TenLaGi

Đặt $\sqrt[3]{x^2+7x+4}=a$ 

PT trở thành PT bậc 3:$a^3-2=0$

Tới đây có thể dug Các-đa-nô để giải rồi từ đó giải PT bậc 2 tìm ra nghiệm!

Bài 3:

Ta có:

$P=1-\frac{\sqrt{x-1}+1}{(\sqrt{x-1}+1)(\sqrt{x-1}+3)}=1-\frac{1}{\sqrt{x-1}+3}\geq 1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$

Dấu = xảy ra khi x=1

Kẻ đường cao AH của tam giác ABC.Gọi AH giao đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE tại G.

Ta có:tứ giác ADGE nội tiếp$\Rightarrow \widehat{AGD}=\widehat{AED}$

Mà BDEC nội tiếp suy ra $\widehat{AED}=\widehat{ABC}$

$\Rightarrow \widehat{AGD}=\widehat{ABC}$

$\Rightarrow \Delta ADG$~$\Delta AHB$

$\Rightarrow \widehat{ADG}=\widehat{AHB}=90^\circ$

$\Rightarrow$ AG là đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE

Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE nằm trên đường cao AH cố định

Câu 3b: Đặt $p-q=a$;$p+q=b$ ($a,b$ là các số nguyên tố và $a\neq b$)

Ta có: $a+b=2p\Rightarrow p=\frac{a+b}{2}$ $\Rightarrow a+b$ là số chẵn $\Rightarrow p$ là số chẵn mà $p$ là số nguyên tố nên $p=2$$\Rightarrow a+b=4$

Mà $a,b$ là số nguyên tố nên không có có $a,b$ thỏa mãn nên không có số nguyên tố $(p,q)$ thỏa mãn đề

P/s: Đề khá nhạt

Nhạt là đúng rồi. $ a+b$ chẵn thì chắc gì p chẵn hả bạn?

Ta làm như sau:

Vì p-q là snt suy ra $p> q$

Mà p,q cùng là snt nên p+q lớn hơn 2

$\Rightarrow$p,q khác tính chẵn lẻ vì nếu p,q cùng chẵn hoặc cùng lẻ thì p+q chia hết cho 2

$\Rightarrow$Trong 2 số có 1 số chẵn.Mà $p> q$, p,q là snt nên q=2

+ p=3 không thỏa mãn

+p$\equiv 1(mod 3)$$\Rightarrow p+2\vdots 3$suy ra p+2 là hợp số( không thỏa mãn)

+$p\equiv 2(mod3)$ $\Rightarrow p-2\vdots 3$

Mà p-2 là snt nên p-2=3

Suy ra p=5

Vậy (p,q)=(5,2)

Bài 3,b mình làm thế này không biết có đúng không:

+TH1: $x+\sqrt{2}\notin Z\Rightarrow \left\{\begin{matrix} & x+\frac{1}{x}\in Z & \\ & x-\frac{1}{x}\in Z & \end{matrix}\right.\Rightarrow 2x\in Z$

Suy ra $4x^2\in Z$$\Rightarrow 4x^2+8\sqrt{2}\notin Z\Rightarrow x^2+2\sqrt{2}\notin Z$( trái với gt)

+TH2:$x^2+2\sqrt{2}\notin Z$ tương tự TH 1

+TH3: $x-\frac{1}{x}\notin Z$$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} & x-\sqrt{2}\in Z & \\ & x^2+2\sqrt{2}\in Z & \end{matrix}\right.$

      $\Rightarrow \left\{\begin{matrix} & x^2-2\sqrt{2}x+2\in Z & \\ & x^2+2\sqrt{2} \in Z& \end{matrix}\right.\Rightarrow 2\sqrt{2}(1+x)-2\in Z$

$\Rightarrow 2\sqrt{2}(1+x)\in Z$

$\Rightarrow x = \frac{a\sqrt{2}}{4}$( a thuộc Z)

$\Rightarrow 4x-4\sqrt{2}= a\sqrt{2}-4\sqrt{2}\in Z$

$\Rightarrow (a-4)\sqrt{2}\in Z\Rightarrow a=4$

$\Rightarrow x=\sqrt{2}-1$

+TH4:tương tự TH 3

Vậy x=$\sqrt{2}-1$ thỏa mãn đề

Xin chém bài 2 trước:

$\frac{1}{x^2+1}+\frac{1}{y^2+1}-\frac{2}{xy+1}=0$

$\Leftrightarrow \frac{(x^2+1)(xy+1)+(y^2+1)(xy+1)-2(x^2+1)(y^2+1)}{(x^2+1)(y^2+1)(xy+1)}=0$

$\Leftrightarrow x^3y+x^2+xy+1+xy^3+y^2+xy+1-2(x^2y^2+x^2+y^2+1)=0$

$\Leftrightarrow x^2y(x-y)+xy^2(y-x)-(x-y)^2=0$

$\Leftrightarrow (x-y)^2(xy-1)=0$

$\Leftrightarrow xy=1$

$\Rightarrow \frac{1}{x^2+1}+\frac{1}{y^2+1}=\frac{2}{xy+1}=1$

Suy ra S=2

Đặt $\sqrt{x}=a$ ta chuyển về PT bậc 4:$a^4+a=5$

Tới đây dùng phương pháp giải PT bậc 4 tổng quát để tìm nghiệm

Khi ta tìm ra nghiêm ta có thể có 1 lời giải đẹp hơn bằng phương pháp đánh giá

Câu 2:

b, Ta có: $(x-y)(x^2+xy+y^2)\vdots (x+y)$

Mà $0< x-y< x+y$ nên $ x-y$ không chia hết cho $x+y$

Giả sử $ x+y$ là số nguyên tố

Ta có : $ x^2+xy+y^2 \vdots (x+y) $

             $\Rightarrow$ $ x(x+y) +y^2 \vdots (x+y)$

          $\Rightarrow y^2\vdots (x+y)$

    Hay $y\vdots (x+y)$ (vì x+y là số nguyên tố) (1)

Mà $0< y< x+y$ suy ra (1) không xảy ra

Nên điều giả sử sai 

Từ đó suy ra $ x+y$ là hợp số

Với n là 1 số nguyên dương đã cho, hỏi đa thức $f(x)=(a-b)^n+(b-c)^n+(c-a)^n$ có chia hết cho đa thức $g(x)=n(a-b)(b-c)(c-a)$ không?

Mình xin đóng góp cho topic 1 bài khá hay nha:

Bài tập 9: $\left\{\begin{matrix} &x+6\sqrt{xy}-y=6 & \\ &x+\frac{6(x^3+y^3)}{x^2+xy+y^2}-\sqrt{2(x^2+y^2)}=3 & \end{matrix}\right.$

Bài 2 :

+, $x=0$ là nghiệm của PT

+,$x> 0\Rightarrow \left\{\begin{matrix} & \sqrt[3]{x}> 0 & \\ &\sqrt[3]{2x+1}> 1 & \end{matrix}\right.$

Suy ra $VT> VP\Rightarrow$ PT vô nghiệm

Tương tự với trường hợp $x< 0$ cũng suy ra PT vô nghiệm

Vậy tập nghiệm của PT là S={0}

Áp dụng bđt Cô-si: $\frac{1}{x^3y^3}+\frac{y^3}{z^3}+x^3z^3\geq 3$

Ta có:

$3(\frac{1}{x^3y^3}+\frac{y^3}{z^3}+x^3z^3)\geq 2(\frac{1}{x^3y^3}+\frac{y^3}{z^3}+x^3z^3)+3$$= (\frac{1}{x^3y^3}+\frac{1}{x^3y^3}+1)+(\frac{y^3}{z^3}+\frac{y^3}{z^3}+1)+(x^3z^3+x^3z^3+1)$

Áp dụng Cô-si cho từng bộ ba số, ta suy ra điều phải chứng minh

Cho a,b,c,d là các số tự nhiên thỏa mãn a+b=c+d và ab+1=cd. CMR c=d

1,ĐK: $\frac{3}{2}\leq x;y\leq 4$

   Vì vai trò của x,y như nhau nên ta giả sử $4\geq x\geq y\geq \frac{3}{2}$

    Suy ra $\sqrt{2x-1}\geq \sqrt{2y-1};\sqrt{4-y}\geq \sqrt{4-x}$

   Mà $\sqrt{2x-1}+\sqrt{4-y}=\sqrt{2y-1}+\sqrt{4-x}=4$

Từ đó suy ra x=y. Thay vào 1 trong 2 PT rồi giải

3, Đk y khác 0

Đặt $\frac{2}{y}=a$ 

Ta có hệ :$\left\{\begin{matrix} & 2+3x=a^3 & \\ & 2+3a=x^3& \end{matrix}\right.$

Vì cả 2 PT đều có số mũ lẻ nên bằng cách đánh giá ta suy ra x=a

Đến đây tự giải~`