\(x=\sqrt[3]{5+2\sqrt{6}}+\sqrt[3]{5-2\sqrt{6}}\Rightarrow x^3=10+3.\sqrt[3]{5^2-\left(2\sqrt{6}\right)^2}.x\Leftrightarrow x^3=10+3x\)

\(\Rightarrow\frac{x^3-10}{x}=3\Leftrightarrow x^2-\frac{10}{x}=3\Rightarrow B=3\)

Đặt \(a=\sqrt[3]{5+2\sqrt{6}};b=\sqrt[3]{5-2\sqrt{6}}\).Ta có :

B = x² - \(\frac{10}{x}=\frac{x^3-10}{x}=\frac{\left(a+b\right)^3-10}{x}=\frac{a^3+b^3+3ab\left(a+b\right)-10}{x}\)

\(=\frac{5+2\sqrt{6}+5-2\sqrt{6}+3x.\sqrt[3]{\left(5+2\sqrt{6}\right)\left(5-2\sqrt{6}\right)}-10}{x}\)\(=\frac{3x.\sqrt[3]{5^2-\left(2\sqrt{6}\right)^2}}{x}=3.\sqrt[3]{25-24}=3.\sqrt[3]{1}=3\)

a) Chứng minh tứ giác OBDF nội tiếp.

Định tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ OBDF.

Ta có: DBO = 90⁰ và DFO = 90⁰(tính chất tiếp tuyến)

Tứ giác OBDF có  DBO+DFO =180⁰ nên nội tiếp được trong một đường tròn.

Tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ giác OBDF là trung điểm của OD

b) Tính Cos DAB .

Áp dụng định lí Pi-ta-go cho tam giác OFA vuông ở F ta được:

\(OA=\sqrt{OF^2+AF^2}=\sqrt{R^2+\left(\frac{4R}{3}\right)}=\frac{5R}{3}\)

\(COS\)\(FAO=\frac{AF}{OA}=\frac{4R}{3}:\frac{5R}{3}=0,8=>COSDAB=0,8\)

 c) Kẻ OM ⊥ BC ( M ∈ AD) . Chứng minh \(\frac{BD}{DM}-\frac{DM}{AM}\) =1

∗ OM // BD ( cùng vuông góc BC) ⇒ MOD BDO = (so le trong) và BDO ODM = (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Suy ra: MDO =MOD.

Vậy tam giác MDO cân ở M. Do đó: MD = MO

∗ Áp dụng hệ quả định lí Ta let vào tam giác ABD có OM // BD ta được:

\(\frac{BD}{OM}=\frac{AD}{AM}HAY\frac{BD}{DM}=\frac{AD}{AM}\)(VÌ MD=MO)

\(=>\frac{BD}{DM}=\frac{AM+DM}{AM}=1+\frac{DM}{AM}\)

Do đó:\(\frac{DM}{BM}-\frac{DM}{AM}=1\left(đpcm\right)\)

 d) Tính diện tích phần hình tứ giác OBDM ở bên ngoài nửa đường tròn (O) theo R.

∗Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác OAM vuông ở O có OF ⊥ AM ta được:

OF² = MF. AF hay R² = MF. \(\frac{4r}{3}\)⇒ MF = \(\frac{3r}{4}\)

∗ Áp dụng định lí pi ta go cho tam giác MFO vuông tại F ta được:

OM =  \(\sqrt{OF^2+MF^2}=\sqrt{R^2+\frac{3R}{4}^2}=\frac{5R}{4}\)

∗ OM //BD =>\(\frac{OM}{BD}=\frac{AO}{AB}=>BD=\frac{OM.AB}{OA}=\frac{5R}{4}.\left(\frac{5R}{3}+R\right):\frac{5R}{3}=2R\)

Gọi S là diện tích phần hình tứ giác OBDM ở bên ngoài nửa đường tròn (O)

 S1 là diện tích hình thang OBDM.

S2 là diện tích hình quạt góc ở tâm BON = 90 ⁰

Ta có: S = S1 – S2 .

\(S1=\frac{1}{2}\left(OM+BD\right).OB=\frac{1}{2}\left(\frac{5R}{4}+2R\right).R=\frac{13R^2}{8}\left(đvdt\right)\)

\(S2=\frac{\pi R^2.90^0}{360^0}=\frac{\pi R^2}{4}\left(đvdt\right)\)

Vậys=s1-s2=\(\frac{13r^2}{8}-\frac{\pi r^2}{4}=\frac{r^2}{8}\left(13-2\pi\right)\left(đvdt\right)\)

 Phạm Cao Thúy An: Biết rồi còn hỏi làm gì?

h roi minh moi tra loi 

Giả sử (x₀;y₀) và (x₁;y₁)  thuộc hàm số đang xét . Giả sử x₁>x₀ . Do đó để chứng minh hàm số đồng biến , ta chỉ cần chứng minh y₁>y₀

Ta có : \(y_0=3x_0+2\)  ;  \(y_1=3x_1+2\)

Xét : \(y_1-y_0=3\left(x_1-x_0\right)\)

Vì  x₁>x₀ nên 3(x₁ - x₀)>0, tức là \(y_1-y_0>0\Rightarrow y_1>y_0\)

Vậy ta có đpcm.

a) Ta có ; \(\left(a-b\right)^2\ge0\Leftrightarrow a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow\left(a^2+b^2\right)+\left(a^2+b^2\right)\ge a^2+b^2+2ab\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\)

b) \(\hept{\begin{cases}a^2+b^2\ge2ab\\b^2+c^2\ge2bc\\c^2+a^2\ge2ac\end{cases}}\)Cộng các bất đẳng thức theo vế  \(\Rightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ac\right)\)

\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ac\right)\)

\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)

c) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có : 

\(\left(1.a_1+1.a_2+...+1.a_n\right)^2\le\left(1_1+1_2+...+1_n\right)\left(a_1^2+a_2^2+...+a_n^2\right)=n.\left(a_1^2+a_2^2+...+a_n^2\right)\)

đợi đến cuối năm sau tui làm cho

Ta có \(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)=a^2-ab+b^2\)

Ta lại có \(a+b=1\Rightarrow a=1-b\)

\(a^2-ab+b^2=\left(1-b\right)^2-b\left(1-b\right)+b^2=b^2-2b+1-b+b^2+b^2\)

\(=3b^2-3b+1=3\left(b^2-b+\frac{1}{3}\right)=3\left(\left(b-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{1}{12}\right)\ge3.\frac{1}{12}=\frac{1}{4}\)

Vậy Min M=1/4 <=> b=1/2;a=1/2

bằng 1

1. Rút gọn thừa số chung

   
2. 3

   Đơn giản biểu thức

   
3. 4

   Nghiệm được xác định dưới dạng hàm ẩn

   

lp 9 à ?

Bất dẳng thức Bunhiacôpxki là gì vậy :(

a) Ta có :

\(\left(ac+bd\right)^2+\left(ad-bc\right)^2\)

\(=a^2c^2+b^2d^2+2abcd+a^2d^2+b^2c^2-2abcd\)

\(=\left(a^2c^2+a^2d^2\right)+\left(b^2d^2+b^2c^2\right)+\left(2abcd-2abcd\right)\)

\(=a^2\left(c^2+d^2\right)+b^2\left(c^2+d^2\right)+0\)

\(=\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\)

Vậy \(\left(ac+bd\right)^2+\left(ad-bc\right)^2=\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\)

Ta có : \(\frac{x}{1}=\frac{y}{2}\left(x\ne0\right)\)

ÁP dụng tích chất của dãy tỉ số bằng nhau :

Ta có : \(\frac{x}{1}=\frac{y}{2}=\frac{x^2+y^2}{1^2+2^2}=\frac{20}{5}=4\)

\(\Rightarrow\frac{x}{1}=1.4=4\)

\(\Rightarrow\frac{y}{2}=2.4=8\)

Vậy x = 4 và y = 8

Ta có : x1 =y2 (x≠0)

ÁP dụng tích chất của dãy tỉ số bằng nhau :

Ta có : x1 =y2 =x2+y212+22 =205 =4

⇒x1 =1.4=4

⇒y2 =2.4=8

Vậy x = 4 và y = 8