\(\hept{\begin{cases}a+b+c=0\\ab+bc+ca+3=0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2+b^2+c^2=-2\left(ab+bc+ca\right)\\-\left(ab+bc+ca\right)=3\end{cases}}\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2=6\)

\(\Rightarrow a^2\le6\)

\(\Leftrightarrow-2\le a\le2\)

 \(\Rightarrow\) a \(\in\){ -2; - 1; 0; 1; 2}

Thế a = - 2 vào hệ ban đầu ta được

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}b+c=2\\-2b+bc-2c+3=0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}b=1\\c=1\end{cases}}\) 

Tương tự cho các trường hợp còn lại 

10000

Em cộng vế theo vế ta có: 

\(2x^4+\left(1-2x\right)^4+2y^4+\left(1-2y\right)^4=\frac{2}{27}\)

Áp dụng BĐT cauchy schwarz dạng engel

\(2x^4+\left(1-2x\right)^4=\frac{\left(x^2\right)^2}{1}+\frac{\left(x^2\right)^2}{1}+\frac{\left(\left(1-2x\right)^2\right)^2}{1}\ge\frac{\left(x^2+x^2+\left(1-2x\right)^2\right)^2}{1+1+1}\)

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

=> \(2x^4+\left(1-2x\right)^4\ge\frac{1}{27}\)

Tương tự \(2y^4+\left(1-2y\right)^4\ge\frac{1}{27}\)

Do đó \(2x^4+\left(1-2x\right)^4+2y^4+\left(1-2y\right)^4\ge\frac{2}{27}\)

Dấu "=" xảy ra <=> x=1-2x và y=1-2y <=> x=y=1/3

Ta chứng minh các bất đẳng thức:

\(x+y\ge2\sqrt{xy}\Leftrightarrow2\sqrt{xy}\le1\Leftrightarrow\sqrt{xy}\le\frac{1}{2}\)

\(x+y\ge2\sqrt{xy}\Leftrightarrow2x+2y\ge x+y+2\sqrt{xy}\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)^2\le2\left(x+y\right)=2\Rightarrow\sqrt{x}+\sqrt{y}\le\sqrt{2}\)

\(\left[\left(\frac{x}{\sqrt{x\sqrt{y}}}\right)^2+\left(\frac{y}{\sqrt{y\sqrt{x}}}\right)^2\right]\left(\sqrt{x\sqrt{y}}^2+\sqrt{y\sqrt{x}}^2\right)\ge\left(x+y\right)^2\) (Bunyakovski)

\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{x\sqrt{y}}+\frac{y^2}{y\sqrt{x}}\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{x\sqrt{y}+y\sqrt{x}}\)

Ta có:

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

\(\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{x\sqrt{y}+y\sqrt{x}}=\frac{1}{\sqrt{xy}\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)}\ge\frac{1}{\frac{1}{2}\cdot\sqrt{2}}=\sqrt{2}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\frac{x}{x\sqrt{y}}=\frac{y}{y\sqrt{x}}\\x=y\end{cases}\Leftrightarrow x=y}\)

x+y=1 <=> x=y=1/2

Vậy GTNN của biểu thức trên là \(\sqrt{2}\)<=> x=y=1/2

Hơi dài tí, tại chỉ suy nghĩ như thế thôi

Em cảm ơn Le Hong Phuc ạ!

        \(a\sqrt[3]{m^2}+b\sqrt[3]{m}+c=0.\)

\(\Leftrightarrow\sqrt[3]{m^2}=-\frac{b\sqrt[3]{m}+c}{a}\)

        \(a\sqrt[3]{m^2}+b\sqrt[3]{m}+c=0.\)

\(\Leftrightarrow a.m+b\sqrt[3]{m^2}+c\sqrt[3]{m}=0\)

\(\Leftrightarrow a.m+b.\left(-\frac{b\sqrt[3]{m}+c}{a}\right)+c\sqrt[3]{m}=0\)

 \(\Leftrightarrow a^2m+b.\left(-b\sqrt[3]{m}-c\right)+ac\sqrt[3]{m}=0\)

\(\Leftrightarrow a^2m-b^2.\sqrt[3]{m}-bc+ac\sqrt[3]{m}=0\)

\(\Leftrightarrow a^2m-bc=\sqrt[3]{m}\left(b^2-ac\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^2m-bc}{\sqrt[3]{m}}=b^2-ac\)

Do \(\frac{a^2m-bc}{\sqrt[3]{m}}\in I\)và \(b^2-ac\in Q\)nên

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{a^2m-bc}{\sqrt[3]{m}}=0\\b^2-ac=0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2m-bc=0\\b^2-ac=0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2m=bc\\b^2=ac\end{cases}}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^3m=abc\\b^3=abc\end{cases}\Rightarrow a^3m=b^3}\)

Với \(a,b\ne0\) \(\Rightarrow m=1\Rightarrow\sqrt[3]{m}=1\)là số hữu tỉ ( LOẠI )

Với \(a=b=0\Rightarrow c=0\left(TM\right)\)

Vậy a=b=c=0 thỏa mãn đề bài

mình mới học lớp 7 thôi

Câu b tương tự

a/ \(\sqrt[5]{2a+b}+\sqrt[5]{2b+c}+\sqrt[5]{2c+a}\)

\(=\frac{1}{\sqrt[5]{3^4}}\left(\sqrt[5]{3^4}.\sqrt[5]{2a+b}+\sqrt[5]{3^4}.\sqrt[5]{2b+c}+\sqrt[5]{3^4}.\sqrt[5]{2c+a}\right)\)

\(\le\frac{1}{\sqrt[5]{3^4}}\left(\frac{3+3+3+3+2a+b}{5}+\frac{3+3+3+3+2b+c}{5}+\frac{3+3+3+3+2c+a}{5}\right)\)

\(=\frac{1}{\sqrt[5]{3^4}}\left(\frac{36}{5}+\frac{3\left(a+b+c\right)}{5}\right)\)

\(=\frac{1}{\sqrt[5]{3^4}}.9=3\sqrt[5]{3}\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có: 

\(a^4+bc\ge2\sqrt{a^4bc}=2a^2\sqrt{bc}\Rightarrow\frac{a^2}{a^4+bc}\le\frac{a^2}{2a^2\sqrt{bc}}\)\(=\frac{1}{2\sqrt{bc}}\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta có:

\(M\le\frac{1}{2\sqrt{ab}}+\frac{1}{2\sqrt{bc}}+\frac{1}{2\sqrt{ac}}\). Theo AM-GM có

\(a+b+c\ge\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\) thì

\(M\le\frac{1}{2\sqrt{ab}}+\frac{1}{2\sqrt{bc}}+\frac{1}{2\sqrt{ca}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

\(=\frac{1}{2}\cdot\frac{ab+bc+ca}{abc}\le\frac{1}{2}\cdot\frac{a^2+b^2+c^2}{abc}=\frac{1}{2}\cdot3=\frac{3}{2}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)

từ GT suy ra abc >=1 và a/bc + b/ca + c/ab = 3.

áp dụng BĐT Cauchy : a⁴ + bc >=2a²v(bc) (v(bc) là căn bc).

nên a²/a⁴ + bc <=1/2v(bc).

do đó M <= 1/2.(1/v(bc) + 1/v(ca) + 1/v(ab).

ta chứng minh N = (1/v(bc) + 1/v(ca) + 1/v(ab) <=3 là xong.

thật vậy.

giả sử a <=b<=c nên 1/v(bc) <= 1/v(ca)<= 1/v(ab).

áp dụng BĐT Trê bư sep ta được (v(a) + v(b) + v(c))/3 . ((1/v(bc) + 1/v(ca) + 1/v(ab))/3 <= (v(a)/v(bc) + v(b)/v(ca) + v(c)/v(ab)/3.

ta có v(a) + v(b) + v(c) >=3 căn6(abc)>=3.

nên VT >=((1/v(bc) + 1/v(ca) + 1/v(ab))/3. (1)

lại có (x + y + z)² <=3(x² + y² + z²) nên (VP)² <= (a/bc + b/ca + c/ab)/3= 1.

hay VP <= 1 (2).

từ (1) và (2) suy ra ((1/v(bc) + 1/v(ca) + 1/v(ab))/3 <= 1 hay

(1/v(bc) + 1/v(ca) + 1/v(ab) <= 3

tức N <= 3 (đpcm).

(mình chưa biết đánh nên cố đọc nhé!)

O O' A B C D K I E

Mình sẽ giải lại 2 câu a và b.

a) Vì (O) và (O') giao nhau tại A và B nên AB vuông góc OO'. Do đó ^BO'O = 1/2.^AO'B = ^BDA

Tương tự ^BOO' = ^BCA. Từ đó \(\Delta\)BOO' ~ \(\Delta\)BCD (g.g) (đpcm).

b) Ta thấy: ^KDA = ^ABD (=1/2.Sđ(AD nhỏ của (O')). Tương tự ^KCA= ^ABC

Nên ta có: ^KCB + ^KDB = ^BCD + ^BDC + ^KDA + ^KCA = ^BDC + ^BCD + ^ABD + ^ABC = 180⁰

Suy ra tứ giác BCKD nội tiếp (đpcm).

c) Vì IE // DK nên ^DIE = ^KDA (So le trong) = ^ABD (cmt) => ^DIE = ^ABE => Tứ giác AIEB nội tiếp

=> ^BAE = ^BIE = ^BKD (Vì IE // KD) = ^BCD (Tứ giác BCKD nt) = 1/2.Sđ(AB nhỏ của (O)

Do vậy AE là tiếp tuyến của (O) (đpcm).

lop 9 kho qua, ve mot nui hinh, chang nhin ra dc hinh nao voi hinh nao

Cách khác: 

\(\frac{\left(x+y\right)^2}{2}+\frac{\left(x+y\right)}{4}\ge2xy+\frac{x+y}{4}\)

\(=\frac{4xy+x+4xy+y}{4}=\frac{x\left(4y+1\right)+y\left(4x+1\right)}{4}\)

\(\ge\frac{4x\sqrt{y}+4y\sqrt{x}}{4}=x\sqrt{y}+y\sqrt{x}\)

Dấu = xảy ra khi \(x=y=\frac{1}{4}\)

\(\frac{1}{2}\left(x+y\right)\left(x+y+\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}\left(x+y\right)\left(x+\frac{1}{4}+y+\frac{1}{4}\right)\)

Áp dụng bất đẳng thức cauchy:

\(x+y\ge2\sqrt{xy}\)

\(x+\frac{1}{4}\ge2\sqrt{\frac{x}{4}}=\sqrt{x}\)

\(y+\frac{1}{4}\ge2\sqrt{\frac{y}{4}}=\sqrt{y}\)

do đó \(VT\ge\frac{1}{2}.2.\sqrt{xy}\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)=x\sqrt{y}+y\sqrt{x}\)(đpcm)

Dấu = xảy ra khi \(x=y=\frac{1}{4}\)

<=> x² + (3y - 2)x + (2y² - 4y + 3) = 0  (1)

Coi (1) là phương trình bậc 2 ẩn x

\(\Delta\) = (3y - 2)² - 4 (2y² - 4y + 3) = 9y² - 12y + 4 - 8y² + 16y - 12 = y² + 4y - 8 

Để (1) có nghiệm x; y nguyên <=> \(\Delta\) là số chính phương 

<=> y² + 4y - 8  = k² (k nguyên)

<=> y² + 4y + 4 - k² = 12

<=> (y +2)² - k² = 12 <=> (y + 2 + k).(y + 2 - k) = 12

=> (y + 2 + k)  \(\in\) Ư(12) = {12;-12;3;-3;4;-4;6;-6;2;-2;1;-1}

Vậy y = -6 hoặc y = 2

Thay y = -6 vào (1) => x² -20x + 99 = 0 <=> x = 11 hoặc x = 9

Thay y = 2 vào (1) => x² + 4x + 3 = 0 <=> x = -1 hoặc x = -3

Vậy ...

Nhân 4 vào pt trên ta được 4x²+8y²+12xy-8x-16y+12=0

          tương đương 4x²+9y²+4+12xy-8x-12y-y²-4y+8=0

                             (2x+3y-2)² -(y+2)² = -12

                                    (x+y-2)(x+2y)=-3

• Ta có các hệ pt :x+y-2=3 ; x+2y=-1
• x+2y-2= -3 ; x+2y =1

         .giải hệ rồi suy ra nghiệm (x,y)=(-3,2);(11,-6)

Giả sử có ít nhất một số là số vô tỉ, giả sử đó là \(\sqrt{a}\)

Ta có: \(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\)là số hữu tỉ

=> Đặt \(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}=\frac{p}{q}\)với p, q thuộc Z và (p, q)=1

=> \(\sqrt{b}+\sqrt{c}=\frac{p}{q}-\sqrt{a}\)

=> \(b+2\sqrt{bc}+c=\frac{p^2}{q^2}-2\frac{p}{q}\sqrt{a}+a\Leftrightarrow2\sqrt{bc}+\frac{2p}{q}\sqrt{a}=\frac{p^2}{q^2}+a-b-c\)

=> \(2\sqrt{bc}+\frac{2p}{q}\sqrt{a}\)là số hữu tỉ

=> \(\sqrt{bc}+\frac{p}{q}\sqrt{a}\)là số hữu tỉ

=> Đặt \(\sqrt{bc}+\frac{p}{q}\sqrt{a}\)=\(\frac{m}{n}\)với m,n thuộc Z, (m, n)=1

=> \(\sqrt{bc}=\frac{m}{n}-\frac{p}{q}\sqrt{a}\Rightarrow bc=\frac{m^2}{n^2}-\frac{2mp}{nq}\sqrt{a}+\frac{p^2}{q^2}.a\)

=> \(\frac{2mp}{nq}\sqrt{a}=\frac{m^2}{n^2}+\frac{p^2.a}{q^2}-bc\)

=>\(\frac{2mp}{nq}\sqrt{a}\)là số hữu tỉ 

=> \(\sqrt{a}\)là số hữu tỉ  vô lí với điều giả sử

=> Không có số nào là số vô tỉ hay cả ba số là số hữu tỉ

Không biết cách này có đúng không ạ?Em làm thử

                                       Lời giải

Từ đề bài suy ra a,b,c>0.

Ta chứng minh: Nếu a;b;c và \(\sqrt{a};\sqrt{b};\sqrt{c}\) là số hữu tỉ.Suy ra \(a=\frac{m^2}{n^2};b=\frac{p^2}{q^2};c=\frac{t^2}{f^2}\) (là bình phương của 1 số hữu tỉ).Thật vậy,giả sử: \(a=\frac{m}{n};b=\frac{p}{q};c=\frac{t}{f}\) (không là bình phương của một số hữu tỉ)

Thế thì: \(\sqrt{a}=\sqrt{\frac{m}{n}};\sqrt{b}=\sqrt{\frac{p}{q}};\sqrt{c}=\sqrt{\frac{t}{f}}\).Suy ra

\(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}=\sqrt{\frac{m}{n}}+\sqrt{\frac{p}{q}}+\sqrt{\frac{t}{f}}\) là số vô tỉ,trái với giả thiết.

Do đó \(a=\frac{m^2}{n^2};b=\frac{p^2}{q^2};c=\frac{t^2}{f^2}\) suy ra \(\sqrt{a}=\frac{m}{n};\sqrt{b}=\frac{p}{q};\sqrt{c}=\frac{t}{f}\) là các số hữu tỉ (đpcm)