dorabesu

Cho tam giác có số đo các đường cao là số nguyên, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đó bằng 1. Hỏi tam giác đó là tam giác gì

Gọi các cạnh và chiều cao tương ứng lần lượt là $a,b,c$; $h_a,h_b,h_c$
Có : $2S=a.h_a=b.h_b=c.h_c$
Lại có : $S=pr$
$\Rightarrow 2S=2pr=a+b+c$ ( do $r=1$ )
$\Rightarrow a+b+c=a.h_a=b.h_b=c.h_c$
Do vai trò $a,b,c$ là như nhau. Ta giả sử $a\geq b\geq c$
$\Rightarrow a.h_a=a+b+c\leq 3a$
$\Rightarrow h_a\leq 3$ mà $h_a$ nguyên
$\Rightarrow h_a=1;2;3$
Mặt khác $h_a>2r=2$ nên $h_a=3$
Thay vào ra được $3a=a+b+c$ mà $a\geq b\geq c$ nên $a=b=c$
Vậy $\Delta$ đó là $\Delta$ đều

Cho các số thực dương a,b tm: $a^{100}+b^{100}=a^{101}+b^{101}=a^{102}+b^{102}$
Tính Q= $a^{2012}+b^{2012}$

Có : $a^{100}+b^{100}=a^{101}+b^{101}$
$\Rightarrow a^{101}-a^{100}+b^{101}-b^{100}=0$
$\Rightarrow a^{100}(a-1)+b^{100}(b-1)=0$ (1)
Lại có : $a^{101}+b^{101}=a^{102}+b^{102}$
Tương tự $\Rightarrow a^{101}(a-1)+b^{101}(b-1)=0$ (2)
Trừ vế theo vế của (2) cho (1) ta được :
$(a^{101}-a^{100})(a-1)+(b^{101}-b^{100})(b-1)=0$
$\Rightarrow a^{100}(a-1)^2+b^{100}(b-1)^2=0$
Mà $a^{100}(a-1)^2\geq 0$; $b^{100}(b-1)^2\geq 0$
Nên $a^{100}(a-1)^2=0$; $b^{100}(b-1)^2=0$
$\Rightarrow a=1$; $b=1$
$\Rightarrow Q=2$

Cái này có thể trình bày bằng những kiến thức thuộc phạm vi cấp II không anh?

trả lời câu 2 kìa , câu trên đó được rồi mak

Bạn lớp 9 à? Có quyển "23 chuyên đề" không?

Chắc sai:
Do hệ số lớn nhất trong A là 2 (của $a^2$) nên để $A_{Min}$ thì a=0
$\Rightarrow A=b^2+c^2\geq 2bc=2$
Vậy Min(A)=2 khi a=0; b=c=1

Ông anh à, nếu $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$ thì thỏa mãn điều kiện bài toán, hơn nữa $A=2.\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}=\frac{4}{3}<2$?

Giải hệ phương trình sau:
$\left\{\begin{matrix} x\sqrt{1-y^{2}}+y\sqrt{1-x^{2}}=1\\ x\sqrt{1-y^{2}}-y\sqrt{1-x^{2}}=\frac{1}{2} \end{matrix}\right.$

Có : $(x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2})^2\leq (x^2+1-x^2).(y^2+1-y^2)=1$ $(B.C.S)$
Dấu $"="$ xảy ra $\leftrightarrow$ ...

Cho các số thực dương a,b,c thoã mãn abcd=1
Chứng minh rằng $a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}\geq max(a+b+c+d,\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d})$

Bài này là đề thi Iran Mo 1998. Mình xin cop nguyên bài giải trong sách Sáng tạo Bất đẳng thức.
Ta phải chứng minh 2 bất đẳng thức sau :
$a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}\geq a+b+c+d$ (1)
và $a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}$
Ta có $a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq 3abc$ (Cauchy)
$b^{3}+c^{3}+d^{3}\geq 3bcd$
$c^{3}+d^{3}+a^{3}\geq 3cda$
$d^{3}+a^{3}+b^{3}\geq 3dab$
Cộng vế theo vế ...
Còn bất (1) thì đợi mình ăn cơm xong đã

a) Tìm $x, y$ nguyên tố thỏa mãn $x^2-2y^2=1(1)$

Có $(1)\Rightarrow x^2=1+2y^2$
Do $y^2$ là SCP nên nó chia cho 3 dư 0 hoặc 1
*Nếu $y^2$ chia hết cho 3 $\Rightarrow y$ chia hết cho 3 mà y là SNT $\Rightarrow y=3$. Từ đó tìm $x$
*Nếu $y^2$ chia 3 dư 1 $\Rightarrow x^2=1+2y^2$ chia 3 dư 2 (vô lý vì $x^2$ là SCP).

b) Giải phương trình nghiệm nguyên: $x^2=2y^2$

*TH1 : $x=0\Rightarrow y=0$ (thỏa mãn)
*TH2 : $x,y$ khác 0. Khi đó, lấy căn 2 vế ta được $|x|=\sqrt{2}|y|$ (1)
Mà $x,y$ nguyên nên (1) không xảy ra.

c) Giải phương trình nghiệm nguyên dương:
i) $x+y+z=xyz$
ii) $xy+yz+zx=xyz$

Câu ii,
*TH1 : Nếu $x=0$, thay vào và dễ dàng suy ra $y=0;x=0$
*TH2 : $x,y,z$ khác 0
Khi đó, chia cả 2 vế cho $xyz$ ta được $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1$
Do $x,y,z$ vai trò như nhau. Giả sử $x\leq y\leq z$
$\Rightarrow 1=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\leq \frac{3}{x}$
$\Rightarrow 1\leq \frac{3}{x}$
$\Rightarrow 1\leq \frac{3}{x}$
$\Rightarrow x\leq 3$
Xét $x=1;2;3$. Từ đó tìm ra $y,z$
Tương tự với câu i, nhưng đặt $xy=a;yz=b;zx=c$ cho dễ thao tác.

Dùng trực tiếp Cauchy-Schwar. Mà điều kiện $a+b+c+d=0$ làm gì thế nhỉ ???

Có :$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=x+y+x$
$\Rightarrow xy+yz+zx=x+y+z$
Do $0<x,y,z\leq 1\Rightarrow xy,yz,zx\leq 1\Rightarrow xy\leq \sqrt{xy}, yz\leq...$
Áp dụng bđt Cauchy : $x+y\geq 2\sqrt{xy}\geq 2xy$
Tương tự $y+z\geq 2yz$; $z+x\geq 2zx$
Cộng vế theo vế 3 bđt trên ta được : $x+y+z\geq xy+yz+zx$
Dấu "=" xảy ra $\leftrightarrow x=y=z=1$
$\Rightarrow \frac{1}{x^{13}}+\frac{1}{y^{13}}+\frac{1}{z^{13}}=x^{13}+y^{13}+x^{13}$
Vậy bài toán đã được chứng minh xong.

Đặt vế trái là $a\Rightarrow a=x$
Bình phương 2 vế không âm, ta thu được
$x+2a=x^2$
Ta có hệ $\left\{\begin{matrix} a=x&&\\x+2a=x^2&&\end{matrix}\right.$
Giải hệ, thu được $x=0;3$

( đk : $0\leq x\leq 32$ )
Cộng cả 2 pt lại, tách thành pt sau :
$(\sqrt{x}-4)+(\sqrt[4]{32-x}-2)+(\sqrt[4]{x}-2)+(\sqrt{32-x}-4)=(y^2-6y+9)$
$\leftrightarrow \frac{x-16}{\sqrt{x}+4}+\frac{16-x}{(\sqrt{32-x}+4)(\sqrt[4]{32-x}+2)}+\frac{x-16}{(\sqrt{x}+4)(\sqrt[4]{x}+2)}+\frac{16-x}{\sqrt{32-x}+4}=(y-3)^2$
$\leftrightarrow (x-16)(\frac{1}{\sqrt{x}+4}-\frac{1}{(\sqrt{32-x}+4)(\sqrt[4]{32-x}+2)}+\frac{1}{(\sqrt{x}+4)(\sqrt[4]{x}+2)}-\frac{1}{\sqrt{32-x}+4})=(y-3)^2$ (**)
* Xét trường hợp $16\leq x\leq 32$
$\Rightarrow x-16\geq 0$ và $x\geq 32-x (1)$
Từ (1) $\Rightarrow \sqrt{x}\geq \sqrt{32-x}$
$\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{x}+4}\leq \frac{1}{\sqrt{32-x}+4}$
$\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{x}+4}-\frac{1}{\sqrt{32-x}+4}\leq 0$
Tương tự ta được $\frac{1}{(\sqrt{x}+4)(\sqrt[4]{x}+2)}-\frac{1}{(\sqrt{32-x}+4)(\sqrt[4]{32-x}+2)}\leq 0$
$\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{x}+4}-\frac{1}{(\sqrt{32-x}+4)(\sqrt[4]{32-x}+2)}+\frac{1}{(\sqrt{x}+4)(\sqrt[4]{x}+2)}-\frac{1}{\sqrt{32-x}+4}\leq 0$
Như vậy, vế trái của (**) $\leq 0$ mà vế phải là $(y-3)^2\geq 0$
$\Rightarrow$ cả 2 vế bằng 0 $\Rightarrow x=16;y=3$
* Xét trường hợp $0\leq x\leq 16$
Tương tự như trường hợp trên, ta sẽ xét $VT\leq 0$ mà $VP\geq 0$ ...
Tóm lại, phương trình có nghiệm duy nhất $(x;y)=(16;3)$

Giải hệ sau :
$\left\{\begin{matrix}x^2+y^2+xy+1=4y&&\\y(x+y)^2=2x^2+7y+2&&\end{matrix}\right.$