc là đường thẳng đi qua A
Đường tròn (C) tâm I(1;-2) bán kính R=4
\(\overrightarrow{IA}=\left(1;3\right)\)
Gọi d là đường thẳng qua A và cắt (C) tại 2 điểm B và C. Gọi H là trung điểm BC
\(\Rightarrow IH\perp BC\Rightarrow IH=d\left(I;d\right)\)
Theo định lý đường xiên - đường vuông góc ta luôn có: \(IH\le IA\)
Áp dụng Pitago cho tam giác vuông IBH:
\(BH=\sqrt{IB^2-IH^2}\Leftrightarrow\dfrac{BC}{2}=\sqrt{16-IH^2}\)
\(\Rightarrow BC_{min}\) khi \(IH_{max}\Leftrightarrow IH=IA\)
\(\Leftrightarrow IA\perp d\Rightarrow d\) nhận \(\overrightarrow{IA}\) là 1 vtpt
Phương trình d:
\(1\left(x-2\right)+3\left(y-1\right)=0\Leftrightarrow x+3y-5=0\)
Do G là trọng tâm
\(\Rightarrow\overrightarrow{BG}=\dfrac{1}{3}\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\right)=-\dfrac{1}{3}AB+\dfrac{1}{3}\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}\right)\)
\(=-\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AC}\)
\(\Rightarrow T=-\dfrac{1}{3}\)
Để tính tổng T = x + y, ta cần tìm giá trị của x và y.
Theo định nghĩa, trọng tâm G của tam giác ABC là điểm giao của ba đường trung tuyến, tức là các đoạn thẳng nối mỗi đỉnh của tam giác với trung điểm của đoạn thẳng đối diện.
Trong bài toán này, ta biết rằng vecto BG có thể được biểu diễn bằng tổng của vecto AB và AC theo các hệ số x và y: BG = xAB + yAC.
Chúng ta cần tìm tổng x + y. Để làm điều này, ta có thể so sánh hệ số của vecto BG đã cho và biểu diễn vecto BG bằng các hệ số x và y:
Theo công thức trung điểm, ta có: BG = 1/2 BA + 1/2 BC.
So sánh với biểu diễn vecto BG đã cho: BG = xAB + yAC.
Áp dụng so sánh, ta có: 1/2 BA + 1/2 BC = xAB + yAC.
Vì BA + AC = BC (điều này có thể được chứng minh dựa trên tính chất của trọng tâm), ta có thể thay thế BC bằng BA + AC trong phương trình và thu gọn được: 1/2 BA + 1/2 (BA + AC) = xAB + yAC, 1/2 BA + 1/2 BA + 1/2 AC = xAB + yAC, BA + 1/2 AC = xAB + yAC.
So sánh hệ số của các vecto AB và AC, ta có hệ phương trình: x = 1, y = 1/2.
Vậy tổng T = x + y = 1 + 1/2 = 3/2.
Đáp án: T = 3/2.
Theo đề, ta có hệ phương trình:
\(\left\{{}\begin{matrix}a+b=2\\-3a+b=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=\dfrac{1}{2}\\b=\dfrac{3}{2}\end{matrix}\right.\)
y' là đạo hàm bậc nhất của y. Bạn đọc sách toán phổ thông phần đạo hàm/ tìm max min của hàm số hoặc google search để tìm hiểu rõ hơn.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Shwarz dạng Engel và \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\) có:
\(\dfrac{x^3}{y}+\dfrac{y^3}{z}+\dfrac{z^3}{x}=\dfrac{x^4}{xy}+\dfrac{y^4}{yz}+\dfrac{z^4}{xz}\ge\dfrac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{xy+yz+xz}\)
\(\ge\dfrac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^2+y^2+z^2}=x^2+y^2+z^2\ge1\)
Dấu " = " khi x = y = z = \(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)
Vậy...
Cách khác nhé!/-/
Áp dụng BĐT Holder ta có:
\(\left(\dfrac{x^3}{y}+\dfrac{y^3}{z}+\dfrac{z^3}{x}\right)\left(\dfrac{x^3}{y}+\dfrac{y^3}{z}+\dfrac{z^3}{x}\right)\left(y^2+z^2+x^2\right)\ge\left(x^2+y^2+z^2\right)^3\)
Do đó \(\dfrac{x^3}{y}+\dfrac{y^3}{z}+\dfrac{z^3}{x}\ge x^2+y^2+z^2\ge1\)
Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)
\(\dfrac{x+y}{t+z}=\dfrac{3}{5}\)
=>5x+5y=3t+3z
=>5x-3t=3z-5y=0
=>5x=3t
=>x/t=3/5