Lời giải:

ĐK: \(x,y\geq 0; x+y\geq 2\)

Bình phương 2 vế thu được:

\(x+y-2=x+y+2+2\sqrt{xy}-2\sqrt{2x}-2\sqrt{2y}\)

\(\Leftrightarrow -2=2+2\sqrt{xy}-2\sqrt{2x}-2\sqrt{2y}\)

\(\Leftrightarrow 4+2\sqrt{xy}=2\sqrt{2x}+2\sqrt{2y}\)

\(\Leftrightarrow \sqrt{2}(\sqrt{x}+\sqrt{y})-2-\sqrt{xy}=0\)

\(\Leftrightarrow \sqrt{x}(\sqrt{2}-\sqrt{y})+\sqrt{2}(\sqrt{y}-\sqrt{2})=0\)

\(\Leftrightarrow (\sqrt{2}-\sqrt{y})(\sqrt{x}-\sqrt{2})=0\)

\(\Rightarrow \left[\begin{matrix} \sqrt{2}-\sqrt{y}=0\rightarrow y=2\\ \sqrt{x}-\sqrt{2}=0\rightarrow x=2\end{matrix}\right.\)

Vậy \((x,y)=(2,y)\) với $y\geq 0$ bất kỳ hoặc \((x,y)=(x,2)\) với $x\geq 0$ bất kỳ.

ồ , hay đó , có mấy đề này , năm nay thi khỏi sợ rớt

c)

Theo phần b: \(\triangle OBM=\triangle OCN\Rightarrow \angle OBM=\angle OCN(1)\)

Ta cũng thấy:

\(AO\) là trung trực của $BC$ (đã chỉ ra ở phần b) nên \(AB=AC, OB=OC\)

Do đó: \(\triangle ABO=\triangle ACO\) (c.c.c)

\(\Rightarrow \angle ABO=\angle ACO\) hay \(\angle OBM=\angle ACO(2)\)

Từ \((1);(2)\Rightarrow \angle ACO=\angle OCN\)

Mà tổng 2 góc trên bằng $180^0$ nên mỗi góc bằng $90^0$

Vậy \(\angle OCN=90^0\Rightarrow OC\perp AN\)

d)

Ta có: \(\angle OBM=\angle OCN=90^0\Rightarrow AB\perp OB\)

Tam giác vuông tại $B$ là $ABO$ có đường cao $BH$ nên theo công thức hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta thu được kết quả:

\(\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{BO^2}=\frac{1}{1}{BH^2}=\frac{1}{(\frac{BC}{2})^2}=\frac{4}{BC^2}\) (do tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên chân đường cao $H$ đồng thời cũng là trung điểm của $BC$)

Ta có đpcm.

Hình vẽ:

Tham khảo nè: Câu hỏi của Trai Vô Đối - Toán lớp 9 | Học trực tuyến

Lời giải:

Ta thấy $a,a+k$ đều là số nguyên tố lớn hơn $3$ nên chúng đều lẻ.

Do đó: \((a+k)-a\) chẵn hay $k$ chẵn. Vậy \(k\vdots 2(1)\)

Số nguyên tố lớn hơn 3 thì chia 3 dư $1$ hoặc $2$. Mà có 3 số ($a,a+k,a+2k$) nên theo nguyên lý Dirichlet tồn tại ít nhất \(\left[\frac{3}{2}\right]+1=2\) số cùng số dư khi chia $3$. Giả sử $a,a+k$ cùng số dư khi chia cho $3$

Khi đó: \((a+k)-a\vdots 3\Leftrightarrow k\vdots 3(2)\)

Từ $(1),(2)$ kết hợp với $(2,3)=1$ suy ra \(k\vdots 6\)

Vì 2k luôn là số chẵn nên nếu k là số lẻ thì trong hai số a + k và a + 2k sẽ có một số chẵn và 1 số lẻ. Mà số chẵn lớn hơn 3 thì chia hết cho 2 => Không là số nguyên tố. Vậy k phải là số chẵn (tức là k chia hết cho 2).

Tương tự, k phải chia hết cho 3, vì nếu k chia 3 dư 1 hoặc 2 thì 2k chia cho 3 dư 2 hoặc 1 => Trong 3 số a, a +k, a +2k khi chia cho 3 chắc chắn có 1 số chia hết cho 3. (vì nếu a chia hết cho 3 thì trong 3 số đó, số đầu tiên là a chia hết cho 3; nếu a chia 3 dư 1 thì a + k hoặc a + 2k phải có 1 số chia hết cho 3 vì trong 2 số k và 2k có 1 số chia cho 3 dư 1 và số kia chia cho 3 dư 2; nếu a chia 3 dư 2 thì a + k và a + 2k phải có 1 số chia hết cho 3 vì trong 2 số k và 2k có 1 số chia cho 3 dư 1 và số kia chia cho 3 dư 2).

Vậy k chia hết cho 2 và cho 3 => k chia hết cho 6.

1. Có: \(8p-1;8p;8p+1\) là ba số nguyên liên tiếp.

Suy ra: Phải có một số chia hết cho 3.

Mà: \(8p-1\) là số nguyên tố (bài cho)

\(\Rightarrow8p-1⋮̸3\)

Có: p là số nguyên tố. \(\left(8;3\right)=1\)

\(\Rightarrow8p⋮̸3\)

Suy ra: \(8p+1⋮3\)

\(\Rightarrow8p+1\) là hợp số (ĐPCM)

2. Có: \(p^2-1=p^2+p-p-1=\left(p^2+p\right)-\left(p+1\right)=p\left(p+1\right)-\left(p+1\right)=\left(p-1\right)\left(p+1\right)\)

+) p là số nguyên tố lớn hơn 3 ⇒ p là số lẻ. (1)

\(\Leftrightarrow p-1\) và \(p+1\) là hai số chẵn liên tiếp.

\(\Leftrightarrow\left(p-1\right)\left(p+1\right)⋮8\) (*)

Từ (1) suy ra p có dạng 3k + 1 hoặc 3k + 2 (k ∈ N^*)

\(+)p=3k+1\Leftrightarrow\left(p-1\right)\left(p+1\right)=\left(3k+2\right)3k⋮3\)

\(+)p=3k+2\Leftrightarrow\left(p-1\right)\left(p+1\right)=\left(3k+1\right)\left(3k+3\right)⋮3\)

\(\Rightarrow\left(p-1\right)\left(p+1\right)⋮3\) (**)

Từ (*) và (**) suy ra \(\left(p-1\right)\left(p+1\right)⋮\left(3;8\right)\Leftrightarrow\left(p-1\right)\left(p+1\right)⋮24\)

Vậy \(\left(p-1\right)\left(p+1\right)⋮24\) (ĐPCM)

SOS helps ^^

\(\dfrac{a^2+b^2}{b+c}+\dfrac{b^2+c^2}{a+c}+\dfrac{c^2+a^2}{a+b}\ge a+b+c\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2+b^2}{b+c}-b+\dfrac{b^2+c^2}{a+c}-c+\dfrac{c^2+a^2}{a+b}-a\ge0\)

\(\Leftrightarrow\sum\dfrac{\left(a-b\right)\left(a+c\right)-\left(c-a\right)\left(a+b\right)}{b+c}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\sum\left(a-b\right)\left(\dfrac{a+c}{b+c}-\dfrac{b+c}{a+c}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\sum\left(a-b\right)^2\dfrac{a+b+2c}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}\ge0\)

Cần thêm \(a;b;c\) dương nha

\(\dfrac{a^2+b^2}{b+c}+\dfrac{b^2+c^2}{c+a}+\dfrac{c^2+a^2}{a+b}\ge\dfrac{\left(a+b+b+c+c+a\right)^2}{4\left(a+b+c\right)}=a+b+c\)

4 ngày thôi ak chị

nhìn cái đề @.@

chắc là của mấy lp trên:((

Vòng 3 thì phải khó hơn 1 tí

\(BDT\Leftrightarrow2a^4b+2b^4c+2c^4a+3ab^4+3bc^4+3ca^4\ge5a^2b^2c+5a^2bc^2+5ab^2c^2\)

Ta chứng minh được \(ab^4+bc^4+ca^4\ge a^2b^2c+a^2bc^2+ab^2c^2\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge ab+bc+ca\)

\(VT=\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}=\dfrac{a^4}{ab}+\dfrac{b^4}{bc}+\dfrac{c^4}{ac}\)

\(\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ca}\ge\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{ab+bc+ca}=VP\)

Vậy ta cần chứng minh \(2a^4b+2b^4c+2c^4a+2ab^4+2bc^4+2ca^4\ge4a^2b^2c+4a^2bc^2+4ab^2c^2\)

\(\Leftrightarrow\sum_{cyc}\left(2c^3+bc^2-b^2c+ac^2-a^2c+3ab^2+3a^2b\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

sos là giúp đở = cứu ; helps cũng vậy