Giải hộ bài 5+6
câu 6: $\overline{abcd}=k^{2}\leftrightarrow 100\overline{ab}+\overline{cd}=k^{2}\Leftrightarrow 101\overline{cd}=k^{2}-100\Leftrightarrow 101\overline{cd}=(k-10)(k+10)$
mà $k^{2}< 10000\Leftrightarrow k<100\Rightarrow k-10<90$ mà 101 là số nguyên tố$\Rightarrow k+10=101\Leftrightarrow k=91$
Bài 9. Trước hết xin nhắc là bất đẳng thức Schur.
Cho a, b, c là các số thưc không âm. Khi đó ta có $a\left ( a-b \right )\left ( a-c \right )+b\left ( b-c \right )\left ( b-a \right )+c\left ( c-a \right )\left ( c-b \right )\geqslant 0$
Biến đổi bất đẳng thức trên ta được một hệ quả: $a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geqslant a^{2}\left ( b+c \right )+b^{2}\left ( c+a \right )+c^{2}\left ( a+b \right )$
Trở lại bài toán. Để ý đến đẳng thức $(x+y+z)^{3}=x^{3}+y^{3}+z^{3}+3(x+y)(y+z)(z+x)$.
Khi đó ta có $(x+y+z)^{3}+9xyz=x^{3}+y^{3}+z^{3}+9xyz+3(x+y)(y+z)(z+x)$.
Theo hệ quả trên ta có $x^{3}+y^{3}+z^{3}+9xyz+3(x+y)(y+z)(z+x)\geq x^{2}(y+z)+y^{2}(z+x)+z^{2}(x+y)+6xyz+3(x+y)(y+z)(z+x)$.
Lại để ý đến hai đẳng thức
$x^{2}(y+z)+y^{2}(z+x)+z^{2}(x+y)+3xyz=(x+y+z)(xy+yz+zx)$
và $(x+y)(y+z)(z+x)+xyz=(x+y+z)(xy+yz+zx)$.
Do vậy ta được $x^{3}+y^{3}+z^{3}+9xyz+3(x+y)(y+z)(z+x)\geq 4(x+y+z)(xy+yz+zx)$
Từ đó suy ra điều cần chứng minh.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenkhanhdatchi: 07-06-2019 - 23:42
Bài 7. Bạn đọc tự vẽ hình nhé (mình không biết vẽ hình trên này)
Gọi T là tiếp điểm của BC với đường tròn tâm I. Khi đó ta có biến đổi góc$\widehat{CEF}=\widehat{AED}=90^{0}-\frac{1}{2}\widehat{BAC}$.
lại có $\widehat{CIF}=\frac{1}{2}(\widehat{ABC}+\widehat{ACB})=90^{0}-\frac{1}{2}\widehat{BAC}$.
Do đó $\widehat{CIF}=\widehat{CEF}$ nên tứ giác CIEF nội tiếp đường tròn, suy ra $\widehat{IEC}=\widehat{IFC}=90^{0}$.
Chứng minh tương tự ta cũng được $\widehat{IGB}=90^{0}$. Do vậy tứ giác BCFG nội tiếp đường tròn đường kính BC. Do M là trung điểm của BC nên suy ra M là tâm đường tròn ngoại tiếp tớ giác BCFG, Từ đó tam giác MFG cân tại M.
Mặt khác do tam giác ABC có $\widehat{BAC}=60^{0}$.
Suy ra $\widehat{CIF}=\widehat{CEF}=\widehat{AED}=60^{0}$.
Do đó $\widehat{FCG}=30^{0}$ nên $\widehat{GMF}=2\widehat{GCF}=60^{0}$.
Do vậy tam giác GMF là tam giác đều.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenkhanhdatchi: 08-06-2019 - 00:21
$7xy+6y^{2}+(x^{2}-5xy+x-5y^{2})=x$Câu 4/7/8/9 chém lun anh e
câu 4
$\left\{\begin{matrix} x^{2}-5xy+x-5y^{2}=42(1)\\ 7xy+6y^{2}+42=x(2) \end{matrix}\right.$
Thay (1) vào (2), ta có
$7xy+6y^{2}+(x^{2}-5xy+x-5y^{2})=x$
Tương đương x^2+ 2xy+y^2=x-x=0. Hay (x+y)^2=0 và x=-y.
Phương trình (1) tương đương x^2+x=42 hay (x+7)(x-6)=0
Khi đó, (x;y) $\in$ (6;-6) (-7;7)
AI giup em cau 8 hinh hoc voi
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh