Đặt \(x=a^{\frac{1}{3}};y=b^{\frac{1}{3}};z=c^{\frac{1}{3}}\Rightarrow xyz=1\) và:

\(BDT\Leftrightarrow\frac{x^3}{x^6+5}+\frac{y^3}{y^6+5}+\frac{z^3}{z^6+5}\le\frac{1}{2}\)

Ta có BĐT phụ \(\frac{4x^3}{x^6+5}\le\frac{x^3+1}{x^6+x^3+1}\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)\left(3x^6+6x^3+5\right)}{\left(x^6+5\right)\left(x^6+x^3+1\right)}\le0\forall0< x\le1\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại rồi cộng theo vế:

\(VT\le\frac{1}{4}\left(\frac{x^3+1}{x^6+x^3+1}+\frac{y^3+1}{y^6+y^3+1}+\frac{z^3+1}{z^6+z^3+1}\right)\)

Cần chứng minh \(\frac{x^3+1}{x^6+x^3+1}+\frac{y^3+1}{y^6+y^3+1}+\frac{z^3+1}{z^6+z^3+1}\le2\)

\(\Leftrightarrow\frac{x^6}{x^6+x^3+1}+\frac{y^6}{y^6+y^3+1}+\frac{z^6}{z^6+z^3+1}\ge1\)

Có dạng \(\frac{x^{2k}}{x^{2k}+x^k+1}+\frac{y^{2k}}{y^{2k}+y^k+1}+\frac{z^{2k}}{z^{2k}+z^k+1}\ge1\forall xyz=1\)

Với k=1 thì có BĐT Câu hỏi của Vũ Tiền Châu - Toán lớp 9 | Học trực tuyến tương tự với bài này (ko biết AD đã fix lỗi ko dán dc link học 24 vào olm chưa, nếu chưa thì ib t gửi full link )

Q.lý nào onl duyệt giúp e với 

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

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

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

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

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

Ta có \(y=1-2z^2;x=3-y-z=2z^2-z+2\)

\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{1}{3}\Rightarrow\frac{3\left(yz+xz+xy\right)}{3xyz}=\frac{xyz}{3xyz}\)

\(\Rightarrow3z\left(1-2z^2\right)+3z\left(2z^2-z+2\right)+3\left(1-2z^2\right)\left(2z^2-z+2\right)\)

\(=z\left(1-2z^2\right)\left(2z^2-z+2\right)\)

\(\Leftrightarrow4z^5-14z^4+8z^3-8z^2+4z+6=0\)

\(\Leftrightarrow z=1\vee z=3\vee z=-\frac{1}{2}\)

Với z = 1, ta có y = -1, x = 3

Với z = 3, x = 17, y = -17

Với \(z=-\frac{1}{2},x=3,y=\frac{1}{2}\)

Tóm lại hệ có 3 nghiệm \(\left(3;-1;1\right),\left(17;-17;3\right),\left(3;\frac{1}{2};-\frac{1}{2}\right)\)

Bài 5 nha:

   \(a+\frac{1}{b}=b+\frac{1}{c}\Leftrightarrow a-b=\frac{1}{c}-\frac{1}{b}.\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)=\frac{b-c}{bc}_{\left(1\right)}\)

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

\(\Leftrightarrow\left(a-c\right)=\frac{b-a}{ab}_{\left(2\right)}\)

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

\(\Leftrightarrow\left(c-b\right)=\frac{a-c}{ac}_{\left(3\right)}\)

Nhân từng vế của (1) ; (2) và (3) , ta được :

        \(\left(a-b\right)\left(a-c\right)\left(c-b\right)=\frac{\left(b-c\right)\left(b-a\right)\left(a-c\right)}{\left(abc\right)^2}\)

                                                              \(=\frac{\left(c-b\right)\left(a-b\right)\left(a-c\right)}{\left(abc\right)^2}\)

\(\Leftrightarrow\left(abc\right)^2=1\Leftrightarrow abc=1\)hoặc \(abc=\left(-1\right)\)

Bài 3:

  Ta có : \(x^2+y^2+z^2=1\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^2\)

                                        \(=1+2\left(xy+yz+zx\right)\Leftrightarrow1=1+2\left(xy+yz+zx\right)\)

             \(\Leftrightarrow xy+yz+zx=0\)(*)

             áp dụng kết quả sau :

  Ta có : \(a^3+b^3+c^3-3abc=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\)

  Thấy vậy : \(\left(a+b+c\right)^3=a^3+b^3+c^3+3\left(a+b+c\left(ab+bc+ca\right)\right)-3abc\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3-3abc=\left(a+b+c\right)^33\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)

                                                   \(=\left(a+b+c\right)\left(a+b+c\right)^2-3\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3-3abc=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)\left(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca\right)\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3-3abc=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\)

         áp dụng vào bài toán, ta có :

\(x^3+y^3+z^3-3xyz=\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\)

\(=\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)\left(2\left(x^2+y^2+z^2\right)-2\left(xy+yz+zx\right)\right)\)

\(\Leftrightarrow1-3xyz=\frac{1}{2}\times1\times2=1\Leftrightarrow xyz=0\)(**)

Mà \(x+y+z=1\)(***)

\(\Leftrightarrow\)x ; y ; z là 3  nghiệm của pt bậc 3 sau : \(U^3-U^2=0\)

\(\Leftrightarrow U=0\)hoặc \(U=1\)

=> 1 trong 3 phần tử x ; y ; z =1 ; 2 phần tử còn lại sẽ = 0

Do đó \(x+y^2+z^3=1\)

   => điều phải chứng minh.

Câu 2: Nhân cả hai vế của phương trình với 4 , ta có:

\(4x^2+4y^2-4x-4x=32\Leftrightarrow\left(4x-4x+1\right)+\left(4y^2-4y+1\right)=34\)

\(\Leftrightarrow\left(2x-1\right)^2+\left(2y-1\right)^2=34\)

Ta thấy 34 = 5² + 3² nên ta có bảng:

Vậy các cặp nghiệm nguyên thỏa mãn là (5;3) , (5;-3) , (-5;3) , (-5;-3) , (3; 5), (3;-5) , (-3; 5), (-3;-5)

Xét \(x^2+\frac{1}{x^2}\)=\(\left(x+\frac{1}{x}\right)^2-2\in Z\).Giả sử đúng đến n=k , ta sẽ c/m n đúng đến k+1.

Điều này là hiển nhiên vì \(x^{k+1}+\frac{1}{x^{k+1}}=\left(x+\frac{1}{x}\right)\left(x^k+\frac{1}{x^k}\right)-x^{k-1}-\frac{1}{x^{k-1}}\in Z\)

Bài này tương tự như bài cô đã chứng minh. 

Gọi các điểm thỏa mãn yêu cầu có tọa độ \(\left(0;b\right)\)

Khi đó hệ sau có nghiệm nguyên \(\hept{\begin{cases}x+2b=6\\2x-3b=4\end{cases}\Rightarrow6-2b;\frac{4+3b}{2}\in Z.}\)

b nguyên nên 6 - 2b nguyên là hiển nhiên. Để \(\frac{4+3b}{2}\in Z\) thì b = 2k.

Vậy các điểm thỏa mãn sẽ có tọa độ là (0;2k)  (\(k\in Z\) ).

cái này dễ mỗi tội tớ k biết làm

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

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

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

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

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 

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)

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!!