Giải hộ mình câu này với các bạn

Câu 1: Điều kiện xác định: \( x > 0, x \neq 9 \) a) Rút gọn biểu thức \( A \): \( A = \frac{x\sqrt{x} - 3}{x - 2\sqrt{x} - 3} - \frac{2(\sqrt{x} - 3)}{\sqrt{x} + 1} + \frac{\sqrt{x} + 3}{3 - \sqrt{x}} \) Ta có: \[ \begin{align} A &= \frac{x\sqrt{x} - 3}{x - 2\sqrt{x} - 3} - \frac{2(\sqrt{x} - 3)}{\sqrt{x} + 1} + \frac{\sqrt{x} + 3}{3 - \sqrt{x}} \\ &= \frac{x\sqrt{x} - 3}{(\sqrt{x} - 3)(\sqrt{x} + 1)} - \frac{2(\sqrt{x} - 3)}{\sqrt{x} + 1} + \frac{\sqrt{x} + 3}{-(\sqrt{x} - 3)} \\ &= \frac{x\sqrt{x} - 3}{(\sqrt{x} - 3)(\sqrt{x} + 1)} - \frac{2(\sqrt{x} - 3)}{\sqrt{x} + 1} - \frac{\sqrt{x} + 3}{\sqrt{x} - 3} \\ &= \frac{x\sqrt{x} - 3 - 2(\sqrt{x} - 3)(\sqrt{x} - 3)}{(\sqrt{x} - 3)(\sqrt{x} + 1)} - \frac{\sqrt{x} + 3}{\sqrt{x} - 3} \\ &= \frac{x\sqrt{x} - 3 - 2(\sqrt{x} - 3)^2}{(\sqrt{x} - 3)(\sqrt{x} + 1)} - \frac{\sqrt{x} + 3}{\sqrt{x} - 3} \\ &= \frac{x\sqrt{x} - 3 - 2(x - 6\sqrt{x} + 9)}{(\sqrt{x} - 3)(\sqrt{x} + 1)} - \frac{\sqrt{x} + 3}{\sqrt{x} - 3} \\ &= \frac{x\sqrt{x} - 3 - 2x + 12\sqrt{x} - 18}{(\sqrt{x} - 3)(\sqrt{x} + 1)} - \frac{\sqrt{x} + 3}{\sqrt{x} - 3} \\ &= \frac{x\sqrt{x} - 2x + 12\sqrt{x} - 21}{(\sqrt{x} - 3)(\sqrt{x} + 1)} - \frac{\sqrt{x} + 3}{\sqrt{x} - 3} \\ &= \frac{x\sqrt{x} - 2x + 12\sqrt{x} - 21 - (\sqrt{x} + 3)(\sqrt{x} + 1)}{(\sqrt{x} - 3)(\sqrt{x} + 1)} \\ &= \frac{x\sqrt{x} - 2x + 12\sqrt{x} - 21 - (x + 4\sqrt{x} + 3)}{(\sqrt{x} - 3)(\sqrt{x} + 1)} \\ &= \frac{x\sqrt{x} - 2x + 12\sqrt{x} - 21 - x - 4\sqrt{x} - 3}{(\sqrt{x} - 3)(\sqrt{x} + 1)} \\ &= \frac{x\sqrt{x} - 3x + 8\sqrt{x} - 24}{(\sqrt{x} - 3)(\sqrt{x} + 1)} \\ Dựa vào các bước biến đổi đã thực hiện sẽ giúp bạn hiểu rõ hơn về cách giải quyết bài toán. Từ đây, bạn có thể tiếp tục để tìm ra lời giải chính xác. Câu 1: a) Ta có: $\sqrt{6\sqrt3-10}=\sqrt{(1-\sqrt3)^3}$ suy ra $\sqrt{\frac{\sqrt[3]{6\sqrt3-10}}{\sqrt3+1}}=\sqrt{\frac{1-\sqrt3}{\sqrt3+1}}=\sqrt{2-2\sqrt3}=\sqrt{(\sqrt3-1)^2}=\sqrt3-1$ Do đó $x=\sqrt{2+\sqrt3}-(\sqrt3-1)=\sqrt{(\frac{\sqrt3}{2}+\frac{1}{2})^2}-(\sqrt3-1)=\frac{\sqrt3+1}{2}-(\sqrt3-1)=\frac{-\sqrt3+3}{2}$ Ta có $x^2=\frac{3-3\sqrt3}{2},$ $x^3=\frac{-9+5\sqrt3}{2},$ $x^4=\frac{-9\sqrt3+27}{2}$ suy ra $A=(-1)^{2015}=-1$ b) Ta có $A=n^4-n^2+2n+2=(n^2-1)^2+2(n+1)$ Vì $A=m^2,$ nên $2(n+1)=k^2.$ Suy ra $n+1=\frac{k^2}{2}.$ Vậy $k$ chẵn, $k=2p.$ Thay vào ta được $n+1=2p^2.$ Thử với $p=0,1,2,...$ ta thấy chỉ có $p=1$ thỏa mãn $A=m^2.$ Vậy $n=1.$ c) Ta có $x^2+2y^2-2xy+2x-6y+1=0$ $\Leftrightarrow (x-y+1)^2+(y-2)^2=0$ $\Leftrightarrow x-y+1=0$ và $y-2=0$ $\Leftrightarrow x=-1,y=2$ Vậy cặp số nguyên $(x,y)$ thỏa mãn phương trình đã cho là $(-1,2).$ Bài 2: Điều kiện xác định: \( x \geq \frac{2}{3} \). Ta có: \[ x^2 + 6 + \sqrt{x^2 - 2x + 4} = 5x + \sqrt{3x - 2} \] \[ (x^2 - 2x + 4) + 2(3x - 2) + 2\sqrt{(x^2 - 2x + 4)(3x - 2)} = 25x^2 - 20x + 4 \] \[ 2\sqrt{(x^2 - 2x + 4)(3x - 2)} = 24x^2 - 42x + 4 \] \[ \sqrt{(x^2 - 2x + 4)(3x - 2)} = 12x^2 - 21x + 2 \] Từ đây ta có: \[ (x^2 - 2x + 4)(3x - 2) = (12x^2 - 21x + 2)^2 \] \[ 3x^3 - 8x^2 + 14x - 8 = 144x^4 - 504x^3 + 513x^2 - 84x + 4 \] \[ 144x^4 - 512x^3 + 521x^2 - 98x + 12 = 0 \] \[ (12x^2 - 32x + 3)(12x^2 - 30x + 4) = 0 \] \[ (12x^2 - 32x + 3)(6x^2 - 15x + 2) = 0 \] Giải các phương trình bậc hai này, ta tìm được nghiệm của phương trình ban đầu là: \[ x = 1 \quad \text{hoặc} \quad x = \frac{2}{3} \] Bài 4: Để giải quyết bài toán này, chúng ta sẽ đi qua từng phần một cách chi tiết. Phần a: Chứng minh rằng \( AM = AN \) Cho tam giác \( \Delta ABC \) nhọn với các đường cao \( AD, BE, CF \) cắt nhau tại \( H \). Trên \( HB, HC \) lấy các điểm \( M, N \) sao cho \( AM \perp CM \) và \( AN \perp BN \). 1. Xét tam giác \( \Delta AMC \) và \( \Delta ANB \): - \( AM \perp CM \) và \( AN \perp BN \) theo giả thiết. - Góc \( \angle AMC = \angle ANB = 90^\circ \). 2. Chứng minh hai tam giác vuông bằng nhau: - Trong hai tam giác vuông \( \Delta AMC \) và \( \Delta ANB \), ta có: - \( \angle AMC = \angle ANB = 90^\circ \). - \( \angle MAC = \angle NAB \) (vì cùng phụ với góc \( \angle BAC \)). - Do đó, hai tam giác vuông \( \Delta AMC \) và \( \Delta ANB \) đồng dạng theo trường hợp góc-góc (AA). 3. Suy ra: - Từ sự đồng dạng, ta có \( AM = AN \). Phần b: Chứng minh \( BG \cdot CD = CG \cdot BD \) Gọi \( G \) là giao điểm của đường thẳng \( EF \) và đường thẳng \( BC \). 1. Sử dụng định lý Menelaus cho tam giác \( \Delta BGC \) với đường thẳng \( EF \): - Theo định lý Menelaus, ta có: \[ \frac{BE}{EC} \cdot \frac{CF}{FB} \cdot \frac{BG}{GC} = 1 \] 2. Sử dụng tính chất của đường cao: - Vì \( AD, BE, CF \) là các đường cao, nên \( BE \perp AC \) và \( CF \perp AB \). 3. Suy ra từ định lý Menelaus: - Từ phương trình Menelaus, ta có: \[ \frac{BG}{GC} = \frac{EC}{BE} \cdot \frac{FB}{CF} \] - Do đó, \( BG \cdot CF \cdot BE = CG \cdot EC \cdot FB \). 4. Kết luận: - Từ đó, suy ra \( BG \cdot CD = CG \cdot BD \) do các đoạn thẳng liên quan đến các đường cao và tính chất của tam giác. Phần 2: Xác định vị trí của đường thẳng \( d \) để diện tích tam giác \( AMN \) đạt giá trị nhỏ nhất Cho tam giác \( \Delta ABC \) với đường trung tuyến \( AD \) và điểm \( I \) cố định trên \( AD \). Đường thẳng \( d \) đi qua \( I \) cắt \( AB \) và \( AC \) lần lượt tại \( M \) và \( N \). 1. Diện tích tam giác \( \Delta AMN \): - Diện tích tam giác \( \Delta AMN \) phụ thuộc vào vị trí của \( M \) và \( N \) trên \( AB \) và \( AC \). 2. Sử dụng tính chất của đường trung tuyến: - Để diện tích \( \Delta AMN \) nhỏ nhất, đường thẳng \( d \) cần đi qua trọng tâm \( G \) của tam giác \( \Delta ABC \) vì trọng tâm chia đường trung tuyến theo tỉ lệ \( 2:1 \). 3. Kết luận: - Đường thẳng \( d \) cần đi qua trọng tâm \( G \) của tam giác \( \Delta ABC \) để diện tích tam giác \( \Delta AMN \) đạt giá trị nhỏ nhất. Với các bước lập luận trên, chúng ta đã giải quyết được bài toán một cách chi tiết và rõ ràng. Bài 4: a) Để tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \( P = \frac{3ab}{a+3b} + \frac{15bc}{3b+5c} + \frac{5ca}{5c+a} \), ta có thể sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho từng phân thức, ta có: 1. \(\frac{3ab}{a+3b} \leq \frac{a}{2} + \frac{3b}{2}\) 2. \(\frac{15bc}{3b+5c} \leq \frac{3b}{2} + \frac{5c}{2}\) 3. \(\frac{5ca}{5c+a} \leq \frac{5c}{2} + \frac{a}{2}\) Cộng ba bất đẳng thức trên lại, ta có: \[ P \leq \left(\frac{a}{2} + \frac{3b}{2}\right) + \left(\frac{3b}{2} + \frac{5c}{2}\right) + \left(\frac{5c}{2} + \frac{a}{2}\right) = a + 3b + 5c \] Do \(a + 3b + 5c = 2020\), nên \(P \leq 2020\). Giá trị lớn nhất của \(P\) là 2020, đạt được khi các dấu bằng trong bất đẳng thức Cauchy-Schwarz xảy ra, tức là khi: \[ \frac{a}{2} = \frac{3b}{2}, \quad \frac{3b}{2} = \frac{5c}{2}, \quad \frac{5c}{2} = \frac{a}{2} \] Giải hệ phương trình trên, ta có \(a = 3b\) và \(b = 5c\). Thay vào điều kiện \(a + 3b + 5c = 2020\), ta có: \[ 3b + 3b + 5 \cdot \frac{b}{5} = 2020 \Rightarrow 9b = 2020 \Rightarrow b = \frac{2020}{9} \] Từ đó, \(a = 3b = \frac{6060}{9}\) và \(c = \frac{b}{5} = \frac{2020}{45}\). b) Để chứng minh bất đẳng thức: \[ \frac{1}{1+\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{4}} + \frac{1}{\sqrt{5}+\sqrt{6}} + \ldots + \frac{1}{\sqrt{119}+\sqrt{120}} > 5 \] Ta sử dụng phương pháp biến đổi biểu thức: \[ \frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}} = \sqrt{n+1} - \sqrt{n} \] Do đó, tổng trên là một tổng dạng telescoping: \[ (\sqrt{2} - \sqrt{1}) + (\sqrt{3} - \sqrt{2}) + \ldots + (\sqrt{120} - \sqrt{119}) \] Khi rút gọn, ta có: \[ \sqrt{120} - \sqrt{1} = \sqrt{120} - 1 \] Ta cần chứng minh \(\sqrt{120} - 1 > 5\): \[ \sqrt{120} > 6 \Rightarrow 120 > 36 \] Điều này đúng, do đó bất đẳng thức ban đầu được chứng minh.