Đề 1:
Câu 3.
a) Cho a, b , c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện: a + b + c = 3.
Chứng minh rằng: \(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge a^2+b^2+c^2\)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(n+1⋮\left(\sqrt{n}-1\right)\)
\(\left(n-1+2\right)⋮\left(\sqrt{n}-1\right)\)
\(2⋮\left(\sqrt{n}-1\right)\)
suy ra n=9
Theo đề bài, ta có:
\(k^2=160...081\)
Để \(k^2\) có chữ số tận cùng là 1 như đề bài cho thì \(k\) phải có chữ số tận cùng là 1(1) hoặc 9(2).
Áp dụng phép đặt tính với (1) và (2) ta tìm được \(k=...009\)
Lại có : \(k^2=160...081=160...000+81\in\left\{4000^2+81,40000^2+81,400000^2+81,...\right\}\)
\(\left\{4000^2+81,40000^2+81,400000^2+81,...\right\}< \left\{5000^2,50000^2,500000^2,...\right\}\Rightarrow k\in\left\{4009,40009,400009,...\right\}\)
Thử lại : \(4009^2=16072081\) (đúng)
\(40009^2=1600720081\) (đúng)
\(...\)
Vậy có tồn tại số \(k\) nguyên dương (\(k\in\left\{4009,40009,400009,...\right\}\)) để \(160...081\) là số chính phương.
Bài làm:
Ta có: \(\hept{\begin{cases}x^2+y^2+xy+1=4y\\y\left(x+y\right)^2=2x^2+7y+2\end{cases}}\)\(\left(1\right)\)\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2x^2+2=8y-2y^2-2xy\\y\left(x+y\right)^2=2x^2+2+7y\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2\left(x^2+1\right)=8y-2y^2-2xy\\y\left(x+y\right)^2=2\left(x^2+1\right)+7y\end{cases}}}\)
\(\Rightarrow y\left(x+y\right)^2=-2y^2-2xy+15y\)
\(\Leftrightarrow y\left(x+y\right)^2+2y^2+2xy-15y=0\)
\(\Leftrightarrow y\left[\left(x+y\right)^2+2\left(x+y\right)-15\right]=0\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}y=0\\\left(x+y\right)^2+2\left(x+y\right)-15=0\end{cases}}\)
+ Nếu \(y=0\), thay vào phần trên của HPT \(\left(1\right)\), ta được: \(x^2+1=0\)
Mà \(x^2+1\ge1>0\left(\forall x\right)\)
=> Mâu thuẫn => Không tồn tại x,y thỏa mãn HPT
+ Nếu \(\left(x+y\right)^2+2\left(x+y\right)-15=0\)
\(\Leftrightarrow\left[\left(x+y\right)^2+2\left(x+y\right)+1\right]-16=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+1\right)^2-\left(4\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+5\right)\left(x+y-3\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x+y+5=0\\x+y-3=0\end{cases}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=-\left(y+5\right)\\x=3-y\end{cases}}}\)
Đến đây ta lại xét 2 TH sau:
+ TH1: \(x=-\left(y+5\right)\), thay vào phần trên của HPT \(\left(1\right)\)ta được:
\(\left(y+5\right)^2+y^2-\left(y+5\right)y+1=4y\)
\(\Leftrightarrow y^2+10y+25+y^2-y^2-5y+1-4y=0\)
\(\Leftrightarrow y^2+y+26=0\)
\(\Leftrightarrow\left(y+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{103}{4}=0\)
Mà \(\left(y+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{103}{4}\ge\frac{103}{4}>0\left(\forall y\right)\)
=> Mâu thuẫn
=> Không tồn tại x,y thỏa mãn HPT
+ TH2: \(x=3-y\), thay vào phần trên của HPT \(\left(1\right)\), ta được:
\(\left(3-y\right)^2+y^2+\left(3-y\right)y+1=4y\)
\(\Leftrightarrow9-6y+y^2+y^2+3y-y^2+1-4y=0\)
\(\Leftrightarrow y^2-7y+10=0\)
\(\Leftrightarrow\left(y-2\right)\left(y-5\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}y-2=0\\y-5=0\end{cases}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}y=2\\y=5\end{cases}\Leftrightarrow}\orbr{\begin{cases}\hept{\begin{cases}x=1\\y=2\end{cases}}\\\hept{\begin{cases}x=-2\\y=5\end{cases}}\end{cases}}}\)
Vậy \(\hept{\begin{cases}x=1\\y=2\end{cases}}\)hoặc \(\hept{\begin{cases}x=-2\\y=5\end{cases}}\)
Em mới hc lp 8 nên ko bt làm có đúng ko ạ!!
Ở đoạn gần cuối em viết phương trình bị lỗi ko hiện nên em làm tiếp chỗ đó ạ:
\(...\)
\(\left(y-2\right)\left(y-5\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}y-2=0\\y-5=0\end{cases}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}y=2\\y=5\end{cases}}}\)
+ Nếu \(y=2\)thì thay vào PT \(y=3-x\)\(\Rightarrow x=1\)
+ Nếu \(y=5\)thì thay vào PT \(y=3-x\)\(\Rightarrow x=-2\)
\(...\)
ĐK: \(x\ge\frac{1}{5}\)
\(PT\Leftrightarrow\left[x+1-\sqrt{5x-1}\right]+\left[x+1-\sqrt[3]{9-x}\right]+2x^2+x-3=0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(x-1\right)\left(x-2\right)}{x+1+\sqrt{5x-1}}+\frac{\left(x-1\right)\left(x^2+4x+8\right)}{\left(x+1\right)^2+\left(x+1\right)\sqrt[3]{9-x}+\sqrt[3]{\left(9-x\right)^2}}+\left(2x+3\right)\left(x-1\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left[\frac{x-2}{x+1+\sqrt{5x-1}}+....\right]=0\)
=> x=1
Ta chứng minh vế trong ngoặc >0
Từ ĐK ta có \(2x+3+\frac{x-2}{x+1+\sqrt{5x-1}}>\frac{17}{5}+\left(\frac{1}{5}-2\right)=\frac{8}{5}>0\)
\(ĐK:x\ge\frac{1}{5}\)
\(\sqrt{5x-1}+\sqrt[3]{9-x}=2x^2+3x-1\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{5x-1}-2\right)+\left(\sqrt[3]{9-x}-2\right)=2x^2+3x-5\)
\(\Leftrightarrow\frac{5\left(x-1\right)}{\sqrt{5x-1}+2}-\frac{x-1}{\sqrt[3]{\left(9-x\right)^2}+2\sqrt[3]{9-x}+4}=\left(x-1\right)\left(2x+5\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(2x+5+\frac{1}{\sqrt[3]{\left(9-x\right)^2}+2\sqrt[3]{9-x}+4}-\frac{5}{\sqrt{5x-1}+2}\right)=0\)
Với điều kiện \(x\ge\frac{1}{5}\)thì \(2x+5-\frac{5}{\sqrt{5x-1}+2}\ge2.\frac{1}{5}+5-\frac{5}{0+2}=\frac{29}{10}>0\)
Suy ra \(2x+5+\frac{1}{\sqrt[3]{\left(9-x\right)^2}+2\sqrt[3]{9-x}+4}-\frac{5}{\sqrt{5x-1}+2}>0\)
\(\Rightarrow x-1=0\Leftrightarrow x=1\)
Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất là x = 1
Xét: \(\Delta'=3^2-\left(6a-a^2\right)=a^2-6a+9=\left(a-3\right)^2\ge0\) với mọi a
=> phương trình luôn có hai nghiệm:
Theo định lí viet: \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=-6\left(1\right)\\x_1x_2=6a-a^2\left(2\right)\end{cases}}\)
Ta có: \(x_2=x_1^3-8x_1\)thế vào (1)
<=> \(x_1^3-8x_1+x_1=-6\)
<=> \(x_1^3-7x_1+6=0\)
<=> x1 = 1 hoặc x1 = 2 hoặc x1 =-3
Với \(x_1=1\)ta có: \(x_2=-7\) thế vào (2): \(-7=6a-a^2\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a=7\\a=-1\end{cases}}\)
Với \(x_1=2\)ta có: \(x_2=-8\) thế vào (2): \(-16=6a-a^2\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a=8\\a=-2\end{cases}}\)
Với \(x_1=-3\)ta có: \(x_2=-3\) thế vào (2): \(9=6a-a^2\Leftrightarrow a=3\)
Vậy có 5 giá trị a thỏa mãn là:...
Đặt: \(\sqrt[3]{6x-9}=t\)
<=> \(t^3=6x-9\)
Ta có hệ phương trình: \(\hept{\begin{cases}x^3=6t-9\\t^3=6x-9\end{cases}}\)
trừ vế theo vế => \(\left(x^3-t^3\right)+6\left(x-t\right)=0\)
<=> \(\left(x-t\right)\left(x^2+t^2+xt+6\right)=0\)
<=> x = t
khi đó: \(x^3=6x-9\)<=> x = - 3
Kết luận: x = - 3.
Bạn kia làm sai r
Ta có đánh giá quen thuộc \(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=\frac{a+b+c}{abc}\)
mà \(3abc\left(a+b+c\right)\le\left(ab+bc+ca\right)^2\)
do đó \(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge\frac{a+b+c}{abc}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{abc\left(a+b+c\right)}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)
Phép chứng minh hoàn tất khi ta cm được
\(\frac{3\left(a+b+c\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\ge a^2+b^2+c^2\)
hay \(3\left(a+b+c\right)^2\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)^2\)
Theo bđt AM-GM ta có
\(\left(a+b+c\right)^2=\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(ab+bc+ca\right)+\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\ge3\sqrt[3]{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)^2}\)
hay \(\left(a+b+c\right)^6\ge27\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)^2\)
mà a+b+c=3 nên \(\left(a+b+c\right)^6=81\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Rightarrow3\left(a+b+c\right)^2\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)^2\)
Vậy bđt được chứng minh
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
Xét BĐT phụ \(\frac{1}{a^2}+4a\ge a^2+4\Leftrightarrow\frac{\left(a-1\right)^2\left(1+2a-a^2\right)}{a^2}\ge0\)
Đến đây, ta đưa điều phải chứng minh về dạng \(\frac{\left(a-1\right)^2\left(1+2a-a^2\right)}{a^2}+\frac{\left(b-1\right)^2\left(1+2b-b^2\right)}{b^2}+\frac{\left(c-1\right)^2\left(1+2c-c^2\right)}{c^2}\ge0\)(*)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(a\ge b\ge c\)
Xét hai trường hợp:
Trường hợp 1: \(a\le1+\sqrt{2}\Rightarrow c\le b\le a\le1+\sqrt{2}\)
Khi đó thì \(1+2a-a^2\ge0;1+2b-b^2\ge0;1+2c-c^2\ge0\)dẫn đến (*) đúng
Trường hợp 2: \(a>1+\sqrt{2}\Rightarrow b+c=3-a< 3-\left(1+\sqrt{2}\right)=2-\sqrt{2}< \frac{2}{3}\)
\(\Rightarrow bc\le\frac{\left(b+c\right)^2}{4}< \frac{\frac{4}{9}}{4}=\frac{1}{9}\)
Mà a,b,c dương nên \(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}>\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge\frac{2}{bc}>18>\left(a+b+c\right)^2>a^2+b^2+c^2\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1