Các bạn giúp mình bài này nhé

Cho $x$, $y$ $>$$0$ thỏa mãn $x$+ $xy$+ $y$ $=$ $8$

Tìm GTNN của BT: P=$x^{3}$+$y^{3}$+ $x^{2}$+ $y^{2}$+ $5(x+y)$+ $\frac{1}{x}$+ $\frac{1}{y}$

$9=x+y+xy+1=(x+1)(y+1)\leq \left ( \frac{x+y+2}{2} \right )^2\Rightarrow (x+y+2)^2\geq 36\Rightarrow x+y\geq 4$

$P+40=(x^3+8+8)+(y^3+8+8)+(x^2+4)+(y^2+4)+\frac{19}{4}(x+y)+\frac{1}{4}(x+y)+\frac{4}{x+y}\geq 12x+12y+4x+4y+\frac{19}{4}(x+y)+2\geq 12.4+4.4+\frac{19}{4}.4+2=85\Rightarrow P\geq 45$

$minP=45 \Leftrightarrow x=y=2$

Giúp mình với 
Với a,b,c >0, chứng minh rằng
$\frac{1}{a^{3}} + \frac{1}{b^{3}} + \frac{1}{c^{3}} \geq 9 (\frac{1}{a+2b}+\frac{1}{b+2c}+\frac{1}{c+2a})-6$

$\sum \frac{1}{a^3}+6=\sum \left ( \frac{1}{a^3}+1+1 \right )\geq \sum \frac{3}{a}=\sum \left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b} \right )\geq \sum \frac{9}{a+2b}\Rightarrow đpcm$

Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn : $x+y+z=2015$.

Chứng minh rằng:

$\sum \frac{2015x-x^2}{yz}+6\geq 2\sqrt{2}.\sum \sqrt{\frac{2015-x}{x}}$

$VT=\sum \frac{(x+y+z)x-x^2}{yz}+6=\sum \left ( \frac{x}{y}+\frac{x}{z} \right )+6=t+6$  

    Với $t=\sum \left ( \frac{x}{y}+\frac{x}{z} \right )$

$VP=2\sqrt{2}.\sum \sqrt{\frac{y+z}{x}}\leq 2\sqrt{2}.\sqrt{3(\sum \frac{y+z}{x})}=2\sqrt{6t}$

Như vậy ta cần chứng minh

   $t+6\geq 2\sqrt{6t}$   (điều này luôn đúng với bất đẳng thức cô-si)

 

2.Tìm nghiệm nguyên không âm: $x^{2}= y^{2}+\sqrt{y+1}$

 

Đặt $\sqrt{y+1}=a(a\geq 1)\Rightarrow y=a^2-1$

Thế và phương trình ta có 

               $x^2=(a^2-1)^2+a>(a^2-1)^2$

Mặt khác $x^2=a^4-(2a+1)(a-1)\leq (a^2)^2$ (do $a\geq1$)

   $\Rightarrow (a^2)^2\geq x^2>(a^2-1)^2\Rightarrow x=a^2$

   $\Rightarrow a=1\Rightarrow y=0\Rightarrow x=1$

Cho : $x+y+z\geq 3$

Tìm min P =$\sum \frac{x^2}{yz+\sqrt{8+x^3}}$

Sử dụng Cô-si  $\sqrt{8+x^3}=\sqrt{(x+2)(x^2-2x+4)}\leq \frac{x^2-x+6}{2}\Rightarrow \frac{x^2}{yz+\sqrt{8+x^3}}\geq \frac{2x^2}{2yz+x^2-x+6}$

$\Rightarrow \sum \frac{x^2}{yz+\sqrt{8+x^3}}\geq 2.\frac{(x+y+z)^2}{x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2xz-x-y-z+18}$

                             $=2.\frac{(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2-(x+y+z)+18}=2.\frac{t^2}{t^2-t+18}$      Với $t=x+y+z, t \geq3$

Nhận thấy dấu = xảy ra khi $t=3$ nên khi đó $\frac{t^2}{t^2-t+18}=\frac{3}{8}$

Ta chứng minh $\frac{t^2}{t^2-t+18}\geq \frac{3}{8}$

BĐT này tương đương với $5t^2+3t-54\geq 0$   (luôn đúng do $t \geq 3$)

$\Rightarrow Min P=\frac{3}{4}\Leftrightarrow x=y=z=1$

Bài 1. Cho x, y, z >0 thỏa mãn x+y+z=3. Chứng minh rằng:

$\frac{x^{3}}{y^{3}+8}+\frac{y^{3}}{z^{3}+8}+\frac{z^{3}}{x^{3}+8}\geq \frac{1}{3}\geq \frac{1}{9}+\frac{2}{27}.(xy+yz+zx)$

 

Sử dụng bất đẳng thức cô-si:

$\frac{x^3}{(y+2)(y^2-2y+4)}+\frac{y+2}{27}+\frac{y^2-2y+4}{27}\geq \frac{x}{3}$

$\frac{z^3}{(x+2)(x^2-2x+4)}+\frac{x+2}{27}+\frac{x^2-2x+4}{27}\geq \frac{z}{3}$

Cho a, b, c > 0 và $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$. Tìm GTNN của $P=\frac{ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}}{\left ( ab+bc+ca \right )^{2}}$

Dễ thấy $a+b+c\leq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}=3$

Theo Cauchy-Schwarz 

$(a+b+c)(ab^2+bc^2+ca^2)\geq (ab+bc+ca)^2$

 $\Rightarrow \frac{ab^2+bc^2+ca^2}{(ab+bc+ca)^2}\geq \frac{1}{a+b+c}\geq \frac{1}{3}$

Sai rồi bạn tử các phân thức có là bình phương đâu mà Cauchy Schwartz

Bạn ấy làm tắt chút thôi

Bạn nhân cả tử và mẫu của mỗi phân thức ở VT lần lượt với $a,b,c$ là có bình phương ngay

Tìm các số tự nhiên n sao cho $A=2005^{n}+n^{2005}+2005n$ chia hết cho 3

Với $n=0$ không thỏa mãn

$A\equiv 1^n+n^{2005}+1.n\equiv n^{2005}+n+1  (mod3)$

Nếu $n\vdots 3\Rightarrow loại$

Nếu $n\equiv 1(mod3)\Rightarrow A\equiv 1+1+1\equiv 0(mod3)$

Nếu $n\equiv -1\Rightarrow A\equiv (-1)^{2005}+(-1)+1\equiv -1(mod3)$

Vậy $n=3k+1 (k \in N)$

1.các bạn giải phương trình này giúp mình với, mình mới tính ra số nghiệm là 4 chứ chưa giải kĩ các nghiệm ấy được

$\frac{x^{8}+x^{4}-2x^{2}+6}{x^{4}+2x^{2}+3}=11x^{2}-34$

Bạn để ý rằng $x^8+x^4-2x^2+6=(x^4+2x^2+3)(x^4-2x^2+2)$

Các bài toán phương trình vô tỉ trong các đề thi HSG tỉnh

 

 

           c) $\sqrt[3]{3x^{2}-x+2001}-\sqrt[3]{3x^{2}-7x+2002}-\sqrt[3]{6x-2003}=\sqrt[3]{2002}$

Câu c sử dụng nhân liên hợp

Ngoài ra còn có thể làm thế này 

Đặt $\left\{\begin{matrix}\sqrt[3]{3x^2-x+2001}=a & & & \\ \sqrt[3]{3x^2-7x+2002}=b & & & \\ \sqrt[3]{6x-2003}=c & & &\end{matrix}\right.\Rightarrow 2002=a^3-b^3-c^3$

Pt $\Leftrightarrow a-b-c=\sqrt[3]{a^3-b^3-c^3}$

Lập phương 2 vế rồi phân tích thành nhân tử ta được $(a-b)(a-c)(b+c)=0$

Đến đây xét 3 TH là ra 

Giải phương trình $\sqrt{5x-1}+\sqrt[3]{9-x}=2x^{2}+3x-1$

ĐK $x\geq \frac{1}{5}$

PT $\Leftrightarrow(\sqrt{5x-1}-2)+(\sqrt[3]{9-x}-2)=2x^2+3x-5 $

     $\Leftrightarrow \frac{5(x-1)}{\sqrt{5x-1}+2}+\frac{1-x}{\sqrt[3]{(9-x)^2}+2\sqrt[3]{9-x}+4}=(x-1)(2x+5)$

     $\Leftrightarrow (x-1).\left [ 2x+5+\frac{1}{\sqrt[3]{(9-x)^2}+2\sqrt[3]{9-x}+4}-\frac{5}{\sqrt{5x-1}+2} \right ]=0$

Do $\left\{\begin{matrix}2x+5\geq 2.\frac{1}{5}+5>\frac{5}{2}\geq \frac{5}{\sqrt{5x-1}+2} & & \\ \sqrt[3]{(9-x)^2}+2\sqrt[3]{9-x}+4\geq 0 & & \end{matrix}\right.\Rightarrow$ Biểu thức trong ngoặc vuông vô nghiệm

Như vậy $x-1=0 \Rightarrow x=1$

Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì $\Delta =m^2-4m> 0\Leftrightarrow \begin{bmatrix} m<0\\ m>4 \end{bmatrix}$  $(1)$

Đặt $f(x)=x^2-mx+m=(x-x_1)(x-x_2)\Rightarrow f(-2)=(-2-x_1)(-2-x_2)\leq 0$

$\Leftrightarrow 4+3m\leq 0$

$\Leftrightarrow m\leq \frac{-4}{3}$     $(2)$

Kết hợp $(1)$ và $(2)$ thì $m\leq \frac{-4}{3}$

Sau khi tìm đk để pt có 2 nghiệm phân biệt thì cũng có thể làm thế này 

Pt có  2 nghiệm là $\frac{m-\sqrt{m^2-4m}}{2};\frac{m+\sqrt{m^2-4m}}{2}$

Từ đề bài ta có $\frac{m-\sqrt{m^2-4m}}{2}\leq -2<\frac{m+\sqrt{m^2-4m}}{2}$

Đến đây ta giải $m$

Bài 41: Tìm gt của a để 2 pt sau có ít nhất 1 nghiệm chung :

$x^{2}+ax+8=0(1)$

$x^{2}+x+a=0(2)$

 

Thế này sẽ đầy đủ hơn:

Gọi $x_1$ là nghiệm chung thế thì 

$\left\{\begin{matrix}x_1^2+ax_1+8=0& & \\ x_1^2+x_1+a=0 & &\end{matrix}\right.$

Với $a=1$ thì ta thấy không thỏa mãn đề bài 

Với $a\neq1$ trừ 2 vế của 2 PT ta được$x_1=\frac{a-8}{a-1}$

Thay vào PT thứ 2 thì $\left ( \frac{a-8}{a-1} \right )^2+\left ( \frac{a-8}{a-1} \right )+a=0\Leftrightarrow (a-8)^2+(a-8)(a-1)+a(a-1)^2=0\Leftrightarrow a^3-24a+72=0\Leftrightarrow a=-6$

Thử lại vào 2 pt thấy thỏa mãn

Vậy $a=-6$

Bài 44: Tìm điều kiện của $m$ để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt

                                  $\left | x^2-2x+m \right |=x-1$

Bài 45.Cho phương trình  $x^3-(2m-1)x^2+(m^2-3m-2)x+2m^2+2m=0$

  a.Tìm $m$ để phương trình có đúng 2 nghiệm

  b.Xác định m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt $x_1,x_2,x_3$ sao cho $S=x_1^2+x_2^2+x_3^2$ đạt GTNN

Bài 46.Cho $a \neq0, 2a+3b+6c=0$. tìm khoảng cách nhỏ nhất của 2 nghiệm của phương trình 

                                  $ax^2+bx+c=0$

Bài 47.Cho 2 số $a,b \neq0$ , khác nhau thỏa mãn $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{2}$

       Chứng minh phương trình sau luôn có nghiệm $(x^2+ax+b)(x^2+bx+a)=0$

P/s:Thực ra bài 2,4 đều đưa về phương trình bậc 2 thôi   

Điều kiện: $x\geq 1$

$(1)\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x^{2}-3x+m+1=0;(2) \\ x^{2}-x+m-1=0;(3) \end{bmatrix}$

Phương trình $(1)$ có 4 nghiệm $\Leftrightarrow$ Phương trình $(2)$ và $(3)$ có 2 nghiệm phân biệt $\left\{\begin{matrix} \Delta_{2}=5-4m> 0 \\ \Delta_{3}=5-4m> 0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow m< \frac{5}{4}$

$(2)\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=\frac{3+\sqrt{5-4m}}{2} \\ x=\frac{3-\sqrt{5-4m}}{2} \end{bmatrix} ; (3)\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=\frac{1+\sqrt{5-4m}}{2} \\ x=\frac{1-\sqrt{5-4m}}{2} \end{bmatrix}$

Phương trình $(1)$ có 4 nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow$ Phương trình $(1)$ có 4 nghiệm và 2 nghiệm của phương trình $(2)$ khác với 2 nghiệm của phương trình $(3)$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m< \frac{5}{4} \\ \frac{3+\sqrt{5-4m}}{2}\neq \frac{1+\sqrt{5-4m}}{2} \\ \frac{3+\sqrt{5-4m}}{2}\neq \frac{1-\sqrt{5-4m}}{2} \\ \frac{3-\sqrt{5-4m}}{2}\neq \frac{1+\sqrt{5-4m}}{2} \\ \frac{3-\sqrt{5-4m}}{2}\neq \frac{1-\sqrt{5-4m}}{2} \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m<\frac{5}{4} \\ m\neq 1 \end{matrix}\right.$

Vậy phương trình có 4 nghiệm phân biệt khi $m\in (-\infty;\frac{5}{4})\setminus \left \{ 1 \right \}$

Đã có thiếu sót ở đây

Hình như thiếu sót là cái điều kiện $x\geq 1$ ban đầu đúng không ? Thực sự thì mình có để ý qua nhưng khi giải như vyậ... ta được m thuộc rỗng có vẻ hư cấu quá @@

Đúng rồi. Không tồn tại giá trị của m thỏa mãn đề bài

Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng $\frac{1}{a(b+1)}+\frac{1}{b(c+1)}+\frac{1}{c(a+1)}\geq \frac{3}{abc+1}$

Bđt cần chứng minh tương đương với $\frac{1+abc}{a(1+b)}+\frac{1+abc}{b(c+1)}+\frac{1+abc}{c(a+1)}\geq 3$

$\Leftrightarrow \frac{1+abc+a(1+b)}{a(b+1)}+\frac{1+abc+b(c+1)}{b(c+1)}+\frac{1+abc+c(1+a)}{c(a+1)}\geq 6$

$\Leftrightarrow [\frac{a+1+ab(c+1)}{a(b+1)}+\frac{b+1+bc(a+1)}{b(c+1)}+\frac{c+1+ca(b+1)}{c(a+1)}\geq 6$

$\Leftrightarrow [\frac{a+1}{a(b+1)}+\frac{a(b+1)}{a+1}]+[\frac{b+1}{b(c+1)}+\frac{b(c+1)}{b+1}]+[\frac{c+1}{c(a+1)}+\frac{c(a+1)}{c+1}]\geq 6$ (*)

Theo cô-si $\frac{a+1}{a(b+1)}+\frac{a(b+1)}{a+1}\geq 2$

    tương tự$\frac{b+1}{b(c+1)}+\frac{b(c+1)}{b+1}\geq 2$

                     $\frac{c+1}{c(a+1)}+\frac{c(a+1)}{c+1}\geq 2$

  $\Rightarrow (*)$ luôn đúng

 Dấu = xảy ra khi a=b=c=1

Cho x,y $\epsilon$ R và 21x^2-36xy+44y^2 $\leqslant$ 27. CMR: x+2y $\geq$ -3

Đặt $x+2y=t \Rightarrow x=t-2y$. Thay vào đầu bài ta có 

 $21(t-2y)^2-36y(t-2y)+44y^2 -27 \leq 0$

Thu gọn và nhóm hợp lí ta được $2(10y-3t)^2+3t^2-27 \leq0$

           $ \Rightarrow 3t^2-27 \leq0 \Rightarrow -3 \leq t \leq3$

Cho $x+y+z\leq \frac{3}{2}$ và x, y, z > 0. Tìm GTNN của $P=\left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+3 \right )\left ( \frac{1}{y}+\frac{1}{z}+3 \right )\left ( \frac{1}{z}+\frac{1}{x}+3 \right )$

Đặt $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=a,\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=b,\frac{1}{x}+\frac{1}{z}=c$

  $\Rightarrow P=(a+3)(b+3)(c+3)=abc+9(a+b+c)+3(ab+bc+ca)+27$

  $\geq abc+27+27\sqrt[3]{abc}+9\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$

$xyz\leq \left ( \frac{x+y+z}{3} \right )^3=\frac{1}{8}\Rightarrow abc=\left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{y} \right )\left( \frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right )\left( \frac{1}{x}+\frac{1}{z} \right ) \geq \frac{8}{xyz}\geq 64$

$\Rightarrow P\geq 64+27+144+108=343$

Tìm các số nguyên tố p, q và số nguyên x thỏa mãn $x^{5}+px+3q=0$

 Từ giả thiết ta có:

      $x(x^4+p)=-3q\Rightarrow 3q\vdots x\Rightarrow x\in \left \{ \pm 1;\pm 3;\pm q;\pm 3q \right \}$  

Dễ thấy $x<0\Rightarrow x\in \left \{ -1;-3;-q;-3q \right \}$

- TH1: $x=-1$. Thay vào đầu bài ta có:

                                                 $3q=p+1$

   +Nếu $p=2 \Rightarrow q=1$ (không thỏa mãn)

   +Nếu $q=2 \Rightarrow p=5$ (thỏa mãn)

   +Nếu $p,q>2 \Rightarrow p,q$  lẻ $\Rightarrow 3q$   lẻ, $p+1$   chẵn   (không thỏa mãn)

-TH2: $x=-3$. Thay vào đầu bài ta có:

                                          $q=p+81$    $\Rightarrow q>2$   nên  q  lẻ

   +Nếu $p=2 \Rightarrow q=83$   ( thỏa mãn)

   +Nếu $p>2 \Rightarrow p$  lẻ $\Rightarrow p+81$   chẵn    (không thỏa mãn)

-TH3: $x=-q$. Thay vào đầu bài ta có:

                                         $q^4+p=3$ ( vô lí vì $p,q \geq 2$)

-TH4: $x=-3q$. Thay vào giả thiết ta có:

                                         $81q^4+p=1$ (vô lí vì $p,q \geq 2$)

                                       Vậy $\boxed{\textrm{(x;p;q)=(-1;5;2);(-3;2;83)}}$

Đặt $(a;b;c)=(\frac{x}{y};\frac{y}{z};\frac{z}{x})$ , đưa bđt cần cm thành

$\sum \frac{x^{2}}{x^{3}+x^{2}+1}\leq\sum \frac{x}{2x+1}$

Hay $\sum(x-1)^{2}(x+1)x\geq 0$  (đúng)

Vậy bất đẳng thức đc cm

Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$ 

Thế thì $abc=1$ à

Bài 153: (Việt Nam TST 2005) 

Cho $a,b,c>0$. Chứng minh: $\left ( \frac{a}{a+b} \right )^3+\left ( \frac{b}{b+c} \right )^3+\left ( \frac{c}{c+a} \right )^3 \geq \frac{3}{8}$

$P=\left ( \frac{a}{a+b} \right )^3+\left ( \frac{b}{b+c} \right )^3+\left ( \frac{c}{c+a} \right )^3=\frac{1}{\left ( 1+\frac{b}{a} \right )^3}+\frac{1}{\left ( 1+\frac{c}{b} \right )^3}+\frac{1}{\left ( 1+\frac{a}{c} \right )^3}$

    $=\frac{1}{(1+x)^3}+\frac{1}{(1+y)^3}+\frac{1}{(1+z)^3}$       Với  $\frac{b}{a}=x,\frac{c}{b}=y,\frac{a}{c}=z\rightarrow xyz=1$

Sử dụng bất đẳng thức Am-GM:

    $\frac{1}{(1+x)^3}+\frac{1}{(1+x)^3}+\frac{1}{8}\geq \frac{3}{2}.\frac{1}{(1+x)^2}\rightarrow \frac{1}{(1+x)^3}\geq \frac{3}{4}.\frac{1}{(1+x)^2}-\frac{1}{16}$

    $\rightarrow P\geq \frac{3}{4}.\left [ \frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}+ \frac{1}{(1+z)^2}\right ]-\frac{3}{16}$

Ta cần chứng minh :  

            $\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}+ \frac{1}{(1+z)^2}\geq \frac{3}{4}$    (*)

Ta có bài toán quen thuộc:

Với  $m,n,p,q$  là các số dương có tích bằng 1 thì  

            $\frac{1}{(1+m)^2}+ \frac{1}{(1+n)^2}+\frac{1}{(1+p)^2}+ \frac{1}{(1+q)^2}\geq 1$

Áp dụng vào bài toán với  $m=x,n=y,p=z,q=1$ ta có  (*)

Vậy bài toán được chứng minh xong

Bài 163(Spain TST): Cho a,b,c>0: $a^2+b^2+c^2=3$. CMR:

$\frac{a}{a^2+b^3+c^2}+\frac{b}{b^2+c^3+a^2}+\frac{c}{c^2+a^3+b^2}\leq 1$

Sử dụng bất đẳng thức Holder:

    $(a^2+b^3+c^2)(a^2+b^3+c^2)(a^2+1+c^2)\geq (a^2+b^2+c^2)^3=27$

    $\rightarrow a^2+b^3+c^2\geq \frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{a^2+c^2+1}}\rightarrow \frac{a}{a^2+b^3+c^2}\leq \frac{a\sqrt{a^2+c^2+1}}{3\sqrt{3}}$

    $\rightarrow \sum \frac{a}{a^2+b^3+c^2}\leq \frac{\sum a\sqrt{a^2+c^2+1}}{3\sqrt{3}}$

Sử dụng bất đẳng thức  Cauchy-Schwarz:

    $\sum a\sqrt{a^2+c^2+1}\leq \sqrt{(a^2+b^2+c^2)(2a^2+2b^2+2c^2+3)}=3\sqrt{3}$

Từ đó ta có điều phải chứng minh

Bài 165 (Mediterranean Mathematical Competition 2009).Chứng minh rằng với mọi  $a,b,c $ dương ta luôn có:

$$\sum \frac{ab}{a^2+ab+b^2}\leq \frac{a}{2a+b}+\frac{b}{2b+c}+\frac{c}{2c+a}$$