thang1308

b,

Đặt $f(x)=ab(x-a)(x-b)+bc(x-b)(x-c)+ca(x-c)(x-a)$

Do $f(x)$ là hàm đa thức nên nó liên tục trên R.

Xét  $f(a)=bc(a-b)(a-c)$ 

       $f(b)=ac(b-a)(b-c)$

       $f(c)=ab(c-a)(c-b)$

suy ra $f(a).f(b).f(c)<0$. Mặt khác, $f(a)+f(b)>0$, $f(b)+f(c)>0$, $f(c)+f(a)>0$.

Do đó tồn tại 2 trong 3 số $f(a), f(b), f(c)$ trái giấu, giả sử là $f(a), f(b)$. Khi đó $f(a).f(b)<0$ suy ra pt $f(x)=0$ có No ..

Cho $a, b, c$ là ba cạnh của tam giác thỏa $abc=3b+6c$.

Chứng minh $ \frac{3}{b+c-a}+ \frac{4}{c+a-b}+\frac{5}{a+b-c}\geq 4$

Bài này còn có một cách ngắn gọn hơn như sau:

Áp dụng BĐT $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq \frac{4}{x+y}$, ta có

$VT=(\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b})+2(\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{a+b-c})+3(\frac{1}{c+a-b}+\frac{1}{a+b-c})$

$\geq \frac{2}{c}+\frac{4}{b}+\frac{6}{a}=2(\frac{a}{3}+\frac{3}{a})\geq 4$ $($ $đpcm$ $)$

À, đề mình ghi sai, đã sửa lại rồi đấy 

Cho hình lập phương $ABCD.A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ cạnh bằng $1$. Trên cạnh $BC_{1}$ láy điểm $M$ sao cho các vectơ $\underset{D_{1}M}{\rightarrow}, \underset{DA_{1}}{\rightarrow}, \underset{AB_{1}}{\rightarrow}$ đồng phẳng. Tính diện tích tam giác $MAB_{1}.$

Cho hình lập phương $ABCD.A'B'C'D'$ cạnh bằng $1$. Tính tổng bình phương các hình chiếu của các cạnh hình lập phương lên mp$(A'BD)$

Bài 551: $\left\{\begin{matrix} &(x-y)^{4}=13x-4 \\ &\sqrt{x+y}+\sqrt{3x-y}=\sqrt{2} \end{matrix}\right.$

 

P/s: Lâu rồi mới thấy bác on

Đặt $x-y=a, x+y=b$. hệ pt được viết lại dưới dạng

$\left\{\begin{matrix} 2a^4=13(a+b)-8 & \\ \sqrt{a}+\sqrt{2a+b}=\sqrt{3} & \end{matrix}\right.$

Bình phương 2 vế của pt thứ hai đươc:

$a+b+\sqrt{2ab+b^2}=1\Rightarrow (a+b-1)^2=2ab+b^2\Rightarrow (a-1)^2=2b$.  Thay vào pt thứ nhất được:

$4a^4-26a-13(a-1)^2+8=0 \Rightarrow a=+-\frac{1}{2},+-\sqrt{3}$

Từ đó dễ dàng tìm được$(x,y)$

Bài 550: $\sqrt[3]{2x^3+6}=x+\sqrt{x^2-3x+3}$

 

P/s: Triệu tập các thánh pt...

Đặt $\left\{\begin{matrix} 2x^3+6=a^3& \\ x^2-3x+3=b^2 & \end{matrix}\right. \Rightarrow b=a-x$

  Hệ$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a^{3}=2x^{3}+6 & \\ a^{2}-2ax=3-3x & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (a-2x)(a^{2}+2ax+4x^{2})=6(1-x)(1+x+x^{2}) & \\ a(a-2x)=3(1-x) & \end{matrix}\right.$

• Nếu a-2x=0 thì thế vào hệ$\rightarrow (a;x)$
• Nếu 1-x=0$\Leftrightarrow x=1$. Thay vào hệ ta được a=2
• Nếu a=0$\rightarrow$thế vào hệ$\rightarrow$vô nghiệm
• Nếu $a-2x\neq 0;1-x\neq 0;a\neq 0$:chia 2 pt của hệ theo vế ta có:

                     $\frac{a^{2}+2ax+4x^{2}}{a}=2(1+x+x^{2})\Leftrightarrow a^{2}+4x^{2}=2a+2ax^{2}\Leftrightarrow (a-2)(a-2x^{2})=0$

Bài 550: $\sqrt[3]{2x^3+6}=x+\sqrt{x^2-3x+3}$

 

P/s: Triệu tập các thánh pt...

Bài này ở trong báo THTT, đã hết hạn chưa vậy

Chỉ cần chứng minh :

$4(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt[3]{abc})= 2( \sqrt{a.4b}+\sqrt{b.4c})+\sqrt[3]{a.4b.16c}\leq a+4b+b+4c+\frac{a+4b+16c}{3}$

Đến đây thay vào biểu thức là sẽ ra $P\leq \frac{14}{3}$

Bài 526: Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} x^2+yz+2zx=4\\y^2+zx+2xy=4\\z^2+xy+2yz=4  \end{matrix}\right.$

Lấy PT$(1)$-PT$(2)$ ta được $(x-y)(x+y-z)=2x(y-z) (3) $ 

Tương tự: 

               $(y-z)(y+z-x)=2y(z-x) (4) $

               $(z-x)(z+x-y)=2z(x-y)  (5) $

Nhân $(3),(4),(5) $ theo vế ta được $\begin{bmatrix} x-y=0\Rightarrow x=y=z & \\ y-z=0 & \\ z-x=0 & \\ (x+y-z)(y+z-x)(z+x-y)=8xyz & \end{bmatrix} (6)$

Còn cái pt $(6)$ có ai giải được không? (

Mình đã đăng trên AoPS hỏi, ở đó có một hướng giải nhưng chưa ra đáp số, tạm thời cứ gửi link vậy:

http://artofproblems...1302406p6944827

Bài 522. Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} xy+x+1=7y & \\ x^2y^2+xy+1=13y^2 & \end{matrix}\right.$

7. ĐK $x,y> 0$

$\frac{a^{6}+b^{6}}{a^{4}+b^{4}}\geq \frac{a^{4}+b^{4}}{a^{3}+b^{3}}\cdot \frac{a^{2}+b^{2}}{a+b}$

BĐT tương đương với $(a^2+b^2)(a^4+b^4)^2\leq (a+b)(a^3+b^3)(a^6+b^6)\Leftrightarrow (a^4+b^4)^2\leq (a^4-a^2b^2+b^4)(a^3+b^3)(a+b)$

Do $(a^4-a^2b^2+b^4)(a^3+b^3)(a+b)\geq (a^4+b^4-a^2b^4)(a^4+b^4+2a^2b^2)=(a^4+b^4)^2+a^2b^2(a^2-b^2)^2\geq (a^4+b^4)^2$

(đpcm)

8. ĐK $x,y> 0$

$\frac{1}{10a+11b+11c}+\frac{1}{11a+10b+11c}+\frac{1}{11a+11b+10c}\leq \frac{1}{32a}+\frac{1}{32b}+\frac{1}{32c}$

Ta có $\sum \frac{1}{10a+11b+11c}=\sum \frac{1}{(a+a+...+a)+(b+b+...+b)+(c+c+...+c)}\leq \frac{1}{32^2}.\sum (\frac{1}{10a}+\frac{1}{11b}+\frac{1}{11c})=\sum \frac{1}{32a}$

bn viết sai rồi kìa