giúp mình với

Với \(b=\frac{3-\sqrt{5}}{2}\)   => \(\sqrt{b}=\sqrt{\frac{6-2\sqrt{5}}{4}}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\)=> \(\sqrt{b}=1-b\)(*)

Áp dụng bất đẳng thức cosi ta có :

\(x^2+by^2\ge2xy\sqrt{b}\)

\(x^2+bz^2\ge2xz\sqrt{b}\)

\(\left(1-b\right)y^2+\left(1-b\right)z^2\ge2\left(1-b\right)yz\)

Cộng 3 vế của BĐT và kết hợp với (*) ta có

\(2x^2+y^2+z^2\ge2\sqrt{b}\left(xy+yz+xz\right)=2\sqrt{b}\)=> \(MinA=2\sqrt{b}\)với \(b=\frac{3-\sqrt{5}}{2}\)

Dấu bằng xảy ra khi \(y=z=\frac{x}{\sqrt{b}}\)và xy+yz+xz=1

=> \(x=\sqrt{\frac{b\sqrt{b}}{2b+\sqrt{b}}};y=z=\sqrt{\frac{\sqrt{b}}{2b+\sqrt{b}}}\)với \(b=\frac{3-\sqrt{5}}{2}\)

Gọi giao điểm của AJ với BC , BK với AC, CL với AB lần lượt là M, N, P

+) Từ B, C kẻ đường vuông góc với AM  lần lượt tại Q, R

Xét tam giác ADJ và tam giác CAR

có: \(\widehat{J_1}=\widehat{R_1}\left(=90^o\right)\)

AD= AC ( ACED là hình vuông)

\(\widehat{A_2}=\widehat{D_1}\)( cùng phụ góc \(\widehat{A_1}\))

=> \(\Delta ADJ=\Delta CAR\)( cạnh huyền góc nhọn)

=> AJ=CR (1)

Chứng minh tương tự : \(\Delta AIJ=\Delta BAQ\)

=> AJ= BQ (2)

Từ (1), (2) => CR=BQ

Ta  lại có: BQ//CR ( cùng vuông góc với AM)

=> \(\frac{CM}{BM}=\frac{BQ}{CR}=1\) ( vì CR =BQ, chứng minh trên)

=> CM=BM

=> M là trung điểm BC

+) Chứng minh tương tự ta được: N là trung điểm AC và P là trung điểm AB

=> AM, CP, BN là 3 đường trung tuyến của tam giác ABC đồng quy

=> AJ, BK; CL đồng quy

Ta có

 \(VT=a^3\left(b-c\right)+\left(b^3c-bc^3\right)-a\left(b^3-c^3\right)\)

        \(=\left(b-c\right)\left(a^3+bc\left(b+c\right)-a\left(b^2+bc+c^2\right)\right)\)

        \(=\left(b-c\right)\left[\left(a^3-ab^2\right)+\left(b^2c-abc\right)+\left(bc^2-ac^2\right)\right]\)

        \(=\left(b-c\right)\left(a-b\right)\left[a\left(a+b\right)-bc-c^2\right]\)

       \(=\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(a-c\right)\left(a+b+c\right)\)

TH1   Nếu a,b,c chia 3 dư 0,1,2 =>\(a+b+c⋮3\)

TH2   Trừ TH trên 

Theo nguyên lí diricle luôn có 2 trong 3 số trên chia 3 cùng 1 số dư

Hay a-b hoặc b-c hoặc a-c chia hết cho 3

Từ 2 trường hợp 

=> \(VT⋮3\)

Mà VP chia 3 dư 1 do 2020 chia 3 dư 1

=> không có giá trị nào của a,b,c nguyên thỏa mãn đề bài

Vậy không có gia trị nào của a,b,c nguyên thỏa mãn đề bài

mk ko biết

Đầu tiên ta chứng minh: \(\frac{HA}{CA}.\frac{HB}{CB}+\frac{HB}{AB}.\frac{HC}{AC}+\frac{HC}{BC}.\frac{HA}{BA}=1\)


Đặt \(\frac{HA}{CB}=x;\frac{HB}{AC}=y;\frac{HC}{AB}=z\) ta có: \(xy+yz+zx=1\)
Áp dụng bất đẳng thức Bu - nhi - a cho ba số x, y, z ta có: \(\left(xy+yz+zx\right)^2\le\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)
Hay \(\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\ge1\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\ge1\)
Giả sử \(\frac{HA}{BC}+\frac{HB}{CA}+\frac{HC}{AB}=x+y+z\)
\(\left(x+y+z\right)^2=x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx>1+2=3\)
Từ đó suy ra \(x+y+x\ge\sqrt{3}\Leftrightarrow\frac{HA}{BC}+\frac{HB}{CA}+\frac{HC}{AB}\ge\sqrt{3}\).

Cái này thì mình chịu thôi ! Có biết cái khỉ gió ma toi gì đâu mà giải ! Hì Hì ! ^_^ Sorry nha

giai lai

\(506^{80}\equiv2^{80}\equiv0\left(\text{mod }4\right)\)

Đặt \(506^{80}=4k\left(k\inℕ^∗\right)\)

\(\Rightarrow3^{506^{80}}=3^{4k}\)

Ta có:

\(3^{4k}⋮3\left(k\inℕ^∗\right)\Rightarrow3^{4k}-6⋮3\)(1)

\(3^4\equiv1\left(mod5\right)\Rightarrow3^{4k}\equiv1\left(mod5\right)\Rightarrow3^{4k}-1-5⋮5\)

\(\Rightarrow3^{4k}-6⋮5\)(2)

Từ (1) và (2) => 3^4k chia hết cho 15 vì (3,5)=1

Vậy...

nhầm dòng gần cuối 3^4k-6 :(( 

a,Ý 1:\(14^{14^{14}}=7^{14^{14}}.2^{14^{14}}\)

Dễ chứng minh \(14^{14}⋮4\) và \(14^{14}\) chia 20 dư 16 nên đặt \(14^{14}=4k=20l+16\)

Ta có:\(14^{14^{14}}=7^{4k}.2^{20l+16}=\left(7^4\right)^k.\left(2^{20}\right)^l.2^{16}\)\(=2401^k.1048576^l.65536\)

\(\equiv\left(01\right)^k.\left(76\right)^l.36=01.76.36=2736\equiv36\)(mod 100)

Ý 2:Để ý:\(5^7\equiv5\)(mod 180).Từ đó chứng minh được :\(5^{121}=5^{98}.5^{23}\equiv25.5^5=1625\equiv5\)(mod 180)
Đặt:\(5^{121}=180m+5\).Khi đó:\(17^{5^{121}}=17^{180m+5}=\left(17^{180}\right)^m.17^5\equiv\left(01\right)^m.57=01.57=57\)(mod 100)
Có được :\(17^{180}\equiv01\)(mod 100) là do:\(17^3\equiv13\)(mod 100)  mà \(13^6\equiv9\) nên \(17^{18}\equiv13^6\equiv9\)(mod 100)
Lại có:\(9^{10}\equiv01\)(mod 100) \(\Rightarrow17^{180}\equiv9^{10}\equiv01\)(mod 100)

b,Ta có:\(2^{20}=16^5\equiv76\)(mod 100) nên \(2^{2000}=\left(2^{20}\right)^{100}\equiv76^{100}\equiv76\)(mod 100)
\(\Rightarrow2^{2006}=2^{2000}.2^6\equiv76.64=4864\equiv64\)(mod 100)
Đặt \(2^{2006}=100t+64\) ta được \(3^{2^{2006}}=3^{100t+64}=\left(3^{100}\right)^t.3^{64}\equiv\left(001\right)^t.3^{64}=3^{64}\)(mod 1000)
Lại có:\(3^{10}\equiv49\)(mod 1000)\(\Rightarrow3^{60}=\left(3^{10}\right)^6\equiv49^6\equiv201\)(mod 1000)
\(\Rightarrow3^{64}=3^{60}.81\equiv81.201=16281\equiv281\)( mod 1000)

Ta có: 
  \(n\left(5n-2\right)-5n\left(n+3\right)\)
\(=n\left(5n-2\right)-n\left(5n+3\right)\)|
 \(=n\left(5n-2-5n-3\right)=-5n\) ; Vì \(n\in Z\)
\(\Rightarrow-5n\in Z\Rightarrow -5n⋮-5\)
Vậy: .......
#HọcTốt!!

Câu 2/ 

\(\frac{1}{x^2\left(x^2+y^2\right)}+\frac{1}{\left(x^2+y^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)}+\frac{1}{x^2\left(x^2+y^2+z^2\right)}=1\)

Điều kiện \(\hept{\begin{cases}x^2\ne0\\x^2+y^2\ne0\\x^2+y^2+z^2\ne0\end{cases}}\)

Xét \(x^2,y^2,z^2\ge1\)

Ta có: \(\hept{\begin{cases}x^2\ge1\\x^2+y^2\ge2\end{cases}}\)

\(\Rightarrow x^2\left(x^2+y^2\right)\ge2\)

\(\Rightarrow\frac{1}{x^2\left(x^2+y^2\right)}\le\frac{1}{2}\left(1\right)\)

Tương tự ta có: \(\hept{\begin{cases}\frac{1}{\left(x^2+y^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)}\le\frac{1}{6}\left(2\right)\\\frac{1}{x^2\left(x^2+y^2+z^2\right)}\le\frac{1}{3}\left(3\right)\end{cases}}\)

Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được

\(\frac{1}{x^2\left(x^2+y^2\right)}+\frac{1}{\left(x^2+y^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)}+\frac{1}{x^2\left(x^2+y^2+z^2\right)}\le\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\frac{1}{3}=1\)

Dấu = xảy ra  khi \(x^2=y^2=z^2=1\)

\(\Rightarrow\left(x,y,z\right)=?\)

Xét \(\hept{\begin{cases}x^2\ge1\\y^2=z^2=0\end{cases}}\) thì ta có

\(\frac{1}{x^4}+\frac{1}{x^4}+\frac{1}{x^4}=1\)

\(\Leftrightarrow x^4=3\left(l\right)\)

Tương tự cho 2 trường hợp còn lại: \(\hept{\begin{cases}x^2,y^2\ge1\\z^2=0\end{cases}}\) và \(\hept{\begin{cases}x^2,z^2\ge1\\y^2=0\end{cases}}\)

Bài 2/

Ta có:  \(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{t}+\frac{t}{x}\ge4\sqrt[4]{\frac{x}{y}.\frac{y}{z}.\frac{z}{t}.\frac{t}{x}}=4>3\)

Vậy phương trình không có nghiệm nguyên dương.

Với a,b,c>0 ta có: \(\sqrt{\frac{a}{b+c}}=\frac{a}{\sqrt{a\left(b+c\right)}}\ge\frac{a}{\frac{a+\left(b+c\right)}{2}}=\frac{2a}{a+b+c}\) (áp dụng \(\sqrt{xy}\le\frac{x+y}{2}\))

Tương tự: \(\sqrt{\frac{b}{c+a}}\ge\frac{2b}{a+b+c};\sqrt{\frac{c}{a+b}}\ge\frac{2c}{a+b+c}\)

Cộng 3 bđt trên vế với vế, ta được:

\(\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}\ge\frac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}=2\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}a=b+c\\b=c+a\\c=a+b\end{cases}}\), vô nghiệm vì a,b,c>0

Do đó \(\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}>2\)   (1)

Lại có: \(\frac{a}{a+b}< \frac{a+c}{a+b+c};\frac{b}{b+c}< \frac{b+a}{a+b+c};\frac{c}{c+a}< \frac{c+b}{a+b+c}\)

Cộng lại ta được: \(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}< \frac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}=2\) (2)

Từ (1) và (2) => đpcm

Bài khó 😁 😁 😁 😊

Đầu tiên ta chứng minh: \(\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)\le3\left(ax+by+cz\right)\)

\(\Leftrightarrow ay+az+bz+bx+cx+cy\le2\left(ax+by+cz\right)\)

\(\Leftrightarrow a\left(y+z-2x\right)+b\left(z+x-2y\right)+c\left(x+y-2z\right)\le0\)

\(\Leftrightarrow a\left(y+z-2x\right)-b\left[\left(y+z-2x\right)+\left(x+y-2z\right)\right]+c\left(x+y-2z\right)\le0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(y+z-2x\right)+\left(c-b\right)\left(x+y-2z\right)\le0\)

Không mất tính tổng quát, giả sử: \(\hept{\begin{cases}a\ge b\ge c\\x\ge y\ge z\end{cases}}\)

Theo đó: \(\hept{\begin{cases}a-b\ge0\\y+z-2x\le0\end{cases}}\Rightarrow\left(a-b\right)\left(y+z-2x\right)\le0\)

Tương tự \(\left(c-b\right)\left(x+y-2z\right)\le0\). 

Ta có đpcm.

Áp dụng vào bài toán:

Đặt \(a^2+b^2=x;b^2+c^2=y;c^2+a^2=z;a+b=p;b+c=q;c+a=o\), ta có:

Đpcm \(\Leftrightarrow\frac{x}{p}+\frac{y}{q}+\frac{z}{o}\le\frac{3\cdot\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)}{\frac{1}{2}\left(p+q+o\right)}=\frac{3\left(x+y+z\right)}{p+q+o}\)

\(\Leftrightarrow\left(\frac{x}{p}+\frac{y}{q}+\frac{z}{o}\right)\left(p+q+o\right)\le3\left(x+y+z\right)\)[*]

Mà theo bất đẳng thức đã chứng minh:

\(VT\left[+\right]\le3\left(\frac{x}{p}\cdot p+\frac{y}{q}\cdot q+\frac{z}{o}\cdot o\right)=3\left(x+y+z\right)=VP\)

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c

Câu hỏi của Lưu Hải Dương - Toán lớp 9 | Học trực tuyến