Góp ý của anh là câu hình em chọn những câu mà có các ý nhỏ hơn để gợi ý cho các ý khác em nha =))

sol nhẹ vài bài

\(x\left(x+3\right)+y\left(y+3\right)=z\left(z+3\right)\)

\(\Leftrightarrow x\left(x+3\right)=\left(z-y\right)\left(z+y+3\right)\) 

Khi đó \(z-y⋮x;z+y+3⋮x\)

Nếu \(z-y⋮x\Rightarrow z-y\ge x\Rightarrow z+y+3\ge x+2y+3>x+3\) 

Trường hợp này loại

Khi đó \(z+y+3⋮x\) Đặt \(z+y+3=kx\Rightarrow x\left(x+3\right)=\left(z-y\right)kx\Rightarrow x+3=k\left(z-y\right)\)

Mặt khác \(\left(x+y\right)\left(x+y+3\right)=x\left(x+3\right)+y\left(y+3\right)+2xy>z\left(z+3\right)\)

\(\Rightarrow z< x+y\)

Giả sử rằng \(x\ge y\) Mà \(z\left(z+3\right)>x\left(x+3\right)\Rightarrow z>x>y\) mặt khác \(kx>z>x\Rightarrow k>1\)

Ta có:\(kx< \left(x+y\right)+y+3=x+2y+3\le3x+3< 4x\Rightarrow k< 4\Rightarrow k\in\left\{2;3\right\}\)

Xét \(k=2\Rightarrow z+y+3=2x\Rightarrow z=2x-y-3\) và  \(x\left(x+3\right)=\left(z-y\right)2x\Leftrightarrow x+3=2z-2y\)

\(\Leftrightarrow x+3=4x-2y-6-2y\Leftrightarrow4y=3x-3\Rightarrow y⋮3\Rightarrow y=3\) tự tìm x;z

\(k=3\Rightarrow z+y+3=3x\Rightarrow z=3x-y-3\) và \(x\left(x+3\right)=\left(z-y\right)3x\Leftrightarrow x+3=3z-3y\Leftrightarrow x+3=3\left(3x-y-3\right)-3y\)

\(\Leftrightarrow x+3=9x-3y-9-3y\Leftrightarrow8x-12=6y\Leftrightarrow4x-4=3y\Rightarrow y=2\Rightarrow x=\frac{5}{2}\left(loai\right)\)

Vậy.............

Bài 1 : Giải :

a) Ta có : \(x=1+\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{4}\)

\(\Rightarrow x.\left(1-\sqrt[3]{2}\right)=\left(1-\sqrt[3]{2}\right)\left(1+\sqrt[3]{2}.1+\sqrt[3]{2^2}\right)\)

\(\Rightarrow x-x\sqrt[3]{2}=1^3-\left(\sqrt[3]{2}\right)^3=-1\)

\(\Rightarrow x+1=x\sqrt[3]{2}\)

\(\Rightarrow\left(x+1\right)^3=2x^3\)

\(\Rightarrow x^3-3x^2-3x-1=0\)

Khi đó ta có : \(A=x^5-4x^4+x^3-x^2-2x+2019\)

\(=x^5-3x^4-3x^3-x^2-x^4+3x^3+3x^2+x+x^3-3x^2-3x-1+2020\)

\(=x^2.\left(x^3-3x^2-3x-1\right)-x.\left(x^3-3x^2-3x-1\right)+\left(x^3-3x^2-3x-1\right)+2020\)

\(=2020\)

P/s : Tạm thời xí câu này đã tối về xí tiếp nha :))

Bài 3

d, Giả sử tồn tại thỏa mãn

\(x^{15}+y^{15}+z^{15}=19^{2003}+7^{2003}+9^{2003}\)

Ta có 

\(+)19\equiv1\left(mod9\right)\)\(\Rightarrow19^{2003}\equiv1\left(mod9\right)\left(1\right)\)

\(+)7\equiv7\left(mod9\right)\)\(\Rightarrow7^3\equiv1\left(mod9\right)\)\(\Rightarrow7^{3.667}.7^2\equiv1.7^2\left(mod9\right)\)\(\Rightarrow7^{2003}\equiv4\left(mod9\right)\left(2\right)\)

\(+)9\equiv0\left(mod9\right)\)\(\Rightarrow9^{2003}\equiv0\left(mod9\right)\left(3\right)\)

Từ \(\left(1\right);\left(2\right);\left(3\right)\Rightarrow19^{2003}+7^{2003}+9^{2003}\equiv5\left(mod9\right)\)

\(\Rightarrow19^{2003}+7^{2003}+9^{2003}\div9dư5\left(4\right)\)

Lại có: \(x^{15}+y^{15}+z^{15}=\left(x^5\right)^3+\left(y^5\right)^3+\left(z^5\right)^3\)

Mà lập phương của 1 số khi chia cho 9 thì chỉ dư 0,1,8

\(\Rightarrow\left(x^5\right)^3+\left(y^5\right)^3+\left(z^5\right)^3\div9\)dư 0:1;2;3;6;7;8\(\left(5\right)\)

Từ \(\left(4\right);\left(5\right)\Rightarrow\)phương trình \(x^{15}+y^{15}+z^{15}=19^{2003}+7^{2003}+9^{2003}\)vô nghiệm (đpcm)

Mik mới học lớp 7 nên chỉ làm được bài này thôi ^^

Câu 2:

b, \(\hept{\begin{cases}\sqrt{x+1}+\sqrt{x+2}+\sqrt{x+3}=\sqrt{y-1}+\sqrt{y-2}+\sqrt{y-3}\left(1\right)\\x^2+y^2=10\end{cases}}\)

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

\(\Leftrightarrow\left(x-y+4\right)\left(\frac{1}{\sqrt{x+1}+\sqrt{y-3}}+\frac{1}{\sqrt{x+2}-\sqrt{y-2}}+\frac{1}{\sqrt{x+3}-\sqrt{y-1}}\right)=0\)

Dễ thấy \(\frac{1}{\sqrt{x+1}+\sqrt{y-3}}+\frac{1}{\sqrt{x+2}-\sqrt{y-2}}+\frac{1}{\sqrt{x+3}-\sqrt{y-1}}>0\)nên \(x-y=-4\)

Hệ trở thành: \(\hept{\begin{cases}x-y=-4\\x^2+y^2=10\end{cases}}\)

Đến đây khá là dễ rồi, giải ra ta được: \(\left(x;y\right)\in\left\{\left(-1;3\right);\right\}\)(Đã loại trường hợp không thỏa mãn)

Các bạn lưu ý đây là bài thi nên các bạn phải trình bày rõ ràng (dù là dễ mới có thể chấm đc nha) , các bạn xem đây là cuộc thi hsg cấp huyện , tỉnh và làm bài thật đúng, trình bày rõ ràng, logic 

Số khá dễ nhỉ

\(n^2-1⋮\left|m^2-n^2+1\right|\Rightarrow-\left(m^2-n^2+1\right)+m^2⋮\left|m^2-n^2+1\right|\Rightarrow m^2⋮\left|m^2-n^2+1\right|\)

Đặt \(m^2=k\left(m^2-n^2+1\right)=k\left[\left(m-n\right)\left(m+n\right)+1\right]=k\left[4\cdot\frac{m-n}{2}\cdot\frac{m+n}{2}+1\right]\)

Mặt khác:\(m^2=\left(\frac{m-n}{2}+\frac{m+n}{2}\right)^2\)

Đặt \(x=\frac{m-n}{2};y=\frac{m+n}{2}\Rightarrow m=x+y;n=x-y\Rightarrow x-y>0\Rightarrow x>\left|y\right|\) Khi đó ta có được: \(\left(x+y\right)^2=k\left(4xy+1\right)\Leftrightarrow x^2-2\left(2k-1\right)xy+\left(y^2-k\right)=0\)

Gọi nghiệm thứ 2 của phương trình là x₁ 

Theo Viete ta dễ có: \(x_1+x=2\left(2k-1\right);xx_1=y^2-k\)

TH1: x₁ > 0

Ta có:\(y^2-k=xx_1>\left|y\right|^2=y^2\Rightarrow k< 0\Rightarrow x_1+x< 0\) ( Vô lý )

TH2: x₁ < 0

Khi đó: \(y^2-k=xx_1< 0\Rightarrow k>y^2>0\Rightarrow4xy+1>0\Rightarrow y>0\)

\(k=x_1^2-2\left(2k-1\right)x_1y+y^2=x_1^2+2\left(2k-1\right)\left|x_1\right|y+y^2>2\left(2k-1\right)\left|x_1\right|y\ge2\left(2k-1\right)>k\)

Điều này vô lý 

Khi đó x₁=0 như vậy k = y²  => \(m^2-n^2+1=\frac{m^2}{k}=\frac{m^2}{y^2}=\left(\frac{m}{y}\right)^2\) là số chính phương

Làm bài hình đỡ bị đụng....! Hình bạn có thể tự phác hoặc vào thống kê hỏi đáp của mình để xem hình

Bài 4: Giải:

b)

Vẽ AI _|_ BX tại I, AI cắt CD tại T

\(\Delta\)TAB có TD,BI là 2 đường cao cắt nhau tại X => X là trực tâm tam giác TAB

=> AX _|_TB

Gọi S là giảo của AX và TB

\(\Delta\)ACB vuông tại C, CD là đường cao => AC²=AD.AB

Mà AC=AL (gt) nên AL²=AD.AB

Ta có \(\frac{AD}{AT}=\frac{AI}{AB}\left(=\cos\widehat{BAI}\right)\Rightarrow AD\cdot AB=AL\cdot AT\)

Nên AI.AT=AL²

Ta có \(\Delta AIL~\Delta ALT\left(c.g.c\right)\Rightarrow\widehat{ALT}=\widehat{AIL}=90^o\)

\(\Delta\)TLA vuông tại L có LT là đường cao => TL²=TL.TA

Tương tự có: TK²=TS.TB mà \(\frac{TI}{TB}=\frac{TS}{TA}\left(=\cos\widehat{ATS}\right)\)

=> TB.TS=TI.TA

Do đó TK²=TL² => TK=TL

\(\Delta KMT=\Delta LMT\)(cạnh huyền-góc vuông) => MK=ML (đpcm)

Bạn withshi làm đúng nhưng sao bạn ý lại làm giống ko sai 1 chữ trong tài liệu mình lấy để ra đề. Trí nhớ siêu phàm. Bạn giỏi vler

Câu 1: b) \(x=\sqrt[3]{2+2\sqrt{3}}+\sqrt[3]{2-2\sqrt{3}}-1\)\(\Leftrightarrow x+1=\sqrt[3]{2+2\sqrt{3}}+\sqrt[3]{2-2\sqrt{3}}\)

\(\Rightarrow\left(x+1\right)^3=4-6\left(x+1\right)\Rightarrow x^3+3x^2+9x=-3\)

\(P=x^3\left(x^2+3x+9\right)^3=\left(x^3+3x^2+9x^2\right)^3=\left(-3\right)^3=-27\)

Câu 2: a) Điều kiện XĐ: \(x\ge2;\sqrt{4-x}+x-5\ne0\)Khi đó, phương trình tương đương

\(\frac{\left(x-2\right)\sqrt{x-2}-2\sqrt{x-2}-1}{\sqrt{4-x}+x-5}=\frac{2[\left(x-2\right)\sqrt{x-2}-1]}{x-1}\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(\sqrt{x-2}+1\right)\left(x-3-\sqrt{x-2}\right)}{\sqrt{4-x}+x-5}=\frac{2\left(\sqrt{x-2}+1\right)\left(x-1-\sqrt{x-2}\right)}{x-1}\)

\(\Leftrightarrow\frac{x-3-\sqrt{x-2}}{\sqrt{4-x}+x-5}=\frac{2\left(x-1-\sqrt{x-2}\right)}{x-1}\)

Bớt 1 ở 2 vế: \(\frac{2-\sqrt{x-2}-\sqrt{4-x}}{\sqrt{4-x}+x-5}=\frac{x-1-2\sqrt{x-2}}{x-1}\)

Để ý vế phải không âm (do \(\frac{\left(\sqrt{x-2}-1\right)^2}{x-1}\ge0)\)

Ta chứng minh vế trái không dương. Thật vậy, theo BĐT Cauchy-Schwa ta có\(\sqrt{x-2}+\sqrt{4-x}\le\sqrt{2\left(x-2+4-x\right)}=2\)

Lại để ý với mọi số thực a, \(a^2-a+1>\left(a-\frac{1}{2}\right)^2\)tức a² +1>a. Áp dụng kết quả này ta lại có \(\sqrt{4-x}+x=4-x+1+x=5\)nên mẫu số luôn âm 

Vậy đẳng thức giữa 2 vế xảy ra khi và chỉ khi \(\hept{\begin{cases}x-2=4-x\\\sqrt{4-x}=1\\\left(\sqrt{x-2}-1\right)^2=0\end{cases}\Rightarrow x=3}\)

Vậy x=3 là nghiệm của phương trình

Một lời giải khác cho câu 4b, vào TKHĐ để xem hình ảnh

Câu 2 :

a) Cách khác ( Hơi trâu bò ) :

\(ĐKXĐ:2\le x\le4\)

Phương trình đã cho tương đương :

\(\frac{\left(4-x\right)\sqrt{x-2}+1}{-\sqrt{4-x}+5-x}=\frac{2+2\left(2x-4\right)\sqrt{x-2}}{x-1}\)

Đặt \(\sqrt{x-2}=a,\sqrt{4-x}=b.\left(a,b\ge0\right)\)

\(\Rightarrow a^2+b^2=2\). Khi đó phương trình trở thành :

\(\frac{b^2a+1}{b^2-b+1}=\frac{2+2a^3}{a^2+1}\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2+1\right)\left(b^2a+1\right)=\left(2+2a^3\right)\left(b^2-b+1\right)\)

\(\Leftrightarrow a^3\left(b^2-2b+1\right)+\left(b-1\right)^2+b^2+a^3-a^2-b^2a=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^3+1\right)\left(b-1\right)^2+2.\left(a-1\right)^2\left(a+1\right)=0\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a-1=0\\b-1=0\end{cases}\Leftrightarrow}x=3\) ( Thỏa mãn )

Vậy pt có nghiệm duy nhất \(x=3\)

Shi không thấy bạn nào làm câu 5. Xin phép làm...!?

Giải: a) Không mất tính tổng quát giả sử a là số lớn nhất trong 3 số trên. Từ giả thiết a+b+c=3 => 1 =<a<3

BĐT cần chứng minh tương đương với \(8\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+42\left(a+b+c\right)-117\ge10\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

Hay \(\left(-10b^2+42b+\frac{8}{b}-\frac{69}{2}\right)+\left(-10c^2+42c+\frac{8}{c}-\frac{69}{2}\right)\ge10a^2-42a+\frac{8}{a}+48\)

Hay \(\frac{\left(2b-1\right)^2\left(16-5b\right)}{b}+\frac{\left(2c-1\right)^2\left(16-5c\right)}{c}\ge\frac{\left(a-2\right)^2\left(20a-4\right)}{a}\)

Theo BĐT Bunhiacopxki dạng phân thức ta có:

\(\frac{\left(2b-1\right)^2\left(16-5b\right)}{b}+\frac{\left(2c-1\right)^2\left(16-5c\right)}{c}=\frac{\left(2b-1\right)^2}{\frac{b}{16-5b}}+\frac{\left(2c-1\right)^2}{\frac{c}{16-5c}}\)\(\ge\frac{\left(2b+2c-a\right)^2}{\frac{b}{16-5b}+\frac{c}{16-5c}}=\frac{4\left(a-2\right)^2}{\frac{b}{16-5b}+\frac{c}{16-5c}}\)

Ta cần chứng minh \(\frac{4\left(a-2\right)^2}{\frac{b}{16-5b}+\frac{c}{16-5c}}\ge\frac{\left(a-2\right)^2\left(20a-4\right)}{a}\)  \(\Leftrightarrow\frac{\left(a-2\right)^2}{\frac{b}{16-5b}+\frac{c}{16-5c}}\ge\frac{\left(a-2\right)^2\left(5a-1\right)}{a}\)

Thật vậy \(a\ge b;a\ge c\)nên ta có \(\frac{b}{16-5b}+\frac{c}{16-5c}\le\frac{b}{16-5a}+\frac{c}{16-5a}\)

Cho nên \(\frac{\left(a-2\right)^2}{\frac{b}{16-5b}+\frac{c}{16-5c}}\ge\frac{\left(a-2\right)^2}{\frac{3-a}{16-5a}}=\frac{\left(a-2\right)^2\left(16-5a\right)}{3-a}\)

Đến đây ta cần chỉ ra \(\frac{\left(a-2\right)^2\left(16-5a\right)}{3-a}\ge\frac{\left(a-2\right)^2\left(5a-1\right)}{a}\)

Đánh gia trên tương đương với \(\left(a-2\right)^2\left(16-5a\right)a\ge\left(3-a\right)\left(a-2\right)^2\left(5a-1\right)\)

Hay \(3\left(a-2\right)^2\ge0\)luôn đúng với mọi a

Dấu "=" xảy ra khi \(a=2;b=c=\frac{1}{2}\)và các hoán vị của chúng

Cre: Quang Bắc