Đặt \(\left(a+1;b+1;c+1\right)\rightarrow\left(x;y;z\right)\).Giả thiết trở thành:\(xyz=x+y+z\) và cần tìm max của \(P=\sum\dfrac{x}{x^2+1}\)

Ta có: \(P=\sum\dfrac{x}{x^2+1}=\sum\dfrac{xyz}{x\left(x+y+z\right)+yz}=xyz.\sum\dfrac{1}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}\)

\(=\dfrac{2xyz\left(x+y+z\right)}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(x+z\right)}\)

Do \(\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(x+z\right)\ge\dfrac{8}{9}\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+xz\right)\) nên \(P\le\dfrac{2xyz}{\dfrac{8}{9}\left(xy+yz+xz\right)}=\dfrac{9}{4\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)}\)(*)

Mặt khác , từ giả thiết ta có : \(1=\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{xz}\le\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)^2\)( theo AM-GM)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\ge\sqrt{3}\)

Kết hợp với (*) , ta suy ra \(P\le\dfrac{9}{4\sqrt{3}}=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}\)

Dấu = xảy ra khi \(x=y=z=\sqrt{3}\) hay \(a=b=c=\sqrt{3}-1\)

P/s: Chứng minh \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\dfrac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)

khai triển ra ta có: \(\sum ab\left(a+b\right)\ge6abc\)hay \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\)( đúng)

\(\Sigma\) cai nay dung khi nao day ban

Lời giải:

Ta có:

\(P=\frac{y-2}{x^2}+\frac{z-2}{y^2}+\frac{x-2}{z^2}\)

\(P=\frac{(x-1)+(y-1)}{x^2}-\frac{1}{x}+\frac{(y-1)+(z-1)}{y^2}-\frac{1}{y}+\frac{(x-1)+(z-1)}{z^2}-\frac{1}{z}\)

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

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{z^2}\geq \frac{2}{xz}; \frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\geq \frac{2}{xy}; \frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\geq \frac{2}{yz}\)

Kết hợp với \(x-1,y-1,z-1>0\) theo đkđb thì:

\(P\geq \frac{2(x-1)}{xz}+\frac{2(y-1)}{xy}+\frac{2(z-1)}{yz}-\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)

\(\Leftrightarrow P\geq \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}-2\left(\frac{1}{xz}+\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}\right)\)

\(\Leftrightarrow P\geq \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}-\frac{2(x+y+z)}{xyz}=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}-2\)

\(\Leftrightarrow P\geq \frac{xy+yz+xz}{xyz}-2(*)\)

Ta có một hệ quả quen thuộc của BĐT AM-GM:

\((xy+yz+xz)^2\geq 3xyz(x+y+z)\)

Mà \(x+y+z=xyz\Rightarrow (xy+yz+xz)^2\geq 3x^2y^2z^2\)

\(\Rightarrow \frac{xy+yz+xz}{xyz}\geq \sqrt{3}(**)\)

Từ \((*); (**)\Rightarrow P\geq \sqrt{3}-2\)

Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z=\sqrt{3}\)

cám ơn nhìu ạ

Đặt \(\sqrt[3]{b}=x\Rightarrow b=x^3\). Khi đó biểu thức B được biến đổi về dạng :

\(B=\left(\dfrac{x^3}{x^3+8}-\dfrac{4x^3}{\left(x+2\right)^3}\right).\left(\dfrac{1+\dfrac{2}{x}}{1-\dfrac{2}{x}}\right)^2-\dfrac{24}{x^3+8}\)

ĐK: \(x\ne0;x\ne\pm2\)

\(B=\left(\dfrac{x^3}{x^3+8}-\dfrac{4x^3}{\left(x+2\right)^3}\right).\left(\dfrac{x+2}{x-2}\right)^2-\dfrac{24}{x^3+8}\)

\(B=\dfrac{x^3\left(x+2\right)^2-4x^3\left(x^2-2x+4\right)}{\left(x+2\right)^3\left(x^2-2x+4\right)}.\dfrac{\left(x+2\right)^2}{\left(x-2\right)^2}-\dfrac{24}{x^3+8}\)

\(=\dfrac{-3x^5+12x^4-12x^3}{\left(x+2\right)^3\left(x^2-2x+4\right)}.\dfrac{\left(x+2\right)^2}{\left(x-2\right)^2}-\dfrac{24}{x^3+8}\)

\(=\dfrac{-3x^3\left(x-2\right)^2}{\left(x+2\right)^3\left(x^2-2x+4\right)}.\dfrac{\left(x+2\right)^2}{\left(x-2\right)^2}-\dfrac{24}{x^3+8}\)

\(=\dfrac{-3x^3}{\left(x+2\right)\left(x^2-2x+4\right)}-\dfrac{24}{x^3+8}=\dfrac{-3x^3}{x^3+8}-\dfrac{24}{x^3+8}\)

\(=\dfrac{-3\left(x^3+8\right)}{x^3+8}=-3\)

Thanks nhiều

Vì x là số nguyên

\(\Rightarrow x+\dfrac{1}{4}\)không phải số nguyên

\(\Rightarrow\sqrt{x+\dfrac{1}{4}}\)không phải số nguyên

\(\Rightarrow\sqrt{x+\dfrac{1}{2}\sqrt{x+\dfrac{1}{4}}}\)không phải số nguyên

Mà \(y-x\)là số nguyên

Vậy pt vô nghiệm nguyên

Sửa đề : Tìm nghiệm nguyên thỏa mãn bạn nhé.

Vì nếu tìm nghiệm nguyên dương thì từ đầu ta suy ra ngay PT vô nghiệm

Lời giải: Cho x,y và z thuộc Z

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+y-2=z\left(1\right)\\3x^2+2y^2=z^2+13\left(2\right)\end{matrix}\right.\)

Lấy (2) trừ (1) bình phương ta

\(\Leftrightarrow2x^2+y^2-2xy-4x+4y+4=13\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y-2\right)^2+\left(x+4\right)^2=37\)

Tổng hai số chính phương bằng 37 có một cặp duy nhất: (36,1)

\(\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}\left|x-y-2\right|=1\\\left|x+4\right|=36\end{matrix}\right.\left(\circledast\right)\\\left\{{}\begin{matrix}\left|x-y-2\right|=6\\\left|x+4\right|=1\end{matrix}\right.\left(\circledast\circledast\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow z=2-\left(x+y\right)\)

Đến đây lập bảng 13 nghiệm là ra, kết quả giống như Akai Haruma

Lời giải:

Sửa lại đề là tìm nghiệm nguyên thôi bạn nhé. Nếu tìm nghiệm nguyên dương thì hiển nhiên từ pt đầu tiên ta suy ra ngay hệ vô nghiệm.

Ta có:

\(\left\{\begin{matrix} x+y+z=2\\ 3x^2+2y^2-z^2=13\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} z=2-x-y\\ 3x^2+2y^2=13+z^2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow 3x^2+2y^2=13+(2-x-y)^2\)

\(\Leftrightarrow 3x^2+2y^2=13+4+x^2+y^2+2xy-4x-4y\)

\(\Leftrightarrow 2x^2+y^2-2xy+4x+4y-17=0\)

\(\Leftrightarrow (x-y-2)^2+(x+4)^2=37\)

\(\Rightarrow (x+4)^2=37-(x-y-2)^2\leq 37\)

\(\Rightarrow -\sqrt{37}\leq x+4\leq \sqrt{37}\)

Suy ra \(-10\leq x\leq 2\)

Ta có:

Từ đây suy ra \(x\in \left\{-10; -5; -3; 2\right\}\)

Với \(x=-10; (x-y-2)^2=1\Rightarrow (-12-y)^2=1\)

\(\Rightarrow \left[\begin{matrix} y=-13\\ y=-11\end{matrix}\right.\Rightarrow\left[\begin{matrix} z=25\\ z=23\end{matrix}\right.\)

Với \(x=-5; (x-y-2)^2=36\Rightarrow (-7-y)^2=36\)

\(\Rightarrow \left[\begin{matrix} y=-1\rightarrow z=8\\ y=-13\rightarrow z=20\end{matrix}\right.\)

Với \(x=-3; (x-y-2)^2=36\Rightarrow (-5-y)^2=36\)

\(\Rightarrow \left[\begin{matrix} y=1\rightarrow z=4\\ y=-11\rightarrow z=16\end{matrix}\right.\)

Với \(x=2, (x-y-2)^2=1\Rightarrow y^2=1\)

\(\Rightarrow \left[\begin{matrix} y=1\rightarrow z=-1\\ y=-1\rightarrow z=1\end{matrix}\right.\)

Vậy.....

Lời giải:

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(2a+b+c=(a+b)+(a+c)\geq 2\sqrt{(a+b)(a+c)}\)

\(\Rightarrow (2a+b+c)^2\geq 4(a+b)(a+c)\)

\(\Rightarrow \frac{1}{(2a+b+c)^2}\leq \frac{1}{4(a+b)(a+c)}\)

Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại suy ra:

\(P\leq \frac{1}{4}\left(\frac{1}{(a+b)(a+c)}+\frac{1}{(b+c)(b+a)}+\frac{1}{(c+a)(c+b)}\right)\)

\(\Leftrightarrow P\leq \frac{1}{4}.\frac{(b+c)+(c+a)+(a+b)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\)

\(\Leftrightarrow P\leq \frac{a+b+c}{2(a+b)(b+c)(c+a)}\)

Lại có: \((a+b)(b+c)(c+a)\geq 2\sqrt{ab}.2\sqrt{bc}.2\sqrt{ac}=8abc\) (theo AM-GM)

\(\Rightarrow P\leq \frac{a+b+c}{2.8abc}=\frac{a+b+c}{16abc}(1)\)

Tiếp tục áp dụng BĐT AM-GM:

\(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\geq \frac{2}{ab}; \frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq \frac{2}{bc}; \frac{1}{c^2}+\frac{1}{a^2}\geq \frac{2}{ac}\)

\(\Rightarrow 2\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\geq 2\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}\right)\)

\(\Leftrightarrow 3\geq \frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=\frac{a+b+c}{abc}\)

\(\Rightarrow a+b+c\leq 3abc(2)\)

Từ \((1); (2)\Rightarrow P\leq \frac{3abc}{16abc}=\frac{3}{16}\)

Vậy \(P_{\max}=\frac{3}{16}\). Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Lời giải:

Bài 1:

ĐKXĐ: \(x\geq -1\)

Ta có: \(10\sqrt{x^3+1}=3(x^2+2)\)

\(\Leftrightarrow 10\sqrt{(x+1)(x^2-x+1)}=3(x^2+2)\)

Đặt \(\left\{\begin{matrix} \sqrt{x+1}=a\\ \sqrt{x^2-x+1}=b\end{matrix}\right.(a,b\geq 0)\)

Khi đó: \(a^2+b^2=x^2+2\)

PT trở thành: \(10ab=3(a^2+b^2)\)

\(\Leftrightarrow (3a-b)(a-3b)=0\)

\(\Rightarrow \left[\begin{matrix} 3a=b\\ a=3b\end{matrix}\right.\)

Nếu \(3a=b\Leftrightarrow 3\sqrt{x+1}=\sqrt{x^2-x+1}\)

\(\Rightarrow 9(x+1)=x^2-x+1\)

\(\Leftrightarrow x^2-10x-8=0\Leftrightarrow x=5\pm \sqrt{33}\) (thỏa mãn)

Nếu \(a=3b\Leftrightarrow \sqrt{x+1}=3\sqrt{x^2-x+1}\)

\(\Rightarrow x+1=9(x^2-x+1)\)

\(\Leftrightarrow 9x^2-10x+8=0\)

\(\Leftrightarrow (3x-\frac{5}{3})^2+\frac{47}{9}=0\) (pt vô nghiệm)

Vậy \(x=5\pm \sqrt{33}\)

Bài 2:

Đặt \(\sqrt{x}=a, \sqrt{y}=b(a,b\geq 0)\)

Khi đó \(A=2a^2-2ab+b^2-2a+3\)

\(A=(a^2-2ab+b^2)+(a^2-2a+1)+2\)

\(A=(a-b)^2+(a-1)^2+2\)

Ta thấy

\(\left\{\begin{matrix} (a-b)^2\geq 0\\ (a-1)^2\geq 0\end{matrix}\right., \forall a,b\geq 0\Rightarrow A=(a-b)^2+(a-1)^2+2\geq 2\)

Vậy $A$ có GTNN và GTNN của \(A=2\)

Dấu bằng xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} a-b=0\\ a-1=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow a=b=1\Leftrightarrow x=y=1\)

Lời giải:

a) Đường tròn $(O)$ tiếp xúc với \(AB.BC,CA\) tại $D,E,F$, tức là $O$ là giao của ba đường phân giác tam giác $ABC$ và \(OD\perp AB, OF\perp AC, OE\perp BC\)

Do đó: \(\widehat{ODA}+\widehat{OFA}=90^0+90^0=180^0\)

\(\Rightarrow ODAF\) là tứ giác nội tiếp.

Hoàn toàn tương tự: \(ODBE, OECF\) nội tiếp.

Từ các tứ giác nội tiếp suy ra:

\(\left\{\begin{matrix} \widehat{ODF}=\widehat{OAF}=\frac{\widehat{A}}{2}\\ \widehat{ODE}=\widehat{OBE}=\frac{\widehat{B}}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow \widehat{ODF}+\widehat{ODE}=\frac{\widehat{A}}{2}+\frac{\widehat{B}}{2}\)

hay \(\widehat{EDF}=\frac{\widehat{A}+\widehat{B}}{2}\)

Tương tự: \(\widehat{DEF}=\frac{\widehat{B}+\widehat{C}}{2}\) và \(\widehat{EFD}=\frac{\widehat{A}+\widehat{C}}{2}\)

Vì $ABC$ là tam giác nhọn nên các góc đều nhỏ hơn $90^0$

\(\Rightarrow \widehat{EDF}, \widehat{DEF}, \widehat{EFD}< 90^0\)

\(\Rightarrow \triangle DEF\) có 3 góc nhọn.

b)

Vì tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\)

\(\Rightarrow \widehat{ABC}=\frac{180-\widehat{BAC}}{2}=90^0-\frac{\widehat{A}}{2}\)

Tứ giác $ODAF$ nội tiếp \(\Rightarrow \widehat{ADF}=\widehat{AOF}=90^0-\widehat{OAF}=90^0-\frac{\widehat{A}}{2}\)

Do đó: \(\widehat{ABC}=\widehat{ADF}\), hai góc này ở vị trí đồng vị nên \(DF\parallel BC\)

c)

\(\left\{\begin{matrix} \widehat{ABC}=\widehat{ACB}\\ \widehat{ABC}=\widehat{ADF}(\text{theo phần b})\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow \widehat{ADF}=\widehat{ACB}=\widehat{FCB}\)

\(\Rightarrow BDFC\) nội tiếp.

d)

$BD$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên \(\widehat{BDM}=\widehat{DFI}=\widehat{DFB}\) (cùng chắn cung DI)

Mà do $BDFC$ nội tiếp nên \(\widehat{DFB}=\widehat{DCB}\)

Từ đây suy ra \(\widehat{BDM}=\widehat{DCB}\)

Xét tam giác $BDM$ và $BCD$ có:

\(\left\{\begin{matrix} \angle \text{B Chung}\\ \widehat{BDM}=\widehat{BCD}(cmt)\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle BDM\sim \triangle BCD(g.g)\)

\(\Rightarrow \frac{BD}{BC}=\frac{BM}{BD}(1)\)

Do \(DF\parallel BC\Rightarrow \frac{BD}{AB}=\frac{CF}{AC}\) (theo định lý Ta -let) mà \(AB=AC\Rightarrow BD=CF(2)\)

Từ \((1); (2)\Rightarrow \frac{BD}{BC}=\frac{BM}{CF}\) (đpcm)

Nguyễn Xuân Dương: làm sao như vậy được em. Đường tròn (O) tiếp xúc với ba cạnh tam giác thì đây là đặc điểm của đường tròn nội tiếp (tiếp xúc trong) hoặc bàng tiếp (tiếp xúc ngoài). Ở đây ta đang làm trong TH nó tiếp xúc trong.