congdan9aqxk

bạn nào có tài liệu về bước nhảy vi-et thì có thể chia sẻ cho mình và các bạn trên diễn đàn... mình đã tìm trên google mà chẳng thấy được tài liệu về bước nhảy vi-et .... rất mong được giúp đỡ

https://julielltv.wo...uoc-nhay-viete/

bạn có thể vào trang trên để xem

Cho a,b,c thực dương thỏa mãn: $ab+bc+ca=3$

Tìm GTNN của $K=\frac{1}{abc}+\frac{4}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

$K=\frac{1}{2abc}+(\frac{1}{2abc}+\frac{4}{(a+b)(a+c)(b+c)})\geq \frac{1}{2abc}+2\sqrt{\frac{2}{(ab+ac)(ab+bc)(ac+bc)}}$

mà $abc\leq 1;\prod (ac+bc)\leq \frac{8(ab+ac+bc)^{3}}{27}=8\Rightarrow K\geq \frac{1}{2}+2\sqrt{\frac{2}{8}}=\frac{3}{2}$

Cho các số thực dương a;b;c thỏa mãn a+b+c=3

CMR:$\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca}+\sum \frac{a}{a^{2}+1}\geq \frac{5}{2}$

bất đẳng thức tương đương với :

$\frac{2(\sum a^{2})}{ab+ac+bc}+\sum \frac{(a+1)^{2}}{a^{2}+1}\geq 8$

$\sum \frac{(a+1)^{2}}{a^{2}+1}\geq \frac{36}{\sum a^{2}+3}$

Đặt $\sum a^{2}=t\Rightarrow ab+ac+bc=\frac{9-t}{2}$

Ta cần chứng minh: $\frac{4t}{9-t}+\frac{36}{t+3}\geq 8\Leftrightarrow 12(t-3)^{2}\geq 0$ (hiển nhiên đúng)

$\fn_cm \large Cho a,b\epsilon R;x,y,z>0.CMR: \sum \frac{x^2}{(ay+bz)(az+by)} \geq \frac{3}{(a+b)^2}$

$\frac{x^{2}}{(ay+bz)(az+by)}=\frac{x^{2}}{yz(a^{2}+b^{2})+ab(y^{2}+z^{2})}\geq \frac{2x^{2}}{(y^{2}+z^{2})(a+b)^{2}}$

(Vì $2yz\leq y^{2}+z^{2}$ )

$\Rightarrow \sum \frac{x^{2}}{(ay+bz)(az+by)}\geq \frac{2}{(a+b)^{2}}(\sum \frac{x^{2}}{y^{2}+z^{2}})$

mà $\sum \frac{x^{2}}{y^{2}+z^{2}}\geq \frac{3}{2}$ (bất đẳng thức netbit) 

Vậy bài toán được chứng minh.

Được dùng máy tính ko anh ?

không được dùng máy tính bạn à

Câu hệ:

Từ PT đầu ta được: $x=\frac{9y+1}{y-3}\Rightarrow (x-1)^{2}=\frac{16(2y+1)^{2}}{(y-3)^{2}}$

Thay vào PT thứ hai , được : $\frac{16(2y+1)^{2}}{(y-3)^{2}}y^{2}+2y+1=0\Leftrightarrow \begin{bmatrix} 2y+1=0 & \\ 16y^{2}(2y+1)+(y-3)^{2}=0 & \end{bmatrix}$

$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} y=\frac{-1}{2} & \\ 32y^{3}+17y^{2}-6y+9=0 & \end{bmatrix} \Leftrightarrow \begin{bmatrix} y=\frac{-1}{2} & & \\ (y+1)(32y^{2}-15y+9)=0 & & \end{bmatrix}$

Đến đây là OK rồi

Từ điều kiện bài ra => $1\leq x^{2}+y^{2}+1\leq 3$

Ta có : $(2x^{2}+1)(2y^{2}+1)\leq \frac{(2x^{2}+1+2y^{2}+1)^{2}}{4}=(x^{2}+y^{2}+1)^{2}=>\frac{x^{2}+y^{2}+1}{(2x^{2}+1)(2y^{2}+1)}\geq \frac{1}{x^{2}+y^{2}+1}=\frac{1}{3}$

Tương tự có : $xy\leq \frac{(x+y)^{2}}{4}=1=>\frac{1}{xy}\geq 1$

Cộng từng vế => $P\geq \frac{4}{3}$

Dấu = khi $x=y=1$

P/s : thấy sai sai ở đâu đó thì phải   

chỗ đó sai kìa. 

Sử lại: 

 $(2x^{2}+1)(2y^{2}+1)\leq \frac{(2x^{2}+1+2y^{2}+1)^{2}}{4}=(x^{2}+y^{2}+1)^{2}=>\frac{x^{2}+y^{2}+1}{(2x^{2}+1)(2y^{2}+1)}\geq \frac{1}{x^{2}+y^{2}+1}$

$P\geq \frac{1}{x^{2}+y^{2}+1}+\frac{1}{3xy}+\frac{1}{3xy}+\frac{1}{3xy}\geq \frac{9}{x^{2}+y^{2}+1+6xy}+\frac{1}{3xy}$

$=\frac{9}{(x+y)^{2}+1+4xy}+\frac{1}{3xy}=\frac{9}{5+4xy}+\frac{1}{3xy}$

mà $$xy\leq 1\Rightarrow P\geq \frac{4}{3}$$

Cho $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$ và $\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z}=0$ . Chứng minh rằng: $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}$

$\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{x}{c}=1\Rightarrow \sum xbc=abc$

$\Rightarrow \sum x^{2}b^{2}c^{2}+2abc\sum ayz=a^{2}b^{2}c^{2}$

mà $\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z}=0\Rightarrow \sum ayz=0\Rightarrow \sum x^{2}b^{2}c^{2}=a^{2}b^{2}c^{2}\Rightarrow \sum \frac{x^{2}}{a^{2}}=1$

Tìm nghiệm nguyên của phương trình $y^2=x^4+3x^2+1$.

Đặt $x^{2}=a$

Ta có:$a^{2}+3a+1-y^{2}=0\Rightarrow \Delta =4y^{2}+5=m^{2}\Leftrightarrow (m-2y)(m+2y)=5$

Cho x,y,z > 0 và $\sum x^{2015}=3$

Tìm GTLN của $M=\sum x^2$

$x^{2015}+x^{2015}+2013\geq 2015\sqrt[2015]{x^{4030}}=2015x^{2}$

$\Rightarrow 2\sum x^{2015}+3.2013\geq 2015\sum x^{2}\Leftrightarrow 3.2015\geq 2015\sum x^{2}$

nên $\sum x^{2}\leq 3$

Dấu = xảy ra khi x=y=z=1

Lời giải bài 72.

$4a^{2}-1\vdots 4ab-1\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 4a^{2}-1\geq 4ab-1 & \\ a(4ab-1)+a-b\vdots 4ab-1 & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a\geq b & \\ a-b\vdots 4ab-1 & \end{matrix}\right.$

$$\Rightarrow \begin{bmatrix} a-b=0 & \\ a-b\geq 4ab-1(1) & \end{bmatrix}$$

Dễ thấy (1) vô lí.

Chứng minh rằng $\sqrt{11a+6b+8(1+ab)}$ không phải là 1 số nguyên với các số nguyên $a,b \geq 0$

P/s: Đề mình chế, có gì sơ suất mong các bạn thông cảm

cái đề có thể là 12a+6b+8(1+ab). đề như vậy thì dễ.

Câu 3:Ta có:

$x^{3}< x^{3}+2x^{2}+3x+2<(x+2)^{3}\Rightarrow x^{3}< y^{3}<(x+2)^{3}\Rightarrow y^{3}=(x+1)^{3}$

nên $x^{3}+2x^{2}+3x+2=(x+1)^{3}$

Bài này áp dụng định lý phần dư trung hoa.

GS $b\neq a$. Cho n=1 ta có $b+1\vdots a+1\Rightarrow b>a$.

Xét p là số nguyên tố (p>b)

Theo định lý phần dư trung hoa tồn tại n sao cho:$\left\{\begin{matrix} n\equiv 1 (mod p-1) & \\ n\equiv -a(modp) & \end{matrix}\right.$

nên n=k(p-1)+1=tp-a.

Theo định lý fecma nhỏ. ta có:

$a^{n}=a.a^{k(p-1)}\equiv a(modp)\Rightarrow a^{n}+n\equiv a+n\equiv 0(modp)\Rightarrow a^{n}+n\vdots p$

$b^{n}=b.b^{k(p-1)}\equiv b(modp)\Rightarrow b^{n}+n\equiv b+n\equiv b-a$ (mod p)

$\Rightarrow b-a\vdots p\Rightarrow b-a\geq p$ (vô lí)

Vậy a=b

Ta có:

$P\geq \frac{(\sum x^{2})^{2}}{\sum 2xy(x+z)}$

mà $\sum xy(x+z)\leq \sqrt{(\sum x^{2}y^{2})(\sum (x+z)^{2})}\doteq \sqrt{(\sum x^{2}y^{2})2(x^{2}+y^{2}+z^{2}+xy+xz+yz)}$

lại có $\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}\geq \sqrt{\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}+xy+xz+yz}{2}}$

$(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}\geq 3(\sum x^{2}y^{2})\geq x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq \sqrt{3(\sum x^{2}y^{2})}$

nên $P\geq \frac{\sqrt{3(x^{2}+y^{2}+z^{2})}}{4}\geq \frac{x+y+z}{4}\geq \frac{\sum \sqrt{xy}}{4}=\frac{1}{4}$

Vậy min P=1/4