\(\frac{1}{a^2+2}+\frac{1}{b^2+2}+\frac{1}{c^2+2}=1-\frac{a^2+1}{a^2+2}+1-\frac{b^2+1}{b^2+2}+1-\frac{c^2+1}{c^2+2}\)

\(=3-\left(\frac{a^2}{a^2+2}+\frac{b^2}{b^2+2}+\frac{c^2}{c^2+2}\right)-\left(\frac{1}{a^2+2}+\frac{1}{b^2+2}+\frac{1}{c^2+2}\right)\)

\(\le3-\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+8}-\frac{9}{a^2+b^2+c^2+8}\)

\(=3-\frac{a^2+b^2+c^2+8}{a^2+b^2+c^2+8}-\frac{11}{a^2+b^2+c^2+8}\le2-\frac{11}{ab+bc+ac+8}=1\)

Ta có: x⁵⁰ + x⁴⁹ + ... + 1 có 51 số hạng. 

x¹⁶ + x¹⁵ + ... + 1 có 17 số hạn nên ta chia nhóm trên thành 3 nhóm mỗi nhóm 17 số hạn như sau.

x⁵⁰ + x⁴⁹ + ... + 1 = (x⁵⁰ + x⁴⁹ +...+x³⁴) + (x³³ + x³² +...+x¹⁷) + (x¹⁶ + x¹⁵ +...+1)

= x³⁴(x¹⁶ + x¹⁵​ +...+1) + x¹⁷(x¹⁶ + x¹⁵​ +...+1) + (x¹⁶ + x¹⁵​ +...+1)

= (x¹⁶ + x¹⁵​ +...+1)(x³⁴ + x¹⁷ + 1)

Tích này chia hết cho (x¹⁶ + x¹⁵​ +...+1)

Nên x⁵⁰ + x⁴⁹ + ... + 1 chia hết cho (x¹⁶ + x¹⁵​ +...+1)

Bai nay de nhung mk ko biet nha

Nho k cho minh nha

chuc cac ban hac gioi

bai nay kho qua minh khong giai duoc

Có ai làm được không?

Đường tròn c: Đường tròn qua A với tâm O Đường tròn d: Đường tròn qua A với tâm E_1 Đoạn thẳng f: Đoạn thẳng [A, B] Đoạn thẳng g: Đoạn thẳng [B, C] Đoạn thẳng h_1: Đoạn thẳng [A, C] Đoạn thẳng h: Đoạn thẳng [C, K] Đoạn thẳng k: Đoạn thẳng [H, B] Đoạn thẳng l: Đoạn thẳng [A, E] Đoạn thẳng O_1: Đoạn thẳng [A, D] Đoạn thẳng m: Đoạn thẳng [B, E] Đoạn thẳng n: Đoạn thẳng [D, C] Đoạn thẳng p: Đoạn thẳng [K, H] Đoạn thẳng r: Đoạn thẳng [A, J] A = (-1.14, 6.9) A = (-1.14, 6.9) A = (-1.14, 6.9) B = (-2.7, 1.44) B = (-2.7, 1.44) B = (-2.7, 1.44) C = (5.44, 1.46) C = (5.44, 1.46) C = (5.44, 1.46) Điểm H: Giao điểm của i, h_1 Điểm H: Giao điểm của i, h_1 Điểm H: Giao điểm của i, h_1 Điểm K: Giao điểm của j, f Điểm K: Giao điểm của j, f Điểm K: Giao điểm của j, f Điểm D: Giao điểm của c, k Điểm D: Giao điểm của c, k Điểm D: Giao điểm của c, k Điểm E: Giao điểm của d, h Điểm E: Giao điểm của d, h Điểm E: Giao điểm của d, h Điểm J: Giao điểm của c, d Điểm J: Giao điểm của c, d Điểm J: Giao điểm của c, d I

Kẻ đường cao AJ, trực tâm của tam giác là I. Khi đó AKIH là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat{AKH}=\widehat{AIH}\) (Cùng chắn cung AH)

Lại có \(\widehat{AIH}=\widehat{ACB}\) (Cùng phụ với \(\widehat{HAI}\) ). Vậy thì \(\widehat{AKH}=\widehat{ACB}\)

Vậy thì \(\Delta AKH\sim\Delta ACB\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AK}{AC}=\frac{AH}{AB}\Rightarrow AK.AB=AH.AC\left(1\right)\)

Xét tam giác vuông ABE, áp dụng hệ thức lượng ta có AE² = AK.AB. Tương tự AD² = AH.AC  (2)

Từ (1) và (2) suy ra AE = AD (đpcm)

d/ \(\sqrt[3]{\left(x+1\right)^2}+\sqrt[3]{\left(x-1\right)^2}+\sqrt[3]{x^2-1}=1\)

Đặt \(\hept{\begin{cases}\sqrt[3]{x+1}=a\\\sqrt[3]{x-1}=b\end{cases}\Rightarrow a^3-b^3=2}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a^3-b^3=2\\a^2+b^2+ab=1\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(a-b\right)\left(a^2+b^2+ab\right)=2\\a^2+b^2+ab=1\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a-b=2\\a^2+b^2+ab=1\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a-b=2\\b^2+2b+1=0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=1\\b=-1\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\sqrt[3]{x+1}=1\\\sqrt[3]{x-1}=-1\end{cases}\Leftrightarrow}x=0}\)

bài b , lập phương lên 

bài c , đặt cái căn đưa về hệ 

mới nhìn dc làm dc liền thế thui

Ta có

\(\frac{1+m^2}{1+n^2}=1+m^2-\frac{n^2\left(1+m^2\right)}{1+n^2}\le1+m^2-\frac{n^2\left(1+m^2\right)}{2}\)

Tương tự ta có 

\(\frac{1+n^2}{1+p^2}\le1+n^2-\frac{p^2\left(1+n^2\right)}{2}\)

\(\frac{1+p^2}{1+m^2}\le1+p^2-\frac{m^2\left(1+p^2\right)}{2}\)

\(\Rightarrow A\le3+m^2+n^2+p^2-\frac{n^2\left(1+m^2\right)+p^2\left(1+n^2\right)+m^2\left(1+p^2\right)}{2}\)

\(=\frac{m^2+n^2+p^2-\left(m^2N^2+n^2p^2+p^2m^2\right)}{2}+3\)

\(\le\frac{m^2+n^2+p^2+2\left(mn+np+pm\right)}{2}+3\)

\(=\frac{\left(m+n+p\right)^2}{2}+3=\frac{1}{2}+3=\frac{7}{2}\)

\(a,b,c\in\left[0,1\right]\) do đó \(a^2+b^2+c^2\le a+b+c=1\)

Ta có: \(T=\text{∑}\left(a^2+1-\frac{b^2a^2+b^2}{1+b^2}\right)\)\(\le\text{∑}a^2+3-\text{∑}\frac{b^2a^2+b^2}{2}\)

\(=3+\frac{\text{∑}a^2-\text{∑}a^2b^2}{2}\le3+\frac{1}{2}\le\frac{7}{2}\)

A B C K H E D

Ta dễ dàng chứng minh được tam giác AKH đồng dạng tam giác ACB (g.g)

=> \(\frac{AH}{AB}=\frac{AK}{AC}\Rightarrow AH.AC=AK.AB\)             (*)

Vì tam giác ADC và tam giác AEB lần lượt nội tiếp các đường tròn đường kính AC và AB nên là các tam

giác vuông, đồng thời các đường cao tương ứng là DH và EK

Áp dụng hệ thức về cạnh trong tam giác vuông được \(AD^2=AH.AC\) , \(AE^2=AK.AB\)

Từ  (*) ta suy ra \(AD^2=AE^2\Rightarrow AD=AE\)

Vậy tam giác ADE là tam giác cân tại A. (đpcm)

bài này dễ mà

A B C D M N H I

Kẽ NI // BC

\(\Rightarrow\frac{DN}{DC}=\frac{AI}{AB}=\frac{AM}{AH}\)

\(\Rightarrow\)MI // BH

\(\Rightarrow\widehat{IMB}=\widehat{MBH}\left(1\right)\)

Tứ giác IBCN có

\(\widehat{IBC}=\widehat{BIN}=\widehat{BCN}\)

\(\Rightarrow\)Tứ giác IBCN là hình chữ nhật

\(\Rightarrow\widehat{NBC}=\widehat{BCI}\left(2\right)\)

Xét tứ giác IMCB có

\(\widehat{IMC}=90\)(vì IM // BH và BH vuông góc AC)\

\(\widehat{IBC}=90\)

\(\Rightarrow\)Tứ giác IMCB là tứ giác nội tiếp đường tròn

\(\Rightarrow\widehat{IMB}=\widehat{ICB}\left(3\right)\)(cùng chắn cung IB) 

Từ (1),(2),(3) \(\Rightarrow\widehat{MBH}=\widehat{NBC}\)

\(\Rightarrow\widehat{BMC}=90-\widehat{MBH}=90-\widehat{NBC}=\widehat{CNB}\)

\(\Rightarrow\)Tứ giác MBCN nội tiếp đường tròn 

Hay M,B,C,N cùng nằm trên một đường tròn

giải thích kĩ hơn đi boy :))

\(\sqrt{x^2+a^2}=t>=IaI\); t^2=x^2+a^2

\(t-\frac{5a}{t}=x\) TH1. (x>=0 (*)

\(t^2-10a+\frac{25a^2}{t^2}=x^2=t^2-a^2\)

\(25a^2\cdot\left(\frac{1}{t}\right)^2+a^2-10a=0\)

\(t^2=\frac{25a^2}{10a-a^2}=0\) 

\(x^2=\frac{25a}{\left(10-a\right)}-a^2\)

sau do Bien luan theo dk ton tai nghiem  

x>=0; t>=IaI

TH2. x<0  (*) doi dau lai 

Dai qua moi roi

cứ n hân chéo lên thôi bạn 

Gọi các điểm thỏa mãn điều kiện có tọa độ là \(\left(a;0\right)\)

Khi đó hệ sau có nghiệm nguyên:\(\hept{\begin{cases}a-2y=3\\a-3y=2\\x-5y=-7\end{cases}\Rightarrow\frac{a-3}{2};\frac{a-2}{3};\frac{a+7}{5}}\) nguyên.

TH1: \(a\ge0.\)

\(\frac{a-3}{2}\in Z\) nên a lẻ; \(\frac{a+7}{5}\in Z\Rightarrow\) a chia 5 dư 3. Kết hợp hai điều kiện trên thì a có tận cùng là 3.

Khi đó a - 2 có tận cùng là 1. Vậy để \(\frac{a-2}{3}\in Z\) thì a - 2 = 3^4k \(\left(k\in N;k\ge1\right)\)

Vậy a = 2 +3^4k \(\left(k\in N;k\ge1\right)\)

TH2: a < 0

\(\frac{a-3}{2}\in Z\Rightarrow\)- a là số tự nhiên lẻ. \(\frac{a+7}{5}\in Z\Rightarrow\)  -a chia 5 dư 2. Vậy -a có tận cùng là 7, vậy a có tận cùng là 7.

Vậy thì a - 2 có tận cùng là 9. Vậy a - 2 = -3^4k+2 \(\left(k\in N;k\ge0\right)\)

Hay a = 2 - 3^4k+2 \(\left(k\in N;k\ge0\right)\)

Tóm lại các điểm thỏa mãn điều kiện của đề bài sẽ có tọa độ là \(\left(2+3^{4k};0\right)\) với \(\left(k\in N;k\ge1\right)\) hoặc \(\left(2-3^{4k+2};0\right)\) với \(\left(k\in N;k\ge0\right)\)