WannaBeMe

Cho $\left(x+\sqrt{y^{2}+1}\right)\left(y+\sqrt{x^{2}+1}\right)=1$. 

Chứng minh rằng $x + y=0$.

Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} &x^2+y^2+x+y=4 \\ &(x+\sqrt{x+3})(y+\sqrt{y+3})=9 \end{matrix}\right.$

Để phương trình có 2 nghiệm:
$\Delta' \geq 0 \Rightarrow (m+1)^2 - 4m \geq 0 \Rightarrow (m-1)^2 \geq 0$ (luôn đúng với mọi $m$)

Tới đây có thể giải theo công thức nghiệm (vì $\Delta'$ đẹp) hoặc có thể làm thế này:

Vì vai trò $x_{1}, x_{2}$ như nhau, giả sử $x_{1} = 2x_{2}$.

Áp dụng định lí Vi-ét, ta được:

$\begin{Bmatrix} x_{1}+x_{2}=2(m+1) \\ x_{1}x_{2}=4m \end{Bmatrix}$

$\Rightarrow \begin{Bmatrix} 3x_{2}=2m+2 \\ {2x_{2}}^{2}=4m \end{Bmatrix}$

$\Rightarrow \begin{Bmatrix} x_{2}=\frac{2m+2}{3} \\ {x_{2}}^{2}=2m \end{Bmatrix}$

$\Rightarrow \begin{Bmatrix} {x_{2}}^{2}=\frac{(2m+2)^2}{9} \\ {x_{2}}^{2}=2m \end{Bmatrix}$

$\Rightarrow \frac{(2m+2)^2}{9} = 2m$

Tới đây giải $m$ ta được $m \in \left \{ \frac{1}{2}, 2 \right \}$.

Vậy với $m \in \left \{ \frac{1}{2}, 2 \right \}$ thì thỏa đề.

Đặt $a = 4x + 3$, $b = 2x - 5$, $c = 2x + 8$. Ta có hệ phương trình:
$\left\{\begin{matrix} a^3+b^3=c^3 \ (1) \\ c + b = a \ (2) \end{matrix}\right.$

Thay $c + b = a$ vào $(1)$ được:
$(c+b)^3+b^3=c^3$
 

Xét trường hợp $b = 0 \Rightarrow x = \frac{5}{2}$. Thế lại vào $(1)$ thấy đúng

Xét trường hợp $b \neq 0$, chia cả hai vế cho $b^3$ được

$\left ( \frac{c}{b} +1\right )^3+1=\frac{c^3}{b^3}$

Đặt $t = \frac{c}{b}$, $(2)$ trở thành:

$(t+1)^3 +1 = t^3$

$3t^2+3t+2=0 \ (*)$

Xét $\Delta$ của phương trình $(*)$ thấy $\Delta < 0$ Do đó phương trình $(2)$ vô nghiệm

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất $x = \frac{5}{2}$

$a$ và $b$ có nguyên tố cùng nhau không bạn? Nếu không thì ví dụ như $a = 4$, $b=2$ thì $(a^3-b^3, ab) = 8$ mà.

Nếu $a$ và $b$ nguyên tố cùng nhau, tức $(a, b) = 1$

Gọi $d = (a^3-b^3, ab)$
$\Rightarrow a^3-b^3\vdots d$ và $ab\vdots d$
$\Rightarrow (a-b)^3+3ab(a-b)\vdots d$ và $ab\vdots d$
Ta có $ab\vdots d \Rightarrow 3ab(a-b)\vdots d$ 

$\Rightarrow (a-b)^3 \vdots d$

Giả sử $d$ có ước nguyên tố $p$

Ta có $ab\vdots d \Rightarrow ab\vdots p \Rightarrow a \vdots p$ hoặc $b \vdots p$

Không mất tính tổng quát, giả sử $a \vdots p$

Lại có $(a-b)^3 \vdots d  \Rightarrow (a-b)^3\vdots p  \Rightarrow a-b\vdots p$

Hình:

Ta có:
$\frac{S_{ABM'}}{S_{ACM}}=\frac{\frac{\sin \widehat{BAM'}\cdot AB\cdot AM'}{2}}{\frac{\sin \widehat{CAM}\cdot AC\cdot AM}{2}}=\frac{AB\cdot AM'}{AC\cdot AM}$

Mặt khác

$\frac{S_{ABM'}}{S_{ACM}}=\frac{BM'}{CM}$ (cùng đường cao hạ từ $A$)

$\Rightarrow \frac{AB\cdot AM'}{AC\cdot AM}=\frac{BM'}{CM} \ (1)$

Lại có $\widehat{BAM'} = \widehat{CAM}$

$\Rightarrow \widehat{BAM'} +  \widehat{MAM'} = \widehat{CAM} + \widehat{MAM'}$

$\Rightarrow \widehat{BAM} =  \widehat{CAM'}$

Ta có

$\frac{S_{ABM}}{S_{ACM'}}=\frac{\frac{\sin \widehat{BAM}\cdot AB\cdot AM}{2}}{\frac{\sin \widehat{CAM'}\cdot AC\cdot AM'}{2}}=\frac{AB\cdot AM}{AC\cdot AM'}$

Mặt khác

$\frac{S_{ABM}}{S_{ACM'}}=\frac{BM}{CM'}$ (cùng đường cao hạ từ $A$)

$\Rightarrow \frac{AB\cdot AM}{AC\cdot AM'}=\frac{BM}{CM'} \ (2)$

ĐKXĐ $x\geq 1, y\geq 1$

Ta có:

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

$\Leftrightarrow x\sqrt{4y-4}+y\sqrt{4x-4}=x^{2}+4y-4$

Lại có áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ cho 2 số không âm:

$\Rightarrow x\sqrt{4y-4}\leq \frac{x^2+4y-4}{2}$ và $y\sqrt{4x-4}\leq \frac{y^2+4x-4}{2}$

$\Rightarrow VT \leq \frac{x^{2}+y^{2}+4x+4y-8}{2}$

$\Rightarrow x^{2}+4y-4\leq \frac{x^{2}+y^{2}+4x+4y-8}{2}$

$\Leftrightarrow 2x^2+8y-8-x^2-y^2-4x-4y+8\leq 0$

$\Leftrightarrow x^2-y^2-4x+4y\leq 0$

$\Leftrightarrow (x-y)(x+y-4)\leq 0 \ (1)$

Mặt khác:

$\sqrt{x+y}(\sqrt{y}+1)=\sqrt{x^2+y^2}+2$

$\Leftrightarrow \sqrt{y^2+xy}+\sqrt{x+y}=\sqrt{x^2+y^2}+2$

$\Leftrightarrow \sqrt{y^2+xy} - \sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{x-y}-2=0$

$\Leftrightarrow \frac{xy-x^2}{\sqrt{y^2+xy}+\sqrt{x^2+y^2}}+\frac{x+y-4}{\sqrt{x+y}+2}=0$

Dễ thấy được nếu $\frac{xy-x^2}{\sqrt{y^2+xy}+\sqrt{x^2+y^2}}$ và $\frac{x+y-4}{\sqrt{x+y}+2}$ cùng dấu thì phương trình vô nghiệm

Nếu $\frac{xy-x^2}{\sqrt{y^2+xy}+\sqrt{x^2+y^2}}$ và $\frac{x+y-4}{\sqrt{x+y}+2}$ trái dấu

$\Rightarrow \left (\frac{xy-x^2}{\sqrt{y^2+xy}+\sqrt{x^2+y^2}}\right )\left (\frac{x+y-4}{\sqrt{x+y}+2}\right)\leq 0$

$\Leftrightarrow (xy-x^2)(x+y-4)\leq 0$

$\Leftrightarrow x(y-x)(x+y-4)\leq 0$

$\Leftrightarrow (y-x)(x+y-4)\leq 0$ (vì $x\geq 1> 0$)

$\Leftrightarrow (x-y)(x+y-4)\geq 0 \ (2)$

Từ $(1)$ và $(2)$

$\Leftrightarrow (x-y)(x+y-4)=0$

$\Leftrightarrow x=y$ hoặc $x+y=4$

Trường hợp$x=y$, thay vào phương trình thứ hai được
$4x\sqrt{x-1}=x^{2}+4x-4$

$2x\sqrt{4x-4}=x^{2}+4x-4$

Ta lại có $VT = 2x\sqrt{4x-4}\leq x^2+4x-4=VP$ (bất đẳng thức $AM-GM$), để $VT = VP$ thì $x^2=4x-4 \Leftrightarrow x = 2 \Rightarrow y = 2$(thỏa ĐKXĐ)
Trường hợp $x+y-4=0$, giải tương tự cũng ra được $x=2$, $y=2$
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất $(x;y)=(2;2)$

Cách 2:

Hình:

Gọi $E$, $F$ lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ $D$ xuống $AB$ và $AC$

Ta có $S_{ABD} = S_{ACD}$ (vì $\Delta ABD$ và $\Delta ACD$ có cùng đường cao hạ từ $A$ và hai đáy $BD$ và $CD$ bằng nhau)
$\Rightarrow \frac{AB\cdot DE}{2} = \frac{AC\cdot DF}{2}$

$\Rightarrow AB\cdot DE = AC\cdot DF$

$\Rightarrow \frac{AB}{AC}=\frac{DF}{DE}$

Ta lại có $\Delta KNA$ ~ $\Delta AED$ ($\widehat{KAN} = \widehat{ADE}$ vì cùng phụ với  $\widehat{EAD}$,  $\widehat{KNA} = \widehat{AED} (= 90^{\circ})$)

$\Rightarrow \frac{NA}{ED} = \frac{KA}{AD}$

$\Rightarrow AK = \frac{NA\cdot AD}{DE}$

Tương tự, $\Delta IMA$ ~ $\Delta AFD$

$\Rightarrow AI = \frac{AM\cdot AD}{DF}$

$\Rightarrow \frac{AK}{AI} = \frac{\frac{NA\cdot AD}{DE}}{\frac{AM\cdot AD}{DF}}=\frac{AN\cdot DF}{AM\cdot DE}=\frac{AN\cdot AB}{AM\cdot AC}$

Mà ta lại dễ thấy được $\frac{AN}{AM}=\frac{AC}{AB}$

$\Rightarrow \frac{AK}{AI}=\frac{AB\cdot AC}{AC\cdot AB}=1$

$\Rightarrow AK = AI$ (đpcm)

Hình:

Gọi $E$, $F$ lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ $B$ và $C$ xuống $KI$

$\Rightarrow BE // CF // AD$ (cùng vuông góc với $KI$)

Ta có $BEFC$ là hình thang (do $BE // CF$), $D$ là trung điểm của $BC$, $AD // BE // CF$

$\Rightarrow A$ là trung điểm của $EF$, $AE = AF$

Ta lại có $\widehat{KEB} = \widehat{KNB} (= 90^{\circ})$, suy ra tứ giác $KENB$ nội tiếp

$\Rightarrow AE\cdot AK=AN\cdot AB (1)$ (bổ đề phương tích)

Chứng minh tương tự, ta sẽ có các tứ giác $BNMC$ và $CMFI$ nội tiếp, dẫn đến $AN\cdot AB=AM\cdot AC (2)$ và $AM\cdot AC=AF\cdot AI (3)$

Từ $(1), (2), (3)$, $\Rightarrow AE\cdot AK=AF\cdot AI$

Mà $AE = AF$ suy ra $AK = AI$ (đpcm)

Vế $a^2 \vdots b^2 \Rightarrow a \vdots b^2$ dễ rồi nhé, mình sẽ chứng minh $a^2 \vdots b^2 \Rightarrow a \vdots b$.

Gọi $d=GCD(a, b)$

$\Rightarrow a=dm, b=dn (m, n \in \mathbb{N}*; GCD(m, n) = 1)$

$\Rightarrow d^2m^2 \vdots d^2n^2$

$\Rightarrow m^2 \vdots n^2$

Giả sử $n^2$ có ước nguyên tố $p$

$\Rightarrow m^2 \vdots p$

$\Rightarrow m \vdots p$

Mà $\Rightarrow n^2 \vdots p$ $\Rightarrow n \vdots p$

$\Rightarrow GCD(m, n) \geq p> 1$ (vô lí vì $GCD(m, n) = 1$)

Suy ra  $n^2$ không có ước nguyên tố $p$ $\Rightarrow n = 1$
 

$\Rightarrow b = d$ 

$\Rightarrow a \vdots b (a = dm)$ (đpcm)