CaptainCuong

Còn cách đơn giản hơn:

Đặt $a=x+y$ và $b=x-y$ $(a,b$ chẵn$)$

Từ giả thiết$=>\frac{a^2+10}{a^2-b^2}=\frac{k+2}{4}$

Đặt $d=(a^2+10,a^2-b^2)$

Dễ thấy $d=2$ hoặc $d=10$

Mặt khác do $4\mid k$:

Xét $k=4=>\frac{a^2+10}{a^2-b^2}=\frac{3}{2}$

$=>PT$ vô nghiệm

Xét $k=8=>\frac{a^2+10}{a^2-b^2}=\frac{5}{2}$

$=>PT$ vô nghiệm

Suy ra $k=4$ hoặc $k=8$ không thỏa mãn nên $k\geqslant 12$

Mình còn cách gọn hơn tí

C/m được số chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1

+Xét 2 số $x,y$, có 1 số chia hết cho 3, 1 số không chia hết cho 3. Không mất tính tổng quát giả sử $x$ chia hết cho 3, $y$ không chia hết cho 3 $\Rightarrow x^2+y^2+10\equiv 2(mod 3)$ mà xy chia hết cho 3 $\Rightarrow$ loại.

+ Xét 2 số $x,y$ đều chia hết cho 3 $\Rightarrow x^2,y^2\vdots 9\Rightarrow x^2+y^2+10\equiv 1(mod 9)$ mà $xy$ chia hết cho 9  $\Rightarrow$ loại.

Vậy $x,y$ không chia hết cho 3 $\Rightarrow x^2,y^2\equiv 1(mod 3)\Rightarrow x^2+y^2+10\equiv 0(mod 3)$ mà $xy$ không chia hết cho 3 $\Rightarrow$ $k\vdots 3$

mà $k\vdots 4$

$(4;3)=1$

$\Rightarrow$ $k\vdots 12$ mà $k\neq 0\Rightarrow k\geq 12$

Bài 2:  Cho $x,y$ nguyên dương và $xy\mid x^2+y^2+10$

b) Chứng minh $k=\frac{x^2+y^2+10}{xy}$ chia hết cho $4$ và $k\geqslant 12$

Đặt $k=4n+r(r\in {-1;0;1;2})$. Xét $r=\pm 1$, ta có:

$x^2+y^2+10=(4n\pm 1)xy$$\Rightarrow x^+y^2+10=4nxy\pm xy$

mà $x^2+y^2+10\vdots 4$ (do $x,y$ lẻ)

$ 4nxy \vdots 4$ 

$\Rightarrow \pm xy\vdots 4$(vô lí vì $x,y$ lẻ)

Xét $r=2$, tương tự TH trên vô lí

Vậy $r=0$$\rightarrow k=4n\rightarrow k\vdots 4$

Bài 1:

a) Giải hệ $\left\{\begin{matrix} (x-2y)(x+my)=m^2-2m-3\\ (y-2x)(y+mx)=m^2-2m-3\end{matrix}\right.$ khi $m=-3$ và tìm $m$ để hệ có ít nhất một nghiệm $(x_0;y_0)$ thỏa $x_0>0,y_0>0$

 

b) Tìm $a\geqslant 1$ để phương trình $ax^2+(1-2a)x+1-a=0$ có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ thỏa $x_2^2-ax_1=a^2-a-1$

 

Bài 2:  Cho $x,y$ nguyên dương và $xy\mid x^2+y^2+10$

a) Chứng minh $(x,y)=1$ và $x,y$ là hai số lẻ

 

b) Chứng minh $k=\frac{x^2+y^2+10}{xy}$ chia hết cho $4$ và $k\geqslant 12$

 

Bài 3: Cho $x\geqslant y\geqslant z,$ $x+y+z=0$ và $x^2+y^2+z^2=6$

a) Tính $S=(x-y)^2+(x-y)(y-z)+(z-x)^2$

 

b) Tìm $GTLN$ của $P=|(x-y)(y-z)(z-x)|$

 

Bài 4: Tam giác $ABC$ nhọn có $\widehat{BAC}>45^0$.Dựng các hình vuông $ABMN,ACPQ$ $(M,C$ khác phía đối với $AB,B$ và $Q$ khác phía đối với $AC)$. $AQ$ cắt đoạn $BM$ tại $E$ và $NA$ cắt đoạn $CP$ tại $F$

a) Chứng minh $\Delta ABE\sim \Delta ACF$ và tứ giác $EFQN$ nội tiếp

b) Chứng minh trung điểm $I$ của $EF$ là tâm đường tròn ngọai tiếp tan giác $ABC$

c) $MN$ cắt $PQ$ tại $D$, các đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ và $DNP$ cắt nhau tại $K$ $(K\neq D)$, các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiêp tam giác $ABC$ tại $B,C$ cắt nhau tại $J$.Chứng minh $D,A,K,J$ thẳng hàng

 

Bài 5: Với mỗi số nguyên dương $m>1$, kí hiệu $s(m)$ là ước nguyên dương lớn nhất của $m$ và khác $m$.Cho số tự nhiên $n>1$, đặt $n_0=n$ và lần lượt tính các số $n_1=n_0-s(n_0),n_2=n_1-s(n_1),...,n_{i+1}=n_i-s(n_i),...$ Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương $k$ để $n_k=1$ và tính $k$ khi $n=2^{16}.14^{17}$

Câu 2: Xét 2 số $x,y$ đều chẵn $\Rightarrow x^2+y^2+10\equiv 2 (mod 4)$ mà $xy\equiv 0(mod 4)$. Vậy$x,y$ không thể cùng chẵn

Xét 1 trong 2 số có 1 số chẵn, 1 số lẻ. Không mất tính tổng quát, giả sứ $x$ lẻ, $y$ chẵn $\Rightarrow x^2+y^2+10\equiv1(mod 2)$ mà $xy\equiv 0(mod 2)$. Vậy 1 trong 2 số không thể có 1 số chẵn và 1 số lẻ.

Vậy cả 2 số đều lẻ

Gọi $(x;y)=d\Rightarrow x=da;y=db\Rightarrow a^2d^2+b^2d^2+10=kabd^2\rightarrow 10\vdots d^2$ mà $d^2$ là số chính phương nên $d^2=1$

$\rightarrow d=1$. Vậy $x,y$ nguyên tố cùng nhau

Cho $\Delta ABC$. Tren các cạnh $AB, BC, CA$ lần lượt lấy các điểm $D, E, F$ sao cho $\frac{AD}{AB}=\frac{BE}{BC}=\frac{CF}{CA}=k(0<\frac{1}{2})$. Chứng minh rằng  $\Delta ABC$ và  $\Delta DEF$ có chung trọng tâm.

(Khuyến khích các bạn giải bằng nhiều cách và nêu hướng giải thì càng tốt)

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c}\rightarrow ab=c(a+b)$

Ta có:

$(a+c)(b+c)=ab+ac+bc+c^2=2(a+b)c+c^2=c(2a+2b+c)\vdots c$($1$)

Nếu $a+c$ và $b+c$ đồng thời là số nguyên tố. Mà $a+c>c$, $b+c>c$. Do đó $(a+c)(b+c)$ không chia hết c (2)

(1) và (2) mâu thuẫn 

Như vậy $a+c$ và $b+c$ không đồng thời là số nguyen tố.

2/
Từ giả thiết ta có
$(a+2)(b+2)(c+2)\geqslant 0<=>abc\geqslant -2(ab+bc+ca)-4(a+b+c)-8$

$(3-a)(3-b)(3-c)\geqslant 0<=>abc\leqslant 27-9(a+b+c)+3(ab+bc+ca)$

$=>27-9(a+b+c)+3(ab+bc+ca)\geqslant -2(ab+bc+ca)-4(a+b+c)-8$
$<=>a+b+c\leqslant 7+ab+bc+ca$
$<=>2(a+b+c)\leqslant 14+2(ab+bc+ca)$
$<=>2(a+b+c)+22\leqslant 14+(a+b+c)^2$
$<=>(a+b+c)^2-2(a+b+c)-8\geqslant 0$
$<=>(P-4)(P+2)\geqslant 0<=>P\geqslant 4$
Vậy $P_{min}=4$ khi $(a,b,c)=(0,2-\sqrt{7},2+\sqrt{7})$ và hoán vị

Toy có cách khác mà sao dấu = không giống bạn

$(a+2)(a-3)\leq 0\Rightarrow a\geq a^2-6$

Cmtt $\sum a\geq \sum a^2-18=4$

BĐT cần C/m tương đương $a^2+b^2+c^2+a+b+c\geq 2(ab+bc+ca)$

Ta có:$ab+bc+ca+abc\leq 4\Leftrightarrow 12+(ab+ba+ca)+4(a+b+c)\geq 8+4(4a+b+c)+2(ab+bc+ca)+abc\Leftrightarrow (2+a)(2+b)+(2+b)(2+c)(2+c)(2+a)\geq (2+a)(2+b)(2+c)$

$\Leftrightarrow\sum \frac{1}{2+a}\geq 1$(**)

Ta có:

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

Tương tự$\frac{1}{2+b}\leq \frac{b+a^2+c^2}{(a+b+c)^2};\frac{1}{2+c}\leq \frac{c+a^2+b^2}{(a+b+c)^2}$

Cộng 3 bất đẳng thức và sử dụng (**) suy ra $a^2+b^2+c^2+a+b+c\geq 2(ab+bc+ca)$

 Cách khác:

Ta có BĐT sau: $a^2+b^2+c^2+2abc+1\geq 2(ab+bc+ca)$

Chứng minh:

Xét 3 số: $a-1;b-1;c-1$ luôn tồn tại 2 số cùng dấu

Gỉa sử là $a-1;b-1$

$\Rightarrow c(a-1)(b-1)\geq 0\Rightarrow abc\geq cb+ac-c$

$BDT\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+1-2ab-2c\geq 0\Leftrightarrow (a-b)^2+(c-1)^2\geq 0$(luôn đúng)

C/m được $x^{3}:7$ dư 0 hoặc 1 hoặc 6

+Xét 1 trong 3 số $a,b,c$ chia hết cho 7 suy ra $abc(a^3-b^3)(b^3-c^3)(c^3-a^3)$ chia hết cho 7

+Xét 3 số $a^3, b^3, c^3$ không có só nào chia hết cho 7. Vậy ba số chia 7 chỉ có thể dư 1 hoặc 6. Suy ra chắc chắn có ít nhất 2 số cùng số dư. Vậy hiệu của chúng chia hết cho 7.

$\rightarrow DPCM$

Cho $a,b$ là 2 số thay đổi thỏa $a>0$ và $a+b\geq 1$. Tìm GTNN của biểu thức M=$\frac{8a^2+b}{4a}+b^2$

Bài 4: Cho 3 số thực dương $x,y,z$. CMR:

$\frac{(x+y)^{2}}{x^{2}+y^{2}+2z^{2}}+\frac{(y+z)^{2}}{y^{2}+z^{2}+2x^{2}}+\frac{(z+x)^{2}}{z^{2}+x^{2}+2y^{2}}\leq 3$

Ta có

$(x+y)^{2}\leq 2(x^{2}+y^{2})\Rightarrow$ $VT\leq \sum \frac{2(x^2+y^2)}{x^2+y^2+2z^2}$

Đặt $x^2+y^2=a;y^2+z^2=b;z^2+x^2=c$

BĐT cần C/m $\Leftrightarrow \frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\leq \frac{3}{2}$(BĐT Nesbit)

Giả sử $a=max\left \{ a;b;c \right \}\Rightarrow a\geq 1, bc\leq 1$

Với $bc\leq 1$ ta có bổ đề sau:

$\frac{1}{1+b^{2}}+\frac{1}{1+c^{2}}\leq \frac{2}{1+bc}$(chứng minh dễ dàng bằng tương đương)

Ta có:

$(\frac{1}{\sqrt{1+b^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+c^{2}}})^{2}\leq 2(\frac{1}{1+b^{2}}+\frac{1}{1+c^{2}})\leq$$\frac{4}{1+ab}=\frac{4c}{1+c}$(vì abc=1)

$\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{1+a^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+b^{2}}}\leq \frac{2\sqrt{c}}{\sqrt{1+c}}$

Mà ta có: $\sqrt{2(1+c^{2})}\geq 1+c\Leftrightarrow \frac{1}{\sqrt{1+c^{2}}}\leq \frac{\sqrt{2}}{1+c}$

Do đó ta chỉ cần chứng minh: $\frac{2\sqrt{c}}{\sqrt{1+c}}+\frac{\sqrt{2}}{1+c}\leq \frac{3}{\sqrt{2}}$

$\Leftrightarrow (\sqrt{2c}-\sqrt{1+c})^{2}\geq 0$(luôn đúng)

Dấu = xảy ra$\Leftrightarrow a=b=c=1$

Chỗ màu đỏ sai thì phải

Hình như lớp 8 chưa học tứ giác nội tiếp mà?

Cách 2:$\Delta APC\sim \Delta ANB\Rightarrow AN.AC=AP.AB\Rightarrow \Delta APN\sim \Delta ACB$$\Rightarrow \widehat{APN}=\widehat{ACB}$

Cmtt, ta có:$\widehat{BPM}=\widehat{ACB}$

$\Rightarrow \widehat{APN}=\widehat{BPM}\Rightarrow \widehat{NPH}=\widehat{HPM}$

$\iff \begin{cases} &  x-1=y^3-5y^2+8y-4 \\  &  y-1=-2(x^3-5x^2+8x-4) \end{cases}$
 

$\iff \begin{cases} &  x-1=(y-1)(y-2)^2 \\  &  y-1=-2(x-1)(x-2)^2 \end{cases}$

 

Nhân vế với vế :$ (x-1)(y-1)=-2(x-1)(y-1)(x-2)^2(y-2)^2$

 

$\iff (x-1)(y-1)[1+(x-2)^2(y-2)^2]=0$

 

$\iff x=1$ hoặc $y=1$

 

Đến đây thế một trong 2 pt rồi giải tiếp

Bạn có thủ thuật nào để tách như vậy ko

$(x+2y+z)^{2}\leq (x^{2}+y^{2}+z^{2})(1+4+1)=18\Leftrightarrow -\sqrt{18}\leq(x+2y+z)\leq \sqrt{18}$