homeless

a,$x^{x+1} +y^{y+1}+x.y^{y}+y.x^{x}=1981$  với x,v thuộc N

 

ta thấy $x,y \leq 4$ vì nếu x,y>4 thì $VT \geq 18756>1981$

tới đây xét từng trường hợp

cho đa thức $P(x)=ax^2+bx+c$ sao cho với mọi giá trị nguyên của x thì P(x) đều là một số chính phương. ($a \neq 0$)

chứng minh rằng a,b,c là các số nguyên và b là số chẵn

cho a,b,c là các  số thực thoả mãn a khác 0 và khác b và

phương trình $x^2+ax+1=0$ và $x^2+bx+c=0$ có 1 nghiệm chung

phương trình $x^2+x+a=0$ và $x^2+cx+b=0$ có một nghiệm chung

tính a+b+c

Tìm các bộ ba số nguyên (a, b, c) thỏa mãn $a^{2}-(b-c)^{2}=20132014$

$PT \leftrightarrow (a-b+c)(a+b-c)=20132014=2.7.1438001$

tới đây thì dễ rồi

Cho parabol (P):$y=x^2$ và đường thẳng $(d)$ $y=2mx-4$

Tìm m để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt có hoành độ đều là số nguyên dương.

khi (d) cắt (P)  ta có phương trình 

$x^2-2mx+4=0$

xét $\Delta =4m^2-4.4=4(m^2-4) > 0 \leftrightarrow m^2 > 4 \leftrightarrow ...$ 

theo viét 

$\left\{\begin{matrix} x1+x2=2m\\ x1.x2=4 \end{matrix}\right.$

không mất tính tổng quát, giả sử x1<x2

 nếu x1=1 thì x2=4 từ đó m=5/2 (loại)

Biết f(-1)=f(-2)=f(3)=1 và f(x) là đa thức bậc 3. Tính f(5)

gọi đa thức g(x)=f(x)-1

ta thấy g(-1)=g(-2)=g(3)=0

hay -1;-2;3 là nghiệm của g(x)

mà g(x) bậc 3 nên suy ra g(x) có dạng g(x)=(x+1)(x+2)(x-3)

suy ra f(x)=(x+1)(x+2)(x-3)+1

f(5)=6.7.2+1=85

giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} x^3-8x=y^3+2y\\ x^2-3=3(y^2+1) \end{matrix}\right.$

p/s: rõ kém

 

Ta có nhận xét:Nếu $0< a\leq b$ và $0\leq c$ thì $\frac{a}{b}\leq \frac{a+c}{b+c}$. BĐT này tương đương với $c(a-b)\leq 0$ (đúng)

Trở lại bài toán. Dễ dàng cm được cả 3 số đều nhỏ hơn $1$. Áp dụng nhận xét trên, ta có $VT< \frac{a+c+c}{3a+b+c}+\frac{a+b+b}{3a+c+b}+\frac{2a+a}{2a+b+c+a}=\frac{5a+2b+2c}{3a+b+c}< \frac{6a+2b+2c}{3a+b+c}=2$ (đpcm)

 

ta có$BĐT \leftrightarrow \frac{a+c}{3a+b}+\frac{a+b}{3a+c}<\frac{2a+2b+2c}{2a+b+c}$

(quy đồng ta có)

ta sẽ chứng minh $\frac{a+c}{3a+b}<\frac{a+b+c}{2a+b+c}$

thật vậy quy đồng BĐT trên ta có đc

$b^2<(a+c)^2+ac$ theo BĐT tam giác ta có BĐT luôn luôn đúng

CMTT ta có $\frac{a+b}{3a+c}<\frac{a+b+c}{2a+b+c}$ 

từ đó suy ra Đpcm

p/s; vẫn chưa hiểu cách trên cho lắm

cho a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng:

$a.(\frac{1}{3a+b}+\frac{1}{3a+c}+\frac{2}{2a+b+c})+\frac{c}{3a+b}+\frac{b}{3a+c}<2$

Bài 1:

$\frac{1}{a+b-x}= \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{x} (x là  ẩn số)$

Bài 2: 

$\frac{(b-c)(1+a)^2}{x+a^2}+\frac{(c-a)(1+b)^2}{x+b^2}+\frac{(a-b)(z+c)^2}{x+c^2}=0$

ĐKXD ...

phương trình đã cho tương đương với 

$\frac{1}{a+b-x}=\frac{a+b}{ab}+\frac{1}{x} \leftrightarrow \frac{-x(a+b)+a^2+b^2+ab}{ab(a+b-x)}+\frac{1}{x}=0 \leftrightarrow x^2(a+b+ab)=a^2+b^2+ab+ab(a+b) \leftrightarrow x^2=(a+b)-\frac{ab}{a+b+ab}$

vì $2013=61.11.3$ nên ta suy ra A chia hết cho 61,11 va 3.

vì X^2, y^2 là số chính phương nên dễ dàng suy ra được x,y chia hết cho 3 hay A chia hết cho 9

mà số chính phương chia 11 dư 0,1,9,4,5,3 nên suy ra x,y phải chia hết cho 11

hay A chia hết cho 121

từ đó suy ra A có dạng $(a^2+b^2).1089$

mà A chia hết cho 61 nên suy ra $a^2+b^2\vdots 61$

vì x,y nguyên dương nên a,b cũng nguyên dương.

hay $a^2+b^2\geq 61$ tương đương với $A\geq 61.1089=66429$

cho $a,b,c \in [0,1]$ chứng minh rằng 

$a+b^2+c^3-ab-bc-ac\leq1$

Giả sử phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm A(-2;-6) và B(4;3) có dạng $ax + by +c = 0, a\epsilon Z$. Tính $a + 2b -3c$  

từ phương trình đầu ta có:$ax+by+c=0 \lefirightarrow \frac{-a}{b}x+\frac{-c}{b}=y$

Đặt $\frac{-a}{b}=m$;$\frac{-c}{b}=n$ thì phương trình đã cho sẽ có dạng $mx+n=y$

vì đường thẳng đi qua 2 điểm A và B nên ta sẽ có hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} -2m+n=-6\\ 4m+n=3 \end{matrix}\right.\leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m=1,5\\ n=-3 \end{matrix}\right.$

hay $\frac{-a}{b}=1,5\leftrightarrow a=-1,5.b$ và $\frac{-c}{b}=-3 \leftrightarrow c=3b$

vậy ta chỉ có thể tính được $a+2b-3c=-1,5.b+2b-9b=-8,5.b$

giải hệ phương trình 

$\left\{\begin{matrix} x+2y-2z=5^{xyz}\\ (x-2y)(y+7)-x=19^z \end{matrix}\right.$

với xyz>0

giải hệ phương trình sau: a)$\left\{\begin{matrix} y+xy^2=5x^2\\ 1+x^2y^2=6x^2 \end{matrix}\right.$

 b) $\left\{\begin{matrix} y+xy^2=6x^2\\ 1+x^2y^2=5x^2 \end{matrix}\right.$