Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
2.)\(x^3-10x+1=y^3+6y^2\)(1)
Đặt\(x=y+b\)với \(b\inℤ\).Ta có:
(1)\(\Leftrightarrow\)\(y^3+3y^2b+3yb^2+b^3+10y+10b-1=y^2+6y^2\)
\(\Leftrightarrow\)\(y^2\left(3b-6\right)+y\left(3b^2+10\right)+b^3+10b-1=0\)(1)
\(\Delta=\left(3b^2+10\right)^2-\left(12b-24\right)\left(b^3+10b-1\right)\ge0\)
\(=-3b^4+24b^3-60b^2+252b+76\)
\(=1399-3\left(b^2-4b\right)^2-3\left(2b-21\right)^2\ge0\)
Do đó:\(\left(b^2-4b^2\right)+\left(2b-21\right)^2\le466\)
Nhận thấy:\(\left(2b-21\right)^2\le466\)nên \(0\le b\le21\)
Theo phương trình ban đầu thì\(x,y\)khác tính chắn lẻ nên\(b\)lẻ:
Nếu\(b=1\)thì(1)\(\Leftrightarrow\)\(-3y^2+12y+10\Leftrightarrow y=5\Rightarrow x=6\)
Nếu\(b=3\)thì(1)\(\Leftrightarrow3y^2+37y+56=0,\)không có nghiệm nguyên
\(\Leftrightarrow\)Nếu\(b=5\)thì(1)\(\Leftrightarrow9y^2+85y+174=0\Leftrightarrow y=-3\Rightarrow x==2\)
\(\Leftrightarrow\)Nếu\(b=7\)thì(1)\(\Leftrightarrow\)\(15y^2+157y+412=0\)(Vô nghiệm)
\(\Leftrightarrow\)Nếu\(b=11\)thì(1)\(\Leftrightarrow27y^2+373y+1440=0\)(Vô nghiệm)
\(\Leftrightarrow\)Nếu\(b=13\)thì(1)\(\Leftrightarrow33y^2+517y+2326=0\)(Vô nghiệm)
\(\Leftrightarrow\)Nếu\(b=15\)thì(1)\(\Leftrightarrow39y^2+685+3524=0\)(Vô nghiệm)
\(\Leftrightarrow\)Nếu\(b=17\)thì(1)\(\Leftrightarrow45y^2+877y+5082=0\)(Vô nghiệm)
\(\Leftrightarrow\)Nếu\(b=19\)thì(1)\(\Leftrightarrow51y^2+1093y+7048=0\)(Vô nghiệm)
\(\Leftrightarrow\)Nếu\(b=21\)thì(1)\(\Leftrightarrow57y^2+442y+9479=0\)(Vô Nghiệm)
Vậy phương trình có nghiệm nguyên\(\left(a,b\right)=\left(6,5\right),\left(2,-3\right)\)
P/s:Do bài trên toiii gửi nhầm nên đây là phần tiếp theo của bafi2,Sr:<
_Hoc Tốt_
idcm888dkk8cdw6ysgyxdbwdqjhqwuiowqqwudcgqofyhrli2uiy3yuyewiohewuwfwou
bài 1 :
Đặt \(x=4+a;y=5+b;z=6+c\) ( x,y,z \(\ge\)0 )
\(x^2+y^2+z^2=90\Leftrightarrow\left(4+a\right)^2+\left(5+b\right)^2+\left(6+c\right)^2=90\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+8a+10b+12c=13\)
Ta có : \(\hept{\begin{cases}a^2+b^2+c^2\le\left(a+b+c\right)^2\\8a+10b+12c\le12\left(a+b+c\right)\end{cases}}\)
\(\Rightarrow13\le\left(a+b+c\right)^2+12\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2+12\left(a+b+c\right)-13\ge0\)
\(\Rightarrow a+b+c\ge1\)
Từ đó suy ra \(x+y+z=4+a+5+b+6+c\ge16\)
Min H = 16 khi x = 4 ; y = 5 ; z = 7
bài 2 :
\(\hept{\begin{cases}a+b+c+d=0\\a^3+b^3+c^3+d^3=0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a+b=-\left(c+d\right)\\\left(a+b\right)^3+\left(c+d\right)^3-3ab\left(a+b\right)-3cd\left(c+d\right)=0\left(1\right)\end{cases}}}\)
Từ ( 2 ) suy ra \(3ab\left(c+d\right)-3cd\left(c+d\right)=0\)\(\Rightarrow3\left(ab-cd\right)\left(c+d\right)=0\Rightarrow\orbr{\begin{cases}ab=cd\\c+d=0\left(dpcm\right)\end{cases}}\)
với \(ab=cd\Rightarrow\frac{a}{c}=\frac{d}{b}=\frac{a+d}{b+c}=\frac{-\left(b+c\right)}{b+c}=-1\)
\(\Rightarrow a=-c;d=-b\Rightarrow a+c=b+d=0\)( dpcm )
bài 3 :
( hình câu a,b,c,d,e )
a) \(\Delta ABC\)nội tiếp ( O ) đường kính BC nên vuông tại A \(\Rightarrow\widehat{BAC}=90^o\)
Vì I đối xứng với H qua AB ; K đối xứng với H qua AC
\(\Rightarrow\Delta BIA=\Delta BHA\left(c.c.c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{BIA}=\widehat{BHA}=90^o;\widehat{IAB}=\widehat{HAB}\)
tương tự : \(\widehat{AHC}=\widehat{AKC}=90^o;\widehat{HAC}=\widehat{KAC}\)
Ta có : \(\widehat{IAK}=\widehat{IAH}+\widehat{HAK}=2\widehat{BAH}+2\widehat{HAC}=2\widehat{BAC}=180^o\)
suy ra I,A,K thẳng hàng
Ta có : AI = AK ( = AH ) nên A là trung điểm của IK
Dễ thấy BIKC là hình thang vuông có OA là đường trung bình nên \(OA//BI//KC\)nên OA \(\perp\)IK
suy ra IK là tiếp tuyến của ( O )
b) \(\frac{1}{BH^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AN^2}=\frac{AN^2+AB^2}{AB^2.AN^2}=\frac{BN^2}{AB^2.AN^2}\Leftrightarrow\left(BH.BN\right)^2=\left(AB.AN\right)^2\)
Cần chứng minh BH . BN = AB . AN
vì BN // AH nên \(\widehat{ABN}=\widehat{BAH}\)
\(\Rightarrow\Delta ABH~\Delta BNA\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{AB}{BH}=\frac{BN}{AN}\Rightarrow BH.BN=AB.AN\)
\(\Rightarrow dpcm\)
c) Ta có : \(\hept{\begin{cases}OM\perp AB\\AB\perp AC\end{cases}\Rightarrow OM//AC}\)
\(\Delta BNC\)có BO = OC ; OM // NC nên NM = BM hay M là trung điểm của BN
Dễ thấy AEHF là hình chữ nhật nên EF đi qua trung điểm của AH ( 1 )
Xét hình thang ANBH có M là trung điểm của BN ; NA và BH cắt tại C nên MC đi qua trung điểm của AH ( 2 )
Từ ( 1 ) và ( 2 ) suy ra MC,AH và EF đồng quy
d) \(S_{BIKC}=\frac{\left(BI+KC\right).IK}{2}=\frac{\left(BH+HC\right).\left(AI+AK\right)}{2}=\frac{BC.2AH}{2}=2R.AH\)
Để \(S_{BIKC}\)đạt giá trị lớn nhất thì AH max
Mà AH \(\le R\)\(\Rightarrow S_{BIKC}\)đạt giá trị lớn nhất là \(2R^2\)khi A nằm chính giữa cung BC
e) Áp dụng các hệ thức lượng, ta có :
\(AH^2=BH.HC\); \(BH^2=BE.AB;HC^2=CF.AC;AH.BC=AB.AC\)
\(\Rightarrow AH^4=BH^2.HC^2=BE.AB.CF.AC=AH.BC.BE.CF\)
\(\Rightarrow AH^3=BE.CF.BC\)
Bài 1 t chỉ giải được khi x, y, z cùng dấu. Còn TH x, y, z không cùng dấu thì chưa nghĩ ra (Chắc là giả sử x, y đồng dấu rồi.. chăng?)
1/ Do \(x^2\left(x-1\right)^2\ge0\therefore\frac{x^2}{\left(x+1\right)^2}\ge\frac{3x^2}{4\left(x^2+x+1\right)}\)
Như vậy: \(VT\ge\frac{3}{4}\left(\frac{x^2}{x^2+x+1}+\frac{y^2}{y^2+y+1}+\frac{z^2}{z^2+z+1}\right)\ge\frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{x^2+x+1}+\frac{y^2}{y^2+y+1}+\frac{z^2}{z^2+z+1}\ge1\) (*) với xyz = 1.
Nếu \(x,y,z>0\) thì đặt \(\left(x;y;z\right)=\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)\) thu được BĐT Vacs.
Nếu \(\left(x,y,z\right)< 0\) thì đặt \(\left(x,y,z\right)\rightarrow\left(-m,-n,-p\right)\left(\text{với }m,n,p>0\right)\)
Cần chứng minh: \(\frac{m^2}{m^2-m+1}+\frac{n^2}{n^2-n+1}+\frac{p^2}{p^2-p+1}\ge1\)
Vì \(m,n,p\ge0\rightarrow VT\ge\frac{m^2}{m^2+m+1}+\frac{n^2}{n^2+n+1}+\frac{p^2}{p^2+p+1}\ge1\)
Đây là BĐT (*). Chứng minh tương tự.
tth_new Làm khó m rồi tth :)) thực ra đề thực dương mà t viết thiếu :))))
Cách làm khác mà ko dùng tới bổ đề Vacs
\(\frac{x^2}{\left(1+x\right)^2}+\frac{y^2}{\left(1+y\right)^2}+\frac{z^2}{\left(1+z\right)^2}\)
\(=\frac{1}{\left(\frac{1}{x}+1\right)^2}+\frac{1}{\left(\frac{1}{y}+1\right)^2}+\frac{1}{\left(\frac{1}{z}+1\right)^2}\)
Đặt \(\left(\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z}\right)\rightarrow\left(a;b;c\right)\)
Khi đó LHS trở thành:
\(\frac{1}{\left(a+1\right)^2}+\frac{1}{\left(b+1\right)^2}+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}\)
Mặt khác theo Bunhiacopski ta có:
\(\frac{1}{\left(a+1\right)^2}+\frac{1}{\left(b+1\right)^2}\ge\frac{1}{\left(ab+1\right)\left(\frac{a}{b}+1\right)}+\frac{1}{\left(ab+1\right)\left(\frac{b}{a}+1\right)}=\frac{1}{ab+1}\)
Ta cần chứng minh \(\frac{1}{ab+1}+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}=\frac{c}{c+1}+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}\ge\frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow\frac{c}{c+1}+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}-\frac{3}{4}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(c-1\right)^2}{4\left(c+1\right)^2}\ge0\) ( đúng )
Nhớ không nhầm đây là VMO 2005 được nghệ An lấy lại đưa vào đề thi tỉnh nhưng với bậc cao hơn :))))
Ad ơi cho em hỏi cách chứng minh ạ. Và ví dụ như khi làm bài có cần chứng minh lại không ạ?
Định lý Đào được coi là khó bởi vì nếu tính toán bằng tọa độ Barycentric phải mất khoảng 40 trang xem tại đây: https://groups.yahoo...s/messages/1539. Nikolaos Dergiades đã có 1 cách chứng minh rất đẹp cho định lý này, tuy nhiên nó không hề sơ cấp: Dao’s Theorem on Six Circumcenters associated.pdf