Toán 9 help

**light_future96** · 06-03-2011, 05:21 PM

Cho a,b,c>o, abc=1. CHứng minh rằng
$\frac{1}{a+b+1} + \frac{1}{b+c+1} +\frac{1}{c+a+1} \leq 1$
2. Tìm số nguyên b sao cho hệ phương trình
$\left\{\begin{matrix} x+y+z=4 & \\ xy+bz=6 & \end{matrix}\right.$
có vô số nghiệm nguyên x,y,z

View more random threads:

.

**Zun Đất** · 06-04-2011, 10:14 PM

Bài 1: ta có đặt $x=a+b,y=b+c,z=a+c$ $\Rightarrow xyz=\left(a+b \right)\left(b+c \right)\left(a+c \right)$ = $\left(ab+ac+{b}^{2}+bc \right)\left(a+c \right)$ = ${a}^{2}b+abc+a{b}^{2}+{a}^{2}c+a{c}^{2}+abc+{b}^{2 }c+b{c}^{2}+abc-abc$ = $ab\left(a+b+c \right)+ac\left(a+b+c \right)+bc\left(a+b+c \right)-1$ = $\left(ab+bc+ac \right)\left(a+b+c \right)-1\geq 3\left(a+b+c \right)-1(do ab+bc+ac\geq 3)$ .Mặt khác $a+b+c\geq 3\Leftrightarrow 3\left(a+b+c \right)\geq 2\left(a+b+c \right)+3$ $=x+y+z+3\Rightarrow xyz\geq x+y+z+2\Leftrightarrow xyz+yz+\left(y+z+1 \right)\left(x+1 \right)$ $\geq x+1+\left(y+z+1 \right)\left(x+1 \right)+yz+y+z+1$ $\Leftrightarrow \left(yz+y+z+1 \right)\left(x+1 \right)\geq \left( x+1\right)+\left(x+1 \right)y+\left(x+1 \right)\left(z+1 \right)+\left(y+1 \right)\left(z+1 \right)\Leftrightarrow \left(x+1 \right)\left(y+1 \right)\left(z+1 \right)\geq \left(x+1 \right)\left(y+1 \right)+\left(x+1 \right)\left(z+1 \right)+\left(y+1 \right)\left(z+1 \right)\Leftrightarrow 1\geq \frac{1}{x+1}+1\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}$ . Dài quá. Híc, bạn nào có cách ngắn hơn post cho mình học hỏi với nha!
Bài 2: Từ (1) $\Rightarrow z=4-x-y$ thay vào (2) $\Rightarrow xy+b(4-x-y)=6\Rightarrow x(y-b)=by+6-4b$ .Nếu $y=b\Rightarrow {b}^{2}-4b+6=0$ vô lí. $\Rightarrow x=\frac{by-4b+6}{y-b}=\frac{by-{b}^{2}+{b}^{2}-4b+6}{y-b}=b+\frac{{b}^{2}-4b+6}{y-b}$ . Ta có với mỗi b để x nguyên thì (y-b) chỉ nhận hữu hạn giá trị là ước của ${b}^{2}-4b+6$ nên y hữu hạn $\Rightarrow x$ hữu hạn=>x+y hữu hạn=>z=4-(x+y) hữu hạn, do vậy không có giá trị nào của b để PT có vô số nghiệm nguyên!
Có gì sai sót mong được chỉ giáo! .

**light_future96** · 06-05-2011, 10:12 PM

Anh ZUn ơi thấy em giải thế nì

1. Đặt ${x}^{3}=a;{y}^{3}=b;{z}^{3}=c\Rightarrow xyz=abc=1$
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
$\frac{1}{{x}^{3}+{y}^{3}+1}+\frac{1}{{y}^{3}+{z}^{ 3}+1}+\frac{1}{{z}^{3}+{x}^{3}+1}\leq 1$
Từ $xyz=1$
$\Leftrightarrow \frac{1}{{x}^{3}+{y}^{3}+xyz}+\frac{1}{{y}^{3}+{z} ^{3}+xyz}+\frac{1}{{z}^{3}+{x}^{3}+xyz} \leq 1 (*)$
Áp dụng Bất đẳng thức { $x}^{3}+{y}^{3}\geq xy(x+y)$
$\Rightarrow {x}^{3}+{y}^{3} + xyz \geq xy(x+y+z)$
$\Rightarrow \frac{1}{{x}^{3}+{y}^{3} + xyz}\leq \frac{1}{xy(x+y+z}=\frac{z}{x+y+z}$
CHứng minh tương tự $\frac{1}{{y}^{3}+{z}^{3} + xyz} \leq \frac{x}{x+y+z}$
$\frac{1}{{x}^{3}+{z}^{3} + xyz} \leq \frac{y}{x+y+z}$
Cộng vế với vế của 3 BĐT trên ta được BĐT (*)
$\Rightarrow$ BĐT đã cho được chứng minh