Bài 284 

Ta cần CM \(\left(a+b\right)\left(a^4+b^4\right)\ge\left(a^2+b^2\right)\left(a^3+b^3\right)\)

\(\Leftrightarrow a^5+b^5+a^4b+ab^4\ge a^5+b^5+a^2b^3+a^3b^2\)

\(\Leftrightarrow a^4b+ab^4\ge a^3b^2+a^2b^3\) \(\Leftrightarrow a^4b-a^3b^2-a^2b^3+ab^4\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^3b\left(a-b\right)-ab^3\left(a-b\right)\ge0\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a^3b-ab^3\right)\ge0\Leftrightarrow\left(a-b\right)ab\left(a^2-b^2\right)\ge0\) \(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2ab\left(a+b\right)\ge0\) luôn đúng với mọi a,b>0 Vậy...

Lời giải:

Giả sử $x,y,z$ đều lẻ hoặc đều chẵn. Khi đó $(x+y)^2-x^5$ lẻ, còn $y^3-z^3$ chẵn (vô lý)

Do đó trong $x,y,z$ sẽ tồn tại 1 số chẵn hoặc 2 số chẵn.

TH1: $x,y,z$ tồn tại 2 số chẵn, 1 số lẻ.

- Nếu $x,y$ chẵn, $z$ lẻ thì $x=y=2$. Thay vào đề:

$4-32=8-z^3\Rightarrow z^3=36$ (loại)

- Nếu $x,z$ chẵn, $y$ lẻ thì $x=z=2$. Thay vô:

$(2+y)^2-32=y^3-8$

$\Leftrightarrow y^3-y^2-4y+20=0$

$\Leftrightarrow (y-2)(y-1)(y+2)=-16<0$ (vô lý do $y\geq 3$)

- Nếu $y,z$ chẵn, $x$ lẻ thì $y=z=2$. Thay vô có:

$(x+2)^2-x^5=0$

$\Rightarrow x^5=(x+2)^2$ nên $x$ là scp (vô lý)

TH2: $x,y,z$ tồn tại $1$ số chẵn, 2 số lẻ. 

- Nếu $x$ chẵn, $x=2$ thì thay vô có:

$(y+2)^2=32-y^3+z^3$. $y,z$ lẻ nên $(y+2)^2$ lẻ, $32-y^3+z^3$ chẵn (vô lý- loại)

- Nếu $y$ chẵn, $y=2$ thì thay vô có:

$(x+2)^2-x^5=8-z^3$. $x,z$ lẻ nên $(x+2)^2-x^5$ chẵn, còn $8-z^3$ lẻ (vô lý-loại)

- Nếu $z$ chẵn, $z=2$ thì thay vô có:

$(x+y)^2-x^5=y^3-8$

$\Leftrightarrow (x+y)^2=x^5+y^3-8$

Mà $x^5+y^3-8\geq 9x^2+3y^2-8$

$\Rightarrow 2xy\geq 8x^2+2y^2-8$

$\Leftrightarrow (x-y)^2+7x^2+y^2\leq 8$ (vô lý vì $x,y\geq 3$)

Vậy không tồn tại $x,y,z$ thỏa mãn.

1: ĐKXĐ: a,b>0, a\(\ne b\)

\(\Rightarrow Q=\dfrac{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^3+2a\sqrt{a}+b\sqrt{b}}{3\sqrt{a}\left(a\sqrt{a}+b\sqrt{b}\right)}+\dfrac{\sqrt{a}\left(\sqrt{b}-\sqrt{a}\right)}{\sqrt{a}\left(a-b\right)}=\dfrac{a\sqrt{a}-3a\sqrt{b}+3b\sqrt{a}-b\sqrt{b}+2a\sqrt{a}+b\sqrt{b}}{3\sqrt{a}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(a-\sqrt{ab}+b\right)}-\dfrac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)}\) \(=\dfrac{3\sqrt{a}\left(a-\sqrt{ab}+b\right)}{3\sqrt{a}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(a-\sqrt{ab}+b\right)}-\dfrac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}=\dfrac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}-\dfrac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}=0\) 

\(\Rightarrow Q\) ko phụ thuộc vào a,b Vậy...

2: Ta có \(1\ge x+y\ge2\sqrt{xy}\Rightarrow xy\le\dfrac{1}{4}\) 

\(\Rightarrow P=\dfrac{x+y}{xy}\cdot\sqrt{x^2y^2+\dfrac{1}{16}+\dfrac{1}{16}+...+\dfrac{1}{16}}\ge\dfrac{2\sqrt{xy}}{xy}\cdot\sqrt{17}\cdot\sqrt[34]{\dfrac{x^2y^2}{16^{16}}}=\sqrt{17}\cdot\dfrac{2}{\sqrt{xy}}\cdot\sqrt[17]{\dfrac{xy}{16^8}}\) \(=\sqrt{17}\cdot\sqrt[17]{\dfrac{2^{17}}{\sqrt{x^{17}y^{17}}}\cdot\dfrac{\sqrt{x^2y^2}}{2^{32}}=\sqrt{17}\cdot\sqrt[17]{\dfrac{1}{\sqrt{x^{15}y^{15}}\cdot2^{15}}}\ge\sqrt{17}\cdot\sqrt[17]{\dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{1}{4^{15}}}\cdot2^{15}}}=\sqrt{ }17}\)

Dấu  = xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=\dfrac{1}{2}\) Vậy...

thế thì chịu khó cần cù thì bù siêng năng thôi :)))

Hãy share bài trên fanpage bạn nhéeeee :))

Bài 5

Giả sử diện tích tam giác ABC là số nguyên. 

\(\Rightarrow S_{ABC}=\dfrac{1}{2}sinA\cdot AB\cdot AC\) là số nguyên 

\(\Rightarrow sinA\cdot AB\cdot AC⋮2\) \(\Rightarrow AB\cdot AC⋮2\)( vì \(sinA< 1\) ) vô lí vì AB,AC,BC đều là số nguyên tố \(\Rightarrow\) giả sử sai Vậy ...

Test chức năng.

Ta cần chứng minh \(\dfrac{a^3}{1+b^2}+\dfrac{b^3}{1+a^2}\ge1\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{ab+b^2}+\dfrac{b^3}{ab+a^2}\ge1\) \(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{b\cdot\left(a+b\right)}+\dfrac{b^3}{a\left(a+b\right)}\ge1\) \(\Leftrightarrow\dfrac{a^4+b^4}{ab\left(a+b\right)}\ge1\Leftrightarrow\dfrac{a^4+b^4}{a+b}\ge1\) 

Áp dụng bđt Cô-si vào 2 số a,b>0 :

 \(\left\{{}\begin{matrix}a^2+b^2\ge2ab\\a^4+b^4\ge2a^2b^2\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}2\cdot\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\\2\cdot\left(a^4+b^4\right)\ge\left(a^2+b^2\right)^2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow a^4+b^4\ge\dfrac{\left(a^2+b^2\right)^2}{2}\ge\dfrac{\left(a+b\right)^4}{8}\)

\(\Rightarrow\dfrac{a^4+b^4}{a+b}\ge\dfrac{\left(a+b\right)^3}{8}\ge\dfrac{\left(2\sqrt{ab}\right)^3}{8}=1\) 

Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=1\) Vậy...

Ta có:ab=1⇔a=\(\dfrac{1}{b}\)

Thay a=\(\dfrac{1}{b}\) vào \(\dfrac{a^3}{1+b^2}+\dfrac{b^3}{1+a^2}\) có

\(\dfrac{\left(\dfrac{1}{b}\right)^3}{1+b^2}+\dfrac{b^3}{1+\left(\dfrac{1}{b}\right)^2}\)=\(\dfrac{\left(\dfrac{1}{b}\right)^3}{1+b^2}+\dfrac{b^3}{\dfrac{b^2+1}{b^2}}\)=\(\dfrac{\left(\dfrac{1}{b}\right)^3}{1+b^2}+\dfrac{b^5}{1+b^2}\)=\(\dfrac{\left(\dfrac{1}{b}\right)^3+b^5}{1+b^2}\)=\(\dfrac{\dfrac{1+b^8}{b^3}}{1+b^2}\)

Mà b là số thực dương nên \(\dfrac{\dfrac{1+b^8}{b^3}}{1+b^2}\)≥1

vậy \(\dfrac{a^3}{1+b^2}+\dfrac{b^3}{1+a^2}\)≥1

Đặt\(P=\dfrac{a}{1+b^2}+\dfrac{b}{1+c^2}+\dfrac{c}{1+a^2+}+\dfrac{1}{2}\left(ab+bc+ca\right)\) 

Bổ đề: \(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge9\) \(\Rightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{9}{a+b+c}\) (1)

Chứng minh bổ đề: \(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge9\sqrt[3]{abc.\dfrac{1}{abc}}=9\left(\forall a,b,c\ge0\right)\) 

Kết hợp điều kiện đề bài ta được: \(a+b+c\ge3\)

Ta có: \(\dfrac{ab^2}{1+b^2}\le\dfrac{ab^2}{2\sqrt{b^2}}=\dfrac{ab}{2}\) ( AM-GM cho 2 số không âm 1 và b^2 )

\(\Rightarrow\dfrac{a}{1+b^2}=a-\dfrac{ab^2}{1+b^2}\ge a-\dfrac{ab}{2}\left(1\right)\)

Chứng minh hoàn toàn tương tự: \(\dfrac{b}{1+c^2}\ge b-\dfrac{bc}{2}\left(2\right)\)

\(\dfrac{c}{1+a^2}\ge c-\dfrac{ca}{2}\left(3\right)\)

Cộng (1),(2),(3) vế theo vế thu được: \(P\ge a+b+c=3\)

Dấu "=" xảy ra tại a=b=c=1

Cách giải của

Kẻ tiếp tuyến tại A. Gọi E là giao điểm của tiếp tuyến tại A với dây BC.

Ta có: EM=EA và \(\widehat{EAM}=\widehat{EMA}\)( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

hay \(\widehat{EAB}+\widehat{BAM}=\widehat{ECA}+\widehat{CAM}\)

Mà \(\widehat{EAB}=\widehat{ECA}\)

=> \(\widehat{BAM}=\widehat{CAM}\) hay AM là phân giác góc BAC( đpcm)

Tam giác ABD nội tiếp trong đường tròn (O) có AB là đường kính nên vuông tại D

Suy ra: AD ⊥ BD

Tứ giác BDCE là hình thoi nên EC // BD

Suy ra: EC ⊥ AD     (1)

Tam giác AIC nội tiếp trong đường tròn (O’) có AC là đường kính nên vuông tại I

Suy ra: AI ⊥ CE     (2)

Từ (1) và (2) suy ra AD trùng với AI

Vậy D, A, I thẳng hàng.

a) = AI²

b) điểm D như hình vẽAD=AI²/AB= constant.

Ta có PQI = PIA ( cùng chắn PI) nên ΔAPI ~ΔAIQ(g.g）

=> AP/AI = AI/AQ =>Ap.AQ= AI^2 ( không đổi )

Giả sử đt ngoại tiếp tấm giác BPQ cắt AB tại D (D khác B)

Khi đó tam giác ADP ~ tam giác AQB =>AD/AQ = AP/AB

hay AD.AB = AP.AQ=AI^2 ( không đổi) 

Do đó điểm D là điểm cố định (đpcm)