|
|
giải đáp
|
.....cứu tôi
|
|
|
|
$Pt : x² + 2ax + b = 0 (1)$ có $\triangle ^{'} = a² - b$
$Pt : x² + 2bx + a = 0 (2)$ có $\triangle ^{'} = b² - a $
Xét : $a^2 - b + b^2 - a = \frac{(a+b)^2}{2} - (a + b) + \frac{(a - b)^2}{2} = \frac{1}{2}(a + b)(a + b - 2) +\frac{ (a - b)^2 }{2}≥ 0$
Như vậy Ta có :
$a^2 - b ≥ 0$ hoặc $b^2 - a ≥ 0 \Rightarrow $ pt(1) có nghiệm hoặc pt(2) có nghiệm.
Vậy trong hai pt luôn có ít nhất 1 pt có nghiệm
|
|
|
|
giải đáp
|
đố ai giải đc
|
|
|
|
Nhân 3 ở pt (2) cộng với pt (1), ta đc:
$x³ + 3x² + 3xy² - 24xy + 3y² - 24y + 51x + 49 = 0$
$\Leftrightarrow (x³ + 3x² + 3x + 1) + 3y²(x + 1) - 24y(x + 1) + 48(x + 1) = 0$
$\Leftrightarrow (x + 1)[ (x + 1)² + 3(y - 4)² ) = 0$
$\Leftrightarrow x = -1$ hoặc $\begin{cases}x=-1 \\ y=4 \end{cases}$
Với $x = -1$ thay vào ta đc $y = -4$ hoặc $y =4$
Vậy hệ có 2 nghiệm $(x,y) = ( -1; -4) , ( -1; 4)$
|
|
|
|
giải đáp
|
đề thi hsg(4)
|
|
|
|
Giả sử HPT đã cho có nghiệm $(x;y)$ . Khi đó $a^3+b^3+c^3=a.a^2+b.b^2+c.c^2$ $=(bx+cy)a^2+(cx+ay)b^2+(ax+by)c^2=(a^2bx+ab^2y)+(ac^2x+ca^2y)+(b^2cx+bc^2y)$ $=ab(ax+by)+ca(cx+ay)+bc(bx+cy)=abc+cab+bca=3abc$ Giả sử $a^3+b^3+c^3=3abc$ $\Leftrightarrow (a+b)^3+c^3-3ab(a+b)-3abc=0$ $\Leftrightarrow (a+b+c)\left[ {(a+b)^2-c(a+b)+c^2} \right]-3ab(a+b+c)=0$ $\Leftrightarrow \frac{1}{2}(a+b+c)\left[ {(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2} \right]=0$ $\left[ {} \right.\begin{matrix} a+b+c=0\\ (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=0 \end{matrix}\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} a+b+c=0\\ a=b=c \end{matrix}} \right.$ $* a+b+c=0$ nhân thấy HPT có nghiệm $x=y=-1$ $*a=b=c, $ nhận thấy HPT có nghiệm $x=0,y=1$( hoặc $x=1,y=0$) Vậy nếu $a^3+b^3+c^3=3abc$ thì HPT đã cho có nghiệm
|
|
|
|
giải đáp
|
Đề thi HSG(3)
|
|
|
|
3b,Ta có: $x^2+y^2+z^2\geq 3\Leftrightarrow 3(x^2+y^2+z^2)\geq 9$ $\Leftrightarrow 3(x^2+y^2+z^2)\geq 2(x+y+z+xy+yz+zx)-3$ $\Leftrightarrow (x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2+(x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2\geq 0$ (luôn đúng) |
|
|
|
giải đáp
|
Đề thi HSG(3)
|
|
|
|
3a,Vai trò của $a,b,c$ là ngang nhau nên ta giả sử $a\leq b\leq c$ áp dụng bđt cauchy cho 3 số: $a+b+1,1-a,1-b$ ta có: $(a+b+1)(1-a)(1-b)\leq (\frac{a+b+1+1-a+1-b}{3})^2=1\Rightarrow (1-a)(1-b)\leq \frac{1}{a+b+1}$ $\Rightarrow (1-a)(1-b)(1-c)\leq \frac{1-c}{a+b+1}$ Vì $a\leq b\leq c$ nên : $\frac{a}{b+c+1}\leq \frac{a}{a+b+1}$ $\frac{b}{a+c+1}\leq \frac{b}{a+b+1}$ $\Rightarrow \frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{c+a+1}+\frac{c}{a+b+1}+(1-a)(1-b)(1-c)\leq \frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{a+b+1}+\frac{c}{a+b+1}+\frac{1-c}{a+b+1}=1$ |
|
|
|
giải đáp
|
Đề thi HSG(3)
|
|
|
|
bài này bạn viết sai đề rồi nhá! phải là $(\frac{1}{a^2}+1)(\frac{1}{b^2}+2)(\frac{1}{c^2}+8)$ Vì $a;b;c$ là các số dương áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: $\frac{1}{a^2}+1\geq \frac{2}{a},\frac{1}{b^2}+2\geq \frac{2\sqrt{2}}{b},\frac{1}{c^2}+8\geq \frac{4\sqrt{2}}{c}$ $\Rightarrow (\frac{1}{a^2}+1)(\frac{1}{b^2}+2)(\frac{1}{c^2}+8)\geq \frac{2}{a}.\frac{2\sqrt{2}}{b}.\frac{4\sqrt{2}}{c}=\frac{32}{abc}$ $\Rightarrow (\frac{1}{a^2}+1)(\frac{1}{b^2}+2)(\frac{1}{c^2+8})=\frac{32}{abc}\Leftrightarrow \begin{cases}\frac{1}{a^2}=1 \\ \frac{1}{b^2}=2 \\\frac{1}{c^2}=8\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a=1 \\ b=\frac{\sqrt{2}}{2} \\c=\frac{\sqrt{2}}{4}\end{cases}$ |
|
|
|
giải đáp
|
Đề thi HSG(3)
|
|
|
|
1b, Viết lại phương trình thứ hai của hệ về dạng $y^2-(4x+8)y+(16+16x-5x^2)=0$ Coi đây là phương trình bậc 2, ẩn y, x là tham số. Có $\triangle ^{'}=(2x+4)^2-(16+16x-5x^2)=9x^2$ Từ đó , tìm được $y=4-x, y=5x+4$ Nếu $y=4-x$,thay vào phương trình thứ nhất , giải được $x=0,x=-2,x=-5$ Với $x=0$ thì $y=4-x=4$. Với $x=-2$ thì $y=4-x=6$. Với $x=-5$ thì $y=4-x=9$ Nếu $y=5x+4$, thay vào phương trình thứ nhất , giải được $x=0,x=-2,x=9$ Với $x=0$ thì $y=5x+4=4$. Với $x=-2$ thì $y=5x+4=-6$. Với $x=9$ thì $y=5x+4=49$ |
|
|
|
giải đáp
|
Đề thi HSG(3)
|
|
|
|
1a, $PT\Leftrightarrow (2006+\sqrt{x^2+2006})x^4-(2005.2006-x^2)=0$ $\Leftrightarrow (2006+\sqrt{x^2+2006})x^4-(2006-\sqrt{x^2+2006})(2006+\sqrt{x^2+2006})=0$ $(2006+\sqrt{x^2+2006})(x^4+\sqrt{x^2+2006}-2006)=0$ $\Leftrightarrow x^4+\sqrt{x^2+2006}-2006=0$(do $2006+\sqrt{x^2+2006}>2006>0$) $\Leftrightarrow x^4=2006-\sqrt{x^2+2006}$ $\Leftrightarrow x^4+x^2+\frac{1}{4}=x^2+2006-\sqrt{x^2+2006}+\frac{1}{4}$ $\Leftrightarrow (x^2+\frac{1}{2})^2=(\sqrt{x^2+2006}-\frac{1}{2})^2$ $\Leftrightarrow x^2+\frac{1}{2}=\sqrt{x^2+2006}-\frac{1}{2}$(vì $\sqrt{x^2+2006}-\frac{1}{2}>0,x^2+\frac{1}{2}>0$) $\Leftrightarrow x^2+1=\sqrt{x^2+2006}$ $x^4+2x^2+1=x^2+2006\Leftrightarrow x^4+x^2-2005=0\Leftrightarrow t^2+t-2005=0$( đặt $x^2=t$,$ t\geq0$) $\Leftrightarrow t=\frac{-1+\sqrt{8021}}{2}\Rightarrow x=\pm \sqrt{\frac{-1+\sqrt{8021}}{2}}$
|
|
|
|
giải đáp
|
Đề thi HSG(1)
|
|
|
|
2b, Ta có: $a^3+b^3+c^3=3abc\Leftrightarrow(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)=0 $ $\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=0$( vì $a+b+c\neq 0$) $\Leftrightarrow (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=0\Leftrightarrow a=b=c$ $\Rightarrow P=2009^3$ |
|
|
|
giải đáp
|
Đề thi HSG(1)
|
|
|
|
2a, Nếu $x=0 $ thì $M=0$ giá trị này ko phả là giá trị lớn nhất . Vậy M đạt giá trị lớn nhất với $x \neq0$. Chia cả tử và mẫu cho x^2 ta được: $M=\frac{1}{(x^2+\frac{1}{x^2})+1}$. M đạt giá trị lớn nhất khi $x^2+\frac{1}{x^2}$ nhỏ nhất. $\Rightarrow x^2+\frac{1}{x^2}=2\Rightarrow x=\pm 1$. Vậy M lớn nhất bằng $\frac{1}{3}$ khi $x=\pm 1$ |
|
|
|
giải đáp
|
Đề thi HSG(1)
|
|
|
|
Đặt $y=2005-2006x^2$. Phương trình trở thành: $\begin{cases}x=2005-2006y^2 \\ y=2005-2006x^2 \end{cases}\Leftrightarrow x-y=2006(x^2-y^2)\Leftrightarrow \left[ {2006(x+y)-1} \right](x-y)=0$ $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=y\\ 2006(x+y)-1=0 \end{matrix}} \right.$ Với $x=y\Rightarrow x=2005-2006x^2\Leftrightarrow 2006x^2+x-2005=0\Rightarrow \left[ {\begin{matrix} x=-1\\ y=\frac{2005}{2006}\end{matrix}} \right. $ Với $2006(x+y)-1=0\Rightarrow x+y=\frac{1}{2006}\Rightarrow y=\frac{1}{2006}-x\Leftrightarrow \frac{1}{2006}-x=2005-2006x^2$ $\Leftrightarrow 2006^2x^2-2006x-2005.2006+1=0\rightarrow \left[ {\begin{matrix} x=\frac{1-\sqrt{1608817}}{4012}\\ y= \frac{1+\sqrt{1608817}}{4012}\end{matrix}} \right.$ |
|
|
|
giải đáp
|
Đề thi HSG(1)
|
|
|
|
1,a, Đk $x\geq \frac{1}{2},y\geq \frac{1}{2}$ ta sữ chứng minh $x=y$. Thật vậy: $\frac{1}{\sqrt{x}}+\sqrt{2-\frac{1}{y}}=2$ $\Leftrightarrow \sqrt{2-\frac{1}{y}}=2-\frac{1}{\sqrt{x}}\Leftrightarrow 2-\frac{1}{y}=4-\frac{4}{\sqrt{x}}+\frac{1}{x}$ $\Leftrightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{4}{\sqrt{x}}-2 (1)$ Tương tự $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{4}{\sqrt{y}}-2 (2)$. Từ $(1)$ và $(2)$ ta có: $\frac{4}{\sqrt{x}}-2=\frac{4}{\sqrt{y}}-2\Rightarrow x=y$ Ta có: $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{4}{\sqrt{x}}-2\Leftrightarrow \frac{2}{x}+2=\frac{2}{\sqrt{x}}\Leftrightarrow \frac{1}{x^2}-\frac{2}{x}+1=0\Leftrightarrow (\frac{1}{x}-1)^2=0\Leftrightarrow x=1$ Vậy hệ có nghiệm $x=y=1$ |
|
|
|
giải đáp
|
phương trình khó đây mọi người giúp mình với
|
|
|
|
a,$x+\sqrt{5+\sqrt{x-1}}=6\Leftrightarrow x-6=\sqrt{5+\sqrt{x-1}}\Rightarrow x^2-12x+36=5+\sqrt{x-1}$ $\Leftrightarrow4x^2-48x+124=4\sqrt{x-1}$ $\Leftrightarrow 4x^2-44x+121=2\sqrt{4x-4}+4x-4+1$ $\Leftrightarrow (2x-11)^2=(\sqrt{4x-4}+1)^2$ đến đây bạn tự làm nhá, vote hộ m với |
|
|
|
giải đáp
|
bdt
|
|
|
|
Xét $\frac{1}{a+9b+6c}=\frac{1}{(a+b)+2b+6(b+c)}\leq \frac{1}{64}(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{2b}+\frac{6}{b+c})$ $\Rightarrow \frac{ab}{a+9b+6c}\leq \frac{1}{64}(\frac{ab}{a+b}+\frac{a}{2}+\frac{6ab}{b+c})$ Tương tự cộng lại suy ra đpcm |
|
|
|
giải đáp
|
HSG
|
|
|
|
Phương trình tương đương với .$y(x^3-3)+x(y^3-3)=17$
Vì $x,y$ nguyên dương và $17>0$ nên $y^3-3,x^3-3>0$. Mà với $x,y \ge 3$ thì $y(x^3-3)+x(y^3-3)>17$.Do đó chỉ có thể $x,y \le 2$ Gỉa sử một trong hai số x,y có giá trị bằng 1, không mất tính tổng quát giả sử x=1. Khi đó phương trình trở thành $y^3-3y-20=0$ Phương trình này không có nghiệm nguyên dương.
Vậy $\boxed{(x,y)=(2,2)}$
|
|