Hỏi đáp môn Toán

Lời giải:

Đặt \(\sqrt{5-x^2}=a\). Khi đó ta có:

\(\left\{\begin{matrix} a^2+x^2=5\\ x+a=5xa-7\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (a+x)^2-2ax=5\\ x+a=5ax-7\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow (5ax-7)^2-2ax=5\)

\(\Leftrightarrow 25(ax)^2-72ax+44=0\)

\(\Leftrightarrow (ax-2)(25ax-22)=0\) \(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} ax=2\\ ax=\frac{22}{25}\end{matrix}\right.\)

Nếu $ax=2$ thì $a+x=5ax-7=3$

Theo định lý Vi-et đảo thì $a,x$ là nghiệm của PT: \(X^2-3X+2=0\Rightarrow (a,x)=(2,1);(1;2)\) (thỏa mãn)

Nếu $ax=\frac{22}{25}$ thì $a+x=5ax-7=\frac{-13}{5}$

Theo định lý Vi-et đảo thì $a,x$ là nghiệm của PT:
\(X^2+\frac{13}{5}X+\frac{22}{25}=0\Rightarrow (x,a)=(\frac{-2}{5};\frac{-11}{5}); (\frac{-11}{5}; \frac{-2}{5})\) (vô lý vì $a$ không âm)

Vậy \(x=1; x=2\)

Đặt √(x + 1) = a

=> x = a² - 1

Thế lại rồi quy đồng được.

(a² - 1)² = (a + 1)(a² - 1 - 4)

<=> 6 - 2a = 0

<=> a = 3

=> x = 8

Lời giải:

Áp dụng BĐT Cô-si ngược dấu:

\(\sqrt{x-2010}=\frac{1}{2}\sqrt{4(x-2010)}\leq \frac{4+(x-2010)}{4}\)

\(\Rightarrow \sqrt{x-2010}-1\leq \frac{4+(x-2010)}{4}-1=\frac{x-2010}{4}\)

\(\Rightarrow \frac{\sqrt{x-2010}-1}{x-2010}\leq \frac{1}{4}\)

Hoàn toàn tương tự với những phân thức còn lại:

\(\Rightarrow \frac{\sqrt{x-2010}-1}{x-2010}+\frac{\sqrt{y-2011}-1}{y-2011}+\frac{\sqrt{z-2012}-1}{z-2012}\leq \frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{3}{4}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} x-2010=4\\ y-2011=4\\ z-2012=4\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=2014\\ y=2015\\ z=2016\end{matrix}\right.\)

Câu b)

PT \(\Leftrightarrow \sqrt{3(x^2+2x+1)+4}+\sqrt{5(x^2+2x+1)+9}=5-(x^2+2x+1)\)

\(\Leftrightarrow \sqrt{3(x+1)^2+4}+\sqrt{5(x+1)^2+9}=5-(x+1)^2\)

Vì \((x+1)^2\geq 0, \forall x\) nên:

\(\sqrt{3(x+1)^2+4}\geq \sqrt{4}=2\)

\(\sqrt{5(x+1)^2+9}\geq \sqrt{9}=3\)

\(\Rightarrow \sqrt{3(x+1)^2+4}+\sqrt{5(x+1)^2+9}\geq 5(1)\)

Mặt khác ta cũng có: \(5-(x+1)^2\leq 5-0=5(2)\)

Từ \((1);(2)\Rightarrow \sqrt{3(x+1)^2+4}+\sqrt{5(x+1)^2+9}\geq 5\geq 5-(x+1)^2\)

Dấu "=" xảy ra khi $(x+1)^2=0$ hay $x=-1$ (thỏa mãn)

Vậy pt có nghiệm $x=-1$

Câu a:

ĐKXĐ: \(x\geq 1\)

\(\sqrt{x-1}-\sqrt{5x-1}=\sqrt{3x-2}\)

\(\Leftrightarrow \sqrt{x-1}=\sqrt{3x-2}+\sqrt{5x-1}\)

\(\Rightarrow x-1=8x-3+2\sqrt{(3x-2)(5x-1)}\) (bình phương 2 vế)

\(\Leftrightarrow 7x-2+2\sqrt{(3x-2)(5x-1)}=0\)

(Vô lý với mọi \(x\geq 1\) )

Do đó PT vô nghiệm.

\(P=\dfrac{x}{\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)\left(1-\sqrt{y}\right)}-\dfrac{y}{\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}-\dfrac{xy}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(1-\sqrt{y}\right)}\)

\(=\sqrt{xy}+\sqrt{x}-\sqrt{y}\)

Ta có: \(P=\sqrt{xy}+\sqrt{x}-\sqrt{y}=2\)

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

\(\Rightarrow\left(\sqrt{x}-1,\sqrt{y}+1\right)=\left(1,3;3,1\right)\)

\(\Rightarrow\left(x,y\right)=\left(4,4;16,0\right)\)

Ta có hình vẽ:

a/ Trong tam giác ABC có:

\(\widehat{A}\)+\(\widehat{B}\)+\(\widehat{C}\)=180⁰ (tổng 3 góc của tam giác)

90⁰ + 60⁰ + \(\widehat{C}\) = 180⁰

=> \(\widehat{C}\) = 180⁰ - 90⁰ - 60⁰ = 30⁰

Ta có: \(\widehat{B}\)=60⁰, BD là phân giác góc B

=> \(\widehat{ABD}\)=\(\widehat{EBD}\)=30⁰

b/ Xét tam giác ABD và tam giác EBD có:

BA = BE (GT)

\(\widehat{ABD}\)=\(\widehat{EBD}\) (GT)

BD : cạnh chung

Vậy tam giác ABD = tam giác EBD (c.g.c)

=> DA = DE (2 cạnh tương ứng)

c/ Xét tam giác BAD và tam giác FAD có:

AD: cạnh chung

AB = AF (GT)

\(\widehat{BAD}\)=\(\widehat{FAD}\) = 90⁰

Vậy tam giác BAD = tam giác FAD (c.g.c)

=> tam giác BAD = tam giác FAD = EBD

Trong tam giác ABD có:

\(\widehat{BAD}\)+\(\widehat{ABD}\)+\(\widehat{BDA}\) = 180⁰

90⁰ + 30⁰ + \(\widehat{BDA}\) = 180⁰

=> \(\widehat{BDA}\) = 60⁰

Vì tam giác BAD = tam giác FAD = tam giác EBD

nên \(\widehat{FDA}\)=\(\widehat{ADB}\)=\(\widehat{BDE}\)=60⁰ (các góc tương ứng)

Ta có: \(\widehat{FDA}\)+\(\widehat{ADB}\)+\(\widehat{BDE}\)=60⁰+60⁰+60⁰=180⁰

=> \(\widehat{FDE}\)=180⁰

hay E,D,F thẳng hàng (đpcm)

Nhưng bạn ơi mình ko biết vẽ hình ở chỗ nào

Ta có: \(0\le a\le b\le c\le1\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}1-a\ge0\\1-b\ge0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left(1-a\right)\left(1-b\right)\ge0\Leftrightarrow1\left(1-b\right)-a\left(1-b\right)\ge0\)
\(\Rightarrow1-b-a+ab\ge0\Leftrightarrow1+ab\ge a+b\)

Tiếp tục chứng minh ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}1\ge c\\0\le a\le b\Leftrightarrow ab\ge0\end{matrix}\right.\)

cộng theo vế: \(1+ab+1+ab\ge a+b+c+0\)

\(\Rightarrow2\left(1+ab\right)\ge a+b+c\)

Ta có: \(\dfrac{c}{ab+1}=\dfrac{2c}{2\left(ab+1\right)}\le\dfrac{2c}{a+b+c}\) (1)

chứng minh tương tự suy ra đpcm

\(0\le a\le b\le c\le1\\ \Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\\ \Rightarrow ab-a-b+1\ge0\\ \Rightarrow ab+1\ge a+b\\ \)

Chứng minh tương tự ta được :

\(bc+1\ge b+c\\ ac+1\ge a+c\)

\(\Rightarrow\dfrac{a}{bc+1}+\dfrac{b}{ac+1}+\dfrac{c}{ab+1}\\ \ge\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{a+b}\\ \ge\dfrac{a+a}{a+b+c}+\dfrac{b+b}{a+b+c}+\dfrac{c+c}{a+b+c}\\ =\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}=2\)

:v .

Bài 3:
Vì \((a+c)(b+c)=1\) nên:

\(A=\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(a+c)^2}+\frac{1}{(b+c)^2}=\frac{1}{[(a+c)-(b+c)]^2}+\frac{(b+c)^2+(c+a)^2}{(a+c)^2.(b+c)^2}\)

\(=\frac{1}{(a+c)^2+(b+c)^2-2(a+c)(b+c)}+\frac{(b+c)^2+(c+a)^2}{[(a+c)(b+c)]^2}\)

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

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(\frac{1}{(a+c)^2+(b+c)^2-2}+[(b+c)^2+(c+a)^2-2]\geq 2\)

\(\Rightarrow A\geq 2+2=4\) (đpcm)

Bài 2:

Áp dụng BĐT AM-GM cho các số dương ta có:

\(ab+\frac{a}{b}\geq 2\sqrt{ab.\frac{a}{b}}=2a\)

\(ab+\frac{b}{a}\geq 2\sqrt{ab.\frac{b}{a}}=2b\)

\(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\geq 2\sqrt{\frac{a}{b}.\frac{b}{a}}=2\)

Cộng theo vế và rút gọn:

\(\Rightarrow 2(ab+\frac{a}{b}+\frac{b}{a})\geq 2(a+b+1)\)

\(\Rightarrow ab+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\geq a+b+1\)

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=1$

ĐKXĐ: \(x\ge3;y\ge1\)

\(\sqrt{x-3}-\sqrt{y-1}+\sqrt[3]{x^2+x+1}-\sqrt[3]{y^2+5y+7}=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x-y-2}{\sqrt{x-3}+\sqrt{y-1}}+\dfrac{x^2+x+1-y^2-5y-7}{\sqrt[3]{\left(x^2+x+1\right)}+\sqrt[3]{\left(x^2+x+1\right)\left(y^2+5y+7\right)}+\sqrt[3]{y^2+5y+7}}=0\)

Để cho gọn gàng, ta đặt:

\(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt[3]{\left(x^2+x+1\right)}+\sqrt[3]{\left(x^2+x+1\right)\left(y^2+5y+7\right)}+\sqrt[3]{y^2+5y+7}=b>0\\\sqrt{x-3}+\sqrt{y-1}=a>0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x-y-2}{a}+\dfrac{x^2-y^2-4y-4+x-y-2}{b}=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x-y-2}{a}+\dfrac{x^2-\left(y+2\right)^2+\left(x-y-2\right)}{b}=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x-y-2}{a}+\dfrac{\left(x-y-2\right)\left(x+y+3\right)}{b}=0\)

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

\(\Leftrightarrow x-y-2=0\) do \(\left\{{}\begin{matrix}x\ge3\\y\ge1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x+y+3>0\Rightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{x+y+3}{b}>0\)

\(\Rightarrow x=y+2\)

Thay vào Q ta được:

\(Q=y^2-\left(y+2\right)^2+3\left(y+2\right)+4\sqrt{y}+4\)

\(\Rightarrow Q=-y+4\sqrt{y}+6=10-\left(y-4\sqrt{y}+4\right)=10-\left(\sqrt{y}-2\right)^2\le10\)

\(\Rightarrow Q_{max}=10\) khi \(\sqrt{y}-2=0\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=4\\x=6\end{matrix}\right.\)

Nguyễn Việt Lâm Mashiro Shiina Akai Haruma

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{x}=a\\\dfrac{1}{y}=b\\\dfrac{1}{z}=c\end{matrix}\right.\) Thì bài toán trở thành

Cho \(a^2+b^2+c^2=1\) tính GTNN của \(P=\dfrac{a}{b^2+c^2}+\dfrac{b}{c^2+a^2}+\dfrac{c}{a^2+b^2}\)

Ta có:

\(a^2+b^2+c^2=1\)

\(\Rightarrow a^2+b^2=1-c^2\)

\(\Rightarrow\dfrac{c}{a^2+b^2}=\dfrac{c^2}{c\left(1-c^2\right)}\)

Mà ta có: \(2c^2\left(1-c^2\right)\left(1-c^2\right)\le\dfrac{\left(2c^2+1-c^2+1-c^2\right)^3}{27}=\dfrac{8}{27}\)

\(\Rightarrow c\left(1-c^2\right)\le\dfrac{2}{3\sqrt{3}}\)

\(\Rightarrow\dfrac{c^2}{c\left(1-c^2\right)}\ge\dfrac{3\sqrt{3}c^2}{2}\)

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

Tương tự ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{b}{c^2+a^2}\ge\dfrac{3\sqrt{3}b^2}{2}\left(2\right)\\\dfrac{a}{b^2+c^2}\ge\dfrac{3\sqrt{3}a^2}{2}\left(3\right)\end{matrix}\right.\)

Từ (1), (2), (3) \(\Rightarrow P\ge\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\)

Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\) hay \(x=y=z=\sqrt{3}\)

Chuẩn hóa chuẩn hóa, thuần nhất như sau

Dự đoán dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\sqrt{3}\) ta tìm được \(P=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\)

Ta chứng minh nó là GTNN của \(P\)

\(\LeftrightarrowΣ\dfrac{y^2z^2}{x\left(y^2+z^2\right)}\ge\dfrac{3}{2}\sqrt{\dfrac{3}{\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}}}\)

\(\LeftrightarrowΣ\dfrac{y^3z^3}{y^2+z^2}\ge\dfrac{3}{2}\sqrt{\dfrac{3x^4y^4z^4}{x^2y^2+x^2z^2+y^2z^2}}\). Cho \(\left(yz;xz;xy\right)\rightarrow\left(a;b;c\right)\)

Khi đó ta cần chứng minh \(Σ\dfrac{a^3}{\dfrac{ac}{b}+\dfrac{ab}{c}}\ge\dfrac{3}{2}\sqrt{\dfrac{3a^2b^2c^2}{a^2+b^2+c^2}}\)

\(\LeftrightarrowΣ\dfrac{a^2}{b^2+c^2}\ge\dfrac{3}{2}\sqrt{\dfrac{3}{a^2+b^2+c^2}}\) từ BĐT cuối thuần nhất ta có thể chuẩn hóa \(a^2+b^2+c^2=3\)

Nghĩa là ta cần c/m \(Σ\dfrac{a}{3-a^2}\ge\dfrac{3}{2}\LeftrightarrowΣ\left(\dfrac{a}{3-a^2}-\dfrac{1}{2}\right)\ge0\)

\(\LeftrightarrowΣ\dfrac{\left(a-1\right)\left(a+3\right)}{3-a^2}\ge0\)

\(\LeftrightarrowΣ\left(\dfrac{\left(a-1\right)\left(a+3\right)}{\left(3-a^2\right)}-\left(a^2-1\right)\right)\ge0\)

\(\LeftrightarrowΣ\dfrac{a\left(a+2\right)\left(a-1\right)^2}{3-a^2}\ge0\). Done !!