tpdtthltvp

Anh đóng góp $1$ bài.

$\boxed{6}$ Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix}4xy+4(x^2+y^2)+\frac{3}{(x+y)^2}=7 \\ 2x+\frac{1}{x+y}=3 \end{matrix}\right.$

 

P/S: Có bài nào hay anh sẽ tiếp tục đóng góp cho topic. 

Topic rất hay mong em tiếp tục phát triển. 

$\boxed{6}$ Ta có:

$HPT\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 3(x+y)^2+(x-y)^2+\frac{3}{(x+y)^2}=7 \\ (x+y)+(x-y)+\frac{1}{x+y}=3 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 3[(x+y)+\frac{1}{x+y}]^2+(x-y)^2=13 \\ [(x+y)+\frac{1}{x+y}]+(x-y)=3 \end{matrix}\right.$

 Đặt $x+y+\frac{1}{x+y}=a;x-y=b\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 3a^2+b^2=13 \\ a+b=3 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \begin{bmatrix} a=2,b=1 \\ a=-\frac{1}{2},b=\frac{7}{2} \end{bmatrix}$

 Từ đó tìm được $\boxed{(x,y)=(1;0)}$

$\boxed{4}$ Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} x+\frac{x+3y}{x^2+y^2}=3(1)\\ y-\frac{y-3x}{x^2+y^2}=0 (2)\end{matrix}\right.$

$\boxed{5}$ Giải hệ phương trình: $x^4-2y=y^4-2z=z^4-2x=\frac{-1}{2}$

$\boxed{4}:$ ĐKXĐ: $x,y$ không đồng thời bằng $0.$

$HPT\Rightarrow \left\{\begin{matrix} xy+\frac{xy+3y^2}{x^2+y^2}=3y \\ xy-\frac{xy-3x^2}{x^2+y^2}=0 \end{matrix}\right.\Rightarrow 2xy+3=2y\Rightarrow x=\frac{3y-3}{2y}$

Thay vào $(2)$ ta được:

$x^2y+y^3-y+3x=0\Leftrightarrow \frac{(3y-3)^2}{4y}+y^3-y+\frac{9y-9}{2y}=0\Rightarrow 4y^4+5y^2-9=0\Rightarrow y^2=1\Leftrightarrow \begin{bmatrix} y=1,x=0 \\ y=-1,x=3 \end{bmatrix}$

Vậy $\boxed{(x,y)\in \left \{ (0;1);(3;-1) \right \}}$

$\boxed{5}$

Dễ thấy $x,y,z>0.$

Trừ lần lượt phương trình thứ nhất và phương trình thứ hai, phương trình thứ hai và phương trình thứ ba ta được hệ mới:

$\left\{\begin{matrix} (x-y)(x+y)(x^2+y^2)+2(z-y)=0 \;\;\;\ (1) \\ (y-z)(y+z)(y^2+z^2)+2(x-z)=0 \;\;\;\ (2) \end{matrix}\right.$

Giả sử $x\geq y>0,$ từ $(1)$ suy ra $y\geq z$ suy ra $z\geq x$ (do $(2)$ ). Do đó $x\geq y\geq z\geq x>0\Leftrightarrow x=y=z$

Thay vào được $2x^4-4x+1=0$ (Sao nghiệm không đẹp nhỉ? )

$\boxed{2}$ Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} x^3+y^3+x^2(y+z)=xyz+14\\ y^3+z^3+y^2(z+x)=xyz-21\\ z^3+x^3+z^2(x+y)=xyz+7 \end{matrix}\right.$

$\boxed{2}$

 

Cộng cả 3 pt ta có:
$2(x^3+y^3+z^3)+x^2(y+z)+y^2(z+x)+z^2(x+y)=3xyz$
$\Leftrightarrow (x^3+y^3+z^3-3xyz)+[x^3+x^2(y+z)]+[y^3+y^2(z+x)]+[z^3+z^2(x+y)]=0$
$\Leftrightarrow (x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)+x^2(x+y+z)+y^2(x+y+z)+z^2(x+y+z)=0$
$\Leftrightarrow (x+y+z)(2x^2+2y^2+2z^2-xy-yz-zx)=0$
$\Rightarrow x+y+z=0$ (do $\Rightarrow 2x^2+2y^2+2z^2-xy-yz-zx> 0 \forall x,y,z$)

Tới đây rút gọn hệ được về dạng sau:
$\left\{\begin{matrix} y^3=xyz+14\\ z^3=xyz-21\\ x^3=xyz+7 \end{matrix}\right.$ (2)

Nhân cả 3 pt của (2) ta có:
$(xyz)^3=(xyz+14)(xyz-21)(xyz+7)$
$\Leftrightarrow (xyz)^3=(xyz)^3+(14-21+7)(xyz)^2+(14.7-14.21-7.21)xyz-7.14.21$$\Leftrightarrow 7^3xyz=-7^3.6$$\Leftrightarrow xyz=-6$

Thay vào (2) ta nhận được hệ pt:
$\left\{\begin{matrix} y^3=-6+14\\ z^3=-6-21\\ x^3=-6+7 \end{matrix}\right.$$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} y^3=8\\ z^3=-27\\ x^3=1 \end{matrix}\right.$$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} y=2\\ z=-3\\ x=1 \end{matrix}\right.$
Đây là nghiệm duy nhất của pt...

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: 

$\left\{\begin{matrix} 5x^3+3y^3=6+2xy\\ 3x^3+2y^3=8-3xy \end{matrix}\right.$

Từ $HPT$ suy ra: $\left\{\begin{matrix} x^3=13xy-12 \;\;\;\ (1) \\ y^3=-21xy+22 \;\;\;\ (2) \end{matrix}\right.$

Đặt $t=xy\Rightarrow t^3=(13t-12)(-21t+22)\Leftrightarrow t^3+273t^2-538t+24=0\Leftrightarrow (t-1)(t^2+274t-264)=0$

Tới đây tìm được các giá trị của $t$ hay chính là $xy$ từ đó thay vào $(1)$ và $(2)$ tìm được $x,y.$

Đáp số:

Bài 2: Cho $x,y,z>0$. Chứng minh rằng:

$\frac{\sqrt{x+y}}{z}+\frac{\sqrt{y+z}}{x}+\frac{\sqrt{z+x}}{y}\ge \frac{4x+4y+4z}{\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}}$

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$$\sum [\frac{(x+y)\sqrt{(y+z)(z+x)}}{z}]\geq 4\sum x \;\;\;\;\ (1)$$

Thật vậy:

$$VT(1)\geq \sum \frac{(x+y)(z+\sqrt{xy})}{z}=2\sum x+\sum \frac{(x+y)\sqrt{xy}}{z}\geq 2\sum x+\sum \frac{2xy}{z}$$

Mà 

$$\sum \frac{2xy}{z}=\sum (\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x})\geq \sum (2y)=2\sum x$$

Suy ra $(1)$ đúng.

Ta có đpcm. Dấu $"="$ xảy ra khi $x=y=z$

       Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Điểm E thay đổi trên cung nhỏ AB (E khác A và B). Từ B và C lần lượt kẻ các tiếp tuyến với đường tròn (O), các tiếp tuyến này cắt đường thẳng AE theo thứ tự tại M và N. Gọi F là giao điểm của BN và CM

            a) Chứng minh rằng $MB.CN=BC^{2}$

            b) Khi điểm E thay đổi trên cung nhỏ AB. Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định

(Trích đề thi TS vào THPT chuyên Toán Hà Tĩnh năm học 2016-2017)

a) Gọi độ dài cạnh tam giác đều là $a,$ ta có $AB//CN,AC//BM$ suy ra $\Delta AMB\sim \Delta NAC(g.g)\Rightarrow \frac{MB}{a}=\frac{a}{NC}\Rightarrow MB.CN=a^2=BC^2$

b) Từ $(a)$ suy ra $\frac{MB}{BC}=\frac{BC}{CN}$ mà $\widehat{MBC}=\widehat{NCB}(=120^{\circ})\Rightarrow \Delta MBC\sim \Delta BCN\Rightarrow \widehat{BMC}=\widehat{NBC}$ suy ra $\widehat{BFM}=\widehat{NBC}+\widehat{BCM}=\widehat{BMC}+\widehat{BCM}=180^{\circ}-\widehat{MBC}=60^{\circ}.$

 Mà $\widehat{BFM}=\widehat{ACB}=60^{\circ}\Rightarrow MEFB \;\;\ \text{ nội tiếp}\Rightarrow \widehat{BEF}=\widehat{BMC}=\widehat{NBC}$

 Gọi $P=EF\cap BC\Rightarrow \widehat{BEP}=\widehat{FBP}\Rightarrow \Delta EBP\sim \Delta BFP\Rightarrow BP^2=PE.PF$

 Chứng minh tương tự, có $CP^2=PE.PF$ suy ra $PB=PC.$

 Vậy $EF$ đi qua $P$ là trung điểm của $BC$ cố định.

Cho đa giác lồi: $A_1A_2...A_{100}.$ Tại mỗi đỉnh $A_k(k=\overline{1,100}),$ người ta ghi một số thực $a_k$ sao cho giá trị tuyệt đối của hiệu $2$ số trên $2$ đỉnh kề nhau chỉ bằng $2$ hoặc $3.$ Tìm GTLN có thể của giá trị tuyệt đối của hiệu giữa $2$ số ghi trên mỗi cặp đỉnh của đa giác đã cho, biết rằng các số ghi tại các đỉnh đã cho đôi một khác nhau.

Ta tiếp cận bằng 1 bài toán đơn giản sau: 

 

Bài toán:  Cho $a,b,c>0$. CMR:

 

$\frac{a(b+c)}{(b+c)^{2}+a^{2}}+\frac{b(c+a)}{(c+a)^{2}+b^{2}}+\frac{c(a+b)}{(a+b)^{2}+c^{2}}\leq \frac{6}{5}$

Do BĐT thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa $a+b+c=3.$

Khi đó:

$$\sum \frac{a(b+c)}{(b+c)^2+a^2}=\sum \frac{a(3-a)}{(3-a)^2+a^2}$$

Mặt khác ta có:

$$\frac{a(3-a)}{(3-a)^2+a^2}\leq \frac{9a+1}{25}\Leftrightarrow \frac{9(a-1)^2(2a+1)}{25\left [ a^2+(3-a)^2 \right ]}, \text{đúng }\forall a>0$$

Chứng minh tương tự suy ra:

$$\sum \frac{a(b+c)}{(b+c)^2+a^2}\leq \frac{9(a+b+c)+3}{25}=\frac{30}{25}=\frac{6}{5}.$$

Tìm các số nguyên dương $x,y$ sao cho:

$(x^2+y^2)^{2014}=(xy)^{2015}$.

Ta có: $(x^2+y^2)^{2014}=(xy)^{2015}\Leftrightarrow (\frac{x}{y}+\frac{y}{x})^{2014}=xy$

Do $xy\in \mathbb{N}^*$ và $\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\in \mathbb{Q}$ suy ra $\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\in \mathbb{N}^*(1).$

Đặt $d=\gcd(x,y)\Rightarrow x=dx_1;y=dy_1\left ( \text{với }(x_1,y_1)=1 \right )$

Suy ra $(1)\Leftrightarrow \frac{x_1}{y_1}+\frac{y_1}{x_1}\in \mathbb{N}*\Rightarrow x_1y_1|x_1^2+y_1^2.$ Do đó $x_1|y_1^2$ mà $\gcd(x_1,y_1)=1$ nên $x_1|y_1.$

Tương tự ta được $y_1|x_1.$ Do đó $x_1=y_1\Rightarrow x=y\Rightarrow 2^{2014}x^{4028}=x^{4030}\Leftrightarrow x^2=2^{2014}\Rightarrow x=2^{1007}$

Vậy  $x=y=2^{1007}$

Cho $ x, y, z \in [1;3] $ .

 

Tìm MAX của biểu thức:

 

$$P=\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x}+\dfrac{y}{x}+\dfrac{x}{z}+\dfrac{z}{y}$$

Do vai trò của $x,y,z$ như nhau nên không mất tính tổng quát, giả sử  $1\leq x\leq y\leq z\leq 3.$

Dễ dàng suy ra: $\frac{x}{z}\leq 3;\frac{z}{x}\leq 3.$ Do đó: $(3-\frac{x}{z})(3-\frac{z}{x})\geq 0\Leftrightarrow \frac{x}{z}+\frac{z}{x}\leq \frac{10}{3}(1)$

Mặt khác ta có: $\frac{x}{y}\leq 1;\frac{y}{z}\leq 1$ nên $(1-\frac{x}{y})(1-\frac{y}{z}) \geq 0 \Leftrightarrow \frac{x}{y}+\frac{y}{z}\leq 1+\frac{x}{z}(2)$

Tương tự, ta được: $\frac{y}{x}+\frac{z}{y}\leq 1+\frac{z}{x}(3)$

Từ $(1),(2),(3)$ suy ra $\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{y}{x}+\frac{z}{y}\leq 2+\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\leq 2+\frac{10}{3}=\frac{16}{3}$

Do đó: $P=\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x}+\dfrac{y}{x}+\dfrac{x}{z}+\dfrac{z}{y} \leq \frac{16}{3}+\frac{10}{3}=\frac{26}{3}$

Dấu $"="$ xảy ra khi $a,b,c$ có $1$ số bằng $1;\;\;\ 2$ số bẳng $3$ hoặc có $1$ số bằng $3; \;\;\ 2$ số bằng $1.$ 

Do bạn đặt tiêu đề không đúng quy định

Bài 57 (Iran MO 3rd Round Finals). Cho ba số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện $abc=1.$ Chứng minh rằng

$$\frac {a+b}{(a+b+1)^2}+\frac {b+c}{(b+c+1)^2}+\frac {c+a}{(c+a+1)^2} \geqslant \frac {2}{a+b+c}.$$

Áp dụng BĐT $Cauchy-schwarz,$ ta có:

$$(a+b+c)(a+b+\frac{1}{c})\geq (a+b+1)^2$$

Kết hợp với $abc=1$

$$\sum \frac{a+b}{(a+b+1)^2}\geq \sum \frac{a+b}{(a+b+c)(a+b+ab)}$$

Cuối cùng ta chỉ cần chứng minh:

$$\sum \frac{a+b}{a+b+ab}\geq 2\Leftrightarrow \sum \frac{ab}{a+b+ab}\leq 1$$

Đặt $a=\frac{1}{x^3};b=\frac{1}{y^3},c=\frac{1}{z^3}$ thì $xyz=1$ và:

$$\sum \frac{ab}{a+b+ab}=\sum \frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+1}=\sum \frac{1}{x^3+y^3+xyz}\leq \sum \frac{1}{xy(x+y)+xyz}=\sum \frac{z}{xyz(x+y+z)}=\sum \frac{z}{x+y+z}=1.$$

Do đó ta có đpcm.

Cho hình bình hành ABCD. Qua điểm I trong hình bình hành vẽ đường thẳng song song với AB cắt AD, BC lần lượt tại E, G. Qua I vẽ đường thẳng song song với AD cắt AB, DC lần lượt tại F, H. CMR: AI, DG, BH đồng quy.

 TH.JPG   11.91K   35 Số lần tải

Gọi giao điểm của $AI$ và $BH$ là $K.$ Ta sẽ chứng minh $D,K,G$ thẳng hàng.

Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác $HBF$ có $A,I,K$ thằng hàng ta được:

$$\frac{AF}{AB}.\frac{IH}{IF}.\frac{KB}{KH}=1\Leftrightarrow \frac{KB}{KH}=\frac{AB}{AF}.\frac{IF}{IH}$$

Do đó tam giác $BHC$ có: 

$$\frac{DH}{DC}.\frac{KB}{KH}.\frac{GC}{GB}=\frac{DH}{DC}.\frac{GC}{GB}.\frac{AB}{AF}.\frac{IF}{IH}=(\frac{DH}{DC}.\frac{AB}{AF}).(\frac{GC}{GB}.\frac{IF}{IH})=1$$

Theo định lí Menelaus suy ra $D,K,G$ thẳng hàng. 

Ta có đpcm.

Bài toán $(Italy \;\;\ TST  \;\;\ 2003):$ Tìm bộ số nguyên $(a,b,p)$ sao cho $a,b$ là số nguyên dương và $p$ là số nguyên tố thỏa mãn:

$$2^a+p^b=19^a.$$