Giả sử   \(\frac{a^2+b^2}{ab-1}=k\left(k\in Z\right)\). Ta sẽ đi tìm k và chứng minh k là số nguyên tố.

Đặt \(m=a+b;n=a-b\), ta có \(\frac{a^2+b^2}{ab-1}=k\Rightarrow\frac{m^2+n^2}{m^2-n^2-4}=\frac{k}{2}\)

TH1: Nếu trong a và b có một số chẵn, một số lẻ:

Khi đó k là số lẻ. Đặt \(d=\left(m^2+n^2;m^2-n^2-4\right)\Rightarrow d=\left(2m^2-4,2n^2+4\right)\)

\(\Leftrightarrow\) d | 2(m² + n²) = 4(a² + b²)

Mà \(\hept{\begin{cases}m^2+n^2=kd\\m^2-n^2-4=2d\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow2x^2-4=d\left(k+2\right)\Rightarrow\) d chia hết 2.

Lại có a² + b² là số lẻ nên d = 2 hoặc d = 4.

Thay vào hệ bên trên và giả thiết thì (a,b) = (-2;-1) hoặc (2;1). Khi đó k = 5 và nó là số nguyên tố.

TH2: Nếu cả a và b đều lẻ

\(\Rightarrow a=2k+1;b=2h+1\Rightarrow k=\frac{2\left(k^2+h^2+k+h\right)+1}{2kh+k+h}\) là số lẻ.

Tương tự như bên trên ta có d | 4(a² + b²) = 8(2k² + 2h² + 2k + 2h + 1) 

Và 2m² - 4 = (k+2)d \(\Rightarrow d⋮2\Rightarrow d\in\left\{2;4;8\right\}\)

Thế vào hệ ta cũng tìm được (a;b) = (3;1) hoặc (-3;-10 và k = 5.

Vậy k luôn bằng 5 và nó là số nguyên tố.

   \(A=\left(1+x\right)\left(1+\frac{1}{y}\right)+\left(1+y\right)\left(1+\frac{1}{x}\right)\))

= \(2+x+\frac{1}{x}+y+\frac{1}{y}+\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\)

= \(2+\left(x+\frac{1}{2x}\right)+\left(y+\frac{1}{2y}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)+\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)\)

\(\ge2+\sqrt{2}+\sqrt{2}+\frac{1}{2}.\left(\frac{4}{x+y}\right)+2\)

Ta có bất đẳng thức sau:  \(2.\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x+y\right)^2\)

=>  \(2\ge\left(x+y\right)^2\)

=> \(x+y\le\sqrt{2}\)

Thay vào => \(A\ge4+2\sqrt{2}+\frac{1}{2}.\left(\frac{4}{\sqrt{2}}\right)\)

                      \(=4+3\sqrt{2}\) 

DẤU = XẢY RA KHI X = Y = \(\frac{1}{\sqrt{2}}\)

đáp án đúng là 1/4 nha mấy bạn 

ĐK: \(\hept{\begin{cases}x^2+2x\ge0\\2x-1\ge0\\3x^2+4x+1\ge0\end{cases}}\Leftrightarrow x\ge\frac{1}{2}\)

Đặt \(\sqrt{x^2+2x}=a;\sqrt{2x-1}=b\left(a,b\ge0\right)\)

Khi đó phương trình trở thành

 \(a+b=\sqrt{3a^2-b^2}\Leftrightarrow a^2+2ab+b^2=3a^2-b^2\)

\(-2a^2+2ab+2b^2=0\Leftrightarrow-a^2+ab+b^2=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a=\frac{1+\sqrt{5}}{2}b\\a=\frac{1-\sqrt{5}}{2}b\end{cases}}\)

TH phía dưới loại vì a, b cùng dấu.

Ta xét \(a=\frac{1+\sqrt{5}}{2}b\Leftrightarrow\sqrt{x^2+2x}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}.\sqrt{2x-1}\)

\(\Leftrightarrow x^2+2x=\frac{3+\sqrt{5}}{2}\left(2x-1\right)\)

\(\Leftrightarrow x^2+2x-\left(3+\sqrt{5}\right)x+\frac{3+\sqrt{5}}{2}=0\)

\(\Leftrightarrow x^2-\left(1+\sqrt{5}\right)x+\frac{3+\sqrt{5}}{2}=0\)

\(\Leftrightarrow x=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\left(tmđk\right)\)

Đặt \(\sqrt{c.\left(a-c\right)}+\sqrt{c.\left(b-c\right)}\)  = A

Ta có A^2 = \(\left(\sqrt{\left(a-c\right).c}+\sqrt{c.\left(b-c\right)}\right)^2\)

Áp dụng bđt bunhiacopxki ta có A^2 <= \(\left(\sqrt{a-c}^2+\sqrt{c^2}\right).\left(\sqrt{c^2}+\sqrt{b-c^2}\right)\)

                                                       = (a-c+c).(c+b-c) = ab

<=> A<= \(\sqrt{ab}\)=> ĐPCM

Dấu"=" <=> a-c = c và c = b-c

<=> a=b=2c>0

Ta có bất đẳng thức bunhicopxki

\(\sqrt{ax}+\sqrt{by}\le\sqrt{\left(a+x\right)\left(b+y\right)}\)

Áp dụng vào ta có:

\(\sqrt{c\left(a-c\right)}+\sqrt{c\left(b-c\right)}\le\sqrt{\left(a-c+c\right)\left(b-c+c\right)}\le\sqrt{ab}\)

Dấu bằng xảy ra khi a-c = b-c

Bài Trang hướng làm thì đúng nhưng bài làm thì sai. Mình chỉnh lại nhé.

Dễ thấy \(x=0\) không phải nghiệm của phương trình. Chia 2 vế của cả 2 hệ cho \(x^2\)ta được

\(\hept{\begin{cases}\frac{y}{x^2}+\frac{y^2}{x}=6\\\frac{1}{x^2}+y^2=5\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\frac{y}{x}\left(\frac{1}{x}+y\right)=6\\\left(\frac{1}{x^2}+\frac{2y}{x}+y^2\right)-\frac{2y}{x}=5\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\frac{y}{x}\left(\frac{1}{x}+y\right)=6\\\left(\frac{1}{x}+y\right)^2-\frac{2y}{x}=5\end{cases}}\)

Đặt \(\hept{\begin{cases}\frac{y}{x}=a\\\frac{1}{x}+y=b\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}ab=6\\b^2-2a=5\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\frac{b^2-5}{2}.b=6\\a=\frac{b^2-5}{2}\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}b^3-5b-12=0\\a=\frac{b^2-5}{2}\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=2\\b=3\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{y}{x}=2\\\frac{1}{x}+y=3\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}y=2x\\\frac{1}{x}+2x=3\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}y=2x\\2x^2-3x+1=0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=1\\y=2\end{cases}or\hept{\begin{cases}x=\frac{1}{2}\\y=1\end{cases}}}\)

nhận thấy x=0 k là nghiệm của phương trình chia hệ phương trình cho x^2 ta được: 
(y/x^2)+(y^2/x)=6 
và (1/x^2)+y^2=5 
<=>(y/x)(1/x +y)=6 
(1/x +y)^2 -2(y/x)-5=0 
đặt u=(1/x +y) ; v=y/x khi đó ta có: 
uv=6 
và u^2 -2v-5=0 
<=>u=6/v 
và u^2- 12/u -5=0 (1) 
(1)<=> u^3 -5u-12 =0 
<=>u=3 =>v=2 
với u=3 v=2 ta có: 
(1/x +y)=3 
và y/x =2 
<=>2x^2 -3x+1 =0 
và y=2x 
<=>x=1: y=1/2 hoặc x=1/2; y=1 
Làm bài tốt na! Nhớ mk đó!! 

GT => (a+1)(b+1)(c+1)=(a+1)+(b+1)+(c+1)

Đặt \(\frac{1}{a+1}=x,\frac{1}{1+b}=y,\frac{1}{c+1}=z\), ta cần tìm min của\(\frac{x}{x^2+1}+\frac{y}{y^2+1}+\frac{z}{z^2+1}\)với xy+yz+zx=1

\(\Leftrightarrow\frac{x\left(y+z\right)+y\left(z+x\right)+z\left(x+y\right)}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\Leftrightarrow\frac{2}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\)Mà  (x+y)(y+z)(z+x) >= 8/9 (x+y+z)(xy+yz+xz) >= \(\frac{8\sqrt{3}}{9}\) nên \(M\)=< \(\frac{3\sqrt{3}}{4}\),dấu bằng xảy ra khi a=b=c=\(\sqrt{3}-1\)

Theo giả thiết, ta có: \(abc+ab+bc+ca=2\)

\(\Leftrightarrow abc+ab+bc+ca+a+b+c+1=a+b+c+3\)

\(\Leftrightarrow\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)=\left(a+1\right)+\left(b+1\right)+\left(c+1\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{1}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{1}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}=1\)

Đặt \(\left(a+1;b+1;c+1\right)\rightarrow\left(\frac{\sqrt{3}}{x};\frac{\sqrt{3}}{y};\frac{\sqrt{3}}{z}\right)\). Khi đó giả thiết bài toán được viết lại thành xy + yz + zx = 3 

Ta có: \(M=\Sigma_{cyc}\frac{a+1}{a^2+2a+2}=\Sigma_{cyc}\frac{a+1}{\left(a+1\right)^2+1}\)\(=\Sigma_{cyc}\frac{1}{a+1+\frac{1}{a+1}}=\Sigma_{cyc}\frac{1}{\frac{\sqrt{3}}{x}+\frac{x}{\sqrt{3}}}\)

\(=\sqrt{3}\left(\frac{x}{x^2+3}+\frac{y}{y^2+3}+\frac{z}{z^2+3}\right)\)

\(=\sqrt{3}\text{​​}\Sigma_{cyc}\left(\frac{x}{x^2+xy+yz+zx}\right)=\sqrt{3}\Sigma_{cyc}\frac{x}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}\)

\(\le\frac{\sqrt{3}}{4}\Sigma_{cyc}\left(\frac{x}{x+y}+\frac{x}{x+z}\right)=\frac{3\sqrt{3}}{4}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=1\)hay \(a=b=c=\sqrt{3}-1\)

A = \(\sqrt{1+2014^2+\frac{2014^2}{2015^2}}\)+ 2014/2015

= \(\sqrt{\frac{2015^2+2014^2.2015^2+2014^2}{2015^2}}\)+ 2014/2015

=\(\frac{\sqrt{2015^2+2014^2.2015^2+2014^2}}{2015}\)+ 2014/2015

Xét 2015^2 + 2014^2.2015^2 + 2014^2

= 2014.2015 + 2015 + 2014^2.2015^2 + 2014.2015 - 2014

= 2014^2.2015^2 + 2.2014.2015 + 1 = (2014.2015 + 1)^2

=> A = \(\frac{2014.2015+1}{2015}\)+ 2014/2015 = \(\frac{2014.2015+2015+1}{2015}\)

 = \(\frac{2014.2016+1}{2015}\) = \(\frac{2015^2-1+1}{2015}\)= 2015 là số tự nhiên 

=> ĐPCM

\(A=\sqrt{\left(2014+1\right)^2-2.2014.1+\frac{2014^2}{2015^2}}+\frac{2014}{2015}\)

\(=\sqrt{2015^2-2.2015.\frac{2014}{2015}+\frac{2014^2}{2015^2}}+\frac{2014}{2015}\)

\(=\sqrt{\left(2015-\frac{2014}{2015}\right)^2}+\frac{2014}{2015}\)

\(=\left|2015-\frac{2014}{2015}\right|+\frac{2014}{2015}\)

\(=2015-\frac{2014}{2015}+\frac{2014}{2015}=2015\)

vậy A là số tự nhiên

Đặt \(x^3=z\), ta có phương trình \(x^2+yz-y^3-2y^2=0\) (1)

Do x nguyên nên x³ nguyên hay z nguyên.

Nếu phương trình có nghiệm nguyên thì  \(\Delta\) phải là số chính phương.

\(\Delta=y^2+4\left(y^3+2y^2\right)=4y^3+9y^2\)

Vậy nên \(4y^3+9y^2=t^2\left(t\in Z\right)\)

Do \(t⋮y\Rightarrow t=ky\)

Phương trình trở thành \(4y^3+9y^2=k^2y^2\Rightarrow4y+9=k^2\)

VT là số lẻ nên k² là số lẻ hay k cũng là số lẻ, đặt k = 2j + 1

Ta có \(4y+9=\left(2j+1\right)^2\Rightarrow y=\left(j-1\right)\left(j+2\right)\)

\(\Rightarrow\sqrt{\Delta}=\sqrt{4\left(j-1\right)^3\left(j+2\right)^3+9\left(j-1\right)^2\left(j+2\right)^2}\)

\(=\left(j-1\right)\left(j+2\right)\sqrt{4\left(j-1\right)\left(j+2\right)+9}\)

\(=\left(j-1\right)\left(j+2\right)\left(2j+1\right)\)

\(\Rightarrow z=\frac{-y+\sqrt{\Delta}}{2}=\frac{-\left(j-1\right)\left(j+2\right)+\left(j-1\right)\left(j+2\right)\left(2j+1\right)}{2}=\left(j-1\right)j\left(j+2\right)\)

Ta thấy \(\left(j-1\right)^3< \left(j-1\right)j\left(j+2\right)< \left(j+1\right)^3\)

\(\Rightarrow z=j^3\Rightarrow x^3=j^3\Rightarrow x=j\)

Thay vào phương trình ta có \(\left(j-1\right)^3\left(j+2\right)^3+2\left(j-1\right)^2\left(j+2\right)^2=j^6+j^3\left(j-1\right)\left(j+2\right)\)

Từ đó ta tìm được x = j = 2.

Vậy thì y = 4.

Ta có cặp (x ; y) = (2; 4)

\(\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}\)

\(=\frac{a^2}{ab+ca-a^2}+\frac{b^2}{ab+bc-b^2}+\frac{c^2}{ca+bc-c^2}\)

\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)-\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)

\(\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(ab+bc+ca\right)-\left(ab+bc+ca\right)}=3\)

Dấu = xảy ra khi \(a=b=c\)

bạn ơi trực tâm là giao điểm của ba đường cao trong tam giác

Còn trực tâm của 3 điểm thì mình chưa nghe bao giờ.

Kéo dài BO' cắt (O') tại J; kéo dài CA cắt BD tại I.

Ta thấy bời vì hai đường tròn cùng bán kính nên OAO'B là hình thoi. Vậy thì OA // BO' hay OA // O'J

Lại có do DCOO' là hình bình hành nên OC // O'D

Vậy thì \(\widehat{COA}=\widehat{DO'J}\)

Ta có \(\widehat{ICB}+\widehat{CBI}=\widehat{ICB}+\widehat{CBA}+\widehat{ABD}=\frac{sđ\widebat{AB}+sđ\widebat{CA}+sđ\widebat{AD}}{2}\)

\(=\frac{sđ\widebat{BA}+sđ\widebat{AD}}{2}+\frac{\widehat{COA}}{2}=\frac{sđ\widebat{BD}+\widehat{COA}}{2}\)

\(=\frac{\widehat{BO'D}+\widehat{DO'J}}{2}=\frac{180^o}{2}=90^o\)

Vậy thì \(\widehat{CIB}=90^o\Rightarrow CA\perp BD\)

Lại có theo tính chất đường nối tâm, \(AB\perp OO'\) mà OO' // CD nên \(BA\perp CD\)

Xét tam giác BCD có \(CA\perp BD;BA\perp CD\) nên A là trực tâm tam giác BCD.