LỜI GIẢI ĐƯỢC THỰC HIỆN BỞI BÌNH.
Câu 1.
1.
Điều kiện: $\begin{cases} x\ne \dfrac{-1}{2}\\x\ne 1 \end{cases}\Rightarrow x\ne 1$`(x\in ZZ)`
Ta có: Ta có: $\begin{cases} A=\dfrac{1}{\sqrt{4x^2+4x+1}}\\B=\dfrac{2x-2}{\sqrt{x^2-2x+1}}\end{cases}$$ \Rightarrow$ $\begin{cases} A=\dfrac{1}{|2x+1|}\\B=\dfrac{2x-2}{|x-1|}\end{cases}$
$C=\dfrac{2A+B}{3}=\dfrac{2.\dfrac{1}{|2x+1|}+\dfrac{2x-2}{|x-1|}}{3}=\dfrac{2}{3}\left(\dfrac{1}{|2x+1|}+\dfrac{x-1}{|x-1|}\right)$
$\bullet$ $x<\dfrac{-1}{2}\Rightarrow x\le -1$`(x\in ZZ)`
Do đó ta có:
$C=\dfrac{2}{3}\left(\dfrac{-1}{2x+1}-\dfrac{x-1}{x-1}\right)=\dfrac{2}{3}\left(\dfrac{-1}{2x+1}-1\right)=\dfrac{-4(x+1)}{3(2x+1)}\le 0$
Mặt khác: $C+1=\dfrac{-4(x+1)}{3(2x+1)}+1=\dfrac{2x-1}{3(2x+1)}>0$
Ta chặn được: $-1<C\le 0\Rightarrow C=0\Rightarrow -4(x+1)=0\Leftrightarrow x=-1$
$\bullet$ $\dfrac{-1}{2}<x<1\Rightarrow x=0$`(x\in ZZ)`
$\bullet$ $x>1$
Do đó ta có:
$C=\dfrac{2}{3}\left(\dfrac{1}{2x+1}+\dfrac{x-1}{x-1}\right)=\dfrac{2}{3}\left(\dfrac{1}{2x+1}+1\right)=\dfrac{4(x+1)}{3(2x+1)}>0$
Mặt khác: $C-1=\dfrac{4(x+1)}{3(2x+1)}-1=\dfrac{1-2x}{3(2x+1)}<0$
Ta chặn được: $0<C<1$ mà `C\in ZZ`
Nên không có $x$ thỏa mãn.
Thử lại $x=0,x=-1$ thỏa mãn.
Vậy `x\in{0;1}`
2.
$\begin{cases} x=\dfrac{3}{\sqrt[3]{4}-\sqrt[3]{2}+1}\\y=\dfrac{6}{4+\sqrt[3]{4}+\sqrt[3]{16}} \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} x=\dfrac{3(\sqrt[3]{2}+1)}{(\sqrt[3]{2}+1)(\sqrt[3]{4}-\sqrt[3]{2}+1)}\\y=\dfrac{6(2-\sqrt[3]{2})}{(2-\sqrt[3]{2})(4+\sqrt[3]{4}+\sqrt[3]{16})} \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} x=\sqrt[3]{2}+1\\y=2-\sqrt[3]{2}\end{cases}\\\Rightarrow x+y=3$
Do đó $x+y$ là số tự nhiên. (Điều phải chứng minh).
Câu 2.
1.
$\sqrt{5x^2+6x+5}=\dfrac{64x^3+4x}{5x^2+6x+6}\\\Leftrightarrow (5x^2+6x+5+1)\sqrt{5x^2+6x+5}=64x^3+4x\\\Leftrightarrow (\sqrt{5x^2+6x+5})^3 + \sqrt{5x^2+6x+5}=(4x)^3+4x(*)$
Đặt: $\begin{cases} \sqrt{5x^2+6x+5}=a\\4x=b\end{cases}$
Phương trình $(*)$ trở thành:
$a^3+a=b^3+b\\\Leftrightarrow (a-b)(a^2+ab+b^2)+(a-b)=0\\\Leftrightarrow (a-b)(a^2+ab+b^2+1)=0$
Dễ thấy: $a^2+ab+b^2+1=\left(a+\dfrac{b}{2}\right)^2+\dfrac{3b^2}{4}+1>0∀$`a,b\in RR`
Nên $a-b=0\Leftrightarrow a=b$
$\Leftrightarrow \sqrt{5x^2+6x+5}=4x\\\Leftrightarrow \begin{cases} 11x^2-6x-5=0\\x>0 \end{cases}\\\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x=1\\x=\dfrac{-5}{11}\end{array} \right.$
Do $x>0\Rightarrow x=1$
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất $x=1$
Câu 3.
1.
Điều kiện: $x+y\ne 0$
$\dfrac{x^2+y^2}{x+y}=\dfrac{85}{13}\\\Leftrightarrow 13(x^2+y^2)=85(x+y)$
Dễ thấy: $\begin{cases} x^2+y^2>0\Rightarrow x+y>0\\13|85(x+y)\Rightarrow 13|x+y[\text{gcd}(13;85)=1] \end{cases}$
Áp dụng BĐT Cauchy Schwartz ta có:
$13(x^2+y^2)\ge \dfrac{13}{2}(x+y)^2\\\Rightarrow 85 (x+y)\ge \dfrac{13}{2}(x+y)^2\\\Leftrightarrow 0<x+y\le \dfrac{170}{13}$
Mà $13|x+y\Rightarrow x+y=13\Rightarrow x^2+y^2=85$
Ta có hệ: $\begin{cases} x+y=13\\x^2+y^2=85\end{cases}\Leftrightarrow$ $\left[ \begin{array}{l}\begin{cases} x=6\\y=7 \end{cases}\\\begin{cases} x=7\\y=6\end{cases}\end{array} \right.$
Dẽ thấy $(x;y)=(6;7), (7;6)$ thỏa mãn.
Vậy $(x;y)=(6;7), (7;6)$
2.
Ta có: $x^2,y^2\equiv 0,1\pmod{3}$
$\Rightarrow x^2+y^2\equiv 0,1,2\pmod{3}$
Mà $z^2\equiv 0,1\pmod{3}\Rightarrow x^2+y^2\equiv 0,1\pmod{3}$
Do đó $\exists$ ít nhất 1 trong 2 số $x,y\vdots 3$
$\Rightarrow xy\vdots 3\\\Rightarrow (x^3y-xy^3)\vdots 3$
Tương tự thì: $xy\vdots 4$
$\Rightarrow (x^3y-xy^3)\vdots 4$
$\Rightarrow (x^3y-xy^3)\vdots 12[\text{gcd}(3;4)=1]$
Không mất tính tổng quát giả sử $(x^3y-xy^3)\not\vdots 7$
$\Rightarrow xy(x^2-y^2)\not\vdots 7$
$\Rightarrow (x^2-y^2)\not\vdots 7, x\not\vdots 7,y\not\vdots 7$
Do đó $x^2,y^2$ không cùng dư và số dư phải khác nhau khi chia $7$
Mà $x^2,y^2\equiv 1,2,4\pmod{7}$
$\bullet$ $x^2\equiv 1\pmod{7},y^2\equiv 2\pmod{7}\Rightarrow z^2\equiv 3\pmod{7}$(Loại)
$\bullet$ $x^2\equiv 2\pmod{7},y^2\equiv 4\pmod{7}\Rightarrow z^2\equiv 6\pmod{7}$(Loại)
$\bullet$ $x^2\equiv 1\pmod{7},y^2\equiv 4\pmod{7}\Rightarrow z^2\equiv 5\pmod{7}$(Loại)
Do đó giả sử sai $\Rightarrow (x^3y-xy^3)\vdots 7$
$\Rightarrow (x^3y -xy^3)\vdots 84[\text{gcd}(12;7)=1]$
Câu 4.
1.
Do $H$ là trực tâm $\Delta ABC$ nên: $\begin{cases} AH\bot BC\\BH\bot AC\\CH\bot AB\end{cases}$
Ta có: $BD\bot AB$$($Vì $\widehat{ABD}=90$$)$
Mà $CH\bot AB\Rightarrow CH//BD$
Tương tự: $BH//CD$
Ta được tứ giác $BDCH$ là hình bình hành.
Gọi $E=BC∩DH$ nên $E$ là trung điểm $DH,BC$
$\Rightarrow DH$ đi qua trung điểm $E$ của $BC$
2.
Trong $\Delta ADH$ có: $O,E$ lần lượt là trung điểm $AD,DH$
Nên $\begin{cases} OE//AH\\OE=\dfrac{1}{2}AH\end{cases}$
Vì $O'$ đối xứng $O$ qua $E$ nên $E$ là trung điểm của $OO'$
$\Rightarrow OE=\dfrac{1}{2}OO'$ mà $OE=\dfrac{1}{2}AH$
$\Rightarrow OO'=AH$
Lại có: $OE//AH$ hay $OO'//AH$
Ta được tứ giác $AOO'H$ là hình bình hành.
$\Rightarrow O'H=OA=R$ không đổi.
$\Rightarrow O'H$ có đội dài không đổi.
3.
Gọi $X$ là trung điểm $AP$
Lấy $Y$ đối xứng $O$ qua $X$
Ta được tứ giác $AYPO$ là hình bình hành.
$\Rightarrow AY=OP$ mà $O,P$ cố định nên $OP$ cố định.
Do đó $AY$ cố định mà $PA$ là tiếp tuyến $(O)$ nên $PA$ cố định.
$\Rightarrow A$ cố định $\Rightarrow Y$ cố định.
Do $AYPO$ là hình bình hành nên $\begin{cases} PY//AO\\PY=\dfrac{1}{2}AO\end{cases}$
$\Rightarrow$ $\begin{cases} PY//O'H\\PY=O'H \end{cases}$
Do đó tứ giác $O'HYP$ là hình bình hành.
$\Rightarrow HY=O'P$
Ta có: $E$ là trung điểm $BC\Rightarrow OE\bot BC$
Hay $OO'\bot EP$ mà $E$ là trung điểm $OO'$
Nên $\Delta OO'P$ cân tại $P\Rightarrow OP=O'P$
$\Rightarrow HY=OP$ mà $OP$ cố định nên $HY$ cố định.
Vậy $H$ di chuyển trên $(Y;OP)$ cố định.
Câu 5.
Ta cần chứng minh: $\sum\limits_{\text{cyc}}\dfrac{a^2}{a+\sqrt{bc}}\ge \dfrac{3}{2}$
$\Leftrightarrow \sum\limits_{\text{cyc}}\dfrac{2a^2}{2a+2\sqrt{bc}}\ge \dfrac{3}{2}$
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
$\dfrac{2a^2}{2a+2\sqrt{bc}}\ge \dfrac{2a^2}{2a+b+c}\\\Rightarrow \sum\limits_{\text{cyc}}\dfrac{2a^2}{2a+\sqrt{bc}}\ge \sum\limits_{\text{cyc}}\dfrac{2a^2}{2a+b+c}$
Ta cần chứng minh: $\sum\limits_{\text{cyc}}\dfrac{2a^2}{2a+b+c}\ge \dfrac{3}{2}$
Thật vậy lại áp dụng BĐT Cauchy ta được:
$\dfrac{2a^2}{2a+b+c}+\dfrac{2a+b+c}{8}\ge a\\\Rightarrow \sum\limits_{\text{cyc}}\dfrac{2a^2}{2a+b+c}+\dfrac{a+b+c}{2}\ge a+b+c\\\Rightarrow \sum\limits_{\text{cyc}}\dfrac{2a^2}{2a+b+c}\ge \dfrac{a+b+c}{2}$
Mà $a+b+c\ge 3$
$\Rightarrow \sum\limits_{\text{cyc}}\dfrac{2a^2}{2a+b+c}\ge \dfrac{3}{2}$
Vậy hoàn tất chứng minh.
Dấu "=" xảy ra khi: $a=b=c=1$
