Câu 1 bạn chỉ cần dùng bổ đề tổng quát

$$ \frac{1}{x_{1}^{n}+1}+\frac{1}{x_{2}^{n}}+...+\frac{1}{x_{n}^{n}+1}\geq \frac{1}{x_{1}x_{2}...x_{n}+1} $$ với $x_{i}\geq 1 (i=1,2,...,n)$

$\frac{2}{1-x}+\frac{1}{x}=\frac{2}{1-x}-2+\frac{1}{x}-1+3=\frac{2x}{1-x}+\frac{1-x}{x}+3\geq 2\sqrt{2}+3$

$x^2+y^2+z^2=xyz\Leftrightarrow (\sum x)^2=2\sum xy+xyz\leq \frac{2}{3}(\sum x)^2+xyz\Rightarrow 3xyz\geq (\sum x)^2$
$\Rightarrow x+y+z\leq \sqrt{3xyz}\Rightarrow VP\leq 4\sqrt{3xyz}-9\Rightarrow VP^3\leq (4\sqrt{3xyz}-9)^3$

$\sum xy\geq 3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\Rightarrow (\sum xy)^3\geq 27x^2y^2z^2$
Ta cần cm

$27x^2y^2z^2\geq  (4\sqrt{3xyz}-9)^3$. Đặt $\sqrt{3xyz}=t$ thì $3t^4\geq (4t-9)^3$
Điều này luôn đúng với $t \geq 9$

Lâu ngày ko lên vmf

$$\sum \sqrt{\frac{a^2+2ab}{b^2+2c^2}}=\sum \frac{1}{\sqrt{\frac{b^2+2c^2}{a^2+2ab}}}\geq\sum\frac{2}{\frac{a^2+b^2+2c^2+2ab}{a^2+2ab}}\geq \sum\frac{a^2+2ab}{a^2+b^2+c^2}=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}$$

Bài hình ý b theo mình từ câu a suy ra $\bigtriangleup DOP~\bigtriangleup ONP(c.g.c)$ nên OD là tiếp tuyến của $(O;N;P)$ mà $OD\top OC$ nên tâm $(O,N,P)$ trên Oc

1,

$\sum \frac{a^3b}{ab^2+1}=\sum \frac{a^2}{b+\frac{1}{ab}}\geq \frac{(a+b+c)^2}{\sum a+\sum \frac{1}{ab}}=\frac{abc(a+b+c)}{abc+1}$

Đặt $\frac{1}{a}=x$ , $\frac{1}{b}=y$, $\frac{1}{c}=z$, bđt cần cm trở thành

$\sqrt{2a}+\sqrt{2b}+\sqrt{2c} \leq \sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}$

$\Leftrightarrow 2\sqrt{ab}+2\sqrt{bc}+2\sqrt{ca}\leq \sqrt{(a+b)(b+c)}+\sqrt{(b+c)(c+a)}+\sqrt{(c+a)(a+b)}$
ta có $\sqrt{(a+b)(b+c)}=\sqrt{b^2+ac+ba+cb}=\sqrt{b^2+b(a+c)+ca}\geq \sqrt{(b+\sqrt{ca})^2}=b+\sqrt{ca}$

$\Rightarrow \sum \sqrt{(a+b)(b+c)}\geq \sum a+\sum \sqrt{ab}\geq 2\sqrt{ab}(dpcm)$

Dễ thấy thức $f(x)=0$ thỏa mãn

Giả sử đa thức $f(x)$ cần tìm có dạng $a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_{1}x+a_{0}$$(a_{n}\neq 0)$

Trước hết ta giả sử 1 trong các hệ số $a_{n},a_{n-1},...,a_{1},a_{0}\neq 0$.Ta gọi $k< n$ là số lớn nhất sao cho $a_{k}\neq 0$

Khi đó $16f(x^{2})=16a_{n}x^{2n}+16a_{k}x^{2k}+...+16a_{1}x^{2}+a_{0}=(a_{n}2^{n}x^{n}+a_{k}2^{k}x^{k}+...+a_{1}2x+a_{0})^{2}= \left [ f(2x) \right ]^{2}$

Cân bằng hệ số của $x^{n+k}$ ta được $2.a_{n}(2x)^{n}.a_{k}(2x)^{k}=0\Leftrightarrow a_{k}=0$ (vô lý)

Do đó $a_{n-1}=a_{n-2}=...=a_{1}=a_{0}=0\Rightarrow f(x)=a_{n}x^{n}$

Thay ngược trở lại ta có $f(x)=4x^{n},f(x)=x^{2}(n\in \mathbb{N})$

bạn nên xem lại đi

hè viết nhầm nhiều quá đã fix lại rồi

Tìm đa thức $f(x) có hệ số nguyên thỏa mãn

$16f(x^2)=[f(2x)]^2$

Cho $A=2+2\sqrt{28n^2+1}$ với $n \in Z$

CMR nếu $A \in Z$ thì A là SCP

Cho 1985 tập hợp, mỗi tâp hợp gồm 45 phần tử, 2 tập hợp bất kì chứa chung đúng 1 phần tử. Hỏi có bao nhiêu phần tử trong tất cả 1985 tập hợp trên.

Đặt $\sqrt{n+1}+\sqrt{n-1}=a(a \in Q))\Rightarrow a-\sqrt{n-1}=\sqrt{n+1}\Leftrightarrow a^2+n-1-2a\sqrt{n-1}=n+1\Rightarrow \sqrt{n-1}=\frac{a^2-2}{2a} \in Q$
mà $n-1 \in Z $ nên $n-1$ là scp.

CMTT thì $n+1$ là scp. Đặt $n-1=b^2$, $n+1=a^2$

$\Rightarrow (a-b)(a+b)=2$ mà $a-b$, $a+b$ có cùng dư khi chia 2 nên 

$a-b\vdots 2, a+b\vdots 2\rightarrow 2\vdots 4$ (vô lí)

nên ta có dpcm

ĐKXĐ -2\leq x\leq 5

$y^2=-2x^2+7x+31-2\sqrt{(-x^2+4x+21)(-x^2+3x+10)}=-2x^2+7x+31-2\sqrt{(14+5x-x^2)(15+2x-x^2)}$

$y^2=14+5x-x^2-2\sqrt{(14+5x-x^2)(15+2x-x^2)}+15+2x-x^2+2=(\sqrt{14+5x-x^2}-\sqrt{15+2x-x^2})^2+2\geq 2$

mà $x\leq-2$ nên  $A>0$ thì $\Rightarrow A\geq \sqrt{2}$
Dấu "=" xảy ra khi

$-x^2+5x+14=15+2x-x^2 \Leftrightarrow  x=\frac{1}{3}$(thỏa mãn)

Cho 2 tập hợp $A$ và $B$ thỏa mãn:

i, Mỗi phần tử của cả $2$ phần tử đều nhỏ hơn hoặc bằng $2008.$

ii, Tổng số phàn tử của $2$ tập hợp lớn hơn $2008.$

CMR: tồn tại 2 phần tử ở $2$ tập hợp trên mà tổng của chúng là  $2008$

@Sieusieu90 : bạn đặt sai tiêu đề , mình đã sửa cho bạn rồi . Xem lại cách đặt tiêu đề nhe!

Đặt $n=a^2+b$ với $0 \leq b \leq 2a$
thì $a\leq \sqrt{n}<a+1\Rightarrow [n]=a$
thì $a^2+b\vdots a\rightarrow b\vdots a$ mà $b\leq$ 2a nên b=a hoặc b=2a hoặc b=0

Vậy vs n có dạng $n=a^2$, $n=a^2+a$ và $n=a^2+2a$ luôn tm

Bài này chỉ cần dùng đơn giản thế này

Gọi $max{a,b,c}=a$ thì $a\geq \frac{b+c}{2}$
$\Rightarrow VT\geq a^3+b^3+c^3+3bc(b+c)=a^3+(b+c)^3\geq \frac{(a+b+c)^3}{4}$
dấu "=" xảy ra khi có 3 số = 0

Cho mình hỏi bạn có cách nào ngắn hơn k? Chứ mình thấy chặn y tới 9 giá trị lận (từ 2 tới 10)

xét giá trị tuyệt đối rồi thử lại bên kia có thỏa mãn ko ms tìm cụ thể

Giả sử trong các đoạn thẳng nối 2 điểm thì các đoạn có độ dài $x$ là nhỏ nhất

Vẽ các đường tròn tâm là 8 điểm trên và bán kính $\frac{1}{2}x$ thì các đường tròn này tiếp xúc hoặc ko giao nhau và cùng nằm trong đường tròn                  $(O,1+\frac{1}{2}x)$

Tổng diện tích của chúng là $\frac{8.\pi.x^2}{4}$

Diện tích đường tròn lớn là $\pi.(\frac{1}{2}x+1)^2$

Nên $2x^2<(\frac{1}{2}x+1)^2$ thì $x<1$ nên có dpcm

Đặt $\sqrt{4x^2+5x+1}=a$, $\sqrt{x^2-x+1}=b$ thì

$a-2b=a^2-4b^2$

thì $a-2b=0$ rồi bình phương giải tiếp

Tìm các số hữu tỉ dương a,b,c để $a+\frac{1}{b}$; $b+\frac{1}{c}$; $c+\frac{1}{a}$ là các số nguyên dương

( Trích đề thi tuyể sinh lớp 10 chuyên toán Nguyễn Trãi Hải Dương)

Cho cáp số thực (x;y) thỏa mãn $\frac{x^2-x+y^2-y}{x^2+y^2-1}\leq 0$
Tìm max $A=x+2y$

Cho $a,b,c>0$. CMR

$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq 2\sum \sqrt{a^2-ab+b^2}$

Cho tam giác ABC nhọn và $\angle C=45 $. 3 đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H. Trên EF lấy M sao cho DM//AC. Gọi G là trung điểm của BC. EG cắt DM ở I.

Tìm điều kiện của tam giác ABC để HI,DE,GF đồng quy