\(\hept{\begin{cases}x^2-xy-6y^2-2x+11y-3=0\left(1\right)\\x^2+y^2=5\left(2\right)\end{cases}}\)

\(\left(1\right)\Leftrightarrow\left(x-3y+1\right)\left(x+2y-3\right)=0\)

• Nếu \(x-3y+1=0\Rightarrow x=-1+3y\) thay vào (2) ta được:

\(\left(-1+3y\right)^2+y^2=0\Rightarrow10y^2-6y+1=0\)

\(\Delta=\left(-6\right)^2-4\left(10\cdot1\right)=-4< 0\)(vô nghiệm)

• Nếu \(x+2y-3=0\Rightarrow x=3-2y\)thay vào (2) ta được:

\(\left(3-2y\right)^2+y^2=0\)\(\Rightarrow5y^2-12y+9=0\)

\(\Delta=\left(-12\right)^2-4\left(5\cdot9\right)=-36< 0\)(vô nghiệm)

Vậy hpt trên vô nghiệm

gio qua

Đặt \(a=x,b=\frac{1}{x}\) thì ta có ab = 1

\(a-b=x-\frac{1}{x}=\frac{x^2-1}{x}=\frac{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}{x}\). Vì \(x>1\) nên ta có \(a-b>0\)

\(3\left(a^2-b^2\right)< 2\left(a^3-b^3\right)\)

\(\Leftrightarrow3\left(a-b\right)\left(a+b\right)< 2\left(a-b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2+ab+b^2\right)>\frac{3}{2}\left(a+b\right)\) (chia cả hai vế cho \(a-b>0\))

\(\Leftrightarrow\left(a^2-\frac{3}{2}a+\frac{9}{16}\right)+\left(b^2-\frac{3}{2}b+\frac{9}{16}\right)+\frac{7}{8}>0\)(vì ab = 1)

\(\Leftrightarrow\left(a-\frac{3}{4}\right)^2+\left(b-\frac{3}{4}\right)^2+\frac{7}{8}>0\) (luôn đúng)

Vậy có đpcm.

koooooooiuyfdfguhgfswaxrwgszdsxrfdtfg

Có: \(x^3+y^3+3\left(x^2+y^2\right)+4\left(x+y\right)+4=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y+2\right)\left[\left(x+1\right)^2+\left(y+1\right)^2-\left(x+1\right)\left(y+1\right)+1\right]=0\)

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

\(\Leftrightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{x+y}{xy}=-\frac{2}{xy}\le-\frac{2}{\frac{\left(x+y\right)^2}{4}}=-2\)

Dấu '=' xảy ra khi: \(x=y=-1\) 

Vậy:....

Bạn Nguyễn Đức Thắng làm đúng rồi. Tuy nhiên bạn làm tắt quá.

\(x^3+y^3+3\left(x^2+y^2\right)+4\left(x+y\right)+4\)

= \(\left(x^3+3x^2+3x+1\right)+\left(y^3+3y^2+3y+1\right)+\left(x+y\right)+2\)

= \(\left(x+1\right)^3+\left(y+1\right)^3+\left(x+y+2\right)\)

= \(\left[\left(x+1\right)+\left(y+1\right)\right]\left[\left(x+1\right)^2-\left(x+1\right)\left(y+1\right)+\left(y+1\right)^2\right]+\left(x+y+2\right)\)

= \(\left(x+y+2\right)\left[\left(x+1\right)^2-\left(x+1\right)\left(y+1\right)+\left(y+1\right)^2\right]+\left(x+y+2\right)\)

= \(\left(x+y+2\right)\left[\left(x+1\right)^2-\left(x+1\right)\left(y+1\right)+\left(y+1\right)^2+1\right]\)

= \(\left(x+y+2\right)\left[\left(x+1\right)^2-2.\left(x+1\right).\frac{1}{2}\left(y+1\right)+\frac{1}{4}\left(y+1\right)^2+\frac{3}{4}\left(y+1\right)^2+1\right]\)

= \(\left(x+y+2\right)\left\{\left[\left(x+1\right)-\frac{1}{2}\left(y+1\right)\right]^2+\frac{3}{4}\left(y+1\right)^2+1\right\}\)

Biểu thức trên bằng 0 khi x + y + 2 = 0, lý luận tiếp theo như của bạn Nguyen Duc Thang

\(x^2y^2-x^2-7y^2=4xy\)

\(\Leftrightarrow x^2+4xy+4y^2=x^2y^2-3y^2\)

\(\Leftrightarrow\left(x+2y\right)^2=y^2\left(x^2-3\right)\)

\(\Rightarrow x^2-3=n^2\)

\(\Leftrightarrow\left(x-n\right)\left(x+n\right)=3\)

\(x^2y^2-x^2-7y^2=4xy\)

\(\Leftrightarrow x^2+4xy+4y^2=x^2y^2-3y^2\)

\(\Leftrightarrow\left(x+2y\right)^2=y^2\left(x^2-3\right)\)

\(\Leftrightarrow x^2-3=y^2\)

\(\Leftrightarrow x^2-y^2=3\Leftrightarrow\left(x+y\right)\left(x-y\right)=3\)

Từ đó suy ra phương trình có nghiệm duy nhất: \(\hept{\begin{cases}x=2\\y=1\end{cases}}\)(loại vì nếu thử lại VT = -7 , mà VP = 4xy=4.2.1 = 8 . VT không bằng VP nên phương trình vô nghiệm

A B O C H D E F K M I J

Gọi giao điểm của AK và MB là I; giao điểm của IF với AB là J.

Xét tam giác vuông ICA ta thấy DA = DC nên DA = DC = DI.

Lại có DB là trung trực của AF nên DA = DF. Vậy thì DA = DF = DI hay tam giác IFA vuông tại F, suy ra DB // IJ.

Vậy thì DB là đường trung bình tam giác AIJ hay B là trung điểm AJ.

Ta có KF // AJ nên áp dụng Ta let ta có:

\(\frac{KM}{AB}=\frac{IM}{IB}=\frac{MF}{BJ}\)

Do AB = BJ nên KM = MF.

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 \(x=-1\)

Đoạn thẳng f: Đoạn thẳng [D, C] Đoạn thẳng j: Đoạn thẳng [D, A] Đoạn thẳng k: Đoạn thẳng [C, B] Đoạn thẳng l: Đoạn thẳng [A, B] Đoạn thẳng p: Đoạn thẳng [M, N] Đoạn thẳng q: Đoạn thẳng [D, B] Đoạn thẳng s: Đoạn thẳng [P, C] Đoạn thẳng t: Đoạn thẳng [Q, M] Đoạn thẳng a: Đoạn thẳng [H, O] Đoạn thẳng b: Đoạn thẳng [Q, P] Đoạn thẳng c: Đoạn thẳng [N, H] Đoạn thẳng d: Đoạn thẳng [M, P] D = (-3.42, 1.62) D = (-3.42, 1.62) D = (-3.42, 1.62) C = (4.66, 1.66) C = (4.66, 1.66) C = (4.66, 1.66) Điểm A: Điểm trên g Điểm A: Điểm trên g Điểm A: Điểm trên g Điểm B: Giao điểm đường của h, i Điểm B: Giao điểm đường của h, i Điểm B: Giao điểm đường của h, i Điểm M: Trung điểm của l Điểm M: Trung điểm của l Điểm M: Trung điểm của l Điểm N: Trung điểm của f Điểm N: Trung điểm của f Điểm N: Trung điểm của f Điểm P: Điểm trên m Điểm P: Điểm trên m Điểm P: Điểm trên m Điểm O: Giao điểm đường của p, q Điểm O: Giao điểm đường của p, q Điểm O: Giao điểm đường của p, q Điểm Q: Giao điểm đường của n, q Điểm Q: Giao điểm đường của n, q Điểm Q: Giao điểm đường của n, q Điểm H: Giao điểm đường của r, t Điểm H: Giao điểm đường của r, t Điểm H: Giao điểm đường của r, t

a) Do M, N là trung điểm của AB và CD nên MB // DN và MB = CN. Ngoài ta \(MN\perp AB\)

Vậy thì \(\Delta MOB=\Delta NOD\left(g-c-g\right)\Rightarrow OM=ON\)

Lại có HO // AB; \(MN\perp AB\Rightarrow HO\perp MN\)

Xét tam giác HMN có HO là đường cao đồng thời trung tuyến nên nó là tam giác cân, hay HM = HN.

b) Xét tam giác QBP có ON//BP nên \(\frac{QO}{QB}=\frac{QN}{QP}\) (Định lý ta-let)

Xét tam giác MQB có OH//BM nên \(\frac{QO}{QB}=\frac{QH}{QM}\) (Định lý ta-let)

Tức là ta có \(\frac{QH}{QM}=\frac{QN}{QP}\)

Xét tam giác QMP có \(\frac{QH}{QM}=\frac{QN}{QP}\) nên theo định lý Ta let đảo HN // MP. 

Vậy thì \(\widehat{HNM}=\widehat{NMP}\) (so le trong)

Lại có do tam giác HMN cân tại H nên \(\widehat{HNM}=\widehat{HMN}\) . Từ đó ta có:  \(\widehat{HM}N=\widehat{NMP}\)

hay MN là tian phân giác của \(\widehat{QMP}.\)

hình ở đâu thế?

A B C I F G H x y z

dat HI=x, HF=y, HG=z

ta co \(\frac{SBHC}{SABC}=\frac{\frac{1}{2}.HI.BC}{\frac{1}{2}AI.BC}=\frac{HI}{AI}=\) \(\frac{x}{x+8}\)

ttu \(\frac{SAHC}{SABC}=\frac{y}{y+\sqrt{14}}\) \(\frac{SHAB}{SABC}=\frac{z}{z+\sqrt{44}}\)

cộng vế vs vế  \(\frac{x}{x+8}+\frac{y}{y+\sqrt{14}}+\frac{z}{z+\sqrt{44}}=\frac{SHBC+SHAC+SHAB}{SABC}=1\) (1)

do \(\Delta AHF\simeq\Delta BHI\rightarrow\frac{HF}{HI}=\frac{y}{x}=\frac{AH}{BH}=\frac{8}{\sqrt{14}}\Rightarrow y=\frac{8}{\sqrt{14}}x\)

ttu \(\Delta AHG\simeq\Delta CHI\Rightarrow z=\frac{8}{\sqrt{44}}x\)

the vao 1 ta co \(\frac{x}{x+8}+\frac{\frac{8}{\sqrt{14}}x}{\frac{8}{\sqrt{14}}x+\sqrt{14}}+\frac{\frac{8x}{\sqrt{44}}}{\frac{8x}{\sqrt{44}}+\sqrt{44}}=1\)

\(\Leftrightarrow\frac{x}{x+8}+\frac{8x}{8x+14}+\frac{8x}{8x+44}=1\)

 giải ra bn có  x=2

ap dung dl pitago vao tam giac vuong BHI \(BI^2=14-x^2=14-4=10\Rightarrow BI=\sqrt{10}\)

                             . ............................HIC \(IC=\sqrt{40}\)

\(\Rightarrow BC=BI+IC=\sqrt{10}+\sqrt{40}\)

MA AI=\(AH+HI=8+2=10\)

\(\Rightarrow SABC=\frac{10.\left(\sqrt{10}+\sqrt{40}\right)}{2}=15\sqrt{10}\)

\frac{x}{x+8}+\frac{\frac{8}{\sqrt{14}}x}{\frac{8}{\sqrt{14}}x+\sqrt{14}}+\frac{\frac{8x}{\sqrt{44}}}{\frac{8x}{\sqrt{44}}+\sqrt{44}}=1x+8x​+14​8​x+14​14​8​x​+44​8x​+44​44​8x​​=

Ta có người thứ hai đi lúc 8 giờ 45 phút.

Quãng đường người thứ nhất đi trước người thứ hai: \(s_1=10.2=20\left(km\right)\)

Quãng đường hai người cách nhau lúc 8 giờ 45 phút là: \(s_2=S_{AB}-s_1=56-20=36\left(km\right)\)

Thời gian để họ gặp nhau kể từ khi người thứ hai đi là: \(t=\frac{s_2}{10+4}=\frac{36}{14}=\frac{18}{7}\left(giờ\right)\)

\(\frac{18}{7}\) giờ \(\approx\) 2 giờ 34 phút 17 giây

Do đó họ gặp nhau lúc 11 giờ 19 phút 17 giây

Chỗ gặp nhau cách A: \(s_3=s_{AB}-4.\frac{18}{7}=56-\frac{72}{7}=\frac{320}{7}\left(km\right)\)

Đến 10 giờ 45 phút họ gặp nhau và chỗ đó cách điểm A 40km

Cho \(P=9xy+10yz+11xz\), với \(x+y+z=1\) thì

\(P=9xy+10yz+11xz=9xy+z\left(10y+11x\right)\)\(=9xy+\left(1-x-y\right)\left(10y+11x\right)\)

Khai triển và rút gọn, ta thu được

\(P=-11x^2-10y^2+11x+10y-12xy\)

\(\Leftrightarrow11x^2+\left(12y-11\right)x+10y^2-10y+P=0\)(*)

Coi đây là tam thức bậc hai ẩn x, , do điều kiện tồn tại của x  nên suy ra (*) phải có nghiệm, tức là

\(\Delta=\left(12y-11\right)^2-44\left(10y^2-10y+P\right)\ge0\)

Hay \(-296y^2+176y+121-44P\ge0\)

\(\Leftrightarrow P\le-\frac{74}{11}\left(y^2-\frac{22}{37}y-\frac{121}{296}\right)\)

Dễ thấy: \(y^2-\frac{22}{37}y-\frac{121}{296}\ge-\frac{5445}{10952}\)

\(\Rightarrow P\le\left(-\frac{74}{11}\right)\cdot\left(-\frac{5445}{10952}\right)=\frac{195}{148}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(x=\frac{25}{74};y=\frac{11}{37};z=\frac{27}{74}\)

T/b: giải toán với sự trợ giúp của Wolfram|Alpha, bài này còn có cách hệ số bất định uct nhưng mình chưa hiểu lắm, để mai hỏi cô r` post cho :))

Dùng hệ số bất định giải

Ta có: 

\(9xy+10yz+11zx=5\left(xy+zx\right)+4\left(yz+xy\right)+6\left(zx+yz\right)\)

\(=5x\left(1-x\right)+4y\left(1-y\right)+6z\left(1-z\right)=\left(5x-5x^2\right)+\left(4y-4y^2\right)+\left(6z-6z^2\right)\)

\(=\frac{255}{148}+\frac{60}{37}\left(x+y+z\right)-\left(5x^2-\frac{125x}{37}+\frac{3125}{5476}\right)-\left(4y^2-\frac{88y}{37}+\frac{484}{1369}\right)-\left(6z^2-\frac{162z}{37}+\frac{2187}{2738}\right)\)

\(=\frac{495}{148}-5\left(x-\frac{25}{74}\right)^2-4\left(y-\frac{11}{37}\right)^2-6\left(z-\frac{27}{74}\right)^2\le\frac{495}{148}\)

Vậy GTLN là \(\frac{495}{148}\)đạt được khi \(\hept{\begin{cases}x=\frac{25}{74}\\y=\frac{11}{37}\\z=\frac{27}{74}\end{cases}}\)