Cho a,b,c là 3 nghiệm nguyên của phương trình bậc 3: $x^{3}-x-1=0$.
Chứng minh rằng, với mọi $0\leq i\leq p$ , p bất kỳ, i,p nguyên dương, ta đều có
$a^{i}b^{p-i}+b^{i}c^{p-i}+c^{i}a^{p-i}$ nguyên
( Nghĩa là nguyên với mọi biểu thức đối xứng a,b,c)

Cho tam giac ABC. Trên AB,AC lấy E,D sao cho BE = DC. Các đường trung trực của EC và BD cắt nhau tại I. Chứng minh AI là phân giác của tam giác ABC.

Chứng minh rằng $3^{2n+1}+1$ chỉ có các ước nguyên tố dạng 3k+1 và 2.

Thế nếu đổi lại đề $A\geq \frac{3}{\sqrt{2}}$ thì có được không ạ

Bài 2, khai triển và bất đẳng thức trên quy về:
$\sum \frac{(z-x)(z-y)}{z^2}\geq 0$
Từ đây giả sử $x\leq y\leq z$
Thì bất đẳng thức trên đúng theo Schur suy rộng

Sử dụng kết quả quen thuộc sau $$8=(x+y)(x+z)(y+z)\geq \frac{8}{9}(x+y+z)(xz+yz+xz)\Leftrightarrow \frac{9}{x+y+z}\geq xy+xz+yz$$
Suy ra:$\frac{9}{\sqrt{xy}+\sqrt{xz}+\sqrt{yz}}\geq \frac{9}{x+y+z}\geq xy+xz+yz$

$$\frac{1}{x+2y} + \frac{1}{y+2z} + \frac{1}{z+2x}=\frac{z}{xz+2yz}+\frac{x}{xy+2xz}+\frac{y}{yz+2yx}\geq \frac{(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^2}{3(xy+xz+yz)}\geq$$
$$\geq \frac{3(\sqrt{xy}+\sqrt{xz}+\sqrt{yz})}{3(xy+xz+yz)}\geq \frac{(\sqrt{xy}+\sqrt{xz}+\sqrt{yz})^2}{9}\geq \sqrt[3]{xyz}$$
$P=\sqrt[3]{xyz}+\frac{1}{\sqrt[3]{xyz}}\geq 2$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=1 \,\,\,\,\,\,\, \blacksquare$

Dòng thuứ 2 từ dưới lên có sao không bạn
Làm sao mà kết luận $\frac{(\sum \sqrt{xy})^{2}}{9}\geq \sqrt[3]{xyz}$

Cho x là số nguyên dương nhỏ hơn 1 và lớn hơn 0.
Tìm GTLN và GTNN của
$\frac{1}{x}+\frac{9}{1-x^{2}}$

ý t là sau khi áp dụng bổ đề đấy zuj làm thế nào nữa.
Vui lòng không sử dụng ngôn ngữ chat trong các topic thảo luận toán.

Sau bổ đề thì đặt tiếp ẩn phụ thôi (sự dụng abc = 1) ấy:
Có nhiều cách đặt nhưng mà ta nên đặt là
$a=\frac{yz}{x^{2}};b=\frac{xz}{y^{2}};c=\frac{xy}{z^{2}}$
Thay vào rồi C-S.

Vẽ các tia Ox, Oy, Oz với góc giữa Ox, Oy là ${60^0}$, góc giữa Oy, Oz là ${60^0}$. Trên Ox, Oy, Oz lần lượt lấy các điểm A, B, C sao cho OA = a, OB = b, OC = c. Ta có:

$\begin{array}{l}
AB = \sqrt {{a^2} - ab + {b^2}} \\
BC = \sqrt {{b^2} - bc + {c^2}} \\
CA = \sqrt {{c^2} + ca + {a^2}} \\
\end{array}$

Bất đẳng thức trên chính là bất đẳng thức tam giác.

Nói như bạn thì cái đề sai rồi còn gì nữa

Ta có:
$$\dfrac{x}{y^{3}+16}=\dfrac{1}{16}(x-\dfrac{xy^{3}}{y^{3}+16})=\dfrac{1}{16}(x-\dfrac{xy^{3}}{y^{3}+2^{3}+2^{3}})\geq \dfrac{1}{16}(x-\dfrac{xy^{3}}{12b})=\dfrac{1}{16}(x-\dfrac{xy^{2}}{12})$$
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
$$\dfrac{1}{16}(3-\dfrac{xy^{2}+yz^{2}+zx^{2}}{12})\geq \dfrac{1}{6}$$
$$\Leftrightarrow xy^{2}+yz^{2}+zx^{2}\leq 4$$
Chứng minh BĐT mạnh hơn:$$xy^{2}+yz^{2}+zx^{2}+xyz\leq 4$$
Giả sử b nằm giữa a và c.
Ta có:$x(y-z)(y-x)\leq 0$
Theo bất đẳng thức AM-GM $$xy^{2}+yz^{2}+zx^{2}+xyz=y(x+z)^{2}+x(y-x)(y-z)\leq y(x+z)^{2}\leq 4$$
Từ đó ta có được điều phải chứng minh.
MOD hay quản lý del hộ mấy cái comment phía trên nhé.

Thế bạn giải như thế, dấu bằng xảy ra khi nào?????????

Có lẽ cũng chẳng cần post đáp án nữa đâu bạn
Bài 2: Áp dụng bđt Cauchy, ta đc:
$$ \frac{1}{2{{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+2}\le \frac{1}{4}\left( \frac{1}{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}+1}+\frac{1}{{{a}^{3}}+{{c}^{3}}+1} \right) $$
Từ đó, ta được: $ P\le \frac{1}{2}\left( \frac{1}{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}+1}+\frac{1}{{{a}^{3}}+{{c}^{3}}+1}+\frac{1}{{{c}^{3}}+{{b}^{3}}+1} \right)\le \frac{1}{2} $

Vì $ {{a}^{3}}+{{b}^{3}}+1\ge ab\left( a+b \right)+1=ab\left( a+b+c \right) $
Bài 3: Sử dụng pp tiếp tuyến, ta chứng minh:

$$ \frac{{{a}^{3}}}{{{a}^{2}}+ab+2{{b}^{2}}}\ge \frac{9a-5b}{16} $$
Cộng các bđt tương tự, ta có đpcm.

Bài 3 bạn chỉ cho mình cách tìm ra hệ số như vậy được không

Câu 2 tìm min hay max vậy anh, theo em đẳng thức đó chỉ có min, không có max (cho b gần chạy đến 0. a=c chạy đến dương vô cùng)

Khai triển ra ta có:
$S=2+x+y+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{x}{y}+\frac{y}{x}=2+x+y+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{xy}$
Sau đó dùng 2 đánh giá sau:
$x+y\leq \sqrt{2}\Leftrightarrow -(x+y)\geq -\sqrt{2}$
$xy\leq \frac{1}{2} \Leftrightarrow -xy\geq -\frac{1}{2}$
$2x+\frac{1}{x}\geq 2\sqrt{2}$,$2y+\frac{1}{y}\geq 2\sqrt{2}$,$4xy+\frac{1}{xy}\geq 4$
Cộng theo vế suy ra điều phải chứng minh.

Đặt hệ trục như vậy là đúng rồi nhưng không thể sử dụng đánh giá $AB+AC\geq BC$
Ta sẽ lấy điểm C' đối xứng với C qua đường thẳng y=3x. Khi đó ta chuyển về đánh giá $AB+AC\geq BC'$

Giải hệ phương trình:$$\left\{\begin{matrix} \sqrt{3x}(1+\frac{1}{x+y})=2\\ \sqrt{7y} (1-...) \end{matrix}\right.$$

Bài này ta sẽ cộng hai pt theo vế và thêm vào $x^{2}+1$
Khi đó ta suy ra:
$(x^{2}+xy+1)^{2}=(x+4)^{2}$
Xét trường hợp $x^{2}+xy+1=x+4$
Ta có hệ phương trình:
$\left\{\begin{matrix} x^{2}+2xy=6x+6\\ x^{2}+xy+1=x+4 \end{matrix}\right.$
Nhân 2 phương trình 2 và trừ theo vế ta có:$x^{2}+4x+4=0$
Vậy chỉ có 1 nghiệm là x=1, thay vào ta giải được y=2,5
Tương tự với trường hợp còn lại

Phương trình này có 1 nghiệm duy nhất x=0 vì rõ ràng hai hạng tử đều lớn hơn hoặc bằng không

Bài số học thấy cũng hài hài.
Theo giả thiết bài toán: $2^{p}\equiv 3^{p}$ (mod $x^{y+1}$)(1)
Nếu giả sử x chia hết cho p.
Theo định lý Fecma ta có 5 chia hết cho p dẫn đến p=5. Thay vào ta thấy ngay vô lý.
Nếu x không chia hết cho p.(2)
(1) (2) suy ra $2\equiv -3$ (mod $x^{y+1}$)
Lại kéo theo 5 chia hết cho p. Thay vào thấy vô lý luôn
Vậy bài toán luôn luôn không có nghiệm

Câu 1: Dùng phân tích $x^{4}+4=\left ( x^{2}-2x+2 \right )\left ( x^{2}+2x+2 \right )$
Sau đó đặt các ẩn phụ là $\sqrt{}\left ( x^{2}-2x+2 \right )=a$ và $\sqrt{}\left ( x^{2}+2x+2 \right )=b$
Ta có phương trình $a^{2}-7ab+b^{2}=0$
Giải phương trình này rồi thế x vào là xong

Bài 5: Đặt n là số nhỏ nhất của tập. Chia làm hai trường hợp:
1. Tập X này không chứa phần tử $n^{3}$
Xét các phần tử khác:
$n_{1}=k_{1}^{2}n$
$n_{2}=k_{2}^{2}n$
....
$n_{i}=k_{i}^{2}n$
Mà do các phần tử n khác nhau nên k cũng khác nhau. Do đó k là một hoán vị của tập n. Nhân theo vế suy ra vô lý.
2. Nếu tồn tại phần tử $n^{3}$
Gọi m là phần tử nhỏ nhất của X không kể số n và $n^{3}$.
Nếu m lớn hơn hoặc bằng $n^{9}$. Ta quay lại trường hợp 1 đã giải ở trên.
Nếu m nhỏ hơn hoặc bằng $n^{9}$. Ta thấy m chỉ có thể có các giá trị là $n^{9}$ hoặc $n^{5}$
Đến đây hiển nhiên ngược với yêu cầu bài toán vì ta không tồn tại các số $n^{94$ hoặc $n^{2}$
Vậy dẫn đến tập trên không thể có quá 2 phần tử.
Vậy tập X gồm hai phần tử là n và n^3 với n thuộc N

Bài 2: Thay x=0. Đặt f(0)=a.
Ta có f(y)=a+y.
Thay vào phương trình thứ 2, ta rút ra a.
Vậy f(x)=x.

Đề này cũng rất hay. Mình chém vài bài đã.
Bài 1: Bài này thì dễ rồi. Cauchy cho VT của phương trình 1 rồi vận dụng ĐK ở phương trình 2.
Từ đây, hệ lại quy về trở thành $\left\{\begin{matrix} (2x+3)^{2}(4x-1)=(2y+3)^{2}(4y-1)\\ x+y=4xy \end{matrix}\right.$
Hai vế của phương trình 1 trên rõ ràng là đồng biến theo x,y nên x=y.
Thay vào pt dưới là xong

Đề thi chọn đội tuyển lớp 10 trường THPT chuyên Lê Quí Đôn Quảng Trị
$$*******$$
Câu 1: Giải hệ phương trình sau:
$\left\{\begin{matrix} x^{2}+y=\frac{2}{y}\\ y^{2}+x=\frac{2}{x} \end{matrix}\right.$

Câu 2: Với a,b,c thuộc đoạn $\left [ 0;1 \right ]$. Chứng minh:
$a^{2}+b^{2}+c^{2}\leq a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+1$

Câu 3: Cho tam giác $AB$C nội tiếp đường tròn O. D là một điểm nằm ở trên cung Bc không chứa A. Lấy P, Q lần lượt là điểm đối xứng của D qua các đoạn thẳng $AB, AC$. Chứng minh $PQ$ luôn đi qua 1 điểm cố định.

Câu 4: cho $x,y$ là các số nguyên dương chẵn. Hãy tìm $x,y$ sao cho $x^{2}+1\vdots y+1$ và $y^{2}+1\vdots x+1$.

Câu 5: Hãy tính tổng tất cả các số có 7 chữ số sao cho các số đó chia hết cho 4 và được viết từ 7 chữ số $1,2,3,4,5,6,7$.

$\sum \frac{ab}{a+3b+2c}\leq \frac{a+b+c}{6}$ với a,b,c >0

Cho mình hỏi câu 1 có vấn đề về đề không. Sao mà mình không đưa về hệ đối xứng được.
Có lẽ đề thế này àk: $8x^{2}+8x+1=\sqrt{x+1}$ phải không