Chủ đề này có 9 trả lời

[MoMo123]

[nmtuan2001]

Câu 3:
a.$(\sqrt{x^2-x+2}-\sqrt{3x+7})^2=0$
Do đó $x^2-x+2=3x+7$, hay $x^2-4x-5=0$, $(x+1)(x-5)=0$
Vậy $x=-1$ hoặc $5$.
b. $\sqrt[3]{2x+23}-3+\sqrt{2x-3}-1=2x^2-8$
$\frac{2(x-2)}{\sqrt[3]{(2x+23)^2}+3\sqrt[3]{2x+23}+9}+\frac{2(x-2)}{\sqrt{2x-3}+1}=2(x-2)(x+2)$
$(x-2)(\frac{1}{\sqrt[3]{(2x+23)^2}+3\sqrt[3]{2x+23}+9}+\frac{1}{\sqrt{2x-3}+1}-(x+2))=0$
Dễ thấy $\frac{1}{\sqrt[3]{(2x+23)^2}+3\sqrt[3]{2x+23}+9}+\frac{1}{\sqrt{2x-3}+1} \leq \frac{1}{\sqrt[3]{(3+23)^2}+3\sqrt[3]{3+23}+9}+1<2$.
Suy ra $\frac{1}{\sqrt[3]{(2x+23)^2}+3\sqrt[3]{2x+23}+9}+\frac{1}{\sqrt{2x-3}+1}-(x+2)<0$
Vậy $x=2$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nmtuan2001: 20-12-2017 - 11:51

[nmtuan2001]

Câu 2a: $\frac{1+a+b+c}{2} \geq \sqrt{1+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}$
Bình phương 2 vế:
$1+a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)+2(a+b+c) \geq 4(1+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$
$a^2+b^2+c^2+2(a+b+c) \geq 3+2(ab+bc+ca)$ (vì $abc=1$ nên $\frac{1}{a}=bc$,...)
Áp dụng BĐT Schur: $a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c} \geq 2(ab+bc+ca)$
Cần chứng minh $2(a+b+c) \geq 3+\frac{9}{a+b+c}$
Đặt $a+b+c=t$, BĐT trên trở thành $2t \geq 3+\frac{9}{t}$, hay $2t^2-3t-9 \geq 0$.
$$(t-3)(2t+3) \geq 0$$
BĐT trên đúng vì $a+b+c \geq 3\sqrt[3]{abc}=3$.
Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.

[toanhoc2017]

Có cách nào dễ hiểu tý k a

[nmtuan2001]

Có cách nào dễ hiểu tý k a

Nếu ý bạn là bài BĐT thì có cách này hay hơn (cách này không phải của mình):

Giả sử $a \geq 1 \geq b$, ta có $(a-1)(1-b) \geq 0$, hay $a+b \geq ab+1$.

Áp dụng BĐT AM-GM: $\frac{1+a+b+c}{2} \geq \sqrt{(a+b)(c+1)}=\sqrt{bc+ca+a+b} \geq \sqrt{bc+ca+ab+1}=\sqrt{1+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}$.

Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.

[dat102]

Câu 5: https://diendantoanh...hứa-toàn-bộ-đa/

[duylax2412]

Câu 1:

a) Từ giả thiết ta có thể đặt :$n^2-1=3m(m+1)$ với $m$ là một số nguyên dương 

Biến đổi phương trình thì ta có:$(2n-1)(2n+1)=3(2m+1)^2$

Do $(2n-1;2n+1)=1$ nên dẫn đến $2n-1=3u^2;2n+1=v^2$ hoặc $2n-1=u^2;2n+1=3v^2$

Với trường hợp đầu suy ra $v^2-3u^2=2 \Rightarrow v^2 \equiv 2(mod 3)$ (Vô lý)

Còn lại trường hợp thứ hai cho ta $2n-1$ là số chính phương

b) Biến đổi phương trình thì ta có:

$(2x-5)(2y-1)=2k+3$

Nhận thấy rằng $2x-5,2y-1>0$ nên số nghiệm bài toán trên chính là số ước nguyên dương của $2k+3$

Giả sử $2k+3$ có dạng $p_1^{m_1}.p_2^{m_2}...p_n^{m_n}$ thì số ước của nó là $(m_1+1)(m_2+2)...(m_n+1)$

Theo đề bài suy ra $(m_1+1)(m_2+2)...(m_n+1)$ lẻ nên $m_1;m_2;...;m_n$ là các số chẵn

Khi đó $2k+3$ là số chính phương.Dễ kiểm tra số nguyên dương $k$ nhỏ nhất thỏa điề đó là $k=3$

Ta thu phương trình $(2x-5)(2y-1)=9$ và giải ra tìm được $(x;y)=(3;5);(4;2);(7;1)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duylax2412: 22-12-2017 - 20:34

[danglamvh]

câu 2b hình như phải có thêm đk a>1, b>1, c>1

[Tea Coffee]

2b/

Ta có: $A=\frac{b-2}{a^{2}}+\frac{c-2}{b^{2}}+\frac{a-2}{c^{2}}=\frac{(b-1)+(a-1)}{a^{2}}+\frac{(c-1)+(b-1)}{b^{2}}+\frac{(a-1)+(c-1)}{c^{2}}-(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})=(b-1)(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}})+(a-1)(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{c^{2}})+(c-1)(\frac{1}{c^{2}}+\frac{1}{b^{2}})-(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq \frac{2(b-1)}{ab}+\frac{2(a-1)}{ac}+\frac{2(c-1)}{bc}-(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} -2(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac})$

Từ GT: $a+b+c=abc=>\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1$

$(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^{2}=\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}+\frac{2}{ab}+\frac{2}{bc}+\frac{2}{ac}\geq \frac{3}{ab}+\frac{3}{bc}+\frac{3}{ac}=3...$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tea Coffee: 27-12-2017 - 22:41

[MoMo123]

Câu 1:

a) Từ giả thiết ta có thể đặt :$n^2-1=3m(m+1)$ với $m$ là một số nguyên dương 

Biến đổi phương trình thì ta có:$(2n-1)(2n+1)=3(2m+1)^2$

Do $(2n-1;2n+1)=1$ nên dẫn đến $2n-1=3u^2;2n+1=v^2$ hoặc $2n-1=u^2;2n+1=3v^2$

Với trường hợp đầu suy ra $v^2-3u^2=2 \Rightarrow v^2 \equiv 2(mod 3)$ (Vô lý)

Còn lại trường hợp thứ hai cho ta $2n-1$ là số chính phương

b) Biến đổi phương trình thì ta có:

$(2x-5)(2y-1)=2k+3$

Nhận thấy rằng $2x-5,2y-1>0$ nên số nghiệm bài toán trên chính là số ước nguyên dương của $2k+3$

Giả sử $2k+3$ có dạng $p_1^{m_1}.p_2^{m_2}...p_n^{m_n}$ thì số ước của nó là $(m_1+1)(m_2+2)...(m_n+1)$

Theo đề bài suy ra $(m_1+1)(m_2+2)...(m_n+1)$ lẻ nên $m_1;m_2;...;m_n$ là các số chẵn

Khi đó $2k+3$ là số chính phương.Dễ kiểm tra số nguyên dương $k$ nhỏ nhất thỏa điề đó là $k=3$

Ta thu phương trình $(2x-5)(2y-1)=9$ và giải ra tìm được $(x;y)=(3;5);(4;2);(7;1)$

Thử là được rồi, dùng hàm $\tau$ làm gì cho nó phức tạp

Làm bài hình nào

Câu a, b chắc mọi người làm hết rồi đúng không

CâU C

Theo câu b, ta có : $\frac{KH}{ID}=\frac{KN}{IM} =\frac{KH}{IK} $

 

$IK^{2}=IH.AI -> \frac{IH}{IK}=\frac{IK}{AI}$

-> $\frac{AK}{AI}=\frac{HK}{IK}$ -> $\frac{KN}{IM}=\frac{AK}{AI}$

-> $A,N,M$ thẳng hàng