Cho $a,b $ là hai số thực thoả mãn : $0<b<a \leq 2$ và $2ab\leq 2b+a$
Chứng minh rằng : $P = a^2+b^2 \leq 5$

Nghiệm ra bao nhiêu

Đây là hình vẽ của mình, nhìn vào đấy nhé...
Thanks bạn nhé

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R). Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt (O) tại M. Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) từ B,C cắt nhau tại K. P là giao của MK với đường tròn (O) ( P khác M ). Chứng minh AP đi qua trung điểm I của BC.

Hic, toán THCS mà toàn là cấp 3 thế bạn

Xét phương trình : $x^3 + ax^2 + bx + 1 = 0 ; (a,b \in \mathbb{Q} )$
a)Chứng minh rằng : $ a = - 5, b = 3 $ là cặp hữu tỉ duy nhất làm cho phương trình đã cho có ba nghiệm trong đó có một nghiệm $2 + \sqrt{5} $.
b) Kí hiệu $ x_1, x_2, x_3 $ là ba nghiệm của phương trình trên. Đặt $S_n = x_1^n +x_2^n +x_3^n ( n \in \mathbb{N} ) $, Hãy tính $S_1 , S_2, S_3 $. Chứng minh rằng $S_n \in \mathbb{Z} $
c) Tìm số dư của phép chia $S_{2005} $ cho 4

Hạ $AE, CF$ lần lượt vuông góc với $BD$
Ta có $S_{AOB} . S_{COD} = \dfrac{1}{4} AE.OB . CF . OD = S_{AOD} . S_{BOC}$
Vậy $S_{AOD} . S_{BOC} = 36 cm^2$
Mặt khác theo bdt $AM-GM$ thì $6 = \sqrt{S_{AOD}.S_{BOC}} \leq \dfrac{S_{AOD} + S_{BOC}}{2}$
Vậy $S_{AOD} + S_{BOC} \geq 12 cm^2$
$\Rightarrow S_{ABCD} \geq 12cm^2 + 36cm^2 = ...$
Đẳng thức xảy ra khi .....

HÌ HÌ, bạn hơi nhầm, Nhưng mà hướng giải đúng, cảm ơn bạn nhé>>> ( Mình cũng vừa mới nghĩ ra, mỗi tội dài hơn một tí )
Cái đoạn cuối :
$S_{ABCD} = S_{AOB}+S_{COD}+S_{AOD}+S_{BOD}\geq 12+13=25$
Chứ không phải là 12 +36 ( Vì là phép cộng chứ không phải là phép nhân )
Nhưng mà vẫn cảm ơn bạn nhiều...

Cho tứ giác $\text{ABCD}$, các đường chéo cắt nhau tại $\text{O}$. Tính $\text{S}_{\text{ABCD}}$ khi nhỏ nhất biết $\text{S}_{\text{AOB}} = \text{4cm}^{2}$ $;$ $\text{S}_{\text{COD}} = \text{9cm}^{2}$.

Cái này ở Violympic, đề bài nó cho nhầm, x ở đồ thị ( 2) phải ở bên trên. ..
Với đề như thế này thì mình cũng không làm được bạn ạ

Tính tổng : $ \sum_{x=1}^{100}\frac{x}{x+x^2+x^4}=\frac{1}{1+1^2+1^4}+\frac{2}{2+2^2+2^4}+...+\frac{100}{100+100^2+100^4}$

pt $\Longleftrightarrow$ $(x-3)(x^4-2x^3+10+9) = 0$
$\Longrightarrow$ $(x-3)=0$ $\Longrightarrow$ $x=3$

Spoiler

Máy tính bỏ túi cũa mình bị hư rồi, mới nhẩm ra dc nghiệm là 3, có gì thiếu sót thì bổ sung thêm nhé

Giải tiếp phương trình kia này : $x^4-2x^2+10x+9=0$
Ta có
$VT = x^4-2x^2+10x+9$
$= x^4-2x^2+x^2-x^2+10x+9$
$= [x(x-1)]^2-4x(x-1)+4 +3x^2+6x+3+2 $
$= (x-x-2)^2+3(x+1)^2+2> 0=VP$
Suy ra phương trình vô nghiệm
vậy tập nghiệm của phương trình ; S={3}

Bài tập về nhà của mình đó. Nhưng mới làm đc 1 vế thôi
$a^5-a^3+a=2$
$\iff a(a^4+1)-a^3=2$
Lại có $2=a(a^4+1)-a^3\ge a^3$
$\iff a^6<4$

Mình lại chỉ làm được mỗi ý kia,:
Ta có : $a(a^4-a^2+1)=2 \Rightarrow a>0$
Nhân cả hai vế với $(a^2+1)$ ta được : $a^6+1= \frac{2}{a} (a^2+1)\Leftrightarrow a^6=\frac{2}{a}.2a-1$$VP= \frac{2}{a}.2a -1 \geqslant 4-1 =3 ( BDT co-si) \Rightarrow VT=a^6 \geq 3$
Dấu "=" không thể xảy ra vì $a=\sqrt[6]{3}$ không thoả mãn đẳng thức đầu bài.
Do đó $a^6 > 3$

Cho đa thức f(x) có các hệ số nguyên.Biết rằng f(1).f(2)=35.Chứng minh rằng f(x) ko có nghiệm nguyên

Giả sử f(x) có nghiệm nguyên là a, Khi đó $f(x)= (x-a)Q(x)$
Thay x =1;2 vào biểu thức trên ta được : $f(1)= (1-a)Q(1)$ và $f(2)= (2-a)Q(2)$ => $f(1).f(2)= (a-1)(a-2)Q(1).Q(2)$ Hay $35 = (a-1)(a-2).Q(1)Q(2)$. Ta có VT không chia hết cho 2, VP chia hết cho 2 ( vì $(a-1)(a-2)$ chia hết cho 2 ) => PT vô nghiệm => f(x) không có nghiệm nguyên