Cho x,y,z>0, thỏa mãn $xy+yz+xz=1$. CMR:

$10x^2+10y^2+z^2\geq 4$

$\left\{\begin{matrix} 8x^2+\frac{1}{2}z^2\geq 4xz\\8y^2+\frac{1}{2}z^2\geq 4yz \\ 2y^2+2z^2\geq 4xy \end{matrix}\right.$

cộng vế theo vế là ra

em nam nay moi len lop 8 anh giang ki duoc khong?

thế này nhá 

cho tam thức bậc 2 tổng quát $ax^2+bx+c (a\neq 0)$

ta có $ax^2+bx+c=a(x^2+\frac{b}{a}x+\frac{b^2}{4a^2})-\frac{b^2-4ac}{4a}$

TH bài trên là a=1>0 nếu đặt $\Delta =b^2-4ac$ thì nếu nó <0 thì tam thức đó >0 thôi

Chứng tỏ M=$x^{2}+2y^{2}-2xy+2x-10y+18$ luôn có giá trị dương với mọi x,y

ta có M$=x^2-2x(y-1)+2y^2-10y+18$

coi đây là pt bậc 2 đối với x y là tham số ta có

$\Delta' =(y-1)^2-2y^2+10y-18=-y^2+8y-17=-(y-4)^2-1<0$

nên M >0

với mọi x,y

Cho các phương trình ẩn x:

$\left\{\begin{matrix}

x^2+ax+1=0 (1)&  & \\ 

 x^2+bx+1=0(2)&  & \\ 

 x^2+cx+1=0 (3)& & 

\end{matrix}\right$.

Giả sử tích một nghiệm của phương trình (1) với một nghiệm nào đó của phương trình (2) là một nghiệm của phương trình (3). 

Tính Q=a^2+b^2+c^2+abc

gọi $x_1;x_2$lần lượt là 1 nghiệm của (1)và(2)

khi đó theo vi-et thì $\frac{1}{x_1};\frac{1}{x_2}$ cũng lần lượt là nghiệm của (1)và(2)

và ta có $x_1x_2;\frac{1}{x_1x_2}$là nghiệm của 3 

theo vi-et ta có$\left\{\begin{matrix} a=-x_1-\frac{1}{x_1}\\ b=-x_2-\frac{1}{x_2}\\ c=-x_1x_2-\frac{1}{x_1x_2} \end{matrix}\right.$

nên $Q=4$(thay a;b;c bởi các nghiệm rồi khai triển)

BĐT tương đương:

$\sum \frac{a^5}{b^3c^3}\geq \sum \frac{1}{a}$

Lại có:$\sum (\frac{a^5}{b^3c^3}+\frac{b^5}{a^3c^3})\geq 2\sum \frac{ab}{c^3}=>\sum \frac{a^5}{b^3c^3}\geq \sum \frac{ab}{c^3}$

(BĐT AM-GM)

Tiếp tục sử dụng AM-GM ta được:

$\sum \frac{ab}{c^3}\geq \sum \frac{b}{ac}\geq \sum \frac{1}{a}$

=> ĐPCM 

mình nghĩ nên bỏ cái này đi vì ko có vẫn đúng mà

$\frac{ab}{c^3}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq \frac{3}{c}$

Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng: $\frac{a^8+b^8+c^8}{a^3b^3c^3}\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

ta có 

$\left\{\begin{matrix} a^8+a^8+a^8+b^8+b^8+b^8+c^8+c^8\geq 8a^3b^3c^2\\a^8+a^8+a^8+b^8+b^8+c^8+c^8+c^8\geq 8a^3b^2c^3 \\a^8+a^8+b^8+b^8+b^8+c^8+c^8+c^8\geq 8a^2b^3c^3 \end{matrix}\right.$

=>$a^8+b^8+c^8\geq a^2b^3c^3+a^3b^3c^2+a^3b^2c^3$

=> dpcm

ta có $sin(2x)sin(x+\frac{\pi}{4})=sin(2x)cos(\frac{\pi}{4}-x)=\frac{1}{2}(sin(x+\frac{\pi}{4})+sin(3x-\frac{\pi}{4}))$

=> pt <=>$sin(3x-\frac{\pi}{4})=sin(x+\frac{\pi}{4})$$sin(3x-\frac{\pi}{4})=sin(x+\frac{\pi}{4})$

<=>.....................

Giải phương trình sau bằng phương pháp hàm số:

a) $8x^{2}+6x+1= \frac{\left | x \right |-\left | 3x+1 \right |}{\left | 3x^{2}+x \right |}$

 

<=> $(3x+1)^2-x^2=\frac{|x|-|3x+1|}{|x||3x+1|}=\frac{1}{|3x+1|}-\frac{1}{|x|}$

<=>$(3x+1)^2-\frac{1}{|3x+1|}=x^2-\frac{1}{|x|}$(1)

xét hàm số $f(a)=a^2-\frac{1}{a}$

nhận thấy f(a) đồng biến với mọi a>0 

=> (1)<=>$|3x+1|=|x|$

đến đây dễ rồi

không nguyên tố thì chả có cái định lí nào như thế cả

lấy VD:$6^{2} $ chia hết cho 12 nhưng không chia hết cho $12^{2}$

sr mình quên mất lâu rùi ko nhớ ^^

x có nguyên tố đâu

ai cần nguyên tố nếu $y^2\vdots x$ mà x ko là scp thì $y^2\vdots x^2$mà

Một lão phú ông tham lam khi mất để lại cho cả gia tài 23 con trâu và di chúc như sau : chia cho 2 con trai 2/3 số trâu , góp 1/6 số trâu mang đi biếu quan trên ,1/8 số trâu  mang bán để trùng tu chùa đình . Nhưng 23 con  trâu lại không chia cho 3 , cho 6 , cho 8. Các người con loay hoay mãi chưa biết giải quyết thế nào liền đến mời  1 ông già thông thái trong làng . Ông cưỡi ngựa tới và chia trâu rất suôn sẻ .Ông đã chia như thế nào ?

mượn 1 con trâu nhà hàng xóm rồi chia ,chia xong trả cho hàng xóm

Tìm các cặp số nguyên (x,y) thỏa mãn :  $(x+1)^{4} - (x-1)^4 =8y^2$

<=>$8x(x^2+1)=8y^2$

<=>$x(x^2+1)=y^2$(*)

nhận thấy x và $x^2+1$ nên (*)

=>x là scp đặt $x=k^2(k\epsilon \mathbb{Z})$

khi đó (*) <=>$k^2(k^4+1)=y^2$

=> k^4+1 là scp

đặt $k^4+1=t^2$

<=>$(t-k^2)(t+k^2)=1$

xét ra dc k=0=>x=0=>y=0

câu2b

ta có $2012^{4n}\equiv 6^n(mod10)\equiv 6 (mod10)$

tương tự ta có $2013^{4n}\equiv 1(mod 10)$                                       

Câu 1:

a)$(3x+1)(12x+1)(4x+1)(6x+1)=2\Leftrightarrow (36x^2+15x+1)(24x^2+10x+1)=2\Leftrightarrow (36x^2+15x+1)(36x^2+15x+1,5)=3\Leftrightarrow a(a+0,5)=3(a=36x^2+15x+1)\rightarrow a=...\rightarrow x=...$

 

bài này nếu là mình sẽ đặt a=$12x^2+5$

=> pt <=> (3a+1)(2a+1)=2 đỡ phải động đến số thập phân

câu 5 

gọi số bạn trong lớp là $\overline{ab}$(10>a>0;10>b$\geq 0;a,b\in \mathbb{N}$

theo bài ra ta có $\overline{ab}=2ab-9$

<=>10a+b=2ab-9

<=>10a+b+9=2ab(*)

=>2ab>10a

=>b>5

mặt khác từ (*) ta có 2ab;10a là số chẵn nên b là số lẻ =>b=7

thay b vào (*)ta có a=4

Cho x,y là 2 số dương thỏa mãn, $(11x+6y+2015)(x-y+3)=0$. Tìm Min

$P=xy-5x+2016$

do x, y dương nên pt tương đương x-y+3=0

<=>y=x+3

đến đây thì thay vô P là được 1 pt bậc 2 rùi xét thôi 

2, a 2,a $x^2+5y^2+z^2+2(y-z)<4xy-1$

1,a $x^2+\frac{1}{x^2}=14\Leftrightarrow (x+\frac{1}{x})^2=16\Leftrightarrow x+\frac{1}{x}=4$

khi đó ta có $\left\{\begin{matrix} x^3+\frac{1}{x^3}=(x+\frac{1}{x})(x^2+\frac{1}{x^2}-1)=\\ x^5+\frac{1}{x^5}=(x^2+\frac{1}{x^2})(x^3+\frac{1}{x^3})-(x+\frac{1}{x})= \end{matrix}\right.$

b,$A^2=16+2\sqrt{64-4(10+2\sqrt{5})}=16+4\sqrt{6+2\sqrt{5}}=16+4\sqrt{(\sqrt{5}-1)^2}=12+4\sqrt{5}$$A^2=16+2\sqrt{64-4(10+2\sqrt{5})}=16+4\sqrt{6+2\sqrt{5}}=16+4\sqrt{(\sqrt{5}-1)^2}=12+4\sqrt{5}$

<=> $A=2\sqrt{3+\sqrt{5}}$ vì A>0

3b , xét $\Delta =m^2-4n$

pt có nghiệm hữu tỷ <=>$\Delta =k^2$

                           <=> $(m-k)(m+k)=m^2-k^2=4n$

do pt có nghiệm nghuyên dương nên m,n>0 và $\Delta > 0$=> m>k

mặt khác do m+k và m-k đồng tính chẵn lẻ nên$\left\{\begin{matrix} m-k=2\\m+k=2n \end{matrix}\right.$

<=>m=n+1

do m;n là snt nên m=3 n=2 => nghiệm

tìm số thực a để phương trình sau có nghiệm nguyên

$x^{2}-ax+a+2=0$

xét $\Delta =a^2-4a-4$=$(a-2)^2-8$

ycbt <=>$\Delta =m^2$

<=>$(a-2)^2-8=m^2$

<=>$(a-m-2)(a+m-2)=8$

đến đây chỉ cần xét ra giống pt nghiệm nguyên thôi bạn

P\s:nếu $\Delta$ là số chính phương thì pt có nghiệm x=$\frac{a\pm \sqrt{a^2-4a-4}}{2}$sẽ là số nguyên vì tử là số chẵn

Cho $x,y$ là các số thực dương thay đổi thỏa mãn $x+y \le 1 $ .Tìm GTNN của $P=(x^2+\frac{1}{4y^2})(y^2+\frac{1}{4x^2})$

ta có $$2\sqrt{xy}\leq x+y\leq 1$

=>$x^2y^2\leq \frac{1}{16}$

mặt khác P=$x^2y^2+\frac{1}{16x^2y^2}+\frac{1}{2}=(16x^2y^2+\frac{1}{16x^2y^2})-15x^2y^2+\frac{1}{2}\geq 2-\frac{15}{16}+\frac{1}{2}=\frac{25}{16}$

Bài toán: Cho $a,b,c$ thực dương chứng minh các bất đẳng thức sau.

 

 

$3.a^3+b^3+c^3\geq 2abc+\frac{a^2+b^2+c^2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}$

 

Spoiler

Mấy bài AM-GM kinh điển.  

ta có BDT <=>$a^3+b^3+c^3\geq 2abc+\frac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}{9}$

<=> $9a^3+9b^3+9c^3\geq 18abc+(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)$

mặt khác ta có

$6(a^3+b^3+c^3)\geq18abc$(1)

và $\left\{\begin{matrix} a^3+b^3\geq ab^2+a^2b\\b^3+c^3\geq b^2c+bc^2 \\ a^3+c^3\geq ac^2+a^2c \end{matrix}\right.$

=> $2(a^3+b^3+c^3)\geq ab^2+cb^2+ac^2+bc^2+ba^2+ca^2$

=> $3(a^3+b^3+c^3)\geq a^3+b^3+c^3+ab^2+cb^2+ac^2+bc^2+ba^2+ca^2=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)$(2)

(1)(2)=>

dpcm

Tìm Min của A biết A = $\frac{x+3}{\sqrt{x}+3}$(1). xin các bạn chỉ giúp. cám ơn nhiều

ĐK:$x\geq 0$

ta có (1)<=>$x-A\sqrt{x}-3A+3=0$ 

đặt $\sqrt{x}$=m (m$\geq0$)ta có pt bậc 2

$m^2-Am-3A+3=0$

TH1 pt có 1 nghiệm ko âm<=>$-3A+3\leq 0$

<=>$A\geq 1$

dấu = xảy ra khi x=0

TH2 pt có 2 nghiệm ko âm 

khi đó ta có $\left\{\begin{matrix}\Delta \geq 0\\ A\geq 0\\ -3A+3\geq 0\end{matrix}\right.$

<=>$-6+\sqrt{48}\leq A\leq 1$

vậy min A=-6+$\sqrt{48}$

dấu = xảy ra khi x=$21-3\sqrt{48}$

kết hợp 2 TH => min

Giải phương trình: $\left ( x+3 \right )\sqrt{\left ( 4-x \right )\left ( 12+x \right )}=28-x$

dk $-12\leq x\leq 4$

đặt x+3=a

     $\sqrt{(4-x)(12+x)}=b$(b$\geq$0)

pt trở thành $ab=\frac{a^2+b^2-1}{2}$

<=> $(a-b)^2=1$

<=>hoặc a-b=1 hoặc a-b=-1

đến đây xin nhường cho các bạn giải típ

 

Cho tam giác ABC  thỏa mãn sin^2 A.cosB =sin^2 B. cos A. CMR tam giác ABC cân

<=> $(1-cos^2A)cosB=(1-cos^2B)cosA$

<=>$(cosA-cosB)(1+cosAcosB)=0$

<=> cosA=cosB

<=> A=B (loại th A=-B)

=> dpcm