mẫu các phân số này có dạng a⁴ + 4 = a⁴ + 4a² + 4 - 4a² = (a² - 2a + 2)(a² + 2a + 2)

do đó các phân số sẽ biến đổi như sau:

\(\frac{a}{4+a^4}=\frac{a}{\left(a^2-2a+2\right)\left(a^2+2a+2\right)}=\frac{1}{4}\frac{4a}{\left(a^2-2a+2\right)\left(a^2+2a+2\right)}\)

\(=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a^2-2a+2}-\frac{1}{a^2+2a+2}\right)\)

do đó biểu thức M = \(\frac{1}{4}\left(\frac{1}{1}-\frac{1}{\left(2n-1\right)^2+2\left(2n-1\right)+2}\right)=\frac{n^2}{4n^2+1}\)

Câu 1/

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

Xét PT (2) ta có:

\(\left(2\right)\Leftrightarrow3xy-y=1+x\)

\(\Leftrightarrow y=\frac{1+x}{3x-1}\)

\(\Leftrightarrow y+1=\frac{4x}{3x-1}\)

\(\Leftrightarrow\frac{x}{y+1}=\frac{3x-1}{4}\left(3\right)\)

Ta lại có:

\(y=\frac{1+x}{3x-1}\)

\(\Leftrightarrow\frac{y}{x+1}=\frac{1}{3x-1}\left(4\right)\)

Từ PT (1) ta có

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

\(\Leftrightarrow9x^4-12x^3-2x^2+4x+1=0\)

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

Làm tiếp nhé

Câu 2/

a/ \(x^2-1=3\sqrt{3x+1}\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2-1\right)^2=\left(3\sqrt{3x+1}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow x^4-2x^2-27x-8=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2-3x-1\right)\left(x^2+3x+8\right)=0\)

Tới đây thì đơn giản rồi nhé

b/ \(\sqrt{2-x}+\sqrt{2+x}+\sqrt{4-x^2}=2\)

Đặt \(\hept{\begin{cases}\sqrt{2-x}=a\\\sqrt{2+x}=b\end{cases}\left(a,b\ge0\right)}\)

Thì ta có:

\(\hept{\begin{cases}a^2+b^2=4\\a+b+ab=2\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(a+b\right)^2-2ab=4\\\left(a+b\right)+ab=2\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a+b=2\\ab=0\end{cases}}\) hoặc \(\hept{\begin{cases}a+b=-4\\ab=6\end{cases}\left(l\right)}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\sqrt{2-x}+\sqrt{2+x}=2\\\sqrt{4-x^2}=0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=2\\x=-2\end{cases}}\)

PS: Điều kiện xác định bạn tự làm nhé

Từ đề bài đẽ thấy 

\(x-y=x^3+y^3>0\)

\(\Rightarrow x>y\)

Giả sử \(x^2+y^2\ge1\)

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

\(\Leftrightarrow y\left(2y^2-xy+x^2\right)\le0\) (sai vì \(\hept{\begin{cases}y>0\\2y^2-xy+x^2>0\end{cases}}\))

Vậy \(x^2+y^2< 1\)

a. Tứ giác CEHD có \(\widehat{HEC}=\widehat{HDC}=90^o\Rightarrow\) nó là tứ giác nội tiếp.

b. Tứ giác BFEC có \(\widehat{BEC}=\widehat{BFC}=90^o\Rightarrow\)nó là tứ giác nội tiếp. Vậy 4 điểm B, C, E, F cùng thuộc một đường tròn.

c. Ta thấy \(\Delta HAE\sim\Delta CAD\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AH}{AC}=\frac{AE}{AD}\Rightarrow AE.AC=AH.AD\)

Ta thấy \(\Delta CBE\sim\Delta CAD\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{BC}{AC}=\frac{BE}{AD}\Rightarrow AD.BC=BE.AC\)

d. Ta thấy ngay \(\widehat{PCB}=\widehat{BAM}\) (Cùng phụ với góc ABC)

Mà \(\widehat{BAM}=\widehat{BCM}\) (Góc nội tiếp cùng chắn cung BM)

Vậy nên \(\widehat{PCB}=\widehat{BCM}\) hay CM là phân giác góc \(\widehat{PCB}\)

Lại có \(CM⊥HD\) nên HCM là tam giác cân. Vậy CB là trung trực của HM hay H, M đối xứng nhau qua BC.

e. Ta thấy BFHD là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat{FDH}=\widehat{FBH}\) (Góc nội tiếp cùng chẵn cung FH)

 DHEC cùng là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat{HDE}=\widehat{HCE}\) (Góc nội tiếp cùng chẵn cung HE)

Mà \(\widehat{FBH}=\widehat{HCE}\) ( Cùng phụ với góc \(\widehat{BAC}\) )

nên \(\widehat{FDH}=\widehat{HDE}\) hay DH là phân giác góc FDE.

Tương tự FH, EH cũng là phân giác góc DFE và DEF.

Vậy tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF chính là H.

\(x = {-b \pm \sqrt{b^2-4ac} \over 2a}\)

Đặt: y + z = a thì ta có

\(x\le2a\)

Từ đề bài thì ta có thể suy ra

\(A\le\frac{2x}{a^2}-\frac{1}{\left(x+a\right)^3}\)

\(\le\frac{4}{a}-\frac{1}{27a^3}=\frac{108a^2-1}{27a^3}\)

 \(=16-\frac{\left(6a-1\right)^2\left(12a+1\right)}{27a^3}\le16\)

 Vậy GTLN là \(A=16\). Dấu = xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}x=\frac{1}{3}\\y=z=\frac{1}{12}\end{cases}}\) 

Làm sao để tách được bởi vì làm sao dự đoán dượcđiểm rơi?

Áp dụng BĐT AM-GM ta có: 

\(a^4+bc\ge2\sqrt{a^4bc}=2a^2\sqrt{bc}\Rightarrow\frac{a^2}{a^4+bc}\le\frac{a^2}{2a^2\sqrt{bc}}\)\(=\frac{1}{2\sqrt{bc}}\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta có:

\(M\le\frac{1}{2\sqrt{ab}}+\frac{1}{2\sqrt{bc}}+\frac{1}{2\sqrt{ac}}\). Theo AM-GM có

\(a+b+c\ge\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\) thì

\(M\le\frac{1}{2\sqrt{ab}}+\frac{1}{2\sqrt{bc}}+\frac{1}{2\sqrt{ca}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

\(=\frac{1}{2}\cdot\frac{ab+bc+ca}{abc}\le\frac{1}{2}\cdot\frac{a^2+b^2+c^2}{abc}=\frac{1}{2}\cdot3=\frac{3}{2}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)

từ GT suy ra abc >=1 và a/bc + b/ca + c/ab = 3.

áp dụng BĐT Cauchy : a⁴ + bc >=2a²v(bc) (v(bc) là căn bc).

nên a²/a⁴ + bc <=1/2v(bc).

do đó M <= 1/2.(1/v(bc) + 1/v(ca) + 1/v(ab).

ta chứng minh N = (1/v(bc) + 1/v(ca) + 1/v(ab) <=3 là xong.

thật vậy.

giả sử a <=b<=c nên 1/v(bc) <= 1/v(ca)<= 1/v(ab).

áp dụng BĐT Trê bư sep ta được (v(a) + v(b) + v(c))/3 . ((1/v(bc) + 1/v(ca) + 1/v(ab))/3 <= (v(a)/v(bc) + v(b)/v(ca) + v(c)/v(ab)/3.

ta có v(a) + v(b) + v(c) >=3 căn6(abc)>=3.

nên VT >=((1/v(bc) + 1/v(ca) + 1/v(ab))/3. (1)

lại có (x + y + z)² <=3(x² + y² + z²) nên (VP)² <= (a/bc + b/ca + c/ab)/3= 1.

hay VP <= 1 (2).

từ (1) và (2) suy ra ((1/v(bc) + 1/v(ca) + 1/v(ab))/3 <= 1 hay

(1/v(bc) + 1/v(ca) + 1/v(ab) <= 3

tức N <= 3 (đpcm).

(mình chưa biết đánh nên cố đọc nhé!)

ta chứng minh VT pt nhỏ hơn \(\sqrt{10}\) nên pt vô nghiệm.

thật vậy.

Áp dụng BĐT Cauchy ta có \(x^2+1\ge2\sqrt{x^2+1}\)

                                                   \(x^2-2x+5\ge2\sqrt{x^2-2x+5}\)

nên VT \(\le\frac{x^2+1+x^2-2x+5}{2}\)

VT \(\le x^2-x+3\le\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{11}{4}\le\frac{11}{4}< \sqrt{10}\)

Vậy PT vô nghiệm.

ngược dấu kìa :

ÁP dụng Minkowski:\(VT=\sqrt{x^2+1}+\sqrt{\left(1-x\right)^2+4}\ge\sqrt{\left(x+1-x\right)^2+\left(1+2\right)^2}=\sqrt{10}\)

dấu = xảy ra khi \(\frac{x}{1-x}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow x=\frac{1}{3}\)

Bạn không sửa thì m sửa.

Sửa đề: \(P=\sqrt[3]{\sqrt{\frac{2303}{27}}+6}-\sqrt[3]{\sqrt{\frac{2303}{27}}-6}\)

\(P^3=\sqrt{\frac{2303}{27}}+6-\left(\sqrt{\frac{2303}{27}}-6\right)-\frac{3.11.P}{3}\)

\(\Leftrightarrow P^3=12-11P\)

\(\Leftrightarrow P^3+11P-12=0\)

\(\Leftrightarrow\left(P-1\right)\left(P^2+P+12\right)=0\)

Vì \(P^2+P+12>0\) nên ta có

\(P=1\)

Đề bạn chép sai rồi. Sửa lại đi b

a) Áp dụng hệ quả định lý thales:

\(\frac{MQ}{CD}+\frac{MP}{AB}=\frac{AM}{AC}+\frac{MC}{AC}=\frac{AC}{AC}=1\)

Áp dụng BĐT bunyakovsky:

\(\left(\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{CD^2}\right)\left(MP^2+MQ^2\right)\ge\left(\frac{MP}{AB}+\frac{MQ}{CD}\right)^2=1\)

\(\Rightarrow\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{CD^2}\ge\frac{1}{MP^2+MQ^2}\)

dấu = xảy ra khi \(\frac{MC}{AM}=\frac{CD^2}{AB^2}\)

b) chưa nghĩ :v

Sửa đề

\(\hept{\begin{cases}x+y+z=6\\\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{z+x}=6\end{cases}}\)

Điều kiện: \(x+y,y+z,z+x\ge0\)

Đặt \(\hept{\begin{cases}\sqrt{x+y}=a\\\sqrt{y+z}=b\\\sqrt{z+x}=c\end{cases}}\) thì ta có hệ

\(\hept{\begin{cases}a^2+b^2+c^2=12\\a+b+c=6\end{cases}}\)

Ma ta có: 

\(a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\frac{36}{3}=12\)

Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=2\)

\(\Rightarrow x=y=z=2\)

Alibaba nguyen dung roi nhung quen chua dat c=\(\sqrt{z+x}\)