Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
2.)\(x^3-10x+1=y^3+6y^2\)(1)
Đặt\(x=y+b\)với \(b\inℤ\).Ta có:
(1)\(\Leftrightarrow\)\(y^3+3y^2b+3yb^2+b^3+10y+10b-1=y^2+6y^2\)
\(\Leftrightarrow\)\(y^2\left(3b-6\right)+y\left(3b^2+10\right)+b^3+10b-1=0\)(1)
\(\Delta=\left(3b^2+10\right)^2-\left(12b-24\right)\left(b^3+10b-1\right)\ge0\)
\(=-3b^4+24b^3-60b^2+252b+76\)
\(=1399-3\left(b^2-4b\right)^2-3\left(2b-21\right)^2\ge0\)
Do đó:\(\left(b^2-4b^2\right)+\left(2b-21\right)^2\le466\)
Nhận thấy:\(\left(2b-21\right)^2\le466\)nên \(0\le b\le21\)
Theo phương trình ban đầu thì\(x,y\)khác tính chắn lẻ nên\(b\)lẻ:
Nếu\(b=1\)thì(1)\(\Leftrightarrow\)\(-3y^2+12y+10\Leftrightarrow y=5\Rightarrow x=6\)
Nếu\(b=3\)thì(1)\(\Leftrightarrow3y^2+37y+56=0,\)không có nghiệm nguyên
\(\Leftrightarrow\)Nếu\(b=5\)thì(1)\(\Leftrightarrow9y^2+85y+174=0\Leftrightarrow y=-3\Rightarrow x==2\)
\(\Leftrightarrow\)Nếu\(b=7\)thì(1)\(\Leftrightarrow\)\(15y^2+157y+412=0\)(Vô nghiệm)
\(\Leftrightarrow\)Nếu\(b=11\)thì(1)\(\Leftrightarrow27y^2+373y+1440=0\)(Vô nghiệm)
\(\Leftrightarrow\)Nếu\(b=13\)thì(1)\(\Leftrightarrow33y^2+517y+2326=0\)(Vô nghiệm)
\(\Leftrightarrow\)Nếu\(b=15\)thì(1)\(\Leftrightarrow39y^2+685+3524=0\)(Vô nghiệm)
\(\Leftrightarrow\)Nếu\(b=17\)thì(1)\(\Leftrightarrow45y^2+877y+5082=0\)(Vô nghiệm)
\(\Leftrightarrow\)Nếu\(b=19\)thì(1)\(\Leftrightarrow51y^2+1093y+7048=0\)(Vô nghiệm)
\(\Leftrightarrow\)Nếu\(b=21\)thì(1)\(\Leftrightarrow57y^2+442y+9479=0\)(Vô Nghiệm)
Vậy phương trình có nghiệm nguyên\(\left(a,b\right)=\left(6,5\right),\left(2,-3\right)\)
P/s:Do bài trên toiii gửi nhầm nên đây là phần tiếp theo của bafi2,Sr:<
_Hoc Tốt_
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 1 t chỉ giải được khi x, y, z cùng dấu. Còn TH x, y, z không cùng dấu thì chưa nghĩ ra (Chắc là giả sử x, y đồng dấu rồi.. chăng?)
1/ Do \(x^2\left(x-1\right)^2\ge0\therefore\frac{x^2}{\left(x+1\right)^2}\ge\frac{3x^2}{4\left(x^2+x+1\right)}\)
Như vậy: \(VT\ge\frac{3}{4}\left(\frac{x^2}{x^2+x+1}+\frac{y^2}{y^2+y+1}+\frac{z^2}{z^2+z+1}\right)\ge\frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{x^2+x+1}+\frac{y^2}{y^2+y+1}+\frac{z^2}{z^2+z+1}\ge1\) (*) với xyz = 1.
Nếu \(x,y,z>0\) thì đặt \(\left(x;y;z\right)=\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)\) thu được BĐT Vacs.
Nếu \(\left(x,y,z\right)< 0\) thì đặt \(\left(x,y,z\right)\rightarrow\left(-m,-n,-p\right)\left(\text{với }m,n,p>0\right)\)
Cần chứng minh: \(\frac{m^2}{m^2-m+1}+\frac{n^2}{n^2-n+1}+\frac{p^2}{p^2-p+1}\ge1\)
Vì \(m,n,p\ge0\rightarrow VT\ge\frac{m^2}{m^2+m+1}+\frac{n^2}{n^2+n+1}+\frac{p^2}{p^2+p+1}\ge1\)
Đây là BĐT (*). Chứng minh tương tự.
tth_new Làm khó m rồi tth :)) thực ra đề thực dương mà t viết thiếu :))))
Cách làm khác mà ko dùng tới bổ đề Vacs
\(\frac{x^2}{\left(1+x\right)^2}+\frac{y^2}{\left(1+y\right)^2}+\frac{z^2}{\left(1+z\right)^2}\)
\(=\frac{1}{\left(\frac{1}{x}+1\right)^2}+\frac{1}{\left(\frac{1}{y}+1\right)^2}+\frac{1}{\left(\frac{1}{z}+1\right)^2}\)
Đặt \(\left(\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z}\right)\rightarrow\left(a;b;c\right)\)
Khi đó LHS trở thành:
\(\frac{1}{\left(a+1\right)^2}+\frac{1}{\left(b+1\right)^2}+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}\)
Mặt khác theo Bunhiacopski ta có:
\(\frac{1}{\left(a+1\right)^2}+\frac{1}{\left(b+1\right)^2}\ge\frac{1}{\left(ab+1\right)\left(\frac{a}{b}+1\right)}+\frac{1}{\left(ab+1\right)\left(\frac{b}{a}+1\right)}=\frac{1}{ab+1}\)
Ta cần chứng minh \(\frac{1}{ab+1}+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}=\frac{c}{c+1}+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}\ge\frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow\frac{c}{c+1}+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}-\frac{3}{4}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(c-1\right)^2}{4\left(c+1\right)^2}\ge0\) ( đúng )
Nhớ không nhầm đây là VMO 2005 được nghệ An lấy lại đưa vào đề thi tỉnh nhưng với bậc cao hơn :))))
Có người bảo t sol bài 2 nên t làm nha !!!
Đặt \(p=a+b+2\sqrt{ab+c^2}\)
\(\Rightarrow ab+c^2\) là số chính phương
Ta có:\(p=a+b+2\sqrt{ab+c^2}\Rightarrow p\left(a+b-2\sqrt{ab+c^2}\right)=\left(a+b+2\sqrt{ab+c^2}\right)\left(a+b-2\sqrt{ab+c^2}\right)\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)^2-4\left(ab+c^2\right)⋮p\Rightarrow\left(a-b-2c\right)\left(a-b+2c\right)⋮p\)
Mà p là số nguyên tố,ta xét
TH1:
\(a-b+2c⋮p\Rightarrow a-b+2c\ge p=a+b+2\sqrt{ab+c^2}\Rightarrow c\ge b+\sqrt{ab+c^2}>c\) ( Vô lý )
\(TH2:\)
\(a-b-2c⋮p\Rightarrow a-b-2c=0\left(h\right)\left|a-b-2c\right|\ge p\)
Nếu \(a-b-2c=0\Rightarrow c=\frac{a-b}{2}\Rightarrow p=2\left(a+b\right)⋮2\) ( loại )
Nếu \(p\le\left|a-b-2c\right|\le a-b-2c\Rightarrow\sqrt{ab+c^2}\le c\left(voly\right)\)
Vậy \(a+b+2\sqrt{ab+c^2}\) không là snt
Vậy ko tồn tại a,b,c thỏa mãn
Và đây là chứng minh BĐT Vacs cho ai yêu cách của tth_new
\(\left(x,y,z\right)\rightarrow\left(\frac{bc}{a^2};\frac{ca}{b^2};\frac{ab}{c^2}\right)\)
Khi đó BĐT trở thành:
\(\frac{a^4}{a^4+a^2bc+b^2c^2}+\frac{b^4}{b^4+b^2ca+a^2c^2}+\frac{c^4}{c^4+c^2ab+a^2b^2}\ge1\)
Áp dụng BĐT Ba Con Sâu ta có:
\(LHS\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^4+b^4+c^4+a^2bc+b^2ca+c^2ab+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}\)
Ta cần chứng minh \(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge abc\left(a+b+c\right)\) đúng theo BĐT AM-GM
Tổng quát cho BĐT Vacs:
Cho a,b,c > 0 và abc = 1. Chứng minh: \(\Sigma\frac{1}{a^{2k}+a^k+1}\ge1\)
Đối với bài này, để ý: \(\frac{x^2}{\left(1+x\right)^2}=\frac{1}{\left(\frac{1}{x}+1\right)^2}\equiv\frac{1}{\left(a+1\right)^2}=\frac{1}{a^2+2a+1}\)(\(a=\frac{1}{x}\))
Ta chứng minh BĐT mạnh hơn: \(\Sigma\frac{1}{a^2+2a+1}\ge\frac{3}{4}\Sigma\frac{1}{a^{2k}+a^k+1}\ge\frac{3}{4}\)
Từ đó nhiệm vụ của ta trong bài này là chọn k thích hợp :P Nhờ vậy mà ta có được những bổ đề từ trên trời rơi xuống:)
tức thật. vẽ hình làm gần xong thì máy lỗi tự động tắt. đắng + bực + ức chế.
a) dễ thấy các tứ giác ANFP,AMEP,AMSN là tứ giác nội tiếp nên ta có các góc bằng nhau :
\(\widehat{ANP}=\widehat{AFP}=\widehat{AEP}=\widehat{AMP}\) ( 1 )
Ta có : \(\widehat{APM}=\widehat{AEM}=\widehat{CES}=\widehat{SFE}=\widehat{PAN}\)
\(\Rightarrow AN//PM\)( 2 )
Từ ( 1 ) và ( 2 ) suy ra AMPN là hình bình hành
b) vì \(\Delta SON,SKF\)cân tại O,K nên \(\widehat{KFS}=\widehat{ONS}\left(=\widehat{FSO}\right)\) nên KF // ON
Tương tự : KE // OM
Ta có : \(\frac{SF}{SN}=\frac{SE}{SM}\left(=\frac{SK}{SO}\right)\Rightarrow EF//MN\)
\(\Rightarrow\widehat{MNE}=\widehat{NEF}=\widehat{GHF}\)
Suy ra tứ giác MNGH là tứ giác nội tiếp
\(\Rightarrow UM.UN=UG.UH\)
giả tứ US cắt ( O ), ( K ) lần lượt tại S1,S2 thì UM.UN=UG.UH=US.US1 = US . US2
\(\Rightarrow US_1=US_2\Rightarrow S_1\equiv S_2\equiv S\)
\(\Rightarrow UM.UN=US^2\)hay US là tiếp tuyến chung của ( O ) và ( K )
Ta sẽ chứng minh UT cũng là tiếp tuyến của ( O )
Gọi D là giao điểm của MN và AP
\(\Delta UNS~\Delta USM\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{S_{USM}}{S_{UNS}}=\left(\frac{SM}{SN}\right)^2=\frac{UM}{UN}\)( * )
Ta có : \(\widehat{DAM}=\widehat{FES}=\widehat{NMS}=\widehat{NAS}\)
\(\Rightarrow\Delta ANS~\Delta ADM\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{AS}{SN}=\frac{AM}{DM}\Rightarrow AM.SN=DM.AS\)( 3 )
Tương tự : \(\Delta ADN~\Delta AMS\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{AN}{DN}=\frac{AS}{SM}\Rightarrow AN.SM=AS.DN\)( 4 )
Từ ( 3 ) và ( 4 ) kết hợp với DM = DN ,ta được :
\(AM.SN=AN.SM\Rightarrow\left(\frac{SM}{SN}\right)^2=\left(\frac{AM}{AN}\right)^2\)
Thay vào ( * ),ta được : \(\frac{UM}{UN}=\left(\frac{AM}{AN}\right)^2\)hay UA là tiếp tuyến của ( O )
Suy ra UA = US hay \(\Delta ASU\)cân tại U
đây là hình. nếu muốn xem vào tkhđ xem nhá.