Phương Ann Nhã Doanh đề bài khó wá Mashiro Shiina Đinh Đức Hùng

Nguyễn Huy Tú Lightning Farron Akai Haruma

Bài 3: y hệt bài mình đã từng đăng Câu hỏi của Thắng Nguyễn - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath- trước mình có ghi lời giải mà lâu ko xem giờ quên r` :)

1) Đặt n+1 = k^2

2n + 1 = m^2

Vì 2n + 1 là số lẻ => m^2 là số lẻ => m lẻ 

Đặt m = 2t+1

=> 2n+1 = m^2 = (2t+1)^2

=> 2n+1 = 41^2 + 4t + 1

=> n = 2t(t+1)

=> n là số chẵn

=> n+1 là số lẻ

=> k lẻ 

+) Vì k^2 = n+1

=> n = (k-1)(k+1)

Vì k -1 và k+1 là 2 số chẵn liên tiếp

=> (k+1)(k-1) chia hết cho * 

=> n chia hết cho 8

+) k^2 + m^2 = 3a + 2

=> k^2 và m^2 chia 3 dư 1

=> m^2 - k^2 chia hết cho 3

m^2 - k^2 = a

=> a chia hết cho 3

Mà 3 và 8 là 2 số nguyên tố cùng nhau

=> a chia hết cho 24

ấy nhầm, là n chứ không phải a nha :))

5) a) Ta có: \(a< b+c\)

\(\Rightarrow a^2< ab+ac\)

Tương tự: \(b^2< ba+bc\)

\(c^2< ca+cb\)

Cộng từng vế các BĐT vừa chứng minh, ta được đpcm

b) Ta có: \(\left(b+c-a\right)\left(b+a-c\right)=b^2-\left(c-a\right)^2\le b^2\)

\(\left(c+a-b\right)\left(c+b-a\right)=c^2-\left(a-b\right)^2\le c^2\)

\(\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)=a^2-\left(b-c\right)^2\le a^2\)

Nhân từng vế các BĐT trên, ta được

\(\left[\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)\right]^2\le\left(abc\right)^2\)

Các biểu thức trong ngoặc vuông đều dương nên ta suy ra đpcm

Bài 5:

a)

Ta có \(a^2+b^2+c^2<2(ab+bc+ac)\)

\(\Leftrightarrow a(b+c-a)+b(a+c-b)+c(a+b-c)>0\)

Điều này hiển nhiên đúng vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác nên

\(b+c-a,a+b-c,c+a-b>0\)

b) Áp dụng BĐT Am-Gm:

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

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

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

Nhân theo vế :

\(\Rightarrow [(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)]^2\leq a^2b^2c^2\)

\(\Rightarrow (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc\)

Do đó ta có đpcm

c)

\(a^3+b^3+c^3+2abc< a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)\)

\(\Leftrightarrow a(ab+ac-a^2-bc)+b(ab+bc-b^2-ac)+c(ca+cb-c^2)>0\)

\(\Leftrightarrow a(a-c)(b-a)+b(b-c)(a-b)+c^2(a+b-c)>0\)

\(\Leftrightarrow (a-b)(b-a)(b+a-c)+c^2(b+a-c)>0\)

\(\Leftrightarrow (b+a-c)[c^2-(a-b)^2]>0\)

Điều này hiển nhiên đúng vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác thì \(b+a>c, c>|a-b|\)

Do đó ta có đpcm.

Bài 1:

Sử dụng kết quả của bài 5.

Ta có : \(a^2+b^2+c^2+4abc< \frac{1}{2}\Leftrightarrow 2(a^2+b^2+c^2)+8abc< 1\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+(a+b+c)^2-2(ab+bc+ac)+8abc< 1\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-2(ab+bc+ac)+8abc<0\) (do \(a+b+c=1\) )

\(\Leftrightarrow 2(ab+bc+ac)> a^2+b^2+c^2+8abc\)

Thay \(1=a+b+c\), BĐT tương đương với:

\(2(ab+bc+ac)(a+b+c)> (a^2+b^2+c^2)(a+b+c)+8abc\)

\(\Leftrightarrow 2[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)]>a^3+b^3+c^3+ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+2abc\)

\(\Leftrightarrow ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)>a^3+b^3+c^3+2abc\)

\(\Leftrightarrow a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)>a^3+b^3+c^3+2abc\)

Điều này đã được cm ở phần c bài 5

Do đó ta có đpcm.

sky oi say oh yeah

Bài 2:

\(hpt\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(x^2+2x\right)+\left(y^2+2y\right)=6\\\left(x^2+2x\right)\left(y^2+2y\right)=9\end{matrix}\right.\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}x^2+2x=a\\y^2+2y=b\end{matrix}\right.\) thì:\(\left\{{}\begin{matrix}a+b=6\\ab=9\end{matrix}\right.\)

Từ \(a+b=6\Rightarrow a=6-b\) thay vào \(ab=9\)

\(b\left(6-b\right)=9\Rightarrow-b^2+6b-9=0\)

\(\Rightarrow-\left(b-3\right)^2=0\Rightarrow b-3=0\Rightarrow b=3\)

Lại có: \(a=6-b=6-3=3\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2+2x=3\\y^2+2y=3\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(x-1\right)\left(x+3\right)=0\\\left(y-1\right)\left(y+3\right)=0\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=-3\end{matrix}\right.\\\left[{}\begin{matrix}y=1\\y=-3\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

Bài 3:

\(BDT\Leftrightarrow\dfrac{1}{a^2\left(b+c\right)}+\dfrac{1}{b^2\left(c+a\right)}+\dfrac{1}{c^2\left(a+b\right)}\ge\dfrac{3}{2}\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\dfrac{1}{a^2\left(b+c\right)}+\dfrac{b+c}{4}\ge2\sqrt{\dfrac{1}{a^2\left(b+c\right)}\cdot\dfrac{b+c}{4}}\)\(=2\sqrt{\dfrac{1}{4a^2}}=\dfrac{1}{a}\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta có:

\(\dfrac{1}{b^2\left(c+a\right)}+\dfrac{c+a}{4}\ge\dfrac{1}{b};\dfrac{1}{c^2\left(a+b\right)}+\dfrac{a+b}{4}\ge\dfrac{1}{c}\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

\(\Rightarrow VT+\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{4}\ge\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\)

\(\Rightarrow VT+\dfrac{a+b+c}{2}\ge\dfrac{9}{a+b+c}\ge\dfrac{9}{3\sqrt[3]{abc}}\)

\(\Rightarrow VT+\dfrac{3\sqrt[3]{abc}}{2}\ge\dfrac{9}{3\sqrt[3]{abc}}\Rightarrow VT+\dfrac{3}{2}\ge3\left(abc=1\right)\)

\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{3}{2}\). Tức là \(\dfrac{1}{a^2\left(b+c\right)}+\dfrac{1}{b^2\left(c+a\right)}+\dfrac{1}{c^2\left(a+b\right)}\ge\dfrac{3}{2}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Làm cho hoàn thiện luôn nè

1)ĐK:x>0

pt trở thành: x²+1+3x\(\sqrt{\dfrac{x^2+1}{x}}\)=10x

<=>\(\dfrac{x^2+1}{x}\)+3\(\sqrt{\dfrac{x^2+1}{x}}\)=10(*)

đặt y=\(\sqrt{\dfrac{x^2+1}{x}}\)(y>0)

(*)<=>y²+3y-10=0

<=>(y+5)(y-2)=0

<=>\(\left[{}\begin{matrix}y=-5\\y=2\end{matrix}\right.\)

vậy y =2(y>0)

<=>\(\sqrt{\dfrac{x^2+1}{x}}\)=2<=>x²+1=4x

<=>x²-4x+1=0<=>\(\left[{}\begin{matrix}x=\sqrt{3}+2\\x=2-\sqrt{3}\end{matrix}\right.\)

3) điều phải cm<=>\(\dfrac{1}{a^2\left(b+c\right)}+\dfrac{1}{b^2\left(a+c\right)}+\dfrac{1}{c^2\left(a+b\right)}\ge\dfrac{3}{2}\)đặt x=\(\dfrac{1}{a}\);y=\(\dfrac{1}{b}\);z=\(\dfrac{1}{c}\)

P<=>\(\dfrac{x^2yz}{y+z}+\dfrac{xy^2z}{x+z}+\dfrac{xyz^2}{x+y}\)

=\(\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{x+z}+\dfrac{z}{x+y}\)(xyz=1)

đến đây ta có bất đẳng thức quen thuộc trên

A=\(\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{x+z}+\dfrac{z}{x+y}\)

A+3=\(\dfrac{x+y+z}{y+z}+\dfrac{x+y+z}{x+z}+\dfrac{x+y+z}{x+y}\)

=(x+y+z)(\(\dfrac{1}{y+z}+\dfrac{1}{x+z}+\dfrac{1}{x+y}\))(**)

đặt m=x+y;n=y+z;p=x+z

(**)<=>\(\dfrac{m+n+p}{2}\left(\dfrac{1}{m}+\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{p}\right)\ge\dfrac{9}{2}\)(điều suy ra được từ bất đẳng thức cô-si cho 3 số)

=>A\(\ge\)\(\dfrac{3}{2}\)

=>P\(\ge\)\(\dfrac{3}{2}\)

bài BĐT nhóm 2 ra chuyển sa VP là thành đề JBMO nào đó ko nhớ :v

a) \(\dfrac{1}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)}+\dfrac{1}{\left(b-c\right)\left(c-a\right)}+\dfrac{1}{\left(c-a\right)\left(a-b\right)}\)

\(=\dfrac{c-a+a-b+b-c}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}=0\)

b) \(\dfrac{\left(a^2-\left(b+c\right)^2\right)\left(a+b-c\right)}{\left(a+b+c\right)\left(a^2+c^2-2ac-b^2\right)}\)

\(=\dfrac{\left(a-b-c\right)\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)}{\left(a+b+c\right)\left(\left(a-c\right)^2-b^2\right)}\)

\(=\dfrac{\left(a-c-b\right)\left(a-c+b\right)}{\left(a-c-b\right)\left(a-c+b\right)}=1\)

c) \(\dfrac{x-1}{x^3}-\dfrac{x+1}{x^3-x^2}+\dfrac{3}{x^3-2x^2+x}\)

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

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

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

\(=\dfrac{4x-1}{x^3\left(x-1\right)^2}\)

d) \(\left(\dfrac{x^2-y^2}{xy}-\dfrac{1}{x+y}\left(\dfrac{x^2}{y}-\dfrac{y^2}{x}\right)\right):\dfrac{x-y}{x}\)

\(=\left(\dfrac{\left(x-y\right)\left(x+y\right)}{xy}-\dfrac{1}{x+y}.\dfrac{x^3-y^3}{xy}\right):\dfrac{x-y}{x}\)

\(=\left(\dfrac{\left(x-y\right)\left(x+y\right)}{xy}-\dfrac{\left(x-y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)}{xy\left(x+y\right)}\right):\dfrac{x-y}{x}\)

\(=\dfrac{\left(x-y\right)\left(x^2+2xy+y^2-x^2-xy-y^2\right)}{xy\left(x+y\right)}.\dfrac{x}{x-y}\)

\(=\dfrac{x}{x+y}\)

1.

Nhân 2 vế của BĐT với \(\left(a+b+c\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)

\(3(a^2+b^2+c^2)(a+b)(b+c)(c+a)\ge(a+b+c)\left(Σ_{cyc}(a^2+b^2)(c+a)(c+b)\right)\)

\(\LeftrightarrowΣ_{perms}a^2b\left(a-b\right)^2\ge0\) *đúng*

Xí câu BĐT:

ta cần chứng minh \(\dfrac{a^2}{b^2c}+\dfrac{b^2}{c^2a}+\dfrac{c^2}{a^2b}\ge\dfrac{ab+bc+ca}{abc}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge ab+bc+ca\)

Áp dụng BĐT cauchy:

\(\dfrac{a^3}{b}+ab\ge2\sqrt{\dfrac{a^3}{b}.ab}=2a^2\)

tương tự ta có:\(\dfrac{b^3}{c}+bc\ge2b^2;\dfrac{c^3}{a}+ac\ge2c^2\)

cả 2 vế các BĐT đều dương,cộng vế với vế ta có:

\(\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}+ab+bc+ca\ge2a^2+2b^2+2c^2\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(ab+bc+ca\right)\)

mà a²+b²+c²\(\ge ab+bc+ca\) ( chứng minh đầy đủ nhá)

do đó \(S=\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge2\left(ab+bc+ca\right)-ab+bc+ca=ab+bc+ca\)

suy ra BĐT ban đầu đúng

dấu = xảy ra khi và chỉ khi a=b=c.

P/s: cách khác :Áp dụng BĐT cauchy-schwarz:

\(\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}=\dfrac{a^4}{ab}+\dfrac{b^4}{bc}+\dfrac{c^4}{ca}\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ca}\)

\(S\ge\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{ab+bc+ca}=ab+bc+ca\)

Câu hệ này =))
b, Từ hệ đã cho ta thấy x,y > 0
Trừ vế cho vế pt (1) và (2) của hệ ta được:
\(x^4-y^4=4y-4x\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x+y\right)\left(x^2+y^2\right)=4\left(y-x\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x+y\right)\left(x^2+y^2\right)+4\left(x-y\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left[\left(x+y\right)\left(x^2+y^2\right)+4\right]=0\)
\(\Leftrightarrow x-y=0\) ( Vì \(\left(x+y\right)\left(x^2+y^2\right)+4>0\) với x,y > 0)
\(\Leftrightarrow x=y\)
Với x = y thay vào pt đầu của hệ ta được:
\(x^4-4x+3=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x^3+x^2+x-3\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2\left(x^2+2x+3\right)=0\)
\(\Leftrightarrow x-1=0\) ( Vì \(x^2+2x+3>0\) )
\(\Leftrightarrow x=1\)
Với x=1 suy ra y=1
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x;y) = (1;1)

2, Phương trình đã cho tương đương với:
\(x^2y^2+x^2+y^2+1+2\left(x-y\right)\left(1-xy\right)-4xy=9\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2+2\left(x-y\right)\left(1-xy\right)+\left(xy-1\right)^2=9\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y+xy-1\right)^2=9\)
\(\Leftrightarrow\left[\left(x-1\right)\left(y+1\right)\right]^2=9\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(y+1\right)=3\) ( Vì x,y nguyên dương )
Vì \(x;y\in Z^+\) nên x-1; y+1 nguyên và không âm.
Suy ra x-1 ; y+1 là ước nguyên dương của 3
Xét 2 TH ta tìm được các giá trị x;y cần tìm