Ảnh ><

                                    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: $a=b=c=1$