hạ bậc $sin^{2}x$,tách 3 thành $3sin^{2}x+3cos^{2}x$,rút gọn sẽ ra $2(\sqrt{3}sin2x-cos2x)-(\sqrt{3}sin2x-cos2x)^{2}=0$nghiệm $\frac{\pi}{12}+k\frac{\pi}{2}$ phải thêm điều kiện k lẻ nhé, đối chiếu với điều kiện đi

hạ bậc $sin^{2}x$,tách 3 thành $3sin^{2}2x+3cos^{2}2x$,rút gọn sẽ ra $2(\sqrt{3}sin2x-cos2x)-(\sqrt{3}sin2x-cos2x)^{2}=0$nghiệm $\frac{\pi}{12}+k\frac{\pi}{2}$ phải thêm điều kiện k lẻ nhé, đối chiếu với điều kiện đi

để chia hết,đầu tiên thì điều kiện cần là $n+1>n^{2}-2 \Rightarrow n^{2}-n-3<0 \Leftrightarrow \frac{1-\sqrt{13}}{2}<n<\frac{1+\sqrt{13}}{2}$mà n nguyên nên n tuộc tập ${-1;0;1;2}$vì ít giá trị nên có thể kẻ bảng,thế n vào các số trên (n+1 và $n^{2}-2$) rồi tìm giá trị thỏa mãnmà đề lạ nhỉ, hay là tìm n sao cho $n^{2}-2$ chia hết n+1 ?

để chia hết,đầu tiên thì điều kiện cần là $|n+1|>|n^{2}-2| \Rightarrow n^{2}-n-3<0 $ hoặc $n^{2}+n-1<0$giải ra n thuộc tập ${-1;0;1;2}$vì ít giá trị nên có thể kẻ bảng,thế n vào các số trên (n+1 và $n^{2}-2$) rồi tìm giá trị thỏa mãnmà đề lạ nhỉ, hay là tìm n sao cho $n^{2}-2$ chia hết n+1 ?

xog cmnr :)) thêm bớt $x^{2}e^{x}$ trên mẫu là xong :))

xog cmnr :)) thêm bớt $x^{2}e^{x}$ trên tử là xong :))

đk \begin{cases}log_{4}x \geq0 \\ log_{2}y \geq 0 \end{cases}$\Rightarrow$\begin{cases}x\geq 1 \\ y\geq 1 \end{cases}pt thứ 2 của hệ tương đương $\sqrt{log_{4}x}=\sqrt{log_{2}y}$$log_{4}x=log_{2}y \Rightarrow log_{2}\sqrt{x}=log_{2}y \Rightarrow y^{2}=x$thay vào pt thứ nhất của hệ r giải

đk \begin{cases}log_{4}x \geq0 \\ log_{2}y \geq 0 \end{cases}$\Rightarrow$\begin{cases}x\geq 1 \\ y\geq 1 \end{cases}pt thứ 2 của hệ tương đương $\sqrt{log_{4}x}=\sqrt{log_{2}y}$$log_{4}x=log_{2}y \Rightarrow log_{2}\sqrt{x}=log_{2}y \Rightarrow y^{2}=x$thay vào pt thứ nhất của hệ r giải,theo đk thì y>0 lun

đk \begin{cases}log_{4}x \geq0 \\ log_{2}y \geq 0 \end{cases}$\Rightarrow$\begin{cases}x\geq 1 \\ y\geq 1 \end{cases}pt thứ 2 của hệ tương đương $\sqrt{log_{4}x}=\sqrt{log_{2}y}$$log_{4}x=log_{2}y \Rightarrow log_{2}x^{2}=log_{2}y \Rightarrow x^{2}=y$thay vào pt thứ nhất của hệ r giải, vì $ y\geq 1 \Rightarrow |y| >0$

đk \begin{cases}log_{4}x \geq0 \\ log_{2}y \geq 0 \end{cases}$\Rightarrow$\begin{cases}x\geq 1 \\ y\geq 1 \end{cases}pt thứ 2 của hệ tương đương $\sqrt{log_{4}x}=\sqrt{log_{2}y}$$log_{4}x=log_{2}y \Rightarrow log_{2}\sqrt{x}=log_{2}y \Rightarrow y^{2}=x$thay vào pt thứ nhất của hệ r giải

làm j` mà up một đống, ai giải cho hết nổi -_-bài 1 nè: đặt $0,3(8)=x \Rightarrow 10x=3,(8)=x+3,5 \Rightarrow 10x=x+3,5 \Rightarrow 9x=3,5 \Rightarrow x=\frac{7}{18}$Bài2 :từ làm phép cộng đi nhé chả nhớ rõ lớp 7 học cái j` rồi nên làm bài 2 cách đơn giản nhất :pytago $\Delta ABH$ vuông tại H suy ra $BH^{2}=AB^{2}-AH^{2}=25cm \Rightarrow BH=5cm$ làm tương tự với tam giác AHC BC=BH+CH (CH ra xấu)Bài3 :tam giác ABC cân suy ra $AB=AC=AK+KC=46,8cm$$\Delta ABK$ vuông tại K, dùng pytago suy ra $BK=\frac{48\sqrt{14}}{5}$$\Delta BKC$ vuông tại K,pytago suy ra $BC=\frac{12\sqrt{273}}{5}$

làm j` mà up một đống, ai giải cho hết nổi -_-bài 1 nè: đặt $0,3(8)=x \Rightarrow 10x=3,(8)=x+3,5 \Rightarrow 10x=x+3,5 \Rightarrow 9x=3,5 \Rightarrow x=\frac{7}{18}$Bài2 :từ làm phép cộng đi nhé chả nhớ rõ lớp 7 học cái j` rồi nên làm bài 2 cách đơn giản nhất :pytago $\Delta ABH$ vuông tại H suy ra $BH^{2}=AB^{2}-AH^{2}=25cm \Rightarrow BH=5cm$ làm tương tự với tam giác AHC BC=BH+CH (CH ra xấu)Bài4 :tam giác ABC cân suy ra $AB=AC=AK+KC=46,8cm$$\Delta ABK$ vuông tại K, dùng pytago suy ra $BK=\frac{48\sqrt{14}}{5}$$\Delta BKC$ vuông tại K,pytago suy ra $BC=\frac{12\sqrt{273}}{5}$

làm j` mà up một đống, ai giải cho hết nổi -_-bài 1 nè: đặt $0,3(8)=x \Rightarrow 10x=3,(8)=x+3,5 \Rightarrow 10x=x+3,5 \Rightarrow 9x=3,5 \Rightarrow x=\frac{7}{18}$từ làm phép cộng đi nhé

làm j` mà up một đống, ai giải cho hết nổi -_-bài 1 nè: đặt $0,3(8)=x \Rightarrow 10x=3,(8)=x+3,5 \Rightarrow 10x=x+3,5 \Rightarrow 9x=3,5 \Rightarrow x=\frac{7}{18}$Bài2 :từ làm phép cộng đi nhé chả nhớ rõ lớp 7 học cái j` rồi nên làm bài 2 cách đơn giản nhất :pytago $\Delta ABH$ vuông tại H suy ra $BH^{2}=AB^{2}-AH^{2}=25cm \Rightarrow BH=5cm$ làm tương tự với tam giác AHC BC=BH+CH (CH ra xấu)Bài3 :tam giác ABC cân suy ra $AB=AC=AK+KC=46,8cm$$\Delta ABK$ vuông tại K, dùng pytago suy ra $BK=\frac{48\sqrt{14}}{5}$$\Delta BKC$ vuông tại K,pytago suy ra $BC=\frac{12\sqrt{273}}{5}$

tách ra\begin{cases}x+y-z=y+z-x \\ y+z-x=z+x-y \\z+x-y=x+y-z \end{cases}rút gọn lại thôi là dễ dàng suy ra x=y=zthay x=y=z vào pt x+y-z=xyz ta được $x=x^{3}$ hay $x^{2}=1$suy ra $x=\pm 1$ suy ra y z

tách ra\begin{cases}x+y-z=y+z-x \\ y+z-x=z+x-y \\z+x-y=x+y-z \end{cases}rút gọn lại thôi là dễ dàng suy ra x=y=zthay x=y=z vào pt x+y-z=xyz ta được $x=x^{3}$ hay $x(x^{2}-1)=0$suy ra $x=\pm 1,x=0$ suy ra y z

đk:\begin{cases}x\neq 0\\ y\neq 0 \\ x^{2}-y^{2} \geq 0\end{cases}dễ thấy x=0 k là nghiệm ptđặt y=kx ($k\neq 0$)\begin{cases}\frac {x+\sqrt {x^{2}-k^{2}x^{2}}}{x-\sqrt {x^{2}-k^{2}x^{2}}}=\frac {9x}{5} \\ \frac{x}{kx}=\frac {5+3x}{30-6kx}\end{cases}tương đương\begin{cases} \frac{1+\sqrt{1-k^{2}}}{x-\sqrt{1-k^{2}}}=\frac{9x}{5} \\ 5kx+3kx^{2}=30x-6kx^{2}\end{cases}pt thứ 2 của hệ tương đương$5kx+3kx^{2}=30x-6kx^{2}$rút gọn cho x, ta dc$9kx+5k-30=0$$\Rightarrow 9x=\frac{30}{k}-5$pt 1 của hệ suy ra$9x-9x\sqrt{1-k^{2}}=5+5\sqrt{1-k^{2}}$$\Rightarrow \frac{30}{k}-5-\frac{30}{k}\sqrt{1-k^{2}}+5\sqrt{1-k^{2}}=5+5\sqrt{1-k^{2}}$$\Rightarrow 30(1-\sqrt{1-k^{2}})=10k$giải ra k=0(loại) hoặc $k=\frac{3}{5}$ nhậncoi như xong nhé :D

đk:\begin{cases}x\neq 0\\ y\neq 0 \\ x^{2}-y^{2} \geq 0\end{cases}dễ thấy x=0 k là nghiệm ptđặt y=kx ($k\neq 0$)\begin{cases}\frac {x+\sqrt {x^{2}-k^{2}x^{2}}}{x-\sqrt {x^{2}-k^{2}x^{2}}}=\frac {9x}{5} \\ \frac{x}{kx}=\frac {5+3x}{30-6kx}\end{cases}tương đương\begin{cases} \frac{1+\sqrt{1-k^{2}}}{1-\sqrt{1-k^{2}}}=\frac{9x}{5} \\ 5kx+3kx^{2}=30x-6kx^{2}\end{cases}pt thứ 2 của hệ tương đương$5kx+3kx^{2}=30x-6kx^{2}$rút gọn cho x, ta dc$9kx+5k-30=0$$\Rightarrow 9x=\frac{30}{k}-5$pt 1 của hệ suy ra$9x-9x\sqrt{1-k^{2}}=5+5\sqrt{1-k^{2}}$$\Rightarrow \frac{30}{k}-5-\frac{30}{k}\sqrt{1-k^{2}}+5\sqrt{1-k^{2}}=5+5\sqrt{1-k^{2}}$$\Rightarrow 30(1-\sqrt{1-k^{2}})=10k$giải ra k=0(loại) hoặc $k=\frac{3}{5}$ nhậncoi như xong nhé :D

đặt t=a+b; suy ra ab=3-t;$a^{2}+b^{2}=t^{2}+2t-6$ta có $ab \leq (\frac{a+b}{2})^{2} \Rightarrow 3-t\leq \frac{t^{2}}{4} \Rightarrow t\geq 2$chuyển $a^{2}+b^{2}$ wa VT$VT=\frac{3(a^{2}+b^{2})+3(a+b)}{ab+a+b+1}+\frac {ab}{a+b}-(a^{2}+b^{2})=-t^{2}+t+\frac{12}{t}-\frac{5}{2}$xét f(t) với $t\geq 2$ sẽ suy ra $VT\geq \frac{3}{2}$

đặt t=a+b; suy ra ab=3-t;$a^{2}+b^{2}=t^{2}+2t-6$ta có $ab \leq (\frac{a+b}{2})^{2} \Rightarrow 3-t\leq \frac{t^{2}}{4} \Rightarrow t\geq 2$chuyển $a^{2}+b^{2}$ wa VT$VT=\frac{3(a^{2}+b^{2})+3(a+b)}{ab+a+b+1}+\frac {ab}{a+b}-(a^{2}+b^{2})=-t^{2}+t+\frac{12}{t}-\frac{5}{2}$xét f(t) với $t\geq 2$ sẽ suy ra $VT\leq \frac{3}{2}$dấu = khi và chỉ khi a=b=1

với n=1, ta có $\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}=\frac{13}{12}>1$ đúng(n=1 tức là dãy gồm những số từ n+1,n+2,... tới số cuối là 3n+1, tức là n=1 thì số cuối là $\frac{1}{3.1+1}$tức là n càng lớn thì số số hạng trong dãy cũng tăng lêngiả sử bất đẳng thức đúng với n=k, tức là $\frac{1}{k+1}+\frac{1}{k+2}+...+\frac{1}{3k}+\frac{1}{3k+1} >1$ta cần chứng minh nó cũng đúng vs n=k+1, tức là $\frac{1}{k+2}+\frac{1}{k+3}+...+\frac {1}{3(k+1)}+\frac{1}{3(k+1)+1}>1$2 số cuối của dãy khi thay k bằng k+1 đã thay đổi, yên tâm là nó k trùng với 2 số cuối của dãy với n=k đâu, chỉ là thêm thôi, số cuối ủa n=k, tức là $\frac{1}{3k+1}$ nếu ở trong dãy số với n=k+1, thì nó là số $\frac{1}{3(k+1)-2}$về lại cái chính, với n=k+1,số số hạng đã tăng lên, những số tăng lên có$\frac {1}{3(k+1)-1};\frac {1}{3(k+1)};\frac {1}{3(k+1)+1}$tức là $\frac{1}{3k+2};\frac{1}{3k+3};\frac{1}{3k+4}$và thiếu $\frac{1}{k+1}$tức là ta cần chứng minh $\frac{1}{k+1}+\frac{1}{k+2}+...+\frac{1}{3k}+\frac{1}{3k+1}+\frac{1}{3k+2}+\frac{1}{3k+3}+\frac{1}{3k+4}-\frac{1}{k+1}>1$mà $\frac{1}{k+1}+\frac{1}{k+2}+...+\frac{1}{3k}+\frac{1}{3k+1} >1$ rồi, nên chỉ cần chứng minh$\frac{1}{3k+2}+\frac{1}{3k+3}+\frac{1}{3k+4}-\frac{1}{k+1}\geq 0$là đủ,vì một số lớn hơn 1 cộng với 1 số không âm sẽ lớn hơn 1ta có $\frac{1}{k+1}=\frac{3}{3k+3}$$\Rightarrow \frac{1}{3k+2}+\frac{1}{3k+3}+\frac{1}{3k+4}-\frac{1}{k+1}=\frac{1}{3k+2}+\frac{1}{3k+3}+\frac{1}{3k+4}-\frac{3}{3k+3}=\frac{1}{3k+2}-\frac{2}{3k+3}+\frac{1}{3k+4}$quy đồng lên hết rồi rút gọn ta được $\frac{2}{(3k+2)(3k+3)(3k+4)} \geq$ luôn đúngvậy bất đẳng thức dc chứng minh

với n=1, ta có $\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}=\frac{13}{12}>1$ đúng(n=1 tức là dãy gồm những số từ n+1,n+2,... tới số cuối là 3n+1, tức là n=1 thì số cuối là $\frac{1}{3.1+1}$tức là n càng lớn thì số số hạng trong dãy cũng tăng lêngiả sử bất đẳng thức đúng với n=k, tức là $\frac{1}{k+1}+\frac{1}{k+2}+...+\frac{1}{3k}+\frac{1}{3k+1} >1$ta cần chứng minh nó cũng đúng vs n=k+1, tức là $\frac{1}{k+2}+\frac{1}{k+3}+...+\frac {1}{3(k+1)}+\frac{1}{3(k+1)+1}>1$2 số cuối của dãy khi thay k bằng k+1 đã thay đổi, yên tâm là nó k trùng với 2 số cuối của dãy với n=k đâu, chỉ là thêm thôi, số cuối ủa n=k, tức là $\frac{1}{3k+1}$ nếu ở trong dãy số với n=k+1, thì nó là số $\frac{1}{3(k+1)-2}$về lại cái chính, với n=k+1,số số hạng đã tăng lên, những số tăng lên có$\frac {1}{3(k+1)-1};\frac {1}{3(k+1)};\frac {1}{3(k+1)+1}$tức là $\frac{1}{3k+2};\frac{1}{3k+3};\frac{1}{3k+4}$và thiếu $\frac{1}{k+1}$tức là ta cần chứng minh $\frac{1}{k+1}+\frac{1}{k+2}+...+\frac{1}{3k}+\frac{1}{3k+1}+\frac{1}{3k+2}+\frac{1}{3k+3}+\frac{1}{3k+4}-\frac{1}{k+1}>1$mà $\frac{1}{k+1}+\frac{1}{k+2}+...+\frac{1}{3k}+\frac{1}{3k+1} >1$ rồi, nên chỉ cần chứng minh$\frac{1}{3k+2}+\frac{1}{3k+3}+\frac{1}{3k+4}-\frac{1}{k+1}\geq 0$là đủ,vì một số lớn hơn 1 cộng với 1 số không âm sẽ lớn hơn 1ta có $\frac{1}{k+1}=\frac{3}{3k+3}$$\Rightarrow \frac{1}{3k+2}+\frac{1}{3k+3}+\frac{1}{3k+4}-\frac{1}{k+1}=\frac{1}{3k+2}+\frac{1}{3k+3}+\frac{1}{3k+4}-\frac{3}{3k+3}=\frac{1}{3k+2}-\frac{2}{3k+3}+\frac{1}{3k+4}$quy đồng lên hết rồi rút gọn ta được $\frac{2}{(3k+2)(3k+3)(3k+4)} \geq 0$ luôn đúngvậy bất đẳng thức dc chứng minh

Pytago cho $\Delta AHB$ suy ra BH=6 cmáp dụng các hệ thức trog tam giác vuông$BH^{2}=AH.CH \Rightarrow CH=12$hết.

Pytago cho $\Delta AHB$ suy ra BH=6 cmáp dụng các hệ thức trog tam giác vuông$BH^{2}=AH.CH \Rightarrow CH=12$hết.sườn bài là thế,tự trình bày nhé

nhân hết vào,ta được \begin{cases}x^{3}-x^{2}y+xy^{2}-y^{3}=13 \\ x^{3}+x^{2}y-xy^{2}-y^{3}=25 \end{cases}lần lượt cộng,trừ vế theo vế 2 pt của hệ rồi rút gọn cho 2, ta được hệ \begin{cases}x^{3}-y^{3}=19 \\ x^{2}y-xy^{2}=6 \end{cases}để ý điều này :$x^{3}-y^{3}=(x-y)^{3}+3xy(x-y)$vậy ta có \begin{cases}xy(x-y)=6 \\ (x-y)^{3}+3xy(x-y)=19 \end{cases}đặt \begin{cases}xy=v \\ x+y=u \end{cases}tự giải tiếp nhé, nếu k giải dc thì bình luận,tớ làm đầy đủ cho

nhân hết vào,ta được \begin{cases}x^{3}-x^{2}y+xy^{2}-y^{3}=13 \\ x^{3}+x^{2}y-xy^{2}-y^{3}=25 \end{cases}lần lượt cộng,trừ vế theo vế 2 pt của hệ rồi rút gọn cho 2, ta được hệ \begin{cases}x^{3}-y^{3}=19 \\ x^{2}y-xy^{2}=6 \end{cases}để ý điều này :$x^{3}-y^{3}=(x-y)^{3}+3xy(x-y)$vậy ta có \begin{cases}xy(x-y)=6 \\ (x-y)^{3}+3xy(x-y)=19 \end{cases}đặt \begin{cases}xy=v \\ x-y=u \end{cases}tự giải tiếp nhé, nếu k giải dc thì bình luận,tớ làm đầy đủ cho

$(a+b)^{2}\geq (2 \sqrt{ab})^{2}$$\Rightarrow \frac{(a+b)^{2}}{4}\geq 2ab$$VT=2ab+\frac{a+b}{4}=ab+\frac{a}{4}+ab+\frac{b}{4}$áp dụng cauchy cho từng bộ 2 số$\Rightarrow VT\geq 2\sqrt{ab\times \frac{a}{4}}+2\sqrt{ab\times \frac{b}{4}}$hay $VT\geq a\sqrt{b}+b\sqrt{a}$(đpcm)

$(a+b)^{2}\geq (2 \sqrt{ab})^{2}$$\Rightarrow \frac{(a+b)^{2}}{2}\geq 2ab$$VT\geq 2ab+\frac{a+b}{4}=ab+\frac{a}{4}+ab+\frac{b}{4}$áp dụng cauchy cho từng bộ 2 số$\Rightarrow VT\geq 2\sqrt{ab\times \frac{a}{4}}+2\sqrt{ab\times \frac{b}{4}}$hay $VT\geq a\sqrt{b}+b\sqrt{a}$(đpcm)

$(a+b)^{2}\geq (2\sqrt{ab})^{2}$$\Rightarrow \frac{(a+b)^{2}}{4}\geq 2ab$$VT=2ab+\frac{a+b}{4}=ab+\frac{a}{4}+ab+\frac{b}{4}$áp dụng cauchy cho từng bộ 2 số$\Rightarrow VT\geq 2\sqrt{ab\times \frac{a}{4}}+2\sqrt{ab\times \frac{b}{4}}$hay $VT\geq a\sqrt{b}+b\sqrt{a}$(đpcm)

$(a+b)^{2}\geq (2\sqrt{ab})^{2}$$\Rightarrow \frac{(a+b)^{2}}{4}\geq 2ab$$VT\geq 2ab+\frac{a+b}{4}=ab+\frac{a}{4}+ab+\frac{b}{4}$áp dụng cauchy cho từng bộ 2 số$\Rightarrow VT\geq 2\sqrt{ab\times \frac{a}{4}}+2\sqrt{ab\times \frac{b}{4}}$hay $VT\geq a\sqrt{b}+b\sqrt{a}$(đpcm)