\(|x^2-2xy+y^2+3x-2y-1|+4=2x-|x^2-3x+2|\)

\(\Leftrightarrow2x-4=|x^2-2xy+y^2+3x-2y-1|+|x^2-3x+2|\ge0\)

\(\Leftrightarrow x\ge2\)

Với \(x\ge2\)thì ta suy ra được

\(\hept{\begin{cases}x^2-2xy+y^2+3x-2y-1=\left(x-y+1\right)^2+x-2\ge0\\x^2-3x+2=\left(x-2\right)^2+x-2\ge0\end{cases}}\)

Từ đây ta bỏ dấu giá trị tuyệt đối thì ta có:

\(x^2-2xy+y^2+3x-2y-1+4=2x-\left(x^2-3x+2\right)\)

\(\Leftrightarrow2x^2+y^2-2xy-2x-2y+5=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y+1\right)^2+\left(x-2\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=2\\y=3\end{cases}}\)

x 2 − 2xy + y 2 + 3x − 2y − 1| + 4 = 2x − |x 2 − 3x + 2| ⇔2x − 4 = |x 2 − 2xy + y 2 + 3x − 2y − 1| + |x 2 − 3x + 2| ≥ 0 ⇔x ≥ 2 Với x ≥ 2thì ta suy ra được x 2 − 2xy + y 2 + 3x − 2y − 1 = x − y + 1 2 + x − 2 ≥ 0 x 2 − 3x + 2 = x − 2 2 + x − 2 ≥ 0 Từ đây ta bỏ dấu giá trị tuyệt đối thì ta có: x 2 − 2xy + y 2 + 3x − 2y − 1 + 4 = 2x − x 2 − 3x + 2 ⇔2x 2 + y 2 − 2xy − 2x − 2y + 5 = 0 ⇔ x − y + 1 2 + x − 2 2 = 0 ⇔ x = 2 y = 3 

Ta có: \(3m^2+6n-61\)chia cho 3 dư 2 nên ta đặt

\(3m^2+6n-61=3k+2\)

\(\Rightarrow A=3^{3m^2+6n-61}+4=3^{3k+2}+4=9.27^k+4\)

Ta có 27 chia 13 dư 1 nên \(27^k\)chia 13 dư 1

\(\Rightarrow9.27^k\)chia 13 dư 9

\(\Rightarrow9.27^k+4\)chia hết cho 13 hay A chia hết cho 13

Mà A là số nguyên tố nên A = 13

\(\Rightarrow k=0\)

\(\Rightarrow3m^2+6n-61=2\)

\(\Leftrightarrow m^2+2n=21\left(1\right)\)

Từ (2) ta có được m² phải là số lẻ và nhỏ hơn 21

\(\Rightarrow m^2=\orbr{\begin{cases}1\\9\end{cases}\Rightarrow m=\orbr{\begin{cases}1\\3\end{cases}}}\)

\(\Rightarrow n=\orbr{\begin{cases}10\\6\end{cases}}\)

Vậy giá trị \(\left(m,n\right)=\left(1,10;3,6\right)\)

la toi

A = 4x²y² - (x² + y² - z²)² = (2xy - x² - y² + z²)(2xy + x² + y² - z²) = [z² - (x - y)²].[(x + y)² - z²] = (z - x + y)(z + x - y)(x + y + z)(x + y - z)

Vì x,y,z > 0 ; x + y > z ; z + y > x và z + x > y (vì x,y,z là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác) nên các nhân tử của A đều dương => A > 0

Bạn ko hiểu chỗ nào thì hỏi mình nhé! Mình sửa (x² + y² - z²) thành (x² + y² - z²)²

Hóa ra đề bài ghi sai à? 

Đặt: a + b = x; b + c = y; c + a = z

Thì ta có: x \(\ge\)z \(\ge\)y

Theo đề bài ta có:

\(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\ge\frac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{a}{a+b}-\frac{1}{2}+\frac{b}{b+c}-\frac{1}{2}+\frac{c}{c+a}-\frac{1}{2}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{a-b}{2\left(a+b\right)}+\frac{b-c}{2\left(b+c\right)}+\frac{c-a}{2\left(c+a\right)}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{z-y}{2x}+\frac{x-z}{2y}+\frac{y-x}{2z}\ge0\)

\(\Leftrightarrow xy^2+yz^2+zx^2-x^2y-y^2z-z^2x\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(y-x\right)\left(z-y\right)\left(z-x\right)\ge0\)(1)

Mà ta lại có 

\(\hept{\begin{cases}y-x\le0\\z-x\le0\\z-y\ge0\end{cases}}\)nên (1) đúng

\(\Rightarrow\)ĐPCM

Đấu = xảy ra khi x = y = z hay a = b = c

Đặt b+c=m

      a+c=n

      a+b=p

=>a+b+c =\(\frac{m+n+p}{2}\) 

a=\(\frac{n+p-m}{2}\) 

b=\(\frac{m+p-n}{2}\) 

c=\(\frac{m+n-p}{2}\) 

=>\(\frac{n+p-m}{2m}+\frac{m+n-p}{2n}+\frac{m+n-p}{2p}\) 

=\(\frac{1}{2}\left(\frac{n}{m}+\frac{m}{n}\right)\) +\(\frac{1}{2}\left(\frac{p}{m}+\frac{m}{p}\right)\) +\(\frac{1}{2}\left(\frac{p}{n}+\frac{n}{p}\right)\) -\(\frac{3}{2}\) \(\ge\) \(\frac{3}{2}\) 

Áp dụng BĐT Cosi cho  2 số \(\frac{n}{m};\frac{m}{n}\)  ta được:

 Từ chứng minh tiếp ....

\(x^3+y^3=\left(x+y\right)^3-3xy\left(x+y\right)\)(1)

Ta có: \(x^2+y^2=\left(x+y\right)^2-2xy\)

Vì \(x^2+y^2\)và x+y là các số nguyên => 2xy là số nguyên

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

Vì \(x^4+y^4,x^2+y^2\)là các số nguyên => \(2x^2y^2\)là số nguyên

=> \(\frac{1}{2}\left(2xy\right)^2\)là số nguyên=> \(\left(2xy\right)^2⋮2\)mà 2 là số nguyên tố => 2xy chia hết cho 2=> xy là số nguyên (2) 

Từ (1), (2) và x+y là số nguyên 

=> x^3+y^3 cũng là số nguyên.

Cô: x^4+y^4=(x^2+y^2)^2-2xxyy nhé cô :)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(1=\frac{3}{x}+\frac{2}{y}\ge2.\sqrt{\frac{6}{xy}}\)

\(\Leftrightarrow1^2\ge4.\frac{6}{xy}\)

\(\Leftrightarrow1\ge\frac{24}{xy}\)

\(\Leftrightarrow xy\ge24\)

Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow\frac{3}{x}=\frac{2}{y}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=6\\y=4\end{cases}}\)

Vậy \(xy_{min}=24\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=6\\y=4\end{cases}}\)

T nghĩ ra câu b rồi nhé Pain,bớt xạo lz!

b) Từ \(\frac{3}{x}+\frac{2}{y}=1\),ta có: \(x+y=1\left(x+y\right)=\left(\frac{3}{x}+\frac{2}{y}\right)\left(x+y\right)\)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki,ta có: \(\left(\frac{3}{x}+\frac{2}{y}\right)\left(x+y\right)\ge\left(\sqrt{\frac{3}{x}.x}+\sqrt{\frac{2}{y}.y}\right)\)

\(=\left(\sqrt{3}+\sqrt{2}\right)^2=5+2\sqrt{6}\)

Vậy \(Min_{x+y}=5+2\sqrt{6}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=3+\sqrt{6}\\y=2+\sqrt{6}\end{cases}}\)

Bạn alibaba nguyễn có ý tưởng đúng rồi nhưng trình bày hơi sai một chút.

Để mình viết lại nè:

Gọi \(m=lcm\left(2;3;4;...;n\right)\) và \(k\) nguyên dương thoả \(2^k\le n< 2^{k+1}\).

Khi đó \(m=2^kR\) với \(R\) là bội chung nhỏ nhất của các số lẻ từ \(3\) tới \(n\).

(Giải thích: Mọi số nguyên dương đều viết được dưới dạng \(a=2^xb\) với \(b\) lẻ. Ta gọi \(2^x\) là "phần chẵn" và \(b\) là "phần lẻ" của \(a\).

Số \(m\) cũng vậy. "Phần lẻ" của \(m\), kí hiệu là \(R\), phải chia hết cho các số lẻ từ \(3\) tới \(n\).

Còn "phần chẵn" của \(m\) chỉ cần là \(2^k\) là đủ vì với mọi \(q\le n\) luôn có "phần chẵn" của \(q\) là ước của \(2^k\))

-----

Nhận xét rằng khi phân tích các mẫu số của tổng cho ở đề ra dạng "phần lẻ" và "phần chẵn" như trên thì phân số có "phần chẵn" đúng bằng \(2^k\) chỉ xuất hiện 1 lần là phân số \(\frac{1}{2^k}\).

(Giải thích: Nếu tồn tại phân số  khác \(\frac{1}{2^k}\), gọi là \(\frac{1}{t}=\frac{1}{2^ka}\) với \(a\) lẻ thì \(a\ge3\) nên \(n< 2^k.2< t\) (vô lí vì \(\frac{1}{t}\) nằm trong \(S\))

-----

Vậy khi quy đồng mẫu số của \(S\) lên với mẫu chung là \(m\) thì các phân số khác đều có tử chẵn (do "phần chẵn" của mẫu số ban đầu là \(2^l\) với \(l< k\) nên quy đồng lên thành \(2^k\) thì tử chẵn). Riêng có 1 phân số, đó là \(\frac{1}{2^k}\), quy đồng lên thành \(\frac{R}{2^kR}\) và có tử lẻ.

Và tử của \(S\) sau quy đồng là lẻ còn mẫu chẵn. Do đó \(S\) không nguyên.

http://h.vn/hoi-dap/question/169296.html ko bt link bị lỗi k lỗi thì bn sửa h.vn lại thành  h nhé

...=x^4+x^3+x^2+5x^2+5x+5=x^(x^2+x+1)+5(x^2+x+1)=(x^2+5)(x^2+x+1)>0 (pt vô nghiệm)

\(\Leftrightarrow x^4+x^3+x^2+5x^2+5x+5=0\)

\(\Leftrightarrow x^2\left(x^2+x+1\right)+5\left(x^2+x+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2+x+1\right)\left(x^2+5\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x^2+x+1=0\Leftrightarrow\left(x+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}=0\Leftrightarrow\left(x+\frac{1}{2}\right)^2=-\frac{3}{4}\left(l\right)\)

hay \(x^2+5=0\Leftrightarrow x^2=-5\left(l\right)\)

\(v...S=\varnothing\)

Bạn tự vẽ hình nha

- Nếu O thuộc BD ta hiển nhiên có điều phải chứng minh

- Nếu O không thuộc BD

Giả sử BD cắt OA, OC lần lượt tại E, F

Từ D và B kẻ các đường vuông góc DH, BK xuống AO với H,K thuộc AO

Ta có : \(S_{OAD}=S_{OAB}\)mà hai tam giác này có chung đáy OA ⇒DH=BK

Xét tam giác DHE vuông tại H và tam giác BKE vuông tại K có:

DH=BK

\(\widehat{EDH}=90^o-\widehat{DEH}=90^o-\widehat{BEK}=\widehat{EBK}\)

\(\Rightarrow\Delta EDH=\Delta EBK\)

\(\Rightarrow DE=EB\)

Tương tự \(S_{ODC}=S_{OBC}\Rightarrow DF=FB\)

\(\Rightarrow E\equiv F\)

O, C, F thẳng hàng ; O, E, A thẳng hàng ; E = F ⇒⇒ A, C, O, E thẳng hàng. Vậy O thuộc đường chéo AC.

kuihihuolu uh

Hay :)) 

\(\Delta ABC\) có \(C_1\) là trung điểm của \(AB\) và \(B_1\) là trung điểm của \(AC\) nên \(B_1C_1\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\)

\(\Rightarrow\)\(B_1C_1=\frac{1}{2}BC=A_1B=A_1C\)

Và \(B_1C_1//BC\)\(\Rightarrow\)\(\widehat{AC_1B_1}=\widehat{C_1BA_1}\) ( hai góc đồng vị ) 

Xét \(\Delta AB_1C_1\) và \(\Delta A_1BC_1\) có : 

\(AC_1=BC_1\) \(\left(GT\right)\)

\(\widehat{AC_1B_1}=\widehat{C_1BA_1}\) ( chứng minh trên ) 

\(B_1C_1=A_1B\) ( chứng minh trên ) 

Do đó : \(\Delta AB_1C_1=\Delta A_1BC_1\) \(\left(c-g-c\right)\)

Chứng minh tương tự với các \(\Delta AB_1C_1\) và \(\Delta A_1B_1C\)\(;\)\(\Delta A_1BC_1\) và \(\Delta A_1B_1C\)\(;\)\(\Delta A_1BC_1\) và \(\Delta A_1B_1C_1\) ta có : 

\(\Delta AB_1C_1=\Delta A_1BC_1=\Delta A_1B_1C=\Delta A_1B_1C_1\)

Mà \(S_{AB_1C_1}+S_{A_1BC_1}+S_{A_1B_1C}+S_{A_1B_1C_1}=S_{ABC}\)

\(\Rightarrow\)\(S_{AB_1C_1}+S_{A_1B_1C_1}=\frac{1}{2}S_{ABC}\)

Bài toán trở thành Chứng minh \(S_{A_1EC_1DB_1F}=S_{AB_1C_1}+S_{A_1B_1C_1}\)

Do 4 tam giác bằng nhau nên các tam giác tạo từ các đường cao của chúng tương ứng bằng nhau 

\(\Rightarrow\)\(\Delta C_1EA_1=\Delta ADB_1\)\(;\)\(\Delta B_1FA_1=\Delta ADC_1\)

Mà \(S_{A_1EC_1DB_1F}=S_{C_1EA_1}+S_{B_1FA_1}+S_{C_1DB_1}+S_{A_1B_1C_1}\)

\(\Leftrightarrow\)\(S_{A_1EC_1DB_1F}=\left(S_{ADB_1}+S_{ADC_1}+S_{C_1DB_1}\right)+S_{A_1B_1C_1}=S_{AB_1C_1}+S_{A_1B_1C_1}\) ( điều phải chứng minh ) 

... 

Gọi H là trực tâm của \(\Delta\)A₁B₁C₁.

Ta thấy: \(\Delta\)ABC có A₁, B₁, C₁ là trung điểm các cạnh BC, CA, AB

Cho nên: \(S_{A_1B_1C_1}=S_{AB_1C_1}=S_{BA_1C_1}=S_{CA_1B_1}=\frac{S_{ABC}}{4}\). Ta đi chứng minh \(S_{A_1EC_1DB_1F}=2S_{A_1B_1C_1}\)

Xét \(\Delta\)A₁B₁C₁: H là trực tâm => A₁H vuông góc B₁C₁. Mà B₁C₁ // BC => A₁H vuông góc BC

Nhưng: C₁E cũng vuông góc BC nên A₁H // C₁E. Tương tự: C₁H // A₁E 

Do đó: Tứ giác A₁HC₁E là hình bình hành => \(S_{A_1HC_1}=S_{A_1EC_1}=\frac{S_{A_1HC_1E}}{2}\)

Tương tự, ta có: \(S_{A_1HB_1}=S_{A_1FB_1}=\frac{S_{A_1HB_1F}}{2};S_{B_1HC_1}=S_{B_1DC_1}=\frac{S_{B_1HC_1D}}{2}\)

\(\Rightarrow S_{A_1HC_1}+S_{A_1HB_1}+S_{B_1HC_1}=\frac{S_{A_1EC_1DB_1F}}{2}\Rightarrow S_{A_1EC_1DB_1F}=2.S_{A_1B_1C_1}=2.\frac{S_{ABC}}{4}=\frac{S_{ABC}}{2}\) (đpcm).

(P/S: Các bn có thể tham khảo thêm cách này)