= 100000

đề bài này sai rồi ! 

Trả lời:

\(\left(-3xy^4+\frac{1}{2}x^2y^2\right)^3\)

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

\(=-27x^3y^{12}+3.9x^2y^8.\frac{1}{2}x^2y^2+3.\left(-3xy^4\right).\frac{1}{4}x^4y^4+\frac{1}{8}x^6y^6\)

\(=-27x^3y^{12}+\frac{27}{2}x^4y^{10}-\frac{9}{4}x^5y^8+\frac{1}{8}x^6y^6\)

\(x^4+6x^3+7x^2-6x+1=x^4+3x^3-x^2+3x^3+9x^2-3x-x^2-3x+1\)

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

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

a) \(x^2-xy+y^2=3\)

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

\(\Rightarrow xy\ge-1\).

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

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2=3-xy\)

\(\Rightarrow xy\le-1\)

Do vai trò \(x,y\)như nhau nên giả sử \(x\ge y\).

- \(xy=-1\Rightarrow x=1,y=-1\).

Thử lại thỏa mãn. 

- \(xy=0\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x=0\\y=0\end{cases}}\)dễ thấy đều không thỏa. 

- \(xy=1\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x=y=1\\x=y=-1\end{cases}}\)không thỏa. 

- \(xy=2\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x=2,y=1\\x=-1,y=-2\end{cases}}\)thỏa. 

- \(xy=3\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x=3,y=1\\x=-1,y=-3\end{cases}}\)không thỏa. 

b) \(x=0\Rightarrow y=\pm1\)thỏa mãn. 

\(x\ne0\):

 \(y^2=1+x+x^2+x^3+x^4\)

\(\Leftrightarrow4y^2=4+4x+4x^2+4x^3+4x^4\)

Ta có: \(4x^4+4x^3+4x^2+4x+4>4x^4+4x^3+x^2=\left(2x^2+x\right)^2\)

\(4x^4+4x^3+4x^2+4x+4< 4x^4+4x^3+9x^2+4x+4=\left(2x^2+x+2\right)^2\)

suy ra \(4y^2=\left(2x^2+x+1\right)^2\)

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

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=-1\\x=3\end{cases}}\)

Tử đây suy ra \(y\).

10 nha

kobit

hahaha

Ta có: \(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+d}+\frac{d}{d+a}\)

\(>\frac{a}{a+b+c+d}+\frac{b}{a+b+c+d}+\frac{c}{a+b+c+d}+\frac{d}{a+b+c+d}\)

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

Tương tự ta cũng chứng minh được \(\frac{b}{a+b}+\frac{c}{b+c}+\frac{d}{c+d}+\frac{a}{d+a}>1\)

mà \(\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+d}+\frac{d}{d+a}\right)+\left(\frac{b}{a+b}+\frac{c}{b+c}+\frac{d}{c+d}+\frac{a}{d+a}\right)\)

\(=\frac{a+b}{a+b}+\frac{b+c}{b+c}+\frac{c+d}{c+d}+\frac{d+a}{d+a}=4\)

\(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+d}+\frac{d}{d+a}\)là số nguyên 

do đó \(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+d}+\frac{d}{d+a}=2\)

\(\Leftrightarrow1-\frac{a}{a+b}-\frac{b}{b+c}+1-\frac{c}{c+d}-\frac{d}{d+a}=0\)

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

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

\(\Leftrightarrow b\left(c+d\right)\left(d+a\right)-d\left(a+b\right)\left(b+c\right)=0\)(vì \(a\ne c\))

\(\Leftrightarrow\left(b-d\right)\left(ac-bd\right)=0\)

\(\Leftrightarrow ac=bd\)(vì \(b\ne d\))

Khi đó \(abcd=ac.ac=\left(ac\right)^2\)là số chính phương. 

Ta có :  \(\Sigma\dfrac{1}{a^2+b^2+1}=3-\Sigma\dfrac{a^2+b^2}{a^2+b^2+1}\)

AD BĐT C-S ta được : 

\(\Sigma\dfrac{a^2+b^2}{a^2+b^2+1}\ge\dfrac{\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)+3}\)  \(=\dfrac{2\left(a^2+b^2+c^2\right)+2\Sigma\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(a^2+c^2\right)}}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)+3}\)

\(\ge\dfrac{4\left(a^2+b^2+c^2\right)+2\left(ab+bc+ac\right)}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)+3}\)  

\(=2+\dfrac{2\left(ab+bc+ac\right)-6}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)+3}\)   \(\ge2\) ( điều này luôn đúng với ab + bc + ac \(\ge3\) )  

Suy ra :  ​​\(\Sigma\dfrac{1}{a^2+b^2+1}\)  \(\le3-2=1\)

" = " <=> a = b = c = 1

Vậy ... 

Biến thể của bài toán : Cho a ; b ; c > 0 \(a+b+c=\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{2}}\) 

Chứng minh : \(\frac{1}{a^2+b^2+3}+\frac{1}{b^2+c^2+3}+\frac{1}{c^2+a^2+3}\le\frac{1}{2}\)

\(2\sqrt{b+c-4}\le\frac{4+b+c-4}{2}=\frac{b+c}{2}\Rightarrow\frac{a}{\sqrt{b+c-4}}\ge\frac{4a}{b+c}\)

Tương tự ta cũng có: \(\frac{b}{\sqrt{a+c-4}}\ge\frac{4b}{a+c},\frac{c}{\sqrt{a+b-4}}\ge\frac{4c}{a+b}\).

Bất đẳng thức cần chứng minh sẽ đúng nếu ta chứng minh được: 

\(\frac{4a}{b+c}+\frac{4b}{a+c}+\frac{4c}{a+b}\ge6\)

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

(đúng, theo bất đẳng thức Nesbitt) 

Do đó ta có: \(\frac{a}{\sqrt{b+c-4}}+\frac{b}{\sqrt{a+c-4}}+\frac{c}{\sqrt{a+b-4}}\ge6\)

Dấu \(=\)khi \(a=b=c=2\).

\(A=ab\left(a^4-b^4\right)=ab\left(a^4-1-\left(b^4-1\right)\right)=b\left(a^5-a\right)-a\left(b^5-b\right)\)

Ta sẽ chứng minh \(x^5-x\)chia hết cho \(30\)với \(x\)nguyên.

Ta có: 

\(x^5-x=x\left(x^4-1\right)=x\left(x^2-1\right)\left(x^2+1\right)=x\left(x-1\right)\left(x+1\right)\left(x^2-4+5\right)\)

\(=x\left(x-1\right)\left(x+1\right)\left(x-2\right)\left(x+2\right)+5x\left(x-1\right)\left(x+1\right)\)

Có: \(x\left(x-1\right)\left(x+1\right)\left(x-2\right)\left(x+2\right)\)là tích của \(5\)số nguyên liên tiếp nên nó chia hết cho \(2,3,5\)mà \(2,3,5\)đôi một nguyên tố cùng nhau nên nó chia hết cho \(2.3.5=30\)

\(x\left(x-1\right)\left(x+1\right)\)là tích của \(3\)số nguyên liên tiếp nên nó chia hết cho \(2,3\)mà \(2,3\)nguyên tố cùng nhau nên nó chia hết cho \(2.3=6\)suy ra \(5x\left(x-1\right)\left(x+1\right)⋮30\)

suy ra \(x^5-x⋮30\)với \(x\)nguyên. 

Do đó \(A=ab\left(a^4-b^4\right)=ab\left(a^4-1-\left(b^4-1\right)\right)=b\left(a^5-a\right)-a\left(b^5-b\right)\)chia hết cho \(30\)với \(a,b\)là số nguyên. 

Bạn tham khảo ở đường link bên dưới nhé !

Nguồn :https://h7.net/hoi-dap/toan-8/chung-minh-a-ab-a-4-b-4-chia-het-cho-30-faq324664.html