Bài 76:
\[\sqrt[3]{{2x + 1}} + \sqrt[3]{{2x + 2}} + \sqrt[3]{{2x + 3}} = 0\]

P/s: Số thự tự đánh sai kìa!

Đặt $\sqrt[3]{2x+2}=a.$
Viết lại phương trình: $\sqrt[3]{a-1}+\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{a+1}=0$
$\Leftrightarrow \sqrt[3]{a}=-(\sqrt[3]{a-1}+\sqrt[3]{a+1})$
$\Leftrightarrow a=-(2a-3\sqrt[3]{a^3-a})$
$\Leftrightarrow a=-\sqrt[3]{a^3-a}$
$\Leftrightarrow a^3=-a^3+a$
$\Leftrightarrow a(2a^2-1)=0$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
a=0\\
a=\frac{1}{\sqrt{2}}\\
a=-\frac{1}{\sqrt{2}}
\end{bmatrix}$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
x=-1\\
x=\frac{1-2\sqrt{2}}{2\sqrt{2}}\\
x=-\frac{1+2\sqrt{2}}{2\sqrt{2}}
\end{bmatrix}$

1 câu Tiếng Anh nhé các bạn.
It's greater than God, and more evil than the devil. The poor have it, the rich need it, and if you eat it, you'll die. What is it?

Em cũng xin phần thưởng là bào TH&TT, gửi tới địa chỉ: "Số nhà 12, lô 4D, đường Trung Yên 10, khu Trung Yên, Cầu Giấy, Hà Nội". (gửi từ số tháng 8 nhé thầy )

Đánh chén. Cái này đơn giản.

Bài làm của daovuquang:
Viết lại hệ pt:\[
\left\{ \begin{array}{l}
2x\left( {y^2 + a^2 } \right) = y\left( {y^2 + 9a^2 } \right)(1) \\
2y\left( {z^2 + a^2 } \right) = z\left( {z^2 + 9a^2 } \right)(2) \\
2z\left( {x^2 + a^2 } \right) = x\left( {x^2 + 9a^2 } \right)(3) \\
\end{array} \right.
\]
Dễ thấy $x=y=z=0$ là nghiệm của pt. Dưới đây ta chỉ xét $x,y,z\neq 0.$
Xét $2x(y^2+a^2)=y(y^2+9a^2).$
$\Rightarrow \frac{2x}{y}=\frac{y^2+a^2}{y^2+9a^2}.$
Nhận xét: $VP\geq 0\Rightarrow VT\geq 0\Rightarrow x,y$ cùng dấu.
Tương tự, $y,z$ cùng dấu$\Rightarrow x,y,z$ cùng dấu.
TH1: $x,y,z>0$
Giả sử $x=max{x;y;z}$.
Xét $2x(y^2+a^2)=y(y^2+9a^2).$
Vì $x\geq y$ nên $2y^2+2a^2\leq y^2+9a^2$
$\Leftrightarrow y^2\leq 7a^2\Leftrightarrow y\geq \sqrt{7}a.$
Ta xét tiếp $2z(x^2+a^2)=x(x^2+9a^2)$
Vì $x\geq z$ nên $2x^2+2a^2\geq x^2+9a^2$
$\Leftrightarrow x\geq \sqrt{7}a(4).$
Quay trở lại $(1)$, ta thấy $(1)\Leftrightarrow x=\frac{y(y^2+9a^2)}{2(y^2+a^2)}.$
Ta sẽ chứng minh $\frac{y(y^2+9a^2)}{2(y^2+a^2)}\leq\sqrt{7}a$
$\Leftrightarrow y^2+9a^2y\leq2\sqrt{7}y^2+2\sqrt{7}a^3$
$\Leftrightarrow (\sqrt{7}-y)(y^2-\sqrt{7}y+2)\geq0.$
Nhận thấy BĐT cuối luôn đúng do $\sqrt{7}-y\geq\sqrt{7}-\sqrt{7}=0$ và $y^2-\sqrt{7}y+2=(y-\frac{\sqrt{7}}{2})^2+\frac{1}{4}\geq0.$
Suy ra $\frac{y(y^2+9a^2)}{2(y^2+a^2)}\leq\sqrt{7}a\Rightarrow x\leq\sqrt{7}a(5).$
Kết hợp $(4)$ và $(5)$, ta được $x=\sqrt{7}a.$
Thay vào $(1)$, ta được $y=\sqrt{7}a.$ Thay vào $(2)$, ta được $\Rightarrow z=\sqrt{7}a\Rightarrow x=y=z=\sqrt{7}a.$
TH2: $x,y,z<0$
Đặt $x=-m; y=-n; z=-p\Rightarrow m,n,p>0.$
Viết lại hệ pt:\[
\left\{ \begin{array}{l}
2m\left( {n^2 + a^2 } \right) = n\left( {n^2 + 9a^2 } \right)\\
2n\left( {p^2 + a^2 } \right) = p\left( {p^2 + 9a^2 } \right)\\
2p\left( {m^2 + a^2 } \right) = m\left( {m^2 + 9a^2 } \right)\\
\end{array} \right.
\]
Việc giải hệ này giống hệt như TH1$\Rightarrow$ pt có nghiệm $x=y=z=-\sqrt{7}a.$
Kết luận: $(x;y;z)=(0;0;0);(\sqrt{7}a;\sqrt{7}a;\sqrt{7}a);(-\sqrt{7}a;-\sqrt{7}a;-\sqrt{7}a).$


Em sai từ chỗ này

Xét $2x(y^2+a^2)=y(y^2+9a^2).$
$\Rightarrow \frac{2x}{y}=\frac{y^2+a^2}{y^2+9a^2}.$

Cho em 7 đ

D-B=25h
E=7
F=0
S=42

Bài làm của daovuquang:
Bổ đề 1: $x,y,z>0$ cmr $x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}$ $(1)$
Chứng minh: Đặt $x=a^3,y=b^3,z=c^3.$ Khi đó $(1) \Leftrightarrow a^3+b^3+c^3-3abc\geq 0 \Leftrightarrow (a+b+c).\frac{1}{2}\left[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right]\geq 0$
Hiển nhiên do $x,y,z>0 \Rightarrow a,b,c>0$ và $\dfrac{1}{2}\left[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right]\geq 0$ dấu $=$ khi $a=b=c \Rightarrow x=y=z$
Bổ đề 2: $x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+zx$
Chứng minh: Biến đổi tương đương ta được $\frac{1}{2}[(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2]\geq 0.$
Dấu $"="$ xảy ra khi $x=y=z.$
Áp dụng 2 bổ đề trên vào bài, ta được $A\geq \dfrac{3\sqrt[3]{xyz}+4xyz}{1+4(x^2+y^2+z^2)}$ $(2)$
Mặt khác $x^2+y^2+z^2=\dfrac{1-16xyz}{4}(gt)$
Thay vào $(2)$ suy ra $A\geq \dfrac{3\sqrt[3]{xyz}+4xyz}{1+4(x^2+y^2+z^2)}=\dfrac{3\sqrt[3]{xyz}+4xyz}{1+4\left(\frac{1-16xyz}{4}\right)}=\dfrac{3\sqrt[3]{xyz}+4xyz}{2(1-8xyz)}$
Đặt $\sqrt[3]{xyz}=k$
Suy ra $A\geq \dfrac{3k+4k^3}{2(1-8k^3)}$
Mặt khác nhận thấy từ điều kiện $x^2+y^2+z^2=\dfrac{1-16xyz}{4} \Rightarrow 4(x^2+y^2+z^2)+16xyz=1$
$1=4(x^2+y^2+z^2)+16xyz\geq 12\sqrt[3]{x^2y^2z^2}+16xyz$ (áp dụng bổ đề)
$\leftrightarrow 12\sqrt[3]{x^2y^2z^2}+16xyz-1 \le 0 \Rightarrow 12k^2+16k^3-1\le 0 \Rightarrow \left(k-\dfrac{1}{4}\right).\left(k+\dfrac{1}{2}\right)^2\le 0$
Do đó $k-\dfrac{1}{4}\le 0$ (do $\left(k+\dfrac{1}{2}\right)^2\geq 0$)
$\Leftrightarrow k\le \dfrac{1}{4}$ mà $x,y,z>0 \Rightarrow 0<k\leq\dfrac{1}{4}$
Như vậy $A\geq \dfrac{3k+4k^3}{2(1-8k^3)}$ với mọi $0<k\le \dfrac{1}{4}$
Suy ra $A\geq max\left(\dfrac{3k+4k^3}{2(1-8k^3)}\right)$ với $0<k\le \dfrac{1}{4}$ (ta làm được điều này do $0<k\le \dfrac{1}{4}$ là tập xác định)
Ta sẽ chứng minh $max\left(\dfrac{3k+4k^3}{2(1-8k^3)}\right)=\dfrac{13}{28}$
$\Leftrightarrow 28(3k+4k^3)\le 26(1-8k^3)$
$\Leftrightarrow 320k^3+84k-26\le 0$
$\Leftrightarrow 2(4k-1)(40k^2+10k+13)\le 0$
$\Leftrightarrow (4k-1)\le 0$ (do $40k^2+10k+13=40(k^2+\dfrac{1}{4}k+\dfrac{13}{40})=40[(k+\dfrac{1}{8})^2+\dfrac{99}{320}]>0$
$\Leftrightarrow k\le \dfrac{1}{4}$ đúng do ta đã cm trên
Suy ra $max\left(\dfrac{3k+4k^3}{2(1-8k^3)}\right)=\dfrac{13}{28} \Rightarrow A\geq \dfrac{13}{28}$
Dấu $=$ khi $x=y=z$ và $k=\sqrt[3]{xyz}=\dfrac{1}{4} \Rightarrow x=y=z=\dfrac{1}{4}$

Lại là xét hàm nữa đây mà
Mở rộng không đc công nhận
D-B=38h
E=10
F=0
S=40

Mở rộng 1: Ta sẽ thử mở rộng số mũ của x,y,z:
Cho $x,y,z$ thỏa mãn $x^{2n}+y^{2n}+z^{2n}=\frac{1-16(xyz)^n}{4}.$
Tìm GTNN của $A=\frac{x^n+y^n+z^n+4(xyz)^n}{1+4[(xy)^n+(yz)^n+(zx)^n]}.$

Ta nhận thấy nếu đặt $x^n=a; y^n=b; z^n=c$ thì quay trở về bài toán ban đầu.

Câu 2.
1. $\left\{\begin{matrix} x-2y-\frac{2}{x}+1=0(1)\\x^{2}-4xy+4y^{2}-\frac{4}{x^{2}}+1=0(2)\\ \end{matrix}\right.$
Đặt $x-2y=a; \frac{2}{x}=b$, ta viết lại pt:
$\left\{\begin{matrix} a-b+1=0\\a^2-b^2+1=0\\ \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a-b+1=0\\a^2-b^2=a-b\\ \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a-b+1=0\\(a-b)(a+b-1)=0\\ \end{matrix}\right.$
Xét 2 trường hợp:
TH1: $a-b=0\Rightarrow$ loại do $a-b+1=1\neq0.$
TH2: $a+b=1\Rightarrow a+b=b-a\Leftrightarrow a=0\Leftrightarrow x=2y.$
Thay vào pt $(1)$ được $\frac{2}{x}=1\Leftrightarrow x=2\Leftrightarrow y=4.$
Vậy pt có nghiệm duy nhất $(x;y)=(2;4).$

Câu 1.
1. $A=n^5+5n^3-6n=n(n^4+5n^2-6)=n(n^2-1)(n^2+6)=(n-1)n(n+1)(n^2+6)$
Dễ thấy $(n-1)n(n+1) \vdots 6.$
Ta sẽ chứng minh $A\vdots 5.$
Thật vậy:
$*n=5k\Rightarrow A\vdots 5.$
$*n=5k+1\Rightarrow (n-1)\vdots 5\Rightarrow A\vdots 5.$
$*n=5k+2$ hoặc $n=5k+3\Rightarrow (n^2+6)\vdots5\Rightarrow A\vdots5.$
$*n=5k+4\Rightarrow (n+1)\vdots 5\Rightarrow A\vdots5.$
Kết hợp lại, ta được đpcm.

Cho mình góp vui với ^^
Bài 7: Giải phương trình nghiệm nguyên:
$$x^{4} - y^{4} + z^{4}+2x^{2}z^{2}+3x^{2}+4z^{2}+1=0$$

Bài 7 đã có ở đây.
http://diendantoanho...42x2z23x24z210/

Bài 19: Tìm $a,b,c$ nguyên dương với $a\ge b\ge c$, biết $a^2-b^2-c^2+ab=2011$ và $a^2+3b^2+3c^2-3ab-2bc-2ca=-1997$.

Bài 8 đã có ở đây. http://diendantoanho...-hơn-19-chữ-số/
P/S: post mấy bài ko có trong VMF đi

Bài 26: dùng định lí Euler
Bài 27: trùng với bài 20

Bài toán:
Cho tam giác ABC đều, O là 1 điểm bất kì nằm trong tam giác ABC. CMR: OA, OB, OC thỏa mãn bất đẳng thức tam giác.

Cách khác: qua $O$ kẻ 3 đường thẳng song song với 3 cạnh tam giác, cắt $AB$ tại $P_{1},P_{2}$; $BC$ tại $M_{1}, M_{2}$; $CA$ tại $N_{1}, N_{2}$. Ta sẽ chứng minh 3 cạnh $\triangle{M_{2}N_{2}P_{2}}$ tương ứng bằng $OA, OB, OC.$

Theo em, Box BĐT THCS nên có đủ các bài toán lớp 6, 7, 8, 9.

Vậy mong bạn đóng góp những bài toán lớp 6, 7 cho VMF.

Bài 4: (lời giải của nguyenta98)

Bài 1:
a, Tính $a=1$ rồi thay vào. Đáp số: $f(a)=-1$.
b, Từ $xyz=144 \Rightarrow \sqrt{xyz}=12$. Thay vào, tính được $P=1$.
P/S: mình chắc $\leq 19$ điểm

12. Đã nhận được giấy mời qua email.

Bài toán: Trong 1 chuyến xe buýt, ở bến cuối cùng có một nửa số hành khách có chỗ ngồi. Hỏi có bao nhiêu hành khách đã ở trên xe đến bến cuối cùng, cho biết sau bến đỗ đầu tiên, số hành khách tăng thêm 8%.

1. Họ và tên: Đào Vũ Quang
2. Nick trên Diễn đàn: daovuquang
3. Ngày sinh: 13/07/1998
4. Nghề nghiệp: Học sinh
5. Địa chỉ nhà: số nhà 12, lô 4D, khu Trung Yên, Cầu Giấy, Hà Nội
6. Mail/ Số điện thoại liên lạc: [email protected]
7. Địa điểm đăng kí tham gia: Hà Nội
8. Bạn có muốn tham gia vào BTC không: không

Lời giải sai do $n$ không phải là số tự nhiên.

OIUEQF

Đã thử lại rồi còn sai.
$1+41,5.8$ chứ có phải $(1+41,5).8$ đâu?

Xét $p=2\Rightarrow 5^p+12^p=5^2+12^2=169=13^2\Rightarrow$ chọn.
Xét $p>2\Rightarrow p$ lẻ.
Nhận xét $12^p\equiv 0 (mod 3)$ và $5^p\equiv (-1)^p\equiv -1 (mod 3)$
$\Rightarrow 5^p+12^p\equiv -1\equiv 2 (mod 3)$
Do 1 số chính phương chia $3$ dư $0$ hoặc $1$ (điều này dễ chứng minh, ta xét các trường hợp đồng dư mod 3)$\Rightarrow p>2$ không thỏa mãn.
Vậy $p=2.$
Bài dễ quá.

Chưa chứng minh số chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1.
D-B=13.1h
E=9
F=0
S=61.9

Lần sau đề nghị bạn Bui Nhat Son vẽ hình trước khi nói.

Có mấy chỗ bạn nhầm dấu + thành dấu =.

P/S: các bạn thi thế nào

Đề mang đúng thương hiệu của bạn bong hoa cuc trang.
$(x-7)^1-(x-7)^11=0$
$\Leftrightarrow (x-7)[1-(x-7)^10]=0$
$\Leftrightarrow x=7$ hoặc $(x-7)^10=1$
$\Leftrightarrow x=7$ hoặc $x=8$ hoặc $x=6$.
Vậy $x \in {6;7;8}$
Sorry BTC em ko biết viết kí hiệu hoặc.

D-B=6.8h
E=10
F=1 * 10=10
S=81.2