Hỏi đáp môn Toán

Lời giải:

Lớp 8 thì chắc bạn học BĐT Bunhiacopxky rồi.

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

\(\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)(1+1+1)\geq \left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\)

\(\Rightarrow 3+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=12\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\geq 4\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\)

Đặt \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=x\Rightarrow 3+x\geq 4x^2\)

\(\Leftrightarrow 4x^2-x-3\leq 0\)

\(\Leftrightarrow (4x+3)(x-1)\leq 0\Rightarrow x\leq 1\) hay \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leq 1(*)\)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

\(\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)(a+a+a+a+b+c)\geq (1+1+1+1+1+1)^2\)

\(\Leftrightarrow \frac{4}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{36}{4a+b+c}\)

Hoàn toàn tương tự:

\(\frac{1}{a}+\frac{4}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{36}{a+4b+c}\)

\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{4}{c}\geq \frac{36}{a+b+4c}\)

Cộng theo vế các BĐT vừa thu được ở trên và rút gọn:

\(\Rightarrow \frac{1}{4a+b+c}+\frac{1}{a+4b+c}+\frac{1}{a+b+4c}\leq \frac{1}{6}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

\(\leq \frac{1}{6}.1=\frac{1}{6}\) (theo $(*)$)

Vậy ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=3$

Hình vẽ:

Lời giải:

Vì \(AD\parallel CF\) nên áp dụng định lý Talet:

\(\frac{DE}{EF}=\frac{AE}{EB}\Rightarrow \frac{DE}{DE+EF}=\frac{AE}{AE+EB}\Rightarrow \frac{DE}{DF}=\frac{AE}{AB}\)

\(\Rightarrow DF=\frac{DE.AB}{AE}\)

Do đó:

\(\frac{1}{DE^2}+\frac{1}{DF^2}=\frac{1}{DE^2}+\frac{AE^2}{DE^2AB^2}=\frac{AB^2+AE^2}{DE^2.AB^2}\)

\(=\frac{AD^2+AE^2}{DE^2.AB^2}=\frac{DE^2}{DE^2.AB^2}\) (định lý Pitago)

\(=\frac{1}{AB^2}=\frac{1}{AD^2}\)

Ta có đpcm

Lời giải:

Đặt \(\underbrace{111....1}_{n}=a\Rightarrow 9a+1=1\underbrace{00....0}_{n-1}=10^{n}\)

Khi đó:

\(\underbrace{33....3^2}_{n}+\underbrace{5...5}_{n-1}\underbrace{444...4^2}_{n}\)

\(=(\underbrace{333....3}_{n})^2+(\underbrace{55...5}_{n-1}.10^n+\underbrace{4444....4}_{n})^2\)

\(=(\underbrace{333....3}_{n})^2+\left(\frac{\underbrace{55...5}_{n}-5}{10}.10^n+\underbrace{4444....4}_{n}\right)^2\)

\(=(3a)^2+(\frac{5a-5}{10}.(9a+1)+4a)^2\)

\(=(3a)^2+(\frac{9a^2-1}{2})^2=9a^2+\frac{81a^4+1-18a^2}{4}\)

\(=\frac{81a^4+1+18a^2}{4}=\frac{(9a^2+1)^2}{4}=\left(\frac{9a^2+1}{2}\right)^2\) là số chính phương vì \(\frac{9a^2+1}{2}\in\mathbb{Z}\)

Ta có đpcm.

Đặt ẩn phụ 1111111...11(n) chữ số 1=t ý,giải tiếp :3

đặc \(z=a+bi\) với \(\left(a;b\in R;i^2=-1\right)\)

ta có : \(\left|z-\overline{z}+2i\right|=\left|\dfrac{3}{2}z+\dfrac{1}{2}\overline{z}\right|\)

\(\Leftrightarrow\left|a+bi-a+bi+2i\right|=\left|\dfrac{3}{2}a+\dfrac{3}{2}bi+\dfrac{1}{2}a-\dfrac{1}{2}bi\right|\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(2b+2\right)^2}=\sqrt{\left(2a+b\right)^2}\) \(\Leftrightarrow2b+2=2a+b\Leftrightarrow a=\dfrac{b}{2}+1\)

ta có : \(P=\left|z-3\right|=\left|a+bi-3\right|=\sqrt{\left(a-3\right)^2+b^2}\)

\(\Leftrightarrow P=\sqrt{\left(\dfrac{b}{2}+1-3\right)^2+b^2}=\sqrt{\left(\dfrac{b}{2}-2\right)^2+b^2}\)

\(\Leftrightarrow P=\sqrt{\dfrac{5b^2}{4}-2b+4}\ge\sqrt{4-\dfrac{\left(-2\right)^2}{4.\dfrac{5}{4}}}=\dfrac{4\sqrt{5}}{5}\)

dấu "=" xảy ra khi \(b=\dfrac{2}{2.\dfrac{5}{4}}=\dfrac{4}{5}\) và \(a=\dfrac{7}{5}\) \(\Leftrightarrow z=\dfrac{7}{5}+\dfrac{4}{5}i\)

Lời giải:

Đặt \((\frac{a-b}{c}, \frac{b-c}{a}, \frac{c-a}{b})=(x,y,z)\)

Khi đó:
\(Q=(x+y+z)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)=3+\frac{x+y}{z}+\frac{y+z}{x}+\frac{z+x}{y}\)

Ta có:

\(x+y=\frac{a-b}{c}+\frac{b-c}{a}=\frac{a^2-ab+bc-c^2}{ac}=\frac{b(c-a)-(c-a)(c+a)}{ca}\)

\(=\frac{b(c-a)-(c-a)(-b)}{ac}=\frac{2b(c-a)}{ca}\) (do $a+b+c=0$)

\(\Rightarrow \frac{x+y}{z}=\frac{2b(c-a)}{ca}.\frac{b}{c-a}=\frac{2b^2}{ca}=\frac{2b^3}{abc}\)

Hoàn toàn tương tự:

\(\frac{y+z}{x}=\frac{2c^3}{abc}; \frac{x+z}{y}=\frac{2a^3}{abc}\)

Do đó:

\(Q=3+\frac{x+y}{z}+\frac{y+z}{x}+\frac{x+z}{y}=3+\frac{2(a^3+b^3+c^3)}{abc}=3+\frac{2[(a+b)^3-3ab(a+b)+c^3]}{abc}\)

\(=3+\frac{2[(-c)^3-3ab(-c)+c^3]}{abc}=3+\frac{2.3abc}{abc}=3+6=9\)

Ta có đpcm.

Lời giải:

Từ \(x+y+z=xyz\Rightarrow \frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{xz}=1\)

Đặt \((\frac{1}{a}, \frac{1}{b}, \frac{1}{c})=(x,y,z)\), trong đó $a,b,c>0$ thì ta có:

\(ab+bc+ac=1\) và cần phải CMR:

\(P=\frac{\sqrt{(\frac{1}{b^2}+1)(\frac{1}{c^2}+1})-\sqrt{\frac{1}{b^2}+1}-\sqrt{\frac{1}{c^2}+1}}{\frac{1}{bc}}+\frac{\sqrt{(\frac{1}{c^2}+1)(\frac{1}{a^2}+1})-\sqrt{\frac{1}{c^2}+1}-\sqrt{\frac{1}{a^2}+1}}{\frac{1}{ac}}+\frac{\sqrt{(\frac{1}{a^2}+1)(\frac{1}{b^2}+1})-\sqrt{\frac{1}{a^2}+1}-\sqrt{\frac{1}{b^2}+1}}{\frac{1}{ab}}\)

-----------------------------------------------

Ta có:
\(\frac{\sqrt{(\frac{1}{b^2}+1)(\frac{1}{c^2}+1})-\sqrt{\frac{1}{b^2}+1}-\sqrt{\frac{1}{c^2}+1}}{\frac{1}{bc}}=\sqrt{(b^2+1)(c^2+1)}-b\sqrt{c^2+1}-c\sqrt{b^2+1}\)

\(=\sqrt{(b^2+ab+bc+ac)(c^2+ac+bc+ab)}-b\sqrt{c^2+ac+bc+ab}-c\sqrt{b^2+ab+bc+ac}\)

\(=\sqrt{(b+a)(b+c)(c+a)(c+b)}-b\sqrt{(c+a)(c+b)}-c\sqrt{(b+a)(b+c)}\)

\(=(b+c)\sqrt{(a+b)(a+c)}-b\sqrt{(c+a)(c+b)}-c\sqrt{(b+a)(b+c)}(1)\)

Tương tự:

\(\frac{\sqrt{(\frac{1}{c^2}+1)(\frac{1}{a^2}+1})-\sqrt{\frac{1}{c^2}+1}-\sqrt{\frac{1}{a^2}+1}}{\frac{1}{ac}}=(a+c)\sqrt{(b+a)(b+c)}-a\sqrt{(c+a)(c+b)}-c\sqrt{(a+b)(a+c)}(2)\)

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

Từ \((1);(2);(3)\Rightarrow P=(b+c-c-b)\sqrt{(a+b)(a+c)}+(a+c-c-a)\sqrt{(b+a)(b+c)}+(a+b-b-a)\sqrt{(c+a)(c+b)}\)

\(=0\)

Ta có đpcm.

b)\(\sqrt{5x^2+2xy+2y^2}+\sqrt{2x^2+2xy+5y^2}=3\left(x+y\right)\)

\(\Rightarrow\left(\sqrt{5x^2+2xy+2y^2}+\sqrt{2x^2+2xy+5y^2}\right)^2=\left(3\left(x+y\right)\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(5x^2+2xy+2y^2\right)\left(2x^2+2xy+5y^2\right)}=x^2+7xy+y^2\)

\(\Rightarrow\left(5x^2+2xy+2y^2\right)\left(2x^2+2xy+5y^2\right)=\left(x^2+7xy+y^2\right)^2\)

\(\Leftrightarrow9\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)^2=0\)\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=y\\x=-y\end{matrix}\right.\)

\(\rightarrow\left(x;y\right)\in\left\{\left(0;0\right),\left(1;1\right)\right\}\)

caau a) binh phuong len ra no x=y tuong tu

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

\(=\sum_{cyc}\left(\frac{x^2}{y}-2x+y-\left(x-y\right)^2\right)\)

\(=\sum_{cyc}\left(\left(x-y\right)^2\left(\frac{1-y}{y}\right)\right)\)

\(=\sum_{cyc}\left(\left(x-y\right)^2\left(\frac{\left(\sqrt{x}+\sqrt{z}\right)\left(\sqrt{x}+2\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)}{y}\right)\right)\ge0\)

\(\rightarrow VT\ge\frac{1}{3}\)"=" <=> x=y=z=1/9

Lời giải:

Sắp xếp $1010$ số nguyên dương $a_i$ theo thứ tự tăng dần ta có:

\(1\leq a_1< a_2< a_3< ....< a_{1010}< 2019\)

Xét thêm $1009$ số $b_j$, được xác định bởi:

\(b_1=a_2-a_1, b_2=a_3-a_1;....; b_{1009}=a_{1010}-a_1\). Ta cũng có:

\(1\leq b_1< b_2< b_3< ....< b_{1009}< 2019\)

Giả sử tập \(\left\{a_1,a_2,...,a_{1010}\right\}\) với tập \(\left\{b_1,b_2,...,b_{1009}\right\}\) không có phần tử nào giống nhau. Khi đó \(\left\{a_1,a_2,...,a_{1010}, b_1,b_2,...,b_{1009}\right\}\) là tập gồm 2019 số nguyên dương khác nhau nhỏ hơn $2019$. Điều này hoàn toàn vô lý vì chỉ có nhiều nhất $2018$ số nguyên dương nhỏ hơn $2019$.

Do đó điều giả sử là sai, nghĩa là tồn tại một \(b_j(j=\overline{1,1009})=a_i(i=\overline{1,2,...,1010})\)

\(\Leftrightarrow a_{j+1}-a_1=a_i\)

\(\Leftrightarrow a_{j+1}=a_i+a_1\)

Ta có đpcm.

Lời giải:

Xét hàm \(f(x)=\frac{2x+1}{x^2(x+1)^2}\)

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

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

Do đó:

\(s=f(1)+f(2)+f(3)+...+f(x)=1-\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^2}-\frac{1}{3^2}+...+\frac{1}{x^2}-\frac{1}{(x+1)^2}\)

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

Để \(s=\frac{2y(x+1)^3-1}{(x+1)^2}-19+x\)

\(\Leftrightarrow 1-\frac{1}{(x+1)^2}=2y(x+1)-\frac{1}{(x+1)^2}-19+x\)

\(\Leftrightarrow 1=2y(x+1)-19+x\)

\(\Leftrightarrow (2y+1)(x+1)=21\)

Vì $x,y$ nguyên dương nen $2y+1$ và $x+1$ cũng là các nguyên dương lớn hơn $1$. Do đó ta xét các TH sau:

\(\left\{\begin{matrix} 2y+1=3\\ x+1=7\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} y=1\\ x=6\end{matrix}\right.\)

\(\left\{\begin{matrix} 2y+1=7\\ x+1=3\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} y=3\\ x=2\end{matrix}\right.\)

Vậy............

Lời giải:

Từ điều kiện \(x+y+z+2=xyz\) ta có một đẳng thức rất đẹp là \(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}=1\)

\(\Rightarrow \frac{x}{x+1}+\frac{y}{y+1}+\frac{z}{z+1}=2(*)\)

(lớp 9 mình đã rất sung sướng khi phát hiện ra nó, vì đây là mấu chốt để giải quyết bài toán được đẹp nhất, dù không mới mẻ. Tất nhiên không thể tự nhiên mà có được đẳng thức như thế này, nó tùy thuộc vào khả năng suy luận ngược hoặc thói quen biến đổi các đẳng thức cơ bản)

Khi đó, áp dụng BĐT Bunhiacopxky ta có:

\((x+1+y+1+z+1)\left(\frac{x}{x+1}+\frac{y}{y+1}+\frac{z}{z+1}\right)\geq (\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^2\)

\(\Leftrightarrow 2(x+y+z+3)\ge (\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^2\)

\(\Leftrightarrow x+y+z+6\geq 2(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{xz})\)

Ta có đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=2\)

Hình vẽ:

Lời giải:

a) Ta thấy:

\(\triangle MNL, TO\parallel NL\) nên áp dụng định lý Ta-let suy ra \(\frac{TO}{NL}=\frac{MO}{ML}\)

\(\triangle MDL, SO\parallel DL\) nên áp dụng định lý Ta-let suy ra \(\frac{OS}{LD}=\frac{MO}{ML}\)

\(\Rightarrow \frac{TO}{NL}=\frac{SO}{LD}\). Mà $TO=SO$ (do tính đối xứng) nên \(NL=LD\) (đpcm)

b)

$OH$ vuông góc với dây cung $CD$ nên $H$ là trung điểm của $CD$

Theo phần a ta cũng có $L$ là trung điểm của $DN$

Do đó $HL$ là đường trung bình ứng với cạnh $NC$ của tam giác $DNC$

\(\Rightarrow HL\parallel NC\Rightarrow \widehat{DHL}=\widehat{DCN}\) (so le trong)

Mà \(\widehat{DCN}=\widehat{DCM}=\widehat{DEM}=\widehat{DEL}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung $DM$)

\(\Rightarrow \widehat{DHL}=\widehat{DEL}\Rightarrow HLDE\) nội tiếp (đpcm)

c)

Vì \(DN\parallel AF\Rightarrow \widehat{HDL}=\widehat{HFO}\) (đồng vị)

Mà \(\widehat{HDL}=\widehat{HEL}=\widehat{HEO}\) (do tứ giác $HLDE$ nội tiếp)

\(\Rightarrow \widehat{HFO}=\widehat{HEO}\Rightarrow OHEF\) nội tiếp

\(\Rightarrow \widehat{OEF}=\widehat{OHF}=90^0\) (cùng nhìn cạnh $OF$)

\(\Rightarrow OE\perp EF\)

\(\Rightarrow \) $EF$ là tiếp tuyến của $(O)$ (đpcm)

P/s: Mình đã bổ sung điều kiện cho điểm $M$, nếu $M$ nằm chính giữa cung $AB$ thì $CD\parallel AB$ nên không thể cắt $AB$ tại $F$.

Lời giải:

Đặt \(\sqrt{x+2}=a(a\geq 0)\Rightarrow 2=a^2-x\)

Khi đó pt đã cho trở thành:

\(x^3-3x^2+2a^3-3x.2=0\)

\(\Leftrightarrow x^3-3x^2+2a^3-3x(a^2-x)=0\)

\(\Leftrightarrow x^3+2a^3-3xa^2=0\)

\(\Leftrightarrow x(x^2-a^2)-2a^2(x-a)=0\)

\(\Leftrightarrow (x-a)(x^2+xa-2a^2)=0\)

\(\Leftrightarrow (x-a)[(x^2-a^2)+a(x-a)]=0\)

\(\Leftrightarrow (x-a)^2(x+2a)=0\)

TH1: \(x-a=0\Rightarrow x=a=\sqrt{x+2}\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a\geq 0\\ x^2=x+2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow x=2\)

TH2: \(x+2a=0\Rightarrow x=-2a=-2\sqrt{x+2}\)

\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x\leq 0\\ x^2=4(x+2)\end{matrix}\right.\Rightarrow x=2-2\sqrt{3}\)

Vậy PT có nghiệm \(x\in \left\{2-2\sqrt{3}; 2\right\}\)

Lời giải:

Nếu \(x=0\Rightarrow y=0\)

Nếu \(x\neq 0\). Đặt \(y=tx(t>0\) do $x,y$ cùng dấu)

Nhân chéo PT(1) với PT(2) ta thu được:

\(20y^2(x^2-y^2)=3x^2(x^2+y^2)\)

\(\Leftrightarrow 20t^2x^2(x^2-t^2x^2)=3x^2(x^2+t^2x^2)\)

\(\Leftrightarrow x^4[20t^2(1-t^2)-3(1+t^2)]=0\)

\(\Leftrightarrow 20t^2-20t^4-3-3t^2=0\) (do \(x\neq 0\) )

\(\Leftrightarrow 20t^4-17t^2+3=0\)

\(\Rightarrow \left[\begin{matrix} t=\sqrt{\frac{3}{5}}\\ t=\frac{1}{2}\end{matrix}\right.\)

Nếu \(t=\sqrt{\frac{3}{5}}\Rightarrow y=\sqrt{\frac{3}{5}}x\). Thay vào PT(1):

\(2\sqrt{\frac{3}{5}}x(x^2-\frac{3}{5}x^2)=3x\)

\(\Rightarrow x=\pm \frac{\sqrt{5\sqrt{15}}}{2}\Rightarrow y=\pm \sqrt{\frac{3}{5}}.\frac{\sqrt{5\sqrt{15}}}{2}\) (tương ứng)

Nếu \(t=\frac{1}{2}\Rightarrow y=\frac{x}{2}\). Thay vào PT(1):

\(2.\frac{1}{2}x(x^2-\frac{1}{4}x^2)=3x\)

\(\Rightarrow x=\pm 2\Rightarrow y=\pm 1\) (tương ứng)

Vậy........

Akai Haruma giup e voi