x^2 − 3x − 1 = 0

Theo Viète

x1 + x2 = 3
x1x2 = −1

A = x1^2 − 3x2^2 + 12x2

Vì x1 là nghiệm nên
x1^2 = 3x1 + 1

Thay vào A

A = (3x1 + 1) − 3(3x2 + 1) + 12x2

A = 3x1 + 1 − 9x2 − 3 + 12x2

A = 3x1 + 3x2 − 2

A = 3(x1 + x2) − 2

A = 3·3 − 2

A = 7

mình cảm ơnn

a: THay m=1 vào phương trình, ta được:

\(x^2+\left(4-4\cdot1\right)\cdot x-8\cdot1+4=0\)

=>\(x^2-4=0\)

=>\(x^2=4\)

=>x=2 hoặc x=-2

b: \(\Delta=\left(4-4m\right)^2-4\cdot1\cdot\left(-8m+4\right)\)

\(=16m^2-32m+16+32m-16=16m^2\ge0\forall m\)

=>Phương trình luôn có hai nghiệm là:

\(\left[\begin{array}{l}x=\frac{-4+4m-\sqrt{16m^2}}{2\cdot1}=\frac{-4+4m-4m}{2}=\frac{-4}{2}=-2\\ x=\frac{-4+4m+\sqrt{16m^2}}{2\cdot1}=\frac{-4+4m+4m}{2}=\frac{8m-4}{2}=4m-2\end{array}\right.\)

\(\sqrt{x_1}-5=x_2\)

=>\(\sqrt{4m-2}-5=-2\)

=>\(\sqrt{4m-2}=3\)

=>4m-2=9

=>4m=11

=>m=11/4(nhận)

Cách 1: Sử dụng định lý đảo (Cách ngắn gọn nhất) Trong chương trình lớp 9, bạn được phép sử dụng trực tiếp định lý đảo về tứ giác nội tiếp. Lời giải: Xét tứ giác có:

Mà hai góc và là hai góc ở vị trí đối diện nhau.

Tứ giác là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết: tứ giác có tổng hai góc đối bằng ).

a: ĐKXĐ: a>=0

b:Sửa đề: \(A=\frac{a+2}{a\sqrt{a}+1}+\frac{\sqrt{a}-1}{a-\sqrt{a}+1}-\frac{1}{\sqrt{a}+1}\)

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

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

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

c: \(A-1=\frac{\sqrt{a}}{a-\sqrt{a}+1}-1=\frac{\sqrt{a}-a+\sqrt{a}-1}{a-\sqrt{a}+1}=\frac{-a+2\sqrt{a}-1}{a-\sqrt{a}+1}\)

\(=-\frac{\left(a-2\sqrt{a}+1\right)}{a-\sqrt{a}+1}=-\frac{\left(\sqrt{a}-1\right)^2}{a-\sqrt{a}+1}\le0\forall a\) thỏa mãn ĐKXĐ

=>A<=1∀a thỏa mãn ĐKXĐ

Để kiểm tra xem số $1999$ có phải là số nguyên tố hay không, ta thường kiểm tra xem nó có chia hết cho bất kỳ số nguyên tố nào từ $2$ cho đến căn bậc hai của nó ($\sqrt{1999}$) hay không.

• Ta có $\sqrt{1999} \approx 44.71$.
• Các số nguyên tố nhỏ hơn $44.71$ là: $2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43$.
• Thực hiện phép chia thử:
• • $1999$ không chia hết cho $2, 3, 5$ (dễ dàng thấy).
  • $1999 : 7 \approx 285.57$ (dư).
  • ...
  • $1999$ không chia hết cho bất kỳ số nguyên tố nào trong danh sách trên.
• Kết luận: Số $\mathbf{1999}$ là một số nguyên tố.

Những số nguyên tố là những số tự nhiên lớn hơn hoặc bằng 2 và chỉ chia hết 1 với chính nó.

\(x^3\) = \(1\)

\(x^3=1^3\)

\(\rarr x=1\)

x³ = 1

x = 1

quảng ninh đem qua bão nè

Nhận thấy các số hạng trong phương trình đã cho đều chứa số chính phương nên ta sẽ lợi dụng tính chất của chúng, cụ thể là tính chất chia hết. Hơn nữa, ta thấy \(98=2\cdot7^2\) nên ta sẽ xét số dư của số chính phương với 7.

Mỗi số chính phương khi chia cho 7 sẽ chỉ có các số dư là 0, 1, 2, 4.

Chứng minh: Giả sử số chính phương đó là \(N=n^2\left(n\in N\right)\). (1)

Nếu n chia hết cho 7 thì hiển nhiên N chia hết cho 7 (chia 7 dư 0).

Nếu n chia 7 dư 1 thì \(n=7k+1\left(k\in N\right)\) thì \(N=\left(7k+1\right)^2=49k^2+14k+1\) chia 7 dư 1.

Nếu n chia 7 dư 2 thì \(n=7k+2\left(k\in N\right)\) thì \(N=\left(7k+2\right)^2=49k^2+28k+4\) chia 7 dư 4.

Nếu n chia 7 dư 3 thì \(n=7k+3\left(k\in N\right)\) thì \(N=\left(7k+3\right)^2=49k^2+42k+9\) chia 7 dư 2.

Nếu n chia 7 dư 4 thì \(n=7k+4\left(k\in N\right)\) thì \(N=\left(7k+4\right)^2=49k^2+56k+16\) chia 7 dư 2.

Nếu n chia 7 dư 5 thì \(n=7k+5\left(k\in N\right)\) thì \(N=\left(7k+5\right)^2=49k^2+70k+25\) chia 7 dư 4.

Nếu n chia 7 dư 6 thì \(n=7k+6\left(k\in N\right)\) thì \(N=\left(7k+6\right)^2=49k^2+84k+36\) chia 7 dư 1.

Như vậy ta thấy với mọi n thì \(n^2\) chia 7 chỉ có các số dư là 0, 1, 2, 4. Vậy (1) được chứng minh.

Phương trình đã cho \(6a^2+7b^2=15c^2\lrArr15c^2-6a^2=7b^2\) , suy ra \(15c^2-6a^2=7b^2\) (2)

Ta thấy \(c^2\) chia 7 dư 0, 1, 2, 4 (theo (1)) nên \(15c^2\) chia 7 dư 0, 1, 2, 4.

\(a^2\) chia 7 dư 0, 1, 2, 4 (theo (1)) nên \(6a^2\) chia 7 dư 0, 6, 5, 3.

Nhận thấy rằng \(15c^2\) và \(6a^2\) luôn có các số dư khác nhau khi chia cho 7 trừ khi cả a và c đều chia hết cho 7. Vì vậy nên để (2) xảy ra thì a và c đều phải chia hết cho 7, suy ra \(abc\) chia hết cho 49. (3)

Bây giờ ta chỉ việc chứng minh \(abc\) chia hết cho 2. Giả sử trong 3 số a, b, c không có số nào chẵn thì \(a^2,b^2,c^2\) chia 4 chỉ có thể dư 1 (tính chất của số chính phương). Do đó xét phương trình đã cho \(6a^2+7b^2=15c^2\) thì vế trái chia 4 dư 13 (tức là dư 1) còn vế phải chia 4 dư 15 (tức là dư 3), vô lý. Vậy điều giả sử là sai, suy ra phải có ít nhất 1 trong 3 số a, b, c là số chẵn, hay \(abc\) chia hết cho 2. (4)

Do \(ƯCLN\left(2,49\right)=1\) nên từ (3) và (4), ta suy ra \(abc\) chia hết cho \(2\cdot49=98\). Ta có đpcm.