Hoang Tung 126

Xét pt :$2x^2+x.(2y-1)+(5y^2-2y-3)=0$ .Phương trình có nghiệm khi delta $\geq 0$ hay $(2y-1)^2-8.(5y^2-2y-3)\geq$0 hay $\left ( 6y-1 \right )^2\leq 25$ nên $\left | 6y-1 \right |\leq 5$ hay $-\frac{2}{3}\leq y\leq 1$ nên y Max=1 và Min =$-\frac{2}{3}$

Ta đưa về $\left ( x+y+1 \right )(xy+x+y-2)=3$

Theo định lý Talet ta có :$\frac{AM}{AD}=\frac{AO}{AC}$.Mặt khác do AB song song CD nên theo địn$\frac{AO}{AO+OC}=\frac{AB}{AB+CD}$ nên theo định lý Talet có :$\frac{AO}{OC}=\frac{AB}{CD}$ hay $\frac{AO}{AO+OC}=\frac{AB}{AB+CD}$ nên $\frac{AO}{AC}=\frac{AB}{AB+CD}$ .Từ đó suy ra :$\frac{AM}{AD}=\frac{AB}{AB+CD}$ .Lý luận tương tự $\frac{MD}{AD}=\frac{CD}{AB+CD}$

Ta có :$(a+b)^2-3ab=(c+d)^2-3cd$ hay $\left ( a+b+c+d \right )\left ( a+b-c-d \right )=3(ab-cd)$ .Đến đây lý luận suy ra $a+b+c+d$ chia hết cho 3 nên là hợp số.

Câu 1: Chia cả 2 vế cho $x^2$ khác 0 rồi đặt $\frac{1}{x}=t$ ta có hệ mới như sau :$yt^2+y^2t=-6$ và $y^3+t^3=19$ .Nhân vế cua pt 1 với 3 rồi cộng với pt 2 ta được :$\left ( y+t \right )^3=1$ hay $y+t=1$ nên $y=1-t$ hay $y=1-\frac{1}{x}$. Thay vào đề bài suy ra nghiệm của phương trình

Do a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác nên ta có bđt sau :$abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$=$(3-2a)(3-2b)(3-2c)=12.(ab+bc+ac)-8abc-27$ hay $9abc\geq 12.(ab+bc+ac)-27$ suy ra $4abc\geq \frac{16.(ab+bc+ac)}{3}-12$ .Suy ra A$\geq 3.(a^2+b^2+c^2)+\frac{16.(ab+bc+ac)}{3}-12= \frac{9.(a^2+b^2+c^2)+16.(ab+bc+ac)-36}{3}= \frac{8.(a+b+c)^2+(a^2+b^2+c^2)-36}{3}= \frac{a^2+b^2+c^2+36}{3}\geq \frac{3+36}{3}= 13$ nên A Min là 13 khi $a=b=c=1$

$\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{xz}\leq \frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}$ nên $15.(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})\leq 10.(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})+2007$ hay $\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\leq \frac{2007}{5}$. .Ta có:$\frac{1}{\sqrt{5a^2+2ab+2b^2}}=\sum \frac{1}{\sqrt{(2a+b)^2+(a-b)^2}}\leq \sum \frac{1}{\sqrt{(2a+b)^2}}= \sum \frac{1}{2a+b}\leq \sum \frac{1}{9}.\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b} \right )= \frac{1}{3}.(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\leq \frac{1}{3}.\sqrt{3.(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})}\leq \frac{1}{3}.\sqrt{3.\frac{2007}{5}}=\sqrt{\frac{2007}{15}}$. Suy ra A  Max $= \sqrt{\frac{2007}{15}}$ khi $a=b=c=\sqrt{\frac{669}{5}}$

Ta có:$\sum \frac{a+bc}{b+c}=\sum \frac{a.(a+b+c)+bc}{b+c}=\sum \frac{(a+b)(a+c)}{b+c}$. Đặt $\left ( a+b \right )=x,(b+c)=y,(c+a)=z.$. Ta có bđt quen thuộc :$\frac{xy}{z}+\frac{xz}{y}+\frac{yz}{x}\geq x+y+z$ nên $\sum \frac{(a+b)(a+c)}{b+c}\geq 2(a+b+c)=2$ hay $\sum \frac{a+bc}{b+c}\geq 2$ . Dấu = xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

ĐK: x$\geq -1$.Chuyển vế sang ta có:$x^3-3x^2-8x+40=8.\sqrt[4]{4x+4}= \sqrt[4]{16.16.16.(4x+4)}\leq \frac{4x+4+16+16+16}{4}= x+13$ hay $x^3-3x^2-8x+40\leq x+13$ nên $x^3-3x^2-9x+27\leq 0$ hay $(x-3)^2.(x+3)\leq$0 nên $x=3$ (do $x\geq -1$)

Theo bđt Bunhiacopxki ta có$= \frac{a^{2}}{2a^2+5ab+5ac}+\frac{b^2}{2b^2+5bc+5ba}+\frac{c^2}{2c^2+5ca+5bc}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)+10(ab+bc+ac)}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2.(a+b+c)^2+6(ab+bc+ac)}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(a+b+c)^2+2(a+b+c)^2}= \frac{1}{4}$

Ta có :$\sqrt{\left ( 1-x \right ).(1-y)}=\sqrt{\left ( y+z \right ).(x+z)}\geq \left ( z+\sqrt{xy} \right )$. Mà $\sqrt{2.(x^{2}+y^{2})}\geq x+y$ (Theo bđt bunhiacopxki) nên $\sqrt{(1-x)(1-y)}+\sqrt{2.(x^{2}+y^{2})}\geq x+y+z+\sqrt{xy}=1+\sqrt{xy}$ (do x+y+z=1) nên A$\frac{1+\sqrt{xy}}{1+\sqrt{xy}}=1$(đpcm) .Dấu = xảy ra khi $x=y$

Vẽ tam giác ABC có $\angle ABC$ tù .Vẽ đường kính AD của đường tròn tâm 0 ngoại tiếp tam giác ABC. Kéo dài đường phân giác trong AD cắt đường tròn tại điểm M. Theo tính chất 2 tia phân giác của 2 góc kề bù và AD=AE thì tam giác AED vuông cân tại A .Dễ dàng CM được ABCD là hình thang cân suy ra AB=CD. nên $AB^{2}+AC^{2}=CD^{2}+AC^{2}=AD^{2}=\left ( 2R \right )^2=4R^{2}$( theo dịnh lý pitago )

Viết phương trình 2 dưới dạng :$x^{2}+x.\left ( y-3 \right )+y^{2}+4y+4=0.$Coi đây là pt bậc 2 ẩn x .Để pt có nghiệm thì  delta =$(y-3)^2-4.(y^2+4y+4)\geq 0$ hay $3y^2-10y+7 \leq 0$ nên $1\leq y\leq \frac{7}{3}$ hay $y^{2}\leq \frac{49}{9}$ .Xét biểu thức tương tự suy ra $x^{4}\leq \frac{256}{81}$. Cộng theo vế suy ra $x^{4}+y^{2}\leq \frac{697}{81}$. Từ đề bài suy ra dấu = xảy ra khi $x=\frac{4}{3},y=\frac{7}{3}$

Áp dụng bđt bunhiacopki ta có :$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{y} \geq \frac{9}{x+2y}, \frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{z}\geq \frac{9}{y+2z},\frac{1}{z}+\frac{1}{x}+\frac{1}{x}\geq \frac{9}{2x+z}$. Cộng theo vế các bđt cùng chiều và rút gọn suy ra  $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+|\frac{1}{z}\geq 3.\left ( \frac{1}{x+2y}+\frac{1}{y+2z}+\frac{1}{z+2x} \right )$. Dấu = xảy ra khi $x=y=z$

ĐK : x$\geq$1Chuyển vế rồi nhân liên hợp ta  có:$\left ( \sqrt{2x^2+8x+6}-(x+3) \right )+\left ( \sqrt{x^2-1}-\left ( x-1 \right ) \right )=0$ hay $\frac{(x-1)(x+2)}{\sqrt{2x^2+8x+6}+\sqrt{x+3}}+\frac{2.(x-1)}{\sqrt{x-1}+\sqrt{x^2-1}}=0$. Do x$\geq 1$ nên x=1