Violympic toán 9

Lời giải:

Ta có:

$(a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2)=1-1=0$

$\Leftrightarrow 2(ab+bc+ac)=0$

$\Leftrightarrow ab+bc+ac=0$

Đặt $\frac{a}{x}=\frac{b}{y}=\frac{c}{z}=t\Rightarrow x=\frac{a}{t}, y=\frac{b}{t}, z=\frac{c}{t}$

Do đó:

$xy+yz+xz=\frac{ab}{t^2}+\frac{bc}{t^2}+\frac{ac}{t^2}$

$=\frac{1}{t^2}(ab+bc+ac)=\frac{1}{t^2}.0=0$

Ta có đpcm.

Ta có:

\(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=0\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{z}=-\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)\)

\(\Rightarrow\left(\dfrac{1}{z}\right)^3=-\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)^3\)

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

\(\Rightarrow\dfrac{1}{z^3}=-\dfrac{1}{x^3}-\dfrac{3}{x^2y}-\dfrac{3}{xy^2}-\dfrac{1}{y^3}\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{z^3}+\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{y^3}=-3\cdot\dfrac{1}{x}\cdot\dfrac{1}{y}\cdot\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{z^3}+\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{y^3}=-3\cdot\dfrac{1}{x}\cdot\dfrac{1}{y}\cdot-\dfrac{1}{z}\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{z^3}+\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{y^3}=3\cdot\dfrac{1}{xyz}\)

\(\Rightarrow xyz\cdot\left(\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{y^3}+\dfrac{1}{z^3}\right)=3\)

\(\Rightarrow\dfrac{xyz}{x^3}+\dfrac{xyz}{y^3}+\dfrac{xyz}{z^3}=3\)

\(\Rightarrow\dfrac{yz}{x^2}+\dfrac{xz}{y^2}+\dfrac{xy}{z^2}=3\)

Vậy \(A=3\)

\(A=2\cdot sin^2a+5\cdot\left(1-sin^2a\right)\)

\(=-3\cdot sin^2a+5\)

\(=-3\cdot\dfrac{4}{9}+5\)

\(=5-\dfrac{4}{3}=\dfrac{11}{3}\)

Ta có:

\(sin^2a+cos^2a=1\)

\(\Rightarrow cos^2a=1-sin^2a\)

Thay vào A ta có:

\(A=2\cdot sin^2a+5\cdot\left(1-sin^2a\right)\)

\(A=2\cdot sin^2a+5-5sin^2a\)

\(A=-3\cdot sin^2a+5\)

Mà: \(sina=\dfrac{2}{3}\Rightarrow sin^2a=\dfrac{4}{9}\)

\(A=-3\cdot\dfrac{4}{9}+5\)

\(A=-\dfrac{4}{3}+5\)

\(A=\dfrac{11}{3}\)

Ta có :

\(0\le a;b;c\le4\)

\(\Leftrightarrow\left(16-a^2\right)\left(4-b\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow64-16b-4a^2+a^2b\ge0\)

\(\Leftrightarrow64+a^2b\ge16b+4a^2\)

\(\Leftrightarrow64+a^2b\ge4\left(a^2+4b\right)\ge a^3+b^3\left(1\right)\)

Chứng minh tương tự :

\(\left\{{}\begin{matrix}64+b^2c\ge b^3+c^3\left(2\right)\\64+c^2a\ge c^3+a^3\left(3\right)\end{matrix}\right.\)

\(\left(1\right)+\left(2\right)+\left(3\right)\)

\(\Leftrightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)\le192+a^2b+b^2c+c^2a\)

\(\Rightarrow dpcm\)

Ta có: BC=5
nên BH+HC=5
hay BH=5-HC
Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuôn vào tam giác ABC vuông A đường cao AH, ta có:
\(\Rightarrow AH^2=BH.CH\)
\(\Rightarrow4=\left(5-HC\right).HC\)
\(\Leftrightarrow CH^2-5CH+4=0\)
\(\Leftrightarrow CH^2-4CH-CH+4=0\)
\(\Leftrightarrow CH\left(CH-4\right)-\left(CH-4\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(CH-4\right)\left(CH-1\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}CH=4\\CH=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}BH=1\\BH=4\end{matrix}\right.\)

\(\sqrt{2023+2025}=\sqrt{2.2024}\)

\(2\sqrt{2024}=\sqrt{4.2024}\)

\(\sqrt{2.2024}< \sqrt{4.2024}\)

=> \(\sqrt{2023+2025}< 2.\sqrt{2024}\)

\(\sqrt{2023+2025}=\sqrt{2.2024}\\ 2\sqrt{2024}=\sqrt{4.2024}\\ \sqrt{2.2024}< \sqrt{4.2024}\\ \Rightarrow\sqrt{2023+2025< 2.\sqrt{2024}}\)

Ui thích quá, còn được cộng điểm tài năng vào các trường đại học nữa ạ! xịn sò quá!!!

Xin +1 giấy :>

confused :(

\(n^2+7n+22=n^2+7n+10+12=\left(n+2\right)\left(n+5\right)+12\)

Do n+2 và n+5 hơn kém nhau 3 đơn vị nên chúng có cùng số dư khi chia cho 3.

TH1: n+2 và n+5 cùng chia hết cho 3 

=> tích (n+2)(n+5) chia hết cho 9
Mà 12 không chia hết cho 9 nên n^2+7n+22 không chia hết cho 9

TH2: n+2 và n+5 cùng không chia hết cho 3

=> tích (n+2)(n+5) không chia hết cho 3

Mà 12 chia hết cho 3 nên n^2+7n+22 không chia hết cho 3 => không chia hết cho 9

=> ĐPCM

\(a^3+b^3+c^3=\left(a+b+c\right)^3-3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)

Ta có: Với 3 số a,b,c ít nhất có 1 cặp a,b,c cùng chẵn hoặc cùng lẻ

=> \(\left[{}\begin{matrix}a+b⋮2\\b+c⋮2\\c+a⋮2\end{matrix}\right.\)=> \(3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)⋮6\)

=> \(a^3+b^3+c^3⋮6\)