\(ĐKXĐ:a>1\)

\(P=\left(\frac{\sqrt{a}+2}{a+2\sqrt{a}+1}-\frac{\sqrt{a}-2}{a-1}\right)\cdot\frac{\sqrt{a}+1}{\sqrt{a}}\)

\(\Leftrightarrow P=\left(\frac{\sqrt{a}+2}{\left(\sqrt{a}+1\right)^2}-\frac{\sqrt{a}-2}{\left(\sqrt{a}-1\right)\left(\sqrt{a}+1\right)}\right)\cdot\frac{\sqrt{a}+1}{\sqrt{a}}\)

\(\Leftrightarrow P=\frac{\left(\sqrt{a}+2\right)\left(\sqrt{a}-1\right)-\left(\sqrt{a}-2\right)\left(\sqrt{a}+1\right)}{\left(\sqrt{a}+1\right)^2\left(\sqrt{a}-1\right)}\cdot\frac{\sqrt{a}+1}{\sqrt{a}}\)

\(\Leftrightarrow P=\frac{a+\sqrt{a}-2-a+\sqrt{a}+2}{\sqrt{a}\left(\sqrt{a}+1\right)\left(\sqrt{a}-1\right)}\)

\(\Leftrightarrow P=\frac{2\sqrt{a}}{\sqrt{a}\left(\sqrt{a}+1\right)\left(\sqrt{a}-1\right)}\)

\(\Leftrightarrow P=\frac{2}{a-1}\)

\(ĐKXĐ:\hept{\begin{cases}a>0\\a\ne1\end{cases}}\)

Ta có :

 \(P=\left(\frac{\sqrt{a}+2}{a+2\sqrt{a}+1}-\frac{\sqrt{a}-2}{a-1}\right).\frac{\sqrt{a}+1}{\sqrt{a}}\)

\(=\left(\frac{\sqrt{a}+2}{\left(\sqrt{a}+1\right)^2}-\frac{\sqrt{a}-2}{\left(\sqrt{a}-1\right)\left(\sqrt{a}+1\right)}\right).\frac{\sqrt{a}+1}{\sqrt{a}}\)

\(=\left(\frac{\left(\sqrt{a}+2\right)\left(\sqrt{a}-1\right)-\left(\sqrt{a}-2\right)\left(\sqrt{a}+1\right)}{\left(\sqrt{a}+1\right)^2\left(\sqrt{a}-1\right)}\right).\frac{\sqrt{a}+1}{\sqrt{a}}\)

\(=\left(\frac{\left(a+\sqrt{a}-2\right)-\left(a-\sqrt{a}-2\right)}{\left(\sqrt{a}+1\right)^2\left(\sqrt{a}-1\right)}\right).\frac{\sqrt{a}+1}{\sqrt{a}}\)

\(=\frac{2\sqrt{a}}{\left(\sqrt{a}+1\right)^2\left(\sqrt{a}-1\right)}.\frac{\sqrt{a}+1}{\sqrt{a}}\)

\(=\frac{2}{\left(\sqrt{a}+1\right)\left(\sqrt{a}-1\right)}\)

\(=\frac{2}{a-1}\)

Vậy \(P=\frac{2}{a-1}\left(a>0;a\ne1\right)\)

ggggghgdhfdhfghsagyfgfghhg

Ta có : A = \(\left(\frac{x+2}{x.\sqrt{x}-1}+\frac{\sqrt{x}+2}{x+\sqrt{x}+1}+\frac{1}{1-\sqrt{x}}\right):\frac{\sqrt{x}+1}{x+\sqrt{x}+1}\)

                 = \(\frac{x+2+x+\sqrt{x}-2-x-\sqrt{x}-1}{\left(\sqrt{x}-1\right).\left(x+\sqrt{x}+1\right)}.\frac{x+\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+1}\)

                = \(\frac{x-1}{\left(\sqrt{x}-1\right).\left(x+\sqrt{x}+1\right)}.\frac{x+\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+1}=1\)

Vậy A = 1

Bạn xem lại đề chỗ : \(y=f\left(x\right)=\frac{2}{3}\)

TỰ TỬ ĐÊ CU AI THẤY HAY CHO

\(\hept{\begin{cases}\frac{x}{x-1}+\frac{2y}{y+1}=3\\\frac{x}{x+1}+\frac{y}{y-1}=2\end{cases}}\)\(ĐKXĐ:x,y\ne\pm1\)

\(< =>\hept{\begin{cases}\frac{x\left(y+1\right)}{\left(x-1\right)\left(y+1\right)}+\frac{\left(x-1\right)2y}{\left(x-1\right)\left(y+1\right)}=3\\\frac{x\left(y-1\right)}{\left(x+1\right)\left(y-1\right)}+\frac{y\left(x+1\right)}{\left(x+1\right)\left(y-1\right)}=2\end{cases}}\)

\(< =>\hept{\begin{cases}\frac{xy+x}{xy+x-y-1}+\frac{2xy-2y}{xy+x-y-1}=3\\\frac{xy-x}{xy-x+y-1}+\frac{xy+y}{xy-x+y-1}=2\end{cases}}\)

\(< =>\hept{\begin{cases}\frac{xy+x+2xy-2y}{xy+x-y-1}=3\\\frac{xy-x+xy+y}{xy-x+y-1}=2\end{cases}}\)

\(< =>\hept{\begin{cases}\frac{3xy+x-2y}{xy+x-y-1}=3\\\frac{2xy-x+y}{xy-x+y-1}=2\end{cases}}\)

\(< =>\hept{\begin{cases}3xy+x-2y=3xy+3x-3y-3\\2xy-x+y=2xy-2x+2y-2\end{cases}}\)

\(< =>\hept{\begin{cases}3xy+x-2y-3xy-3x+3y+3=0\\2xy-x+y-2xy+2x-2y+2=0\end{cases}}\)

\(< =>\hept{\begin{cases}-2x+y+3=0\\x-y+2=0\end{cases}}\)

\(< =>\hept{\begin{cases}-2\left(-2+y\right)+y+3=0\left(1\right)\\x=-2+y\left(2\right)\end{cases}}\)

\(\left(1\right)< =>4-2y+y+3=0\)

\(< =>7-y=0< =>y=7\left(tmđk\right)\)

\(\left(2\right)< =>x=-2+7=5\left(tmđk\right)\)

Vậy nghiệm của hệ phương trình trên là \(\left\{5;7\right\}\)

bài này mình thấy chỉ cần thế này là xong

\(x^2+y^2=1\Leftrightarrow x+y=\sqrt{1}=1\)( có đúng ko nhỉ )

=>\(x+y=0+1=1+0\)

\(=>\left\{x,y\right\}\in\left(0,1\right);\left(1,0\right)\)

P/s : làm thử , e ms lớp 8 .

\(\hept{\begin{cases}x^2+y^2=1\\x^2-x=y^2-y\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x^2=1-y^2\\x^2-y^2=x-y\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x^2=1-y^2\\\left(x-y\right)\left(x+y\right)=x-y\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x^2=1-y^2\\x+y=1\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x^2=1-y^2\left(1\right)\\x=1-y\left(2\right)\end{cases}}\)

Thay ( 2 ) vào ( 1 ) ta có :

\(\left(1-y\right)^2=1-y^2\)

\(\Leftrightarrow1-2y+y^2=1-y^2\)

\(\Leftrightarrow1+y^2-1+y^2=2y\)

\(\Leftrightarrow2y^2=2y\)

\(\Leftrightarrow2y^2-2y=0\)

\(\Leftrightarrow2y\left(y-1\right)=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}y=0\\y=1\end{cases}}\)

T/h 1 : y = 0 

=> x = 1 - 0 = 1

T/h 2 : y = 1

=> x = 1 - 1 = 0

Vậy ...................

a) xét tam giác BOM và tam giác CON ta có

BM=CN (gt)

OB=OC=R

\(\widehat{OBM}=\widehat{OCN}=30^0\)(do tam giác ABC đều )

=> tam giác BOM = tam giác CON(c.g.c)

suy ra OM=ON hay tam giác OMN cân tại O , do I là trung điểm của MN 

suy ra \(OI\perp MN\Rightarrow\widehat{OIM}=\widehat{OHM}=90^0\)nên tứ giác OMHI nội tiếp (có 2 đỉnh liên tiếp I,H cùng nhìn OM góc =90 độ )

b) Do điểm P nằm trên trung trực cạnh MN nên

PM=PN (1)

ta có \(180^0=\widehat{OMB}+\widehat{OMC}=\widehat{OMB}+\widehat{ONC}\)

=> tứ giác OMNC nội tiếp ( tổng 2 góc đối = 180 độ )

nên \(\hept{\begin{cases}\widehat{MON}=180^0-\widehat{NCM}=120^0\\\widehat{POM}=\widehat{PON}=120^0\end{cases}}\)

suy ra \(\widehat{POM}+\widehat{PBM}=180^0=>\)tứ giác PBMO nội tiếp nên \(\widehat{OPM}=\widehat{OBM}=30^0\)

CM  tương tự ta cx có \(\widehat{OPN}=\widehat{OAN}=30^0=>\widehat{MPN}=60^0\)(2)

=> từ (1) zà (2) ,tam giác PMN đều

c) Từ CM ở câu a ,b 

=>\(\widehat{OMN}=\widehat{OHI}=\widehat{OCN}=30^0\Rightarrow HI//AB\)

gọi K là trung điểm của AC thì  H,I ,K thẳng hàng

tam giác IAB có AB ko đổi nên chi vi tam giác nhỏ nhất khi IA+IB nhỏ nhất . ĐƯờng thẳng HI cố định . Gọi D là điểm đối xứng B qua HI thì điểm D có định , suy ra độ dài AD ko đổi 

ta có \(IB=ID\Rightarrow IA+IB=IA+ID\ge AD\)

dấu = xảy ra khi zà chỉ khi A,D ,I thẳng hàng. 

Tức đểm I chính là giao điểm của AD và HK

Mặt khác ta dễ CM đc AHKD là hình bình hành

Nên dấu "=" xảy ra khi I là trung điểm của HK , khi đó \(M\equiv H\)

zậy ...

Ukm Buổi tối vui vẻ !

* mà lần sao ko đăng linh tinh nha *

# học tốt và ko đăng linh tinh nha #

vui vãi luôn !<333333333333

để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn thì 

\(\Delta'>0\)

=>\(\left(m+1\right)^2-\left(2m+1\right)>0\)

\(\Leftrightarrow m^2+2m+1-2m-1>0\Leftrightarrow m^2>0\Leftrightarrow m\ne0\)

theo định lý vi et  ta có\(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=2\left(m+1\right)\\x_1x_2=2m+1\end{cases}}\)

ta có \(x_1^3+x_2^3=2019\)

\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)\left(x_1^2-x_1x_2+x_2^2\right)=2019\)

\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)\left(x_1^2+2x_1x_2+x_2^2-3x_1x_2\right)=2019\)

\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right).\left[\left(x_1+x_2\right)^2-3x_1x_2\right]=2019\)

\(\Rightarrow2\left(m+1\right).\left[4\left(m+1\right)^3-3\left(2m+1\right)\right]=2019\)

\(=>2(m+1).\left[4m^2+8m+4-6m-3\right]=2019\)

\(\Rightarrow2\left(m+1\right)\left(4m^2+2m+1\right)-2019=0\)

\(\Rightarrow8m^3+4m^2+2m+8m^2+4m+2-2019=0\)

\(=>8m^3+12m^2+6m-2017=0\)

\(\Rightarrow m=5,8\left(\forall m\right)\)