QDV

$x^{3}-3y^{3}-9z^{3}=0, x\in Z$

Giả sử d=(x,y,z). Đặt $x = dx_{1},y=dy_{1},z=zd_{1}$ . Với $(x_{1},y_{1},z_{1})=1$

$PT\Leftrightarrow x_{1}^{3}-3y_{1}^{3}-9z_{1}^{3}=0\Rightarrow x_{1}=3x_{2}.PT\Leftrightarrow 9x_{2}^{3}-y_{1}^{3}-3z_{1}^{3}=0\Rightarrow y_{1}=3y_{2}$

$PT\Leftrightarrow 3x_{2}^{3}-9y_{2}^{3}-z_{1}^{3}=0\Rightarrow z_{1}=3z_{2}$. Vô lý vì $(x_{1},y_{1},z_{1})=1$

Vậy PT có nghiệm x=y=z=0

$5^{x}+12^{x}=13^{x}, x\in Z$

Dễ thấy PT có nghiệm x=2

PT biến đổi thành

$f_{(x)}=(\frac{5}{13})^{x}+(\frac{12}{13})^{x}-1=0$

Hàm nghịch biến nên chỉ có nhiều nhất một nghiệm

Vậy nghiệm của PT là x=2

Nếu chưa biết hàm đơn điệu và số nghiệm có thể so sánh trực tiếp $(\frac{2}{13})^{x} và (\frac{12}{13})^{x} với (\frac{2}{13})^{2} và (\frac{12}{13})^{2}$

 

Mình đã thử dùng nhân liên hợp

Pt $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{2}{\sqrt{2x^2+x+9}-\sqrt{2x^2-x+1}}=1 \\ x\neq 4 \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 7\sqrt{2x^2+x+9}-25=7\sqrt{2x^2-x+1}-11 \\ x\neq 4 \end{matrix}\right.$

Nhân liên hợp lần 2

Pt $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=\frac{8}{7} \vee \frac{14x+23}{25+7\sqrt{2x^2+x+9}}=\frac{14x+9}{11+7\sqrt{2x^2-x+1}} \\ x\neq 4 \end{matrix}\right.$

Đến đây thì mình hết biết làm

 

Đặt $u=\sqrt{2x^{2}+x+9}, v=\sqrt{2x^{2}-x+1}$ u,v>0

$PT\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} u+v=x+4\\ u+v=\frac{u^{2}-v^{2}}{2} \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} u+v=x+4\\ u-v=2 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow 2v=x-2 \Leftrightarrow x=0\cup x=\frac{8}{7}$

Cho $x,y,z>0$ thoả: $x\left( x+y+z \right)=3yz$. Chứng minh:

${{\left( x+y \right)}^{3}}+{{\left( x+z \right)}^{3}}+3\left( x+y \right)\left( x+z \right)\left( z+x \right)\le 5{{\left( y+z \right)}^{3}}$ (1)

 

Và sau đây là bài giải còn dang dở của mình:

Từ điều kiện ta có:

$\begin{align}& x\left( x+y+z \right)=3yz \\ & \Leftrightarrow {{x}^{2}}+xy+yz+zx=4yz \\ & \Leftrightarrow x\left( x+y \right)+z\left( x+y \right)=4yz \\ & \Leftrightarrow \left( x+z \right)\left( x+y \right)=4yz \\ \end{align}$

Ta có:

 (1)$\begin{align}& \Leftrightarrow {{\left( x+y \right)}^{3}}+{{\left( x+z \right)}^{3}}+12yz\left( y+z \right)\le5{{\left( y+z \right)}^{3}} \\ & \Leftrightarrow 2{{x}^{3}}+{{y}^{3}}+{{z}^{3}}+3xy\left( x+y \right)+3xz\left( x+z \right)+12yz\left( y+z \right)\le 5{{y}^{3}}+5{{z}^{3}}+12yz\left( y+z \right) \\ &\Leftrightarrow {{\left( x+y \right)}^{3}}+{{\left( x+z \right)}^{3}}-{{\left( y+z \right)}^{3}}-4{{y}^{3}}-4{{z}^{3}}\le 0 \\ \end{align}$

Đến đây mình không tìm ra được hướng nữa, bạn nào trên nền tảng của bài mình giúp mình giải tiếp đi, cảm ơn nhiều.

Từ ĐK dễ dàng CM $x\leq \frac{y+z}{2}$

Ta lại có

$(x+y)^{3}+(x+z)^{3}=(2x+y+z)[(x+y)^{2}-(x+y)(x+z)+(x+z)^{2}])\leq 2(y+z)[2x(x+y+z)+y^{2}+z^{2}-x(x+y+z)-yz]\leq 2(y+z)(y+z)^{2}\leq 2(y+z)^{3},"="\Leftrightarrow x=\frac{y+z}{2}$

Laị có

$12yz(y+z)\leq 3(y+z)^{3},"="\Leftrightarrow y=z$

Vậy BĐT được CM . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=y=z

Cho hàm số: $y=\frac{x+2}{x+1}$ . Tìm m để đường thẳng $\left( d \right)$: $y=x+m$ cắt $\left( C \right)$ tại 2 điểm A, B  phân biệt có AB=$\sqrt{26}$ 

Tọa độ giao điểm của (C) và d là nghiệm của hệ

$\left\{\begin{matrix} y=\frac{x+2}{x+1}\\ y=x+m \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x^{2}+mx+(m-2)=0(1)\\ y=x+m (2) \end{matrix}\right.$

Dễ thấy (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt nên (C) và d luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt

Gọi $A(x_{1};y_{1}),B(x_{2};y_{2})$ là tọa độ 2 giao điểm của (C) và d

$AB^{2}=(x_{2}-x_{1})^{2}+(y_{2}-y_{1})^{2}=2(x_{2}-x_{1})^{2}=26\Leftrightarrow S^{2}-4P=13$

$\Leftrightarrow m^{2}-4m-5=0\Leftrightarrow m=-1\cup m=5$

Giải bất phương trình:${{3}^{2x+1}}-{{2}^{2x+1}}-{{5.6}^{x}}\le 0$ 

BPT $\Leftrightarrow 3.3^{2x}-2.2^{2x}-5.6^{x}\leq 0\Leftrightarrow 3.(\frac{3}{2})^{x}-2.(\frac{2}{3})^{x}-5\leq 0..Đặt t=(\frac{3}{2})^{x} t> 0$

BPT $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 3t^{2}-5t-2\leq 0\\ t> 0 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow 0< t\leq 2 \Leftrightarrow x\leq log_{\frac{3}{2}}^{2}$

Trong một hôp đựng 12 viên bi, trong đó có 7 viên bi đỏ và 5 viên bi xanh. Tính xác suất lấy ra 3 viên bi có ít nhất là 2 viên bi đỏ.

Sự kiện này tương đương với lấy ra 3 viên đều đỏ hoặc lấy ra 3 viên có 2 viên đỏ và 1 viên xanh.

Xác suất sẽ bằng

$\frac{C_{7}^{3}+C_{7}^{2}C_{5}^{1}}{C_{12}^{3}}$

Tính tích phân:

$\int\limits_{1}^{e}{{{\ln }^{2}}xdx}$ 

Tích phân từng phần

Đặt u=$ln^{2}x\Rightarrow du=2\frac{lnx}{x}dx$

   vdv= dx $\Rightarrow v=x$

$I=xln^{2}x\left \right |_{1}^{e}-2\int_{1}^{e}lnxdx=e-2\int_{1}^{e}lnxdx$

 Lại dùng tích phân từng phần. Đặt

 $u_{1}=lnx\Rightarrow du_{1}=\frac{1}{x}dx$

  $dv_{1}=dx\Rightarrow v_{1}=x$

$I=e-2(xlnx\left \right |_{1}^{e}-\int_{1}^{e}dx)=e-2x(lnx-1)\left \right |_{1}^{e}=e+2$

Giả sử $\left | ax^2+bx+c \right |\geq \left | x^2-1 \right |$ với mọi số thực $x$ . Chứng minh rằng $\left | b^2-4ac \right |\geq 4$.

Gọi A là BĐT điều kiện, B là BĐT kết quả

 Nếu VT của A có nghiệm. Dễ dàng CM a=-c ,b=0 và $\left | a \right |=\left | c \right |\geq 1$

 Vậy B đúng và Đẳng thức tại kết quả B xảy ra khi và chỉ khi a=1,b=0,c=-1 hoặc a=-1,b=0,c=1

 Nếu VT của A vô nghiệm

   $\Rightarrow (ax^{2}+bx+c)^{2}\geq (x^{2}-1)^{2}$

   $\Rightarrow [(a+1)x^{2}+bx+(c-1)][(a+1)x^{2}+bx+(c+1)]\geq 0,\forall x$

   $\Rightarrow \left\{\begin{matrix} b^{2}-4(a+1)(c-1)\leq 0 (1)\\ b^{2}-4(a-1)(c+1)\leq 0 (2) \end{matrix}\right.$

   (1)+(2)  

   $\Rightarrow 2(b^{2}-4ac)+8\leq 0\Rightarrow b^{2}-4ac\leq -4\Rightarrow \left | b^{2}-4ac \right |\geq 4$ (Đpcm)

 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=c=m,b=$2\sqrt{m^{2}-1}\cup -2\sqrt{m^{2}-1},\left | m \right |\geq 1$

 Đẳng thức tại kết quả B xảy ra khi và chỉ khi a=1,b=0,c=-1 hoặc a=-1,b=0,c=1

hoặc a=c=m,b=$2\sqrt{m^{2}-1}\cup -2\sqrt{m^{2}-1},\left | m \right |\geq 1$

Thực hiện phép tính:

            $\fn_cm \frac{(5+2\sqrt{6})(49-20\sqrt{6})\sqrt{5-2\sqrt{6}}}{9\sqrt{3}-11\sqrt{2}}$

$A=\frac{(5+2\sqrt{6})(5-2\sqrt{6})^{2}\sqrt{(\sqrt{3}-\sqrt{2})^{2}}(9\sqrt{3}+11\sqrt{2})}{(9\sqrt{3})^{2}-(11\sqrt{2})^{2}}$

    $=(5-2\sqrt{6})(\sqrt{3}-\sqrt{2})(9\sqrt{3}+11\sqrt{2})=(5-2\sqrt{6})(5+2\sqrt{6})=1$

Có bao nhiêu số là ước của A=1980.1985.2000.2010 chia hết cho 180

$180=2^{2}3^{2}5$

$A=1980*1985*2000*2010=2^{2}3^{2}5*11*5*397*2^{4}5^{3}*2*3*5*67=2^{2}3^{2}5*2^{5}3*5^{5}11*67*397=180B$

Vậy tất cả các số là ước của A và chia hết cho 180 cũng chính là tất cả các số là ước của B. Số các ước này là

(5+1)(1+1)(5+1)(1+1)(1+1)(1+1)=576 số

Cho hai điểm $M(m;0),N(0;n)$ di động lần lượt trên $Ox,Oy$ và thỏa mãn $\frac{1}{m}+\frac{1}{n}=1$

Chứng minh rằng đường thẳng $MN$ đi qua 1 điểm cố định.

Dễ thấy m,n>1. Gọi I(1;a) là điểm thuộc MN. Từ I hạ vuộng góc dến Ox và  Oy taị các điểm E,F. Ta có hệ thức

$\frac{IF}{OM}=\frac{MI}{MN},\frac{IE}{ON}=\frac{NI}{NM}\Rightarrow \frac{IF}{OM}+\frac{IE}{ON}=\frac{MI}{MN}+\frac{NI}{NM}=1\Leftrightarrow \frac{1}{m}+\frac{a}{n}=1\Leftrightarrow a=1$ (Theo giả thiết )

Vậy MN luôn đi qua điểm cố định (1;1)

Chứng minh $5a+4b+6c\geq 3\sqrt{ab}+5\sqrt{bc}+7\sqrt{ca}$ (a,b,c$\geq 0$)

$5a+4b+6c=\frac{3}{2}(a+b)+\frac{5}{2}(b+c)+\frac{7}{2}(c+a)\geq 3\sqrt{ab}+5\sqrt{bc}+7\sqrt{ca}$ (BĐT Cauchy)

Dấu "=" khi và chỉ khi a=b=c

Trục căn thức ở mẫu số: $\frac{2}{2\sqrt[3]{2}+2+\sqrt[3]{4}}$

$A=\frac{\sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{2^{2}}+\sqrt[3]{2}+1}=\frac{\sqrt[3]{2}(\sqrt[3]{2}-1)}{(\sqrt[3]{2}-1)(\sqrt[3]{2^{2}+\sqrt[3]{2}+1})}=\frac{\sqrt[3]{2}(\sqrt[3]{2}-1)}{(\sqrt[3]{2})^{3}-1}=\sqrt[3]{2}(\sqrt[3]{2}-1)$

 C/m số $2^{10} + 5^{12}$ là hợp số

Đặt $A=2^{10}+5^{12}$

$A=2^{10}+5^{12}=(2^{5})^{2}+2*2^{5}5^{6}+(5^{6})^{2}-2^{6}5^{6}=(2^{5}+5^{6})^{2}-(10^{3})^{2}=(2^{5}+5^{6}-10^{3})(2^{5}+5^{6}+10^{3})$

Dễ thấy các thừa số đều khác 1 nên A là hợp số