Đề đúng : tìm  tất cả các số nguyên dương \(a,b\) sao cho \(a+b^2\) chia hết cho \(a^2b-1\)

Có thể vào đây tham khảo\(\rightarrow\) Các bài toán và vấn đề về Số học 

de the nao lam nhu vay

Tra loi: tat ca cac so nguyen duong a,b deu thoa man

\(\hept{\begin{cases}x+y+z=1\\x^4+y^4+z^4=xyz\end{cases}}\)

Từ \(x^4+y^4+z^4=xyz\left(x+y+z\right)\left(1\right)\)

Áp dụng BĐT \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\), dấu "=" khi a=b=c ta có:

\(x^4+y^4+z^4=\left(x^2\right)^2+\left(y^2\right)^2+\left(z^2\right)^2\)\(\ge x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\)

\(\ge xy\cdot yz+xy\cdot xz+yz\cdot xz=xyz\left(x+y+z\right)\)

Suy ra \(\left(1\right)\Leftrightarrow x=y=z\)

Mà x+y+z=1 \(\Rightarrow x=y=z=\frac{1}{3}\)

Vậy hệ có nghiệm (x;y;z)=\(\left(\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3}\right)\)

Ta đặt \(\hept{\begin{cases}x+z=a\\y+z=b\end{cases}\Rightarrow ab=1}\)

\(BĐT\Leftrightarrow\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\ge4\)

Ta có

\(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}=\frac{1}{\left(a-\frac{1}{a}\right)^2}+a^2+\frac{1}{a^2}\)

\(=\frac{1}{\left(a-\frac{1}{a}\right)^2}+\left(a-\frac{1}{a}\right)^2+2\)

\(\ge2+2=4\)

bạn chưa chỉ ra dấu bằng xảy ra khi nào

Đặt cái ban đầu là A

Dầu tiên ta có

\(\text{(3a+c)(a+2b+c)+(3b+d)(b+2c+d)+(3c+a)(c+2d+a)+(3d+b)(d+2a+b)}\)

\(=4\left(a+b+c+d\right)^2\)

Ta có: \(\frac{a-b}{a+2b+c}+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}.\frac{3a+c}{a+2b+c}=\frac{1}{2}.\frac{\left(3a+c\right)^2}{\left(3a+c\right)\left(a+2b+c\right)}\)

Tương tự ta có

\(\frac{b-c}{b+2c+d}+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}.\frac{\left(3b+d\right)^2}{\left(3b+d\right)\left(b+2c+d\right)}\)

\(\frac{c-d}{c+2d+a}+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}.\frac{\left(3c+a\right)^2}{\left(3c+a\right)\left(c+2d+a\right)}\)

\(\frac{d-a}{d+2a+b}+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}.\frac{\left(3d+b\right)^2}{\left(3d+b\right)\left(d+2a+b\right)}\)

Cộng vế theo vế ta được

\(\frac{a-b}{a+2b+c}+\frac{1}{2}+\frac{b-c}{b+2c+d}+\frac{1}{2}+\frac{c-d}{c+2d+a}+\frac{1}{2}+\frac{d-a}{d+2a+b}+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}.\frac{\left(3d+b\right)^2}{\left(3d+b\right)\left(d+2a+b\right)}+\frac{1}{2}.\frac{\left(3c+a\right)^2}{\left(3c+a\right)\left(c+2d+a\right)}+\frac{1}{2}.\frac{\left(3b+d\right)^2}{\left(3b+d\right)\left(b+2c+d\right)}+\frac{1}{2}.\frac{\left(3a+c\right)^2}{\left(3a+c\right)\left(a+2b+c\right)}\)

\(\ge\frac{1}{2}.\frac{\left(3a+c+3b+d+3c+a+3d+b\right)^2}{\left(3a+c\right)\left(a+2b+c\right)+\left(3b+d\right)\left(b+2c+d\right)+\left(3c+a\right)\left(c+2d+a\right)+\left(3d+b\right)\left(d+2a+b\right)}\)

\(=\frac{1}{2}.\frac{16\left(a+b+c+d\right)^2}{4\left(a+b+c+d\right)^2}=2\)

\(\Rightarrow A+2\ge2\)

\(\Leftrightarrow A\ge0\)

=4(a+b+c+d)2

Ta có: a−ba+2b+c +12 =12 .3a+ca+2b+c =12 .(3a+c)2(3a+c)(a+2b+c) 

Tương tự ta có

b−cb+2c+d +12 =12 .(3b+d)2(3b+d)(b+2c+d) 

c−dc+2d+a +12 =12 .(3c+a)2(3c+a)(c+2d+a) 

d−ad+2a+b +12 =12 .(3d+b)2(3d+b)(d+2a+b) 

Cộng vế theo vế ta được

a−ba+2b+c +12 +b−cb+2c+d +12 +c−dc+2d+a +12 +d−ad+2a+b +12 =12 .(3d+b)2(3d+b)(d+2a+b) +12 .(3c+a)2(3c+a)(c+2d+a) +12 .(3b+d)2(3b+d)(b+2c+d) +12 .(3a+c)2(3a+c)(a+2b+c) 

≥12 .(3a+c+3b+d+3c+a+3d+b)2(3a+c)(a+2b+c)+(3b+d)(b+2c+d)+(3c+a)(c+2d+a)+(3d+b)(d+2a+b) 

=12 .16(a+b+c+d)24(a+b+c+d)2 =2

⇒A+2≥2

Tử là mũ 2 thật hả bạn. Mũ 3 thì giải được còn mũ 2 thì vẫn chưa nghĩ ra

1 phải  ko bn

-0.5851

ko bít!

Theo bài ra ta có \(0\le a\le b\le c\) nên b\(+\)c \(\ge\)2b

Do đó suy ra \(\frac{2a^2}{b+c}\le\frac{2a^2}{2b}\)suy ra \(\frac{2a^2}{b+c}\le\frac{a^2}{b}\)

Chưng minh tương tự có \(\frac{2b^2}{c+a}\le\frac{b^2}{c}\)và \(\frac{2c^2}{a+b}\le\frac{c^2}{a}\)

Cộng vế với vế của các bđt cùng chiều trên ta sẽ suy ra điều phải chứng minh

#nga

Sai rồi nếu như theo cách chứng minh của bạn thì ta có: a + c \(\ge2c\)cái này vô lý. 

a) Do C thuộc đường tròn mà DB là đường kính nên góc \(\widehat{BCD}\) chắn nửa đường tròn.

\(\Rightarrow\widehat{BCD}=90^o\Rightarrow BC\perp DC\)

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có OH là phân giác góc BOC. Lại có OBC là tam giác cân tại O nên OH cũng là đường cao.

Vậy \(OH\perp BC\)

b) Xét tam giác vuông OCA có CH là đường cao nên áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:   \(OH.OA=OC^2=R^2\)

Xét tam giác vuông DBA có đường cao BE nên áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: 

\(DE.DA=BD^2=\left(2R\right)^2=4R^2\)

c) Xét tam giác MBA có OH và BE là các đường cao nên N là trực tâm.

Vậy thì \(MN\perp BA\)

Lại có \(BD\perp BA\) nên BD // MN.

d) Ta chứng minh \(OF\perp AD\)

Ta có \(\widehat{BCA}=\widehat{DCO}\) (Cùng phụ với góc OCB)

\(\Rightarrow\widehat{BCA}+90^o=\widehat{DCO}+90^o\Rightarrow\widehat{DCA}=\widehat{FCO}\)  (1)

Ta cũng có tứ giác ABOC nội tiếp nên \(\widehat{CAO}=\widehat{CBO}\)

Mà \(\widehat{CBO}=\widehat{CDF}\) (Cùng phụ với góc CFD)

\(\Rightarrow\widehat{CAO}=\widehat{CDF}\)

Vậy thì \(\Delta CAO\sim\Delta CDF\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{CA}{CD}=\frac{CO}{CF}\Rightarrow\frac{CA}{CO}=\frac{CD}{CF}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\Delta DCA\sim\Delta FCO\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{ADC}=\widehat{OFC}\)

\(\Rightarrow\widehat{ADF}-\widehat{CDF}=\widehat{CFD}-\widehat{OFD}\)

\(\Rightarrow\widehat{ADF}+\widehat{OFD}=\widehat{CFD}+\widehat{CDF}=90^o\)

\(\Rightarrow\widehat{DKF}=90^o\Rightarrow OF\perp AD\)

Xét tam giác cân DOE có OK là đường cao nên đồng thời là trung tuyến. Vậy K là trung điểm DE.

Xét tam giác vuông ABD có BE là đường cao nên \(\frac{1}{BE^2}=\frac{1}{BA^2}+\frac{1}{BD^2}=\frac{1}{5R^2}+\frac{1}{4R^2}=\frac{9}{20R^2}\)

\(\Rightarrow BE^2=\frac{20R^2}{9}\)

Xét tam giác vuông BED, theo định lý Pi-ta-go ta có:

\(DE^2=BD^2-BE^2=4R^2-\frac{20R^2}{9}=\frac{16R^2}{9}\)

\(\Rightarrow DE=\frac{4R}{3}\)

\(\Rightarrow KE=\frac{2R}{3}\)

Cảm ơn ạ 

xin lỗi mình mới học lớp 4

em mới lớp 6 thôi

không biết làm sao đây?

mình mới lớp 4.