Tên: LTKH

Lớp: 8 -> 9

\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}-\dfrac{2}{c}=0\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{b}=\dfrac{2}{c}-\dfrac{1}{a}=\dfrac{2a-c}{ac}\\\dfrac{1}{a}=\dfrac{2}{c}-\dfrac{1}{b}=\dfrac{2b-c}{bc}\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2a-c=\dfrac{ac}{b}\\2b-c=\dfrac{bc}{a}\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{a+c}{2a-c}=\dfrac{b\left(a+c\right)}{ac}=\dfrac{ab}{ac}+\dfrac{bc}{ac}=\dfrac{b}{c}+\dfrac{b}{a}\\\dfrac{b+c}{2b-c}=\dfrac{a\left(b+c\right)}{bc}=\dfrac{ab}{bc}+\dfrac{ac}{bc}=\dfrac{a}{c}+\dfrac{a}{b}\end{matrix}\right.\)

Áp dụng bđt Cosi cho 2 số sương ta có: \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{b}.\dfrac{b}{a}}=2\)

\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}-\dfrac{2}{c}=0\Leftrightarrow\dfrac{2}{c}=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}\Leftrightarrow\dfrac{a+b}{c}\ge2\)(áp dụng \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{4}{x+y}\))

Ta có: \(\dfrac{a+c}{2a-c}+\dfrac{b+c}{2b-c}=\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\right)+\dfrac{a+b}{c}\ge2+2=4\)

Dấu "=" xawy ra khi và chỉ khi a=b=c

\(P=\dfrac{1}{a+bc}+\dfrac{1}{b+ca}+\left(a+b\right)\left(4+5c\right)\)

\(\ge\dfrac{4}{a+b+c\left(a+b\right)}+\left(a+b\right)\left(4+4c+c\right)\) (áp dụng \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{4}{x+y}\)) \(=\dfrac{4}{\left(a+b\right)\left(1+c\right)}+4\left(a+b\right)\left(1+c\right)+\left(a+b\right)c\)

\(\ge2\sqrt{\dfrac{4}{\left(a+b\right)\left(1+c\right)}.4\left(a+b\right)\left(1+c\right)}+\left(a+b\right).0\) (áp dụng bđt côsi) \(=8+0=8\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b\(=\dfrac{1}{2};c=0\)

a+b+c+ab+bc+ca=6abc \(\Leftrightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}=6\)

Đặt \(A=\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\)

Ta có: \(\left(\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{b}\right)^2\ge0\Leftrightarrow\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}\ge\dfrac{2}{ab}\)

CMTT: \(\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge\dfrac{2}{bc};\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{1}{a^2}\ge\dfrac{2}{ca}\)

Ta có: \(\left(\dfrac{1}{a}-1\right)^2\ge0\Leftrightarrow\dfrac{1}{a^2}+1\ge\dfrac{2}{a}\)

CMTT: \(\dfrac{1}{b^2}+1\ge\dfrac{2}{b};\dfrac{1}{c^2}+1\ge\dfrac{2}{c}\)

\(3A+3\ge2.\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\right)=2.6=12\)

<=> A + 1 \(\ge4\Leftrightarrow A\ge3\) (đpcm)

\(A=\dfrac{2}{a^2+b^2}+\dfrac{35}{ab}+2ab\)

\(=2\left(\dfrac{1}{a^2+b^2}+\dfrac{1}{2ab}\right)+\dfrac{34}{ab}+\dfrac{17}{8}ab-\dfrac{1}{8}ab\)

\(\ge2.\dfrac{4}{a^2+b^2+2ab}+2\sqrt{\dfrac{34}{ab}.\dfrac{17}{8}ab}-\dfrac{1}{8}.\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4}\)

\(\Leftrightarrow A\ge2.\dfrac{4}{\left(a+b\right)^2}+2.\dfrac{17}{2}-\dfrac{1}{8}.\dfrac{4^2}{4}\ge2.\dfrac{4}{4^2}+17-\dfrac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow A\ge\dfrac{1}{2}+17-\dfrac{1}{2}=17\)

Dấu "=" <=> a = b = 2

cách khác câu b

ta thấy x = 1 không phải nghiệm của pt

=> x khác 1

Khi đó nhân cả 2 vế của pt đã cho với x - 1 ta được

x⁵ - 1 = 0 <=> x⁵ = 1 <=> x = 1, mâu thuẫn

Vậy ...

Giả sử pt có nghiệm nguyên

Ta có: VT = x⁵ - 5x³ + 4x

= x⁵ - x - 5x³ + 5x

= x(x⁴ - 1) - 5x³ + 5x

= x(x² - 1)(x² + 1) - 5x³ + 5x

= x(x² - 1)(x² - 4) + x(x² - 1).5 - 5x³ + 5x

= (x - 2)(x - 1)x(x+ 1)(x + 2) + 5x(x² - 1) - 5x³ + 5x

Vì x nguyên nên (x - 2)(x - 1)x(x + 1)(x + 2) là tích 5 số nguyên liên tiếp

=> (x - 2)(x - 1)x(x + 1)(x + 2) chia hết cho 5

Lại có: 5x(x² - 1); -5x³; 5x chia hết cho 5

Do đó (x - 2)(x - 1)x(x + 1)(x + 2) + 5x(x² - 1) - 5x³ + 5x chia hết cho 5

hay VT chia hết cho 5

VP = 24(5y + 1) không chia hết cho 5

suy ra điều vô lý

=> điều giả sử là sai

Ta có đpcm

Giả sử pt có nghiệm nguyên

Khi đó, 3x⁵; 6x²; -15x chia hết cho 3; mà 2001 chia hết cho 3 nên -x³ chia hết cho 3

3 là số nguyên tố nên x chia hết cho 3

=> 3x⁵; -x³; 6x²; -15x chia hết cho 9

=> 3x⁵ - x³ + 6x² - 15x chia hết cho 9

Mà 2001 không chia hết cho 9

=> điều vô lí

=> điều giả sử là sai

Ta có đpcm

\(\Delta ABH\) và \(\Delta ABD\) có chung đường cao kẻ từ B -> AD nên \(\dfrac{AH}{AD}=\dfrac{S_{ABH}}{S_{ABD}}\) (1)

\(\Delta AHC\) và \(\Delta ADC\) có chung đường cao kẻ từ C -> AD nên \(\dfrac{AH}{AD}=\dfrac{S_{AHC}}{S_{ADC}}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\dfrac{AH}{AD}=\dfrac{S_{ABH}}{S_{ABD}}=\dfrac{S_{AHC}}{S_{ADC}}=\dfrac{S_{ABH}+S_{AHC}}{S_{ABD}+S_{ADC}}=\dfrac{S_{ABH}+S_{ACH}}{S_{ABC}}\)(áp dụng tính chất của dãy tỉ số = nhau)

CMTT: \(\dfrac{BH}{BE}=\dfrac{S_{ABH}+S_{BCH}}{S_{ABC}}\)

\(\dfrac{CH}{CF}=\dfrac{S_{ACH}+S_{BCH}}{S_{ABC}}\)

Cộng vế với vế của các đẳng thức trên ta được :

\(\dfrac{AH}{AD}+\dfrac{BH}{BE}+\dfrac{CH}{CF}=\dfrac{2\left(S_{ABH}+S_{ACH}+S_{BCH}\right)}{S_{ABC}}=\dfrac{2S_{ABC}}{S_{ABC}}=2\)

(đpcm)

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

<=> \(a+b+c=\dfrac{ab+bc+ca}{abc}=\dfrac{ab+bc+ca}{1}=ab+bc+ca\) (thay abc = 1)

=> a + b + c - ab - bc - ca = 0

<=> 1 + a + b + c - ab - bc - ca - 1 = 0

<=> abc + a + b + c - ab - bc - ca - 1 = 0 (thay 1 = abc)

<=> (abc - ab) + (b - bc) + (a - ca) + (c - 1) = 0

<=> ab(c - 1) - b(c - 1) - a(c - 1) + (c - 1) = 0

<=> (c - 1)(ab - b - a + 1) = 0

<=> (c - 1)[b(a - 1) - (a - 1)] = 0

<=> (c - 1)(a - 1)(b - 1) = 0

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a-1=0\\b-1=0\\c-1=0\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=1\\b=1\\c=1\end{matrix}\right.\) (đpcm)