Chủ đề này có 10 trả lời

[Trang Luong]

Câu 1: Cho các sô thực $x,y$ thỏa mãn $x\geq 0,y>-1,\sqrt{x}+y>0$ và $\frac{\sqrt{x}}{y+1}+\frac{y}{\sqrt{x}+1}+\frac{1}{\sqrt{x}+y}-\frac{3}{2}=0$

Hãy tính giá trị biểu thức $A=x^{6}+y^{8}$

Câu 2: a) GPT : $(x+2)^{4}+(5x+2)^{4}=82x^{4}$

b) GHPT : $\left\{\begin{matrix} 3x^{2}+24y^{2}+18xy=5x+14y-2 & & \\ 4(x+y)^{2}+\sqrt{5x+5y}=1+\sqrt{x+y+2} & & \end{matrix}\right.$

Câu 3

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên $(x,y)$ thỏa mãn $x^{3}-xy-2x^{2}=4-2x-y$

b) Hỏi tồn tại hay ko bộ 3 số nguyên $(a,b,c)$ thỏa mãn $a^{4}+2b^{4}=3c^{4}+4$

Câu 4 : Cho tam giác nhọn ABC  vs các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H, Vẽ 2 đường tròn đi qua các điểm A và F tiếp xúc đường thẳng BC tại các điểm P và Q sao sao P nằm giữa C va Q

a) CM : $\widehat{BPE}=\widehat{BHP}$

b) CM $DP.DQ=AD.DH$

c) CM : 2 đường thẳng PE và QF cắt nhau

d) Gọi S là giao điểm PE và QF. Chứng minh S nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF

Câu 5: Cho các số thực $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1$. Tìm min $B=\sum \frac{1}{(1+a^{2})^{2}}+\frac{1}{1+a^{2}+b^{2}+c^{2}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khonggiadinh: 19-06-2013 - 07:56

[vutuanhien]

Câu 5: Cho các số thực $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1$. Tìm min $B=\sum \frac{1}{(1+a^{2})^{2}}+\frac{1}{1+a^{2}+b^{2}+c^{2}}$

Mọi người nhường mình chém câu dễ nhất trước   

Do $abc=1$ nên ta có thể đặt $a=\sqrt{\frac{yz}{x^2}}, b=\sqrt{\frac{zx}{y^2}}, c=\sqrt{\frac{xy}{z^2}}$

Khi đó $B=\sum \frac{x^4}{(x^2+yz)^2}+\frac{x^2y^2z^2}{x^2y^2z^2+\sum x^3y^3}$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có $(x^2+yz)^2\leq (x^2+y^2)(x^2+z^2)$

Suy ra $\sum \frac{x^4}{(x^2+yz)^2}\geq \sum \frac{x^4}{(x^2+y^2)(x^2+z^2)}=\frac{\sum x^4(y^2+z^2)}{(x^2+y^2)(y^2+z^2)(z^2+x^2)}$

Áp dụng BĐT AM-GM, ta có $\frac{x^2y^2z^2}{x^2y^2z^2+\sum x^3y^3}=\frac{2x^2y^2z^2}{2x^2y^2z^2+2\sum x^3y^3}\geq \frac{2x^2y^2z^2}{2x^2y^2z^2+\sum x^2y^2(x^2+y^2)}=\frac{2x^2y^2z^2}{(x^2+y^2)(y^2+z^2)(z^2+x^2)}$

Cộng 2 BĐT này lại ta có $B\geq \frac{\sum x^4(y^2+z^2)+2x^2y^2z^2}{(x^2+y^2)(y^2+z^2)(z^2+x^2)}=1$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=1$, tức là $a=b=c=1$

[Zaraki]

Câu 3

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên $(x,y)$ thỏa mãn $x^{3}-xy-2x^{2}=4-2x-y$

b) Hỏi tồn tại hay ko bộ 3 số nguyên $(a,b,c)$ thỏa mãn $a^{4}+2b^{4}=3c^{4}+4$

Lời giải. a) Phương trình tương đương với $(x-1)(x^2-x-y+1)=3$. Đến đây xét ước là ra.

b) Xét đồng dư cho modun $8$. Câu trả lời là không.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Jinbe: 13-06-2013 - 09:56

[duongtoi]

Câu 2a.

$x=0$ không phải là nghiệm.

Chia cả hai vế cho $x^4$ và đặt $t=3+\frac{2}{x}$. Ta có

$(t-2)^4+(2+t)^4=82$

$\Leftrightarrow 2t^4+12t^2+32=82$

$\Leftrightarrow 2t^4+12t^2+32=82$

$\Leftrightarrow t^4+24t^2-25=0$

$\Leftrightarrow t^2=1$

$\Leftrightarrow t=\pm 1$.

Suy ra , $x=-1$ hoặc $x=-\frac{1}{2}$.

[Juliel]

Câu 1: Cho các sô thực $x,y$ thỏa mãn $x\geq 0,y>1,\sqrt{x}+y>0$ và $\frac{\sqrt{x}}{y+1}+\frac{y}{\sqrt{x}+1}+\frac{1}{\sqrt{x}+y}-\frac{3}{2}=0$

Hãy tính giá trị biểu thức $A=x^{6}+y^{8}$

 

Nếu thay $\sqrt{x}=a;y=b;1=c$ ta có đẳng thức $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=\frac{3}{2}$

Đây là dấu bằng của BĐT Nesbitt, xảy ra khi $a=b=c\Rightarrow x=y=1$

Do đó $A=2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 13-06-2013 - 11:36

[Juliel]

 

Câu 2: 

b) GHPT : $\left\{\begin{matrix} 3x^{2}+24y^{2}+18xy=5x+14y-2 & & \\ 4(x+y)^{2}+\sqrt{5x+5y}=1+\sqrt{x+y+2} & & \end{matrix}\right.$

 

Câu hệ nhìn khủng nhưng mà dễ ! 

$Pt(1)\Leftrightarrow (6y+3x-2)(4y+x-1)=0\Leftrightarrow ....$

[Nguyen Huy Tuyen]

Nếu thay $\sqrt{x}=a;y=b;1=c$ ta có đẳng thức $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=\frac{3}{2}$

Đây là dấu bằng của BĐT Nesbitt, xảy ra khi $a=b=c\Rightarrow x=y=1$

Do đó $A=2$

thưa bạn y>1 bạn ơi   

[Trang Luong]

thưa bạn y>1 bạn ơi   

Sr nha, đã sửa lại đề. Đúng là y>-1

[lequanghung98]

Câu hệ nhìn khủng nhưng mà dễ ! 

$Pt(1)\Leftrightarrow (6y+3x-2)(4y+x-1)=0\Leftrightarrow ....$

Câu này có cách nào hay hơn không, thay vào và bình phương hai vế cũng khá dài đấy.

[NguyenKieuLinh]

Câu này có cách nào hay hơn không, thay vào và bình phương hai vế cũng khá dài đấy.

Dùng đen ta cho dễ bạn ạ!!! dạng này thì đen ta khá đơn giản

[KietLW9]

Câu 4 : Cho tam giác nhọn ABC  vs các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H, Vẽ 2 đường tròn đi qua các điểm A và F tiếp xúc đường thẳng BC tại các điểm P và Q sao sao P nằm giữa C va Q

a) CM : $\widehat{BPE}=\widehat{BHP}$

b) CM $DP.DQ=AD.DH$

c) CM : 2 đường thẳng PE và QF cắt nhau

d) Gọi S là giao điểm PE và QF. Chứng minh S nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF

a) Vì $BP$ là tiếp tuyến của $(AFP)$ nên theo phương tích đường tròn, ta có $BP^2=BF.BA$

Mặt khác, $AFHE$ nội tiếp nên $BF.BA=BH.BE$ như vậy ta được: $BP^2=BH.BE$

$\Rightarrow \Delta BHP\sim \Delta BPE$ nên $\angle BHP=\angle BPE(\text{đpcm})$

b) Vì $PQ$ là tiếp tuyến chung của hai đường tròn $(AFP)$ và $(AFQ)$ và $FA$ cắt $PQ$ tại $B$ nên theo bổ đề quen thuộc ta có $BP=BQ$ 

$\Rightarrow DP.DQ=(BP-BD)(BP+BD)=BP^2-BD^2=BH.BE-BD^2=BD.BC-BD^2=BD.CD$

Lại có: $\Delta BDH \sim \Delta ADC (\text{g.g})\Rightarrow BD.CD=AD.DH$

Vậy $DP.DQ=AD.DH$

c) Biến đổi góc, ta có: $\angle BPE+\angle BQF=\angle BHP+\angle QAF=\angle BHP+\angle QAD-\angle BAD=\angle BHP+\angle HPD-\angle BAD=180^{\circ}-\angle HBC-\angle BAD=180^{\circ}-\angle BAC<180^{\circ}$

Như vậy, $PE$ và $QF$ cắt nhau

d) Theo câu c) thì $\angle BPE+\angle BQF=180^{\circ}-\angle BAC=180^{\circ}-\angle PSQ\Rightarrow \angle BAC=\angle PSQ$

Do vậy tứ giác $AFES$ nội tiếp hay $S$ nằm trên $(AEF)$

Hình gửi kèm

•