A B C O F H E D I K A' C' B' M N

a) Do BHCK là hình bình hành nên BH // KC \(\Rightarrow KC\perp AC\Rightarrow\widehat{ACK}=90^o\)

KB // CF \(\Rightarrow\widehat{ABK}=90^o\)

Hai tam giác vuông ABK và ACK chung cạnh huyền AK nên A, B, C, K cùng thuộc đường tròn đường kính AK. Vậy K thuộc đường tròn (O).

b) Do BHCK là hình bình hành nên I là trung điểm HK.

AK là đường kính nên \(\widehat{AA'K}=90^o\Rightarrow\) DI // A'K

Vậy DI là đường trung bình tam giác HA'K. Suy ra HD = DA'

Tương tự : HF = FC' ; HE = EB'

Ta có :  \(\frac{AA'}{AD}+\frac{BB'}{BE}+\frac{CC'}{CF}=\frac{AD+DA'}{AD}+\frac{BE+EE'}{BE}+\frac{CF+FC'}{CF}\)

\(=1+\frac{DA'}{AD}+1+\frac{EB'}{BE}+1+\frac{FC'}{CF}=3+\left(\frac{DA'}{AD}+\frac{EB'}{BE}+\frac{FC'}{CF}\right)\)

\(=3+\left(\frac{HD}{AD}+\frac{HE}{BE}+\frac{HF}{CF}\right)=3+\left(\frac{S_{BHC}}{S_{ABC}}+\frac{S_{AHC}}{S_{ABC}}+\frac{S_{AHB}}{S_{ABC}}\right)\)

\(=3+\frac{S_{ABC}}{S_{ABC}}=3+1=4\)

Vậy nên \(\frac{AA'}{AD}+\frac{BB'}{BE}+\frac{CC'}{CF}=4\)

c) Ta thấy \(\widehat{AKC}=\widehat{ABC}=\widehat{AHF}\)

Vậy nên \(\Delta AFH\sim\Delta ACK\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AH}{AK}=\frac{AF}{AC}\)  (1)

AFH và AEH là các tam giác vuông chung cạnh huyền AH nên AFHE là tứ giác nội tiếp.

Vậy thì \(\widehat{AFM}=\widehat{AHE}=\widehat{ACN}\)

Lại có \(\Delta AFH\sim\Delta ACK\Rightarrow\widehat{FAM}=\widehat{CAN}\)

Nên \(\Delta AFM\sim\Delta ACN\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AF}{AC}=\frac{AM}{AN}\)   (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{AH}{AK}=\frac{AM}{AN}\Rightarrow\frac{AH}{AM}=\frac{AK}{AN}\Rightarrow\) MN // HK (Định lý Talet đảo)

ghê quá cô ơi

Em mới tìm được Min thôi ạ, Max =\(2\sqrt{2}+4\)nhưng chưa biết cách giải , mọi người giúp với ạ

áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số ta có:

\(a^3+b^3+1\ge3\sqrt[3]{a^3b^3.1}=3ab\)

\(\Rightarrow M=\frac{a^3+b^3+4}{ab+1}=\frac{\left(a^3+b^3+1\right)+3}{ab+1}\ge\frac{3ab+3}{ab+1}=3\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của M=3 khi \(\hept{\begin{cases}a^2+b^2=2\\a^3=b^3=1\end{cases}\Rightarrow}a=b=1\)

\(0\le a\le\sqrt{2}\Rightarrow a\left(a-\sqrt{2}\right)\le0\Rightarrow a^2\le a\sqrt{2}\Rightarrow a^3\le a^2\sqrt{2}\)

Tương tự và cộng lại: \(a^3+b^3\le\sqrt{2}\left(a^2+b^2\right)=2\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow M\le\frac{2\sqrt{2}+4}{ab+1}\le\frac{2\sqrt{2}+4}{1}=2\sqrt{2}+4\) (do \(ab\ge0\Rightarrow ab+1\ge1\))

Dấu "=" khi \(\left(a;b\right)=\left(0;\sqrt{2}\right);\left(\sqrt{2};0\right)\)

\(x^2+15^y=2^z\)(\(z\ge4\))

Do VT chẵn và 15 lẻ nên x lẻ

Khi đó x có dạng 2k+1(\(k\in N\))

\(\Rightarrow x^2\equiv1\left(mod4\right)\)

TH1:y chẵn \(\Rightarrow15^y\equiv1\left(mod4\right)\)

\(\Rightarrow VT\equiv2\left(mod4\right)\)

\(\Rightarrow2^z\equiv2\left(mod4\right)\).Điều này chỉ xảy ra khi z=1 (nếu z>1 thì 2^z chia hết cho 4)

Mà z>=4 => Loại TH này

\(15⋮3\)\(\Rightarrow x^2\equiv2\left(mod3\right)\)(Vô lí)

Vậy y lẻ.

TH2:Với y lẻ thì \(15^y\equiv-1\left(mod4\right)\)mà \(2^z⋮4\)

\(\Rightarrow x^2\equiv-1\left(mod4\right)\)(Vô lí)

Vậy ko có x,y,z là số nguyên dương thỏa mãn

@ Tuấn Đạt@ Sao lại không có nghiệm thỏa mãn. ??
x = 1; y = 1; z = 4. thỏa mãn mà.

Giả sử 2ⁿ - 1 là số chính phương => 2ⁿ - 1 có dạng 4k hoặc 4k + 1

   +) Nếu 2ⁿ - 1 có dạng 4k => 2ⁿ có dạng 4k + 3. Vì 2ⁿ chia hết cho 2 mà 4k + 3 không chia hết cho 2 => mâu thuẫn => loại

   +) Nếu 2ⁿ - 1 có dạng 4k + 1 => 2ⁿ có dạng 4k + 2. Vì n là số tự nhiên lớn hơn 1 => 2ⁿ luôn chia hết cho 4 mà 4k + 2 không chia hết cho 4 => mâu thuẫn => loại

Vậy 2ⁿ - 1 không phải số chính phương

Do n là số tự nhiên > 1 => 2ⁿ luôn chia hết cho 4

=> 2ⁿ - 1 chia 4 dư 3, không là số chính phương

Mk chưa hs chứng minh = phản chứng, đây là cách lp 6, hơi ngắn

Áp dụng BĐT AM-GM: $VP\leq \frac{25}{yz+zx+xy+4}$

Cần c/m: $\frac{x+1}{y+1}+\frac{y+1}{z+1}+\frac{z+1}{x+1}$\leq \frac{25}{yz+zx+xy+4}$

$\Leftrightarrow (yz+zx+xy)(xy^{2}+yz^{2}+zx^{2})+4(xy^{2}+yz^{2}+zx^{2})\leq 25xyz+4(yz+zx+xy)+16$

BĐT trên sẽ được c/m nếu c/m được: $xy^{2}+yz^{2}+zx^{2}\leq 4$.

KMTTQ, g/sử y nằm giữa x và z. $\Rightarrow x(x-y)(y-z)\geq 0$

$\Leftrightarrow xy^{2}+yz^{2}+zx^{2}\leq y(x^{2}+xz+z^{2})\leq y(x+z)^{2}$

Đến đây áp dụng BĐT AM-GM:

$y(x+z)^{2}=4.y.(\frac{x+z}{2})(\frac{x+z}{2})\leq \frac{4(y+\frac{x+z}{2}+\frac{x+z}{2})^{3}}{27}=\frac{4(x+y+z)^{3}}{27}=4$ (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi, chẳng hạn $x=0;y=1;z=2$

Áp dụng BĐT AM-GM và BĐT Rearrangement  ta có:

\(VT=\frac{x+1}{y+1}+\frac{y+1}{z+1}+\frac{z+1}{x+1}\)

\(=\frac{\left(x+y+z\right)^2+3\left(x+y+z\right)+xy^2+yz^2+zx^2+3}{\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)}\)\(\le\frac{21+y\left(x+z\right)^2}{3\sqrt[3]{4\left(xy+yz+xz\right)}}\le\frac{21+\frac{\left(\frac{2\left(x+y+z\right)}{3}\right)^3}{2}}{3\sqrt[3]{4\left(xy+yz+zx\right)}}=\frac{21+4}{3\sqrt[3]{4\left(xy+yz+zx\right)}}=\frac{25}{3\sqrt[3]{4\left(xy+yz+zx\right)}}\)

Dấu "=" xảy ra <=> (x;y;z)=(2;1;0) và hoán vị của nó

1/ Không mất tính tổng quát, giả sử \(a\ge b\ge c\text{ và }x\ge y\ge z\)

Ta sẽ chứng minh \(ax+by+cz\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)\)(Thấy giông giống BĐT Chebyshev nhưng không biết có phải không nên ko dám áp dụng, chứng minh cho chắc:D)

\(\Leftrightarrow3ax+3by+3cz\ge\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)\)

\(\Leftrightarrow2\left(ax+by+cz\right)\ge a\left(y+z\right)+b\left(z+x\right)+c\left(x+y\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(2x-y-z\right)a+\left(2y-z-x\right)b+\left(2z-x-y\right)c\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(2x-y-z\right)a-\left[\left(2x-y-z\right)+\left(2z-x-y\right)\right]b+\left(2z-x-y\right)c\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(2x-y-z\right)\left(a-b\right)+\left(2z-x-y\right)\left(c-b\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(a-b\right)+\left(x-z\right)\left(a-c\right)+\left(y-z\right)\left(b-c\right)\ge0\) (Đúng do giả sử)

Như vậy: \(VT\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)+\sqrt{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)}\)

\(\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)+\sqrt{\frac{\left(a+b+c\right)^2\left(x+y+z\right)^2}{9}}=\frac{2}{3}\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)=VP\)

Ta có đpcm.

Is that true? Em không chắc ở cái bổ đề ban đầu, khi biến đổi có thể làm lộn, nhưng em lại ngại làm kỹ nên em đã làm tắt:v

Bài 1 nếu tự nhiên ép \(x\ge y\ge z \) đồng thời\(a\ge b \ge c\) thì lời giải rất vô duyên. Có thể làm cách khá như sau

Nếu đặt \(t=\sqrt{\frac{x^2+y^2+z^2}{a^2+b^2+c^2}}\) và giả sử \(\left(x,y,z\right)=\left(tp,tq,tr\right)\) thì ta có \(a^2+b^2+c^2=p^2+q^2+r^2\)

Khi đó cần cm \(ap+bq+cr+a^2+b^2+c^2\ge\frac{2}{3}\left(a+b+c\right)\left(p+q+r\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{4}{3}\left(a+b+c\right)\left(p+q+r\right)\le\left(a+p\right)^2+\left(b+q\right)^2+\left(c+r\right)^2\left(\text{*}\right)\)

Dùng bdt \(ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\) và \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\le a^2+b^2+c^2\) ta có:

\(VT\left(\text{*}\right)\le\frac{\left(a+b+c+p+q+r\right)^2}{3}\le\left(a+p\right)^2+\left(b+q\right)^2+\left(c+r\right)^2=VP\left(\text{*}\right)\)

sol của tớ :3

Nếu y=0 thì x²=1 => P=2

Nếu y\(\ne\)0 .Đặt \(t=\frac{x}{y}\)

\(P=\frac{2\left(x^2+6xy\right)}{1+2xy+2y^2}=\frac{2\left(x^2+6xy\right)}{x^2+2xy+3y^2}=\frac{2\left[\left(\frac{x}{y}\right)^2+6\cdot\frac{x}{y}\right]}{\left(\frac{x}{y}\right)^2+2\frac{x}{y}+3}=\frac{2\left(t^2+6t\right)}{t^2+2t+3}\)

\(\Rightarrow P.t^2+2P\cdot t+3P=2t^2+12t\)

\(\Leftrightarrow t^2\left(P-2\right)+2t\left(P-6\right)+3P=0\)

Xét \(\Delta'=\left(P-2\right)^2-3P\left(P-6\right)=-2P^2-6P+36\ge0\)

\(\Leftrightarrow-6\le P\le3\)

Dấu bằng xảy ra khi:

Max:\(x=\frac{3}{\sqrt{10}};y=\frac{1}{\sqrt{10}}\left(h\right)x=\frac{3}{-\sqrt{10}};y=\frac{1}{-\sqrt{10}}\)

Min:\(x=\frac{3}{\sqrt{13}};y=-\frac{2}{\sqrt{13}}\left(h\right)x=-\frac{3}{\sqrt{13}};y=\frac{2}{\sqrt{13}}\)

khó ha

\(\hept{\begin{cases}x^2+y^2+xy=18\\xy\left(x+2y\right)\left(y-x\right)=72\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x\left(x+2y\right)+y\left(y-x\right)=18\\xy\left(x+2y\right)\left(y-x\right)=72\end{cases}}\)

Đặt \(\hept{\begin{cases}x\left(x+2y\right)=a\\y\left(y-x\right)=b\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+b=18\\ab=72\end{cases}}\)

Tới đây thì đơn giản rồi nhé

???

bien doi phuong trinh 2 tim dc quan het cua x y roi thay vao pt 1 la ra

ĐK: x + y khác 0 

\(\hept{\begin{cases}8x^2+8y^2+4xy-13+\frac{5}{\left(x+y\right)^2}=0\left(1\right)\\x+y+\frac{1}{x+y}+x-y=1\left(2\right)\end{cases}}\)

\(\left(1\right)\Leftrightarrow5\left(x+y\right)^2+\frac{5}{\left(x+y\right)^2}+3\left(x-y\right)^2=13\)

<=> \(5\left(x+y+\frac{1}{x+y}\right)^2+3\left(x-y\right)^2=23\)

Đặt: \(x+y+\frac{1}{x+y}=a;x-y=b\) ta có hệ : 

\(\hept{\begin{cases}a+b=1\\5a^2+3b^2=23\end{cases}}\)<=> \(\hept{\begin{cases}b=1-a\\5a^2+3\left(1-a\right)^2=23\end{cases}}\)

<=> \(\orbr{\begin{cases}a=2\\b=-1\end{cases}}\) hoặc \(\orbr{\begin{cases}a=-\frac{5}{4}\\b=\frac{9}{4}\end{cases}}\)

+) Với \(\orbr{\begin{cases}a=2\\b=-1\end{cases}}\) ta có: \(\hept{\begin{cases}x+y+\frac{1}{x+y}=2\\x-y=-1\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x+y=1\\x-y=-1\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=0\\y=1\end{cases}}\)

+) Với \(\orbr{\begin{cases}a=-\frac{5}{4}\\b=\frac{9}{4}\end{cases}}\)

Ta có: \(\hept{\begin{cases}x+y+\frac{1}{x+y}=-\frac{5}{4}\\x-y=\frac{9}{4}\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(x+y\right)^2+\frac{5}{4}\left(x+y\right)+1=0\left(vonghiem\right)\\x-y=\frac{9}{4}\end{cases}}\) loại 

Vậy ( x; y ) = ( 0; 1)

ĐK: \(x,y\ge0\)

\(x\sqrt{x}-8\sqrt{y}=\sqrt{x}+y\sqrt{y}\Rightarrow\left(x-1\right)\sqrt{x}=\left(y+8\right)\sqrt{y}\)

\(\Rightarrow x\ge1\)

\(\Rightarrow\left(y+4\right)\sqrt{y+5}=\left(y+8\right)\sqrt{y}\Rightarrow\left(y+5\right)\left(y^2+8y+16\right)=y\left(y^2+16y+64\right)\)

\(\Rightarrow y^3+13y^2+56y+80=y^3+16y^2+64y\)

\(\Rightarrow-3y^2-8y+80=0\Rightarrow\orbr{\begin{cases}y=4\left(N\right)\\y=-\frac{20}{3}\left(l\right)\end{cases}}\)

Vậy y = 4 và x = 9.

Đặt \(a=\sqrt{x},b=\sqrt{y}\) \(a,b\ge0\) thì hệ đã cho trở thành : 

\(\hept{\begin{cases}a^3-8b=a+b^3\\a^2-b^2=5\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a\left(a^2-1\right)=b\left(b^2+8\right)\\a^2-b^2=5\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a\left(b^2+4\right)=b\left(b^2+8\right)\\a^2-1=b^2+4\end{cases}}\) \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=\frac{b\left(b^2+8\right)}{b^2+4}\\a^2-b^2=5\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\frac{b^2\left(b^2+8\right)^2}{\left(b^2+4\right)^2}-b^2=5\)

Lại đặt \(t=b^2,t\ge0\) thì : \(\frac{t\left(t+8\right)^2}{\left(t+4\right)^2}-t=5\Leftrightarrow t\left(t+8\right)^2-t\left(t+4\right)^2=5\left(t+4\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left(t-4\right)\left(3t+20\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}t=4\left(\text{nhận}\right)\\t=-\frac{20}{3}\left(\text{loại}\right)\end{cases}}\)

Với \(t=4\) thì \(b=2\) (Vì \(b\ge0\)) => \(a=3\)\(\left(a\ge0\right)\)

Vậy \(\hept{\begin{cases}a=3\\b=2\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}x=9\\y=4\end{cases}}\)