onpiece123

Câu 3 a) Từ gt => $\left\{\begin{matrix} a+1\vdots b & \\ b^{2}+1\vdots a & \end{matrix}\right.$ => $\left\{\begin{matrix} a+1=bk ( k>0 ) & \\ \frac{(a+1)^{2}}{k^{2}}+1\vdots a & \end{matrix}\right.$  => $\left\{\begin{matrix} a+1=bk & \\ k^{2}+1\vdots a & \end{matrix}\right.$

Mà $a\vdots k \Rightarrow k^{2}+1\vdots k\Rightarrow k=1$ => a=1 hoặc a=2

Nếu a=1 thì b=2 

Nếu a=2 thì b=3

Thử lại thỏa mãn

Đặt x+1=a : $x^{2}$=b. Ta có $\sqrt{a}+\sqrt{b}=\sqrt{(a+1)(b+1)}$ <=> $a+b +2\sqrt{ab}= ab+a+b+1$ 

 <=> ab=1 $\rightarrow x$

Bài 3 a) 

 Đặt $\sqrt[3]{x+2}=a;\sqrt[3]{5-x}=b$

 Ta có $\left\{\begin{matrix} a+b=2 & \\ a^{3}+b^{3}=8 & \end{matrix}\right.$ => $\left\{\begin{matrix} a+b=2 & \\ ab=0 & \end{matrix}\right.$

 => a=0; b=2 hoặc a=2, b=0 => x=-3

Bài 5 b)  :

Gọi số đo các góc là x;y;z

 Ta có$\left\{\begin{matrix} x+y+z=180 & \\ x+y=2z & \end{matrix}\right.$ =>z=60

 Ta có $\sqrt{a+b-c}=\sqrt{a}-\sqrt{c}+\sqrt{b}$ => $a+b-c = a+b+c+2(\sqrt{ab}-\sqrt{ac}-\sqrt{bc})$

 => $(\sqrt{c}-\sqrt{b})(\sqrt{c}-\sqrt{a})=0$ 

 => Tam giác này cân 

 Mà tam giác có 1 góc bằng 60 nên tam giác đó đều

Đặt $\sqrt{2x+1}=a : \sqrt{y-4}=b ( a;b\geq 0)$

 Ta có $\left\{\begin{matrix} a+b=4 & \\ (a^{2}+b^{2}+3)(a^{2}-b^{2}-3)+3a^{2}-3b^{2}-9=0 & \end{matrix}\right.$ <=>$\left\{\begin{matrix} a+b=4 & \\ (a^{2}+b^{2}+6)(a^{2}-b^{2}-3)=0 & \end{matrix}\right.$

 <=> $\left\{\begin{matrix} a+b=4 & \\ a^{2}-b^{2}-3=0 & \end{matrix}\right.$ <=> $\left\{\begin{matrix} a+b=4 & \\ 4a-4b-3=0 & \end{matrix}\right.$

 <=> $\left\{\begin{matrix} a=\frac{19}{8} & \\ b=\frac{13}{8} & \end{matrix}\right.$

   giải ra được x ;y

 HPT <=> $\left\{\begin{matrix} x^{3}+\frac{1}{y^{3}} =28& \\ x^{2}+\frac{1}{y^{2}}=10& \end{matrix}\right.$

  Đặt $\frac{1}{y}$=a . ta có : $\left\{\begin{matrix} x^{3}+a^{3}=28 & \\ x^{2}+a^{2}=10 & \end{matrix}\right.$

  Đặt a+x và ax 

 Bài 5 a) :Ta có :$3^{x}=(y+1)(y^{2}-y+1)$              (1)

 Gọi d=ƯCLN(y+1;$y^{2}$-y+1)(d$\in N^{*}$)

  => $\left\{\begin{matrix} y^{2}-y+1\vdots d & \\ y+1\vdots d & \end{matrix}\right.$  =>  $\left\{\begin{matrix} y(y+1)-2(y+1)+3\vdots d & \\ y+1\vdots d& \end{matrix}\right.$

 => 3$\vdots d$ =>d$\in \left \{ 1;3 \right \}$

 Nếu d=3. vì (1) nên y+1 và $y^{2}$-y+1 là lũy thừa của 3 => $\left\{\begin{matrix} y^{2}-y+1=3 & \\ y+1=3 & \end{matrix}\right.$

 => y=2. khi đó x=2

 Nếu d=1 do đó ta xét 2 TH:

TH1: $\left\{\begin{matrix} y+1=1 & \\ y^{2}-y+1=3^{x} & \end{matrix}\right.$ =>x=y=0

TH2:$\left\{\begin{matrix} y+1=3^{x} & \\ Y^{2}-y+1=1 & \end{matrix}\right.$  => x=y=0

 Vậy (x,y)=(2,2) ;(0,0)

Ta có $a+b\geq \sqrt[3]{ab}(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b})=\frac{\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}}{\sqrt[3]{c}}$

         <=>   $\frac{1}{a+b+1}\leq \frac{\sqrt[3]{c}}{\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}}$

        Tương tự suy ra đpcm

 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=1

bài này bạn quy đồng lên rồi phân tích thành tích của 2 phương trình bậc 2 có 1 phương trình là $x^{2}-2x-18$

Ta có 18$\geq x^{2}+y^{2}+z^{2}+x+y+z$ <=> 18$\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{3}+(x+y+z)$ <=> x+y+z$\leq 6$

 Áp dụng bđt cauchy -schwarz ta có :

    $\frac{1}{x+y+1}+\frac{1}{x+z+1}+\frac{1}{y+z+1}\geq \frac{9}{2(x+y+z)+3}$$\geq \frac{3}{5}$ ( vì x+y+z$\leq 6$)

    Suy ra (đpcm)

  Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=2

$\frac{bc}{\sqrt{{a+bc}}}$ mà bạn

mình sửa rồi bạn

vậy min=??? dấu bằng xảy ra khi ???

x=y=z=1

BĐT <=>$\frac{x^{2}}{y^{2}}+\frac{y^{2}}{x^{2}}\geq \frac{x}{y}+\frac{y}{x}$                        (1)

 Đặt $\frac{x}{y}=a$ (a>0)  .Ta có :(1)   <=>$\frac{1}{a^{2}}+a^{2}\geq a+\frac{1}{a}$

     <=> $(a^{2}-a)(1-\frac{1}{a^{2}})\geq 0$ <=> $\frac{a(a+1)(a-1)^{2}}{a^{2}}\geq 0$  (luôn đúng với $\forall a$>0)

Ta có :$\sum \frac{bc}{\sqrt{a+ac}}=\sum \frac{bc}{\sqrt{a^{2}+ab+bc+ac}}$

          =$\sum \frac{bc}{\sqrt{(a+c)(b+a)}}\leq\frac{1}{2} \sum \left ( \frac{bc}{a+b}+\frac{bc}{a+c} \right )$

          $\leq \frac{1}{2}$

Suy ra (đpcm)

Từ gt=> xyz$\geq 1$

áp dụng bđt cauchy schwarz : $\frac{x^{2}}{y+2}+\frac{x^{2}}{z+2}+\frac{z^{2}}{x+2}$$\geq $$\frac{(x+y+z)^{2}}{x+y+z+6}$

Do đó ta cần chứng minh $\frac{(x+y+z)^{2}}{x+y+z+6}$ $\geq 1$

 => x+y+z$\geq 3$

Ta có x+y+z$\geq 3\sqrt[3]{xyz}$$\geq 3$ (đpcm)