Kaito Kuroba

Giải hệ phương trình sau:

 

$\left\{\begin{matrix} x^3-y^3-6y^2+3(x-5y)=14\\ \sqrt{3-x}+\sqrt{y+4}=x^3+y^2-5 \end{matrix}\right.$

ĐK:$\left\{\begin{matrix}
x\leq 3 & \\
 y\geq -4&
\end{matrix}\right.~~~(*)$

Ta biến đổi phương trình thứ nhất:$$x^3-y^3-6y^2+3(x-5y)=14 x^3-(y+2)^3+3x-3y+6=0 \Leftrightarrow (x-y-2)\left [ x^2+x(y-2)+(y-2)^2+3 \right ]=0 \Rightarrow x=y+2~~~~~~(**)$$

Với ĐK đề bài thì pt còn lại VN.

Thế $(**)$ vào phương trình còn lại ta được: $\sqrt{1-y}+\sqrt{y+4}=(y+2)^3+y^2-5$

Bằng phương pháp dùng lượng liên hợp thích hợp ta được: $$\begin{bmatrix}
y=-3& \\
 y=0&
\end{bmatrix}\Rightarrow \begin{bmatrix}
x=-1;y=-3 & \\
 x=2;y=0&
\end{bmatrix}$$

Cho a, b, c không âm thỏa mãn $\sum {{a^2} = 1} $

Chứng minh rằng  $\sum {\frac{a}{{1 + bc}} \ge 1} $

Ta viết lại biểu thức như sau:

$$\sum \frac{a^2}{a+abc}\geq 1$$

Mặt khác theo giả thiết lại có: $a^2+b^2+c^2=1$

Vậy ta chỉ cần chỉ ra rằng: $a+abc\leq 1$

Ta có: $$a+abc\leq a+\frac{(b^2+c^2)a}{2}=a+\frac{(1-a^2)a}{2}$$

Bây giờ ta chỉ cần chứng minh rằng: $$a+\frac{(1-a^2)a}{2}\leq 1\Leftrightarrow \frac{3a-a^3-2}{2}\leq 0
\Leftrightarrow -\frac{(a+2)(a-1)^2}{2}\leq 0~~~~(DPCM)$$

Từ đây ta có:

$ \frac{a}{bc+1}=\sum \frac{a^2}{abc+a}\geq \sum a^2=1$

Tìm x,y thỏa mãn

$\left\{\begin{matrix} x^{2}y^{2}-2x+y^{2}=0\\ 2x^{2}-4x+3=-y^{3} \end{matrix}\right.$

Cho $a,b,c$ không âm và hai trong 3 số không đồng thời bằng $0$.CMR:

$\sum \frac{1}{4a^2+b^2+c^2}\leq \frac{1}{2(a^2+b^2+c^2)}+\frac{1}{ab+bc+ca}$

Sử dụng S-vác nhé!

Ta nhân 2 vế  $4(a^2+b^2+c^2)$ , từ đây ta có:

$$\sum \frac{(4a^2+b^2+c^2)+3(b^2+c^2)}{4a^2+b^2+c^2} \leq 2 +\frac{4(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca} \Leftrightarrow  10 \leq \sum (3-\frac{3(b^2+c^2)}{4a^2+b^2+c^2})+\frac{4(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca} \Leftrightarrow  \sum \frac{6a^2}{4a^2+b^2+c^2} + \frac{2(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca} \geq 5 \Leftrightarrow  \sum \frac{6a^2}{4a^2+b^2+c^2} + \frac{2(a+b+c)^2}{ab+bc+ca} \geq 9$$
mặt khác theo schwarz ta có :
$$\sum \frac{6a^2}{4a^2+b^2+c^2} \geq \frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2}$$
bây giờ ta chỉ cần chứng minh:
$$(a+b+c)^2.(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{2}{ab+bc+ca}) \geq 9 \Leftrightarrow (a+b+c)^2\left ( \frac{9}{(a+b+c)^2} \right )\geq 9~~~(DPCM).$$

Giải pt $(6x+5)^{2}(3x+2)(x+1)=35$

Thêm một cách khác:

C2:

pttd: $12.(6x+5)^{2}(3x+2)(x+1)=35.12
\Leftrightarrow (6x+5)^2(6x+4)(6x+6)=35.12 ~(*)$

tiếp tục ta đặt: $6x+5=y;(*)\Rightarrow t^2(t-1)(t+1)=35.12
\Leftrightarrow t^4-t^2-420=0$

đến đây là OK rồi!!!

C3: nhân hết VT ra được pt bậc 4 rồi giải tiếp !!!!!

Giải pt $(6x+5)^{2}(3x+2)(x+1)=35$

pttd:$$(36x^2+60x+25)(3x^2+5x+2)=35 ~ (*)$$

đặt: $3x^2+5x+2=y$

$(*)$ trở thành: $(12y+1)y=35\Leftrightarrow 12y^2+y-35=0$

đến đây là OK rồi!!!

Giải phương trình sau: $\left ( x+3 \right )\sqrt{(4-x)(12+x)}+x=28$

 pttt: $$(x+3)\sqrt{-x^2-8x+48}=28-x$$

giải phương trình$2x^{2}-11x+23=4\sqrt{x+1}$

$$pttd\Leftrightarrow x+1-4\sqrt{x+1}+4+2x^{2}-12x+18=0 \Leftrightarrow (\sqrt{x+1}-2)^{2}+2(x-3)^{2}=0 \Leftrightarrow x=3$$

1.cho 3 số thực a,b,c thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=1$ chứng minh $\frac{a^2}{1+2bc}+\frac{b^2}{1+2ac}+\frac{c^2}{1+2ab}\geq \frac{3}{5}$

1.

ta có: $$\sum \frac{a^2}{1+2bc}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{\sum a^2+2abc\left ( a+b+c \right )}\geq \frac{\left (\sum a^2  \right )^2}{a^2+b^2+c^2+2.\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3}}\geq \frac{3}{5}$$

Cho $a,b,c>0$. Cmr:

$(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)\geq 9(ab+bc+ca)$

Một cách khác:

$$VT=a^2b^2c^2+4(a^2+b^2+c^2)+2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+8

=(a^2b^2c^2+1)+(a^2+b^2+c^2)+1+2[(a^2b^2+1)+(b^2c^2+1)+(c^2a^2+1)]$$ $$+3(a^2+b^2+c^2)\geq 2abc+(a^2+b^2+c^2)+1+4(ab+bc+ca)+3(ab+bc+ca)\geq 9(ab+bc+ca)$$

Từ GT ta có:

$3=a^2b+b^2c+c^2a\leq \frac{a^4+b^4+c^4+a^2+b^2+c^2}{2}$

$\leq \frac{a^4+b^4+c^4}{2}+\frac{a^4+b^4+c^4+3}{4}$

$=\frac{3(a^4+b^4+c^4)}{4}+\frac{3}{4}$

$=>a^4+b^4+c^4\geq 3$

Có thể thế này sẽ ngắn hơn:

Áp dụng AM-Gm cho 3 số ta có: $\sum \left (a^4+a^4+b^4  \right )\geq 3\sum a^2b
\Rightarrow \sum a^4\geq \sum a^2b=3$

P/s: Sao giống Viet Hoang 99 quá!!! (gửi bài lên rồi tự xử!!! )

1/ $(x+3)\sqrt{(4-x)(12+x)}=28-x$

 

1.

 pttt: $$(x+3)\sqrt{-x^2-8x+48}=28-x$$

Bạn đã dùng S_vac nhân $a,b$ cả tử và mẫu từng cái phải không? rồi có$4a^{3}+4b^{3}\geq 4ab(a+b)$ còn gì cho vào BĐT thì là ngược dấu rồi

Đề là như thế này mà: $$\frac{a}{4b^2+a}+\frac{b}{4a^2+b}=\frac{a^2}{4ab^2+a}+\frac{b^2}{4a^2b+b}\geq \frac{(a+b)^2}{4ab^2+4a^2b+a+b}=\frac{(a+b)^2}{4ab(a+b)+a+b}$$

Bạn xem lại đề nhé!!!

$a;b>0$; $a+b=4ab$
Cmr: $\frac{a}{4b^2+1}+\frac{b}{4a^2+1}\geq \frac{1}{2}$

ta có:$a+b\leq 4\left ( \frac{a+b}{2} \right )^2\Rightarrow a+b\geq 1$

mặt khác ta lại có: $$\frac{a}{4b^2+1}+\frac{b}{4a^2+1}\geq \frac{(a+b)^2}{4ab(a+b)+a+b}
=\frac{4ab(a+b)}{4ab(a+b)+4ab}=\frac{a+b}{a+b+1}$$

bây giờ ta chỉ cần chứng minh: $\frac{a+b}{a+b+1}\geq \frac{1}{2}\Leftrightarrow a+b\geq 1$ $(DPCM)$

 Giải hpt:

1. $\left\{\begin{matrix} (\frac{x}{y}+\frac{y}{x})(x+y)=15\\(\frac{x^{2}}{y^{2}}+\frac{y^{2}}{x^{2}})(x^{2}+y^{2})=85 \end{matrix}\right.$

 

1.

Ta đặt: $$\left\{\begin{matrix}
\frac{x}{y}+\frac{y}{x}=a & \\
 x+y=b&
\end{matrix}\right.$$

Ta biến đổi hệ trở thành:$$\left\{\begin{matrix}
ab=15 & \\
 (a^2-2)\left ( b^2-\frac{2b^2}{b+2} \right )=85&
\end{matrix}\right.$$

từ đây ta dễ dàng tìm được $a,b$

$$\left\{\begin{matrix}
a=\frac{5}{2};b=6 & \\
 a=\frac{-9}{7};b=\frac{-35}{3}&
\end{matrix}\right.$$

Đến đây là OK rồi!!!!