Ta có: \(\widehat{CAB}=120^o\Rightarrow\widehat{CAD}=60^o\)

\(\Rightarrow\Delta DAC\) là nửa tam giác đều.

\(\Rightarrow AD=\frac{AC}{2}=\frac{b}{2}\)

Xét \(\Delta CDB\) vuông tại D có:

\(CB^2=CD^2+DB^2=\left(AC^2-AD^2\right)+\left(AD+AB\right)^2\)

\(\Leftrightarrow CB^2=AC^2-AD^2+AD^2+2AD.AB+AB^2=AC^2+2AB.\frac{AC}{2}+AB^2\)

\(\Leftrightarrow a^2=b^2+c^2+bc\)

a^2 lẻ <=> a lẻ. Đặt a = 2k+3 (k là số tự nhiên)

=> a^2 = (2k + 3)^2 = 4k^2 + 12k + 9 = 4k(k+3k) + 8 + 1

- Nếu k lẻ => k + 3k chẵn hay k+3k chia hết cho 2 => 4k(k+3k) chia hết cho 8 => a^2 chia 8 dư 1

- Nếu k chẵn hay k chia hết cho 2 => 4k(k+3) chia hết cho 8 => a^2 chia 8 dư 1.

1 ² : 3 thì dư 1

2 ² : 3 thì dư 1

3 ² : 3 thì dư 0

4 ² : 3 thì dư 1

Nhìn đề thấy mệt nên sửa lại đỡ mệt.

Cho \(\hept{\begin{cases}a,b,c\ge0\\b^2=\frac{a^2+c^2}{2}\end{cases}}\)

Chứng minh rằng: \(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}=\frac{2}{c+a}\)

Giải:

Theo đề ta có:

\(b^2=\frac{a^2+c^2}{2}\)

\(\Leftrightarrow b^2-a^2=c^2-b^2\)

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

\(\Leftrightarrow\frac{b-a}{b+c}=\frac{c-b}{a+b}\)

Ta cần chứng minh:

\(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}=\frac{2}{c+a}\)

\(\Leftrightarrow\left(\frac{1}{a+b}-\frac{1}{c+a}\right)+\left(\frac{1}{b+c}-\frac{1}{c+a}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\frac{c-b}{\left(a+b\right)\left(c+a\right)}+\frac{a-b}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=0\)

\(\Leftrightarrow\frac{b-a}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\frac{a-b}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=0\)

\(\Leftrightarrow\frac{b-a+a-b}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=0\)

\(\Leftrightarrow0=0\)

Vậy....

Đặt \(Q=\sqrt[3]{ax^{2\:}+by^2+cz^2}=\sqrt[3]{\frac{ax^3}{x}+\frac{by^3}{y}+\frac{cz^3}{z}}\)

\(=\sqrt[3]{\frac{ax^3}{x}+\frac{ax^3}{y}+\frac{ax^3}{z}}=\sqrt[3]{ax^3\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)}=\sqrt[3]{ax^{3\:}}=x\sqrt[3]{a}\)

\(\Rightarrow\sqrt[3]{a}=\frac{Q}{x}\)

Tương tự ta có: \(\hept{\begin{cases}\sqrt[3]{b}=\frac{Q}{y}\\\sqrt[3]{c}=\frac{Q}{z}\end{cases}}\)

\(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}=\frac{Q}{x}+\frac{Q}{y}+\frac{Q}{z}=Q\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)=Q\)

Vậy....

Đẳng thức cần chứng minh tương đương với

\(ax^2+by^2+cz^2=\left(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}\right)^3\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

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

\(\ge\left(\sqrt[3]{\frac{1}{x}\cdot\frac{1}{x}\cdot ax^2}+\sqrt[3]{\frac{1}{y}\cdot\frac{1}{y}\cdot by^2}+\sqrt[3]{\frac{1}{z}\cdot\frac{1}{z}\cdot cz^2}\right)^3\)

\(=\left(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}\right)^3=VP\)

Do \(ax^2=by^2=cz^2\) nên đẳng thức có xảy ra 

Ko đăng câu linh tinh trên online math

ok, k cho mình đi.

Đặt ẩn phụ ^_^

\(5x^2+8y^2=20412\)

Vì \(8y^2⋮2\)và \(20412⋮2\)\(\rightarrow5x^2⋮2\rightarrow x^2⋮2\rightarrow x⋮2.\)

Đặt \(x=2k\left(k\in Z\right)\), ta có:

\(5\times4k^2+8y^2=20412\)

\(\leftrightarrow5k^2+2y^2=5103\)

Vì \(5103\)lẻ và \(2y^2\)chẵn nên \(5k^2\)lẻ \(\rightarrow k\)lẻ.

      +) Nếu \(y\) chẵn thì \(2y^2⋮4\)nên \(5103\)và \(5k^2\)có cùng số dư khi chia cho\(4\). 

         Ta thấy \(5103\div4\)dư \(3\)thì \(5k^2\div4\)dư \(3\)\(\rightarrow k^2\div4\) dư \(3\).

         Vô lý, một số chính phương chia cho \(4\) chỉ có thể dư \(0\)hoặc\(1\).

       +) Nếu\(y\)lẻ thì \(y^2\)chỉ có tận cùng là \(1,5,9\)nên \(2y^2\)có tận cùng là \(2,0,8\)

          mà \(5k^2\)có tận cùng là 5 \(\rightarrow\)\(y^2\)có tận cùng là \(9\)

          \(\rightarrow y\)có tận cùng là\(3,7\)

Thử bằng máy tính cầm tay với các giá trị của \(y=3,13,23,33,43,7,17,27,37,47\)ta tìm được \(y=27\)thỏa mãn

\(\rightarrow k=27\rightarrow x=54\)

Vậy phương trình có nghiệm nghuyên là \(\left(x;y\right)=\left(54;27\right)\)