1) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^3} + {z^3} = 3y}\\{{y^3} + {x^3} = 3z}\\{{z^3} + {y^3} = 3x}\end{array}} \right.\).
2) Cho hai số nguyên dương \(a,\,\,b\) phân biệt. Chứng minh phương trình sau có đúng ba nghiệm
\(\left( {\sqrt x - 1} \right)\left[ {{x^2} - 2\left( {a + b} \right)x + ab + 2} \right] = 0\).
1) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^3} + {z^3} = 3y}\\{{y^3} + {x^3} = 3z}\\{{z^3} + {y^3} = 3x}\end{array}} \right.\).
2) Cho hai số nguyên dương \(a,\,\,b\) phân biệt. Chứng minh phương trình sau có đúng ba nghiệm
\(\left( {\sqrt x - 1} \right)\left[ {{x^2} - 2\left( {a + b} \right)x + ab + 2} \right] = 0\).
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
Hướng dẫn giải
1) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^3} + {z^3} = 3y}\\{{y^3} + {x^3} = 3z}\\{{z^3} + {y^3} = 3x}\end{array}} \right.\).
Lấy hiệu phương trình (1) và (2) vế theo vế ta được: \(\left( {y - z} \right)\left( {{y^2} + yz + {z^2} + 3} \right) = 0\).
Do \({y^2} + yz + {z^2} = {\left( {y + \frac{z}{2}} \right)^2} + \frac{{3{z^2}}}{4} \ge 0\) nên \(y = z\).
Tương tự, lấy hiệu phương trình (2) và (3) ta được \(x = z\).
Thế lại (1): \(2{x^3} = 3x\).
|
TH1: \(x = 0 = y = z\) |
TH2: \(x = \sqrt {\frac{3}{2}} = y = z\) |
TH3: \(x = - \sqrt {\frac{3}{2}} = y = z\). |
2) Điều kiện: \(x \ge 0\).
Phương trình trở thành: \(x = 1\) hoặc \({x^2} - 2\left( {a + b} \right)x + ab + 2 = 0\quad (*)\).
Xét phương trình \((*)\), ta có \(\Delta ' = {\left( {a + b} \right)^2} - ab - 2 = {a^2} + {b^2} + ab - 2 \ge 0\) (do \(a,\,\,b\) nguyên dương);
\(S = a + b > 0\,;\,\,P = ab + 2 > 0\).
Suy ra phương trình \((*)\) có hai nghiệm phân biệt dương.
Ta nhận xét tiếp phương trình \((*)\) không nhận \(x = 1\) là nghiệm.
Giả sử ngược lại, thế vào phương trình ta có:
\({1^2} - 2 \cdot \left( {a + b} \right) \cdot \,1 + ab + 2 = 0\)
\(\left( {a - 2} \right)\left( {b - 2} \right) = 1\)
\(a = b = 1\) hoặc \(a = b = 3\) (trái giả thuyết \(a,\,\,b\) phân biệt).
Vậy phương trình có đúng 3 nghiệm phân biệt.
Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
Hướng dẫn giải
a) Ta có \[BHDC\] là hình bình hành nên I là trung điểm HC.
Suy ra \(\Delta IKH = \Delta IEC\,\,{\rm{(g}}{\rm{.c}}{\rm{.g)}}\) nên \(CE = HK\) (hai cạnh tương ứng).
Do đó \(CEHK\) là hình bình hành.
Ta có \(IB \cdot IC = IA \cdot IE\).
Mà \(IB = IC\); \(IK = IE\) nên \(I{B^2} = IA \cdot IK\).
b) Từ giả thiết, suy ra \(EF\,{\rm{//}}\,BD\) nên \(OI \bot EF\), do đó \(IF = IE = IK\).
Suy ra \(\Delta KFE\) vuông tại \[F\] nên \[BD\] là trung trực \[KF\].
c) Từ \(I{B^2} = IA.IK\) suy ra suy ra \(\frac{{KB}}{{AB}} = \frac{{IB}}{{IA}}\).
Tương tự \(I{D^2} = IA.IK\) suy ra suy ra \(\frac{{KD}}{{AD}} = \frac{{ID}}{{IA}}\).
Do đó \(\frac{{KB}}{{AB}} = \frac{{KD}}{{AD}}\).
Gọi \[J\] là chân đường phân giác trong \[AJ\] của tam giác \[ABC.\]
Ta có \(\frac{{JB}}{{JD}} = \frac{{AB}}{{AD}}\) suy ra \(\frac{{KB}}{{KD}} = \frac{{JB}}{{JD}}\).
Suy ra \[KJ\] là phân giác \(\widehat {BKD}\) (đpcm).
d) Gọi \[L\] là giao điểm của \[AH\] và \[\left( O \right)\].
Suy ra \[L\] đối xứng với \[H\] qua \[BD\].
Mà \[K\] và \[F\] cũng đối xứng qua \[BD\] nên \[\left( {BHKD} \right)\] và \[\left( O \right)\] đối xứng qua \[BD\].
Gọi \[T'\] là tâm của đường tròn \[\left( {BHKD} \right)\] suy ra \[O\] và \[T'\] đối xứng qua \[BD\].
Mà \(OI \bot BD\) nên \[I\] là trung điểm \[OT'.\]
Do đó \[OHT'C\,\] là hình bình hành, suy ra \[HT'{\rm{ // }}OC.\]
Mà \(T'H = T'K\) nên \[T'\] thuộc trung trực \[HK\] suy ra \(T \equiv T'\).
Do tính đối xứng qua \[BD\] nên \[OKFT\] là hình thang cân nên cũng là tứ giác nội tiếp.
Lời giải
Hướng dẫn giải
a) Nhận xét: \(\left( {a + b} \right)\left( {2a - 2b + 1} \right) = {b^2}\) suy ra \(a \ge b\).
Giả sử ngược lại: \(a \ne b\) nên \(a > b\).
Ta có \(2{a^2} + a = b\left( {3b - 1} \right)\,\, \vdots \,\,b\).
Do \(b\) là số nguyên tố nên \(a\,\, \vdots \,\,b\) hoặc \(2a + 1\,\, \vdots \,\,b\).
TH1: Nếu \(a\,\, \vdots \,\,b\) suy ra \(a \ge 2b\).
Từ giả thiết \(3{b^2} - b = 2{a^2} + a \ge 8{b^2} + 2b\) (vô lí)
TH2: Nếu \(2a + 1\,\, \vdots \,\,b\). Do \(2a + 1\) lẻ nên \(2a + 1 = 3b\,;\,\,2a + 1 = 5b\,; \ldots \)
Mà ta lại nhận xét nếu \(2a + 1 \ge 7b\) thì \(a > b\) . Khi đó \(3{b^2} - b = 2{a^2} + a > 7{b^2}\) (vô lí).
Nếu \(2a + 1 = 3b\), thế vào phương trình: \(3b\frac{{3b - 1}}{2} = b(3b - 1)\) (loại).
Nếu \(2a + 1 = 5b\), thế vào phương trình: \(5b\frac{{5b - 1}}{2} = b(3b - 1)\) (loại).
b) Ta chứng minh \(a + b\) và \(2a - 2b + 1\) nguyên tố cùng nhau bằng phản chứng.
Giả sử ngược lại, gọi \[p\] là ước nguyên tố chung của chúng.
Từ \({b^2} = \left( {a + b} \right)\left( {2a - 2b + 1} \right)\,\, \vdots \,\,{p^2}\) suy ra \(b\,\, \vdots \,\,p\) mà \(a + b\,\, \vdots \,\,p\) nên \(a\,\, \vdots \,\,p\) .
Do \(2a - 2b + 1\) cũng chia hết cho p nên \(1\,\, \vdots \,\,p\) (vô lí).
Do đó \(a + b\) và \(2a - 2b + 1\) nguyên tố cùng nhau.
Từ \(\left( {a + b} \right)\left( {2a - 2b + 1} \right) = {b^2}\), ta suy ra \(2a - 2b + 1\) là số chính phương.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập