Lấy $PT(1)-(27x-27y-9)PT(2)$ ta được:

$$- \left(x -2\,y-1 \right)  \left( 2\,x-y-1 \right)  \left( 5\,{x}^{2}-8\,xy+5\,{y}^{2}+3\,x-3\,y+2 \right) =0$$

Đến đây dễ dàng rồi ...

 

Thế nhờ bác giải hộ hệ này =)) 

$\left\{\begin{matrix} (2x-y)^{2014}+(2y-x)^{2014}=1\\ (x-y)(x^2+y^2-xy)=\frac{1}{9} \end{matrix}\right.$

Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} (2x-y)^4+(2y-x)^4=1\\ (x-y)(x^2+y^2-xy)=\frac{1}{9} \end{matrix}\right.$

Câu I. 1) Rút gọn

$S=\frac{1}{2\sqrt{1}+\sqrt{2}}+\frac{1}{3\sqrt{2}+2\sqrt{3}}+\frac{1}{4\sqrt{3}+3\sqrt{4}}+...+\frac{1}{100\sqrt{99}+99\sqrt{100}}$

 

2) Giải phương trình: $\sqrt[3]{1-2x}+\sqrt{x+3}=1$

 

Câu II. 1) Tìm các cặp số nguyên $(x;y)$ thỏa mãn: $2x^2+3xy+y^2-4x-3y+1=0$

 

2) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} 2x^2-xy=1\\ x^3-5xy^2-x^2+5y^2+4x=4\end{matrix}\right.$

 

Câu III. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ cố định, $B,C$ cố định, $A$ di chuyển trên $(O)$. $D$ thuộc đoạn $BC$ sao cho $AD$ là phân giác $\angle BAC$. Đường tròn $(K)$ đi qua $A$ tiếp xúc $BC$ tại $D$.

1) Chứng minh $(K)$ tiếp xúc $(O)$

2) Gọi $(K)$ giao $CA,AB$ lần lượt tại $E,F$ khác $A$. $BE,CF$ lần lượt cắy $(K)$ tại $G,H$ khác $E,F$. $AG,AH$ cắt $BC$ lần lượt tại $M,N$. Chứng minh rằng: độ dài $MN$ không đổi khi $A$ di chuyển

 

Câu IV. Với các số dương $a,b$ thỏa mãn $a^3+b^3+6ab \leq 8$, tìm GTNN của $P=\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{3}{ab}+ab$

 

 

 

 

 

Gọi a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác có ba góc nhọn. Chứng minh rằng với mọi số thực x,y,z ta luôn có:

        $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}+\frac{z^{2}}{c^{2}}> \frac{2x^{2}+2y^{2}+2z^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$

Coi như đề là dấu $ \geq $ đi.

Trước hết với tam giác nhọn có 3 cạnh $a,b,c$, ta có hệ thức $b^2+c^2-2 cos \alpha bc =a^2$ với $\alpha$ là góc đối cạnh $a$ (Bạn tự CM bằng cách kẻ đường cao từ 1 trong 2 đỉnh của cạnh $a$)

Từ đó ta có $b^2+c^2-a^2=2cos \alpha bc >0$. Tương tự $a^2+b^2-c^2 >0$ và $c^2+a^2-b^2 >0$

*** Bài toán:

Đpcm $\iff (\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2})(a^2+b^2+c^2) \geq 2(x^2+y^2+z^2) \iff x^2+y^2+z^2+\frac{x^2}{a^2}(b^2+c^2)+\frac{y^2}{b^2}(a^2+c^2)+\frac{z^2}{c^2}(a^2+b^2) \geq 2(x^2+y^2+z^2) \iff x^2(\frac{b^2+c^2}{a^2}-1) +y^2(\frac{a^2+c^2}{b^2}-1)+z^2(\frac{b^2+a^2}{c^2}-1)\geq 0 \iff \frac{x^2(b^2+c^2-a^2)}{a^2}+\frac{y^2(c^2+a^2-b^2)}{b^2}+\frac{z^2(a^2+b^2-c^2)}{c^2}\geq 0$

BĐT cuối đúng theo nhận xét ở trên. Dấu $=$ xảy ra $\iff x=y=z=0$

Bài 1 :

Trên mặt phẳng tọa độ $Oxy$ cho parabol $(P):y=x^2$ và đường thẳng $(d) : y=mx+1$ cắt nhau tại $A$ và $B$. Để độ dài $AB$ nhỏ nhất thì $m=$ ???

Giả sử $A$ và $B$ có tọa độ $A(x_A;y_A)$ và $B(x_B;y_B)$ 

=> $y_A=x_A^2$ và $y_B=x_B^2$

Theo công thức tính khoảng cách giữa 2 điểm trên MP toạ độ 

$AB=\sqrt{(x_A-x_B)^2+(y_A-y_B)^2}=\sqrt{(x_A-x_B)^2+(x_A^2-x_B^2)^2}$

Mặt khác, $x_A$ và $x_B$ là 2 nghiệm PT $x^2-mx-1=0$ (PT này lúc nào cũng có nghiệm) nên theo định lí Viet $\left\{\begin{matrix} x_A+x_B=m\\  x_Ax_B=-1 \end{matrix}\right.$

Do đó $x_A^2+x_B^2=(x_A+x_B)^2-2x_Ax_B=m^2+2$ và $x_A^4+x_B^4=(x_A^2+x_B^2)^2-2x_A^2x_B^2=(m^2+2)^2-2=m^4+4m^2+2$

=> $AB=\sqrt{(x_A-x_B)^2+(x_A^2-y_B^2)^2}=\sqrt{x_A^2+x_B^2-2x_Ax_B+x_A^4+x_B^4-2x_A^2x_B^2}=\sqrt{m^2+4+m^4+4m^2+2-2}=\sqrt{m^4+5m^2+4}\geq \sqrt{4}=2$

Dấu "=" $\iff m=0$

Vậy $AB_{min}=2 \iff m=0$

Cho $a,b,c \ge 0$.Chứng minh rằng:

$\sqrt{a^4+b^4+c^4}+\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2} \ge \sqrt{a^3b+b^3c+c^3a}+\sqrt{ab^3+bc^3+ca^3}$

 

 

(BEAD) Ta dùng cô si :$\sum (a^{4}+a^{2}b^{2})\geq \sum (2a^{3}b)$,và $\sum (a^{4}+c^{2}a^{2})\geq \sum (2a^{3}c)$,từ đây suy ra $\sum a^{4}+\sum b^{2}c^{2}\geq \sum ab(a^{2}+b^{2})$,lại áp dụng BĐT Cs,ta có$(a^{4}+b^{4}+c^{4})(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})\geq (\sum a^{3}b)^{2}$ và $(a^{4}+b^{4}+c^{4})(a^{2}c^{2}+b^{2}c^{2}+b^{2}a^{2})\geq (\sum b^{3}a)^{2}$,từ đây suy ra $(\sum a^{4})(\sum b^{2}c^{2})\geq (\sum a^{3}b)(b^{3}a)$,dùng 2 BĐT ta vừa chứng minh bằng cách bình phương 2 vế của đề bài,ta có đ.p.c.m

Hoặc có thể là Mincowski cùng 1 ít AM-GM, vừa nhanh vừa gọn

$\sqrt{a^4+b^4+c^4}+\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2} \geq \sqrt{(a^2+ab)^2+(b^2+bc)^2+(c^2+ca)^2} \geq 2\sqrt{a^3b+b^3c+c^3a}$

$\sqrt{a^4+b^4+c^4}+\sqrt{c^2a^2+a^2b^2+b^2c^2} \geq \sqrt{(a^2+ca)^2+(b^2+ab)^2+(c^2+bc)^2} \geq 2\sqrt{a^3c+b^3a+c^3b}$

Cộng lại có đpcm

Ông nói chuẩn,nhưng vẫn ngon, thi cụm nào vậy?

Tui thi ở Thanh Xuân

Đề năm nay không khó, mỗi tội nhầm mất bài 2 

Nhưng ít ra nó khó hơn năm ngoái 

Bài 1 (5 điểm)

a) Tìm các số thực $a,b$ sao cho đa thức $4x^4-11x^3-2ax^2+5bx-6$ chia hết cho đa thức $x^2-2x-3$

b) Cho biểu thức $P=(a^{2013}-8a^{2012}+11a^{2011}) + (b^{2013}-8b^{2012}+11b^{2011})$. Tính giá trị của $P$ với $a=4+\sqrt{5}$ và $b=4-\sqrt{5}$

 

Bài 2 (5 điểm)

a) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} 6x^2-y^2-xy+5x+5y-6=0\\ 20x^2-y^2-28x+9=0 \end{matrix}\right.$

$\sum ab(a^2+b^2)=\sum a^3b+ab^3\leq \sum \frac{a^4+a^4+a^4+b^4}{4}+\frac{a^4+b^4+b^4+b^4}{4}=2(a^4+b^4+c^4)$

Bác thông cảm hnay em mới lên sửa được. Áp dụng BĐT AM-GM: $a+b+c \leq \frac{a^3+1+1}{3}+\frac{b^3+1+1}{3}+\frac{c^3+1+1}{3}=3$

Mặt khác, $a,b,c$ vai trò tương đương nên Giả sử $a \geq b \geq c$. Khi đó" $a^3 \geq b^3 \geq c^3$ và $b+c \leq c+a \leq a+b$

Áp dụng BĐT Chebyshev:

$\sum ab(a^2+b^2)=a^3(b+c)+b^3(c+a)+c^3(a+b) \leq \frac{1}{3}(a^3+b^3+c^3)(b+c+c+a+a+b)=\frac{2(a^3+b^3+c^3)(a+b+c)}{3}\leq\frac{2.3.3}{3}=6$

Dấu "=" $\iff a=b=c=1$

Giả sử phương trình x²+ ax+ b+1= 0 có nghiệm nguyên dương . Chứng minh a²+b² là hợp số

Bài này là đề thì chuyên KHTN vòng 1 năm học 1991-1992. Đề đủ là 2 nghiệm đều là số nguyên dương.

Theo định lý Viet: $\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=-a\\ x_1x_2=b+1 \end{matrix}\right. \iff \left\{\begin{matrix} (x_1+x_2)^2=a^2\\  (x_1x_2-1)^2=b^2 \end{matrix}\right.$

Cho $a,b$ là các số thực sao cho $(a+6)(b+3) \geq 28$. Tìm GTNN của biểu thức:

$P=(a^2+1)(b^2+4)+\frac{(2ab+16)^2}{18}$

Cho $a,b,c$ là các số thực dương

Chứng minh rằng : $\frac{(a-b)(b+c)}{a+c}+\frac{(b-c)(c+a)}{a+b}+\frac{(c-a)(a+b)}{b+c} \leq 0$

ĐPCM $\iff \frac{[(a+c)-(b+c)](b+c)}{a+c}+\frac{[(b+a)-(c+a)](c+a)}{a+b}+\frac{[(c+b)-(c+a)](a+b)}{b+c} \leq 0$

$\iff \frac{(b+c)^2}{a+c}+\frac{(c+a)^2}{b+a}+\frac{(a+b)^2}{b+c}\geq 2(a+b+c)$

Cái này thì quá đúng theo C-S: $\iff \frac{(b+c)^2}{a+c}+\frac{(c+a)^2}{b+a}+\frac{(a+b)^2}{b+c}\geq \frac{(b+c+c+a+a+b)^2}{2(a+b+c)}=2(a+b+c)$

Dấu "=" $\iff a=b=c$

Tìm min của $x$ thỏa mãn hệ:

 

$\left\{\begin{matrix} x+a+b+c=7 & \\ x^2+a^2+b^2+c^2=13 & \end{matrix}\right.$

Hệ $\iff \left\{\begin{matrix}

Bạn giải thích cho mình vì sao được 2 dòng màu đỏ trên được không?

Bạn nhân 3 cái PT trong hệ với nhau xong lấy căn (lưu ý 2 vế đều dương) thì được dòng đầu tiên. từ cái dòng đó bạn chia cho mỗi PT ở hệ là ra các đại lượng trong ngoặc, dẫn đến dòng thứ hai

Cho 2012 số thực $x_{1},x_{2},x_{3},...,x_{2012}$ thỏa mãn:

$x_{1}+x_{2}+x_{3}+...+x_{2012}=2012$

$x_{1}^{4}+x_{2}^{4}+x_{3}^{4}+...+x_{2012}^{4}=x_{1}^{3}+x_{2}^{3}+x_{3}^{3}+...+x_{2012}^{3}$

Tính P=$x_{1}^{2013}+x_{2}^{2013}+x_{3}^{2013}+...+x_{2012}^{2013}$

Thực ra có thể áp dụng BĐT Chebyshev cho bộ 2012 số (đơn điệu) đó như sau

$2012(\sum x_1^4)\geq (\sum x_1^3)(\sum x_1 ) \iff \sum x_1^4 \geq \sum x_1^3$

Dấu "=" khi 2012 số đó cùng bằng 1. Do đó ta có $P=2012$

Cho $x,\ y,\ z$ là các số thực thỏa mãn

$$\left\{\begin{matrix} 2x^2y^2+x^2+2y^2=34\\ 2y^2z^2+y^2+z^2=52\\ 2z^2x^2+2z^2+x^2=74 \end{matrix}\right.$$

Tính $x^2y^2z^2.$

Hệ của bạn $\iff \left\{\begin{matrix} (x^2+1)(2y^2+1)=35\\ (2y^2+1)(2z^2+1)=105\\ (x^2+1)(2z^2+1)=75 \end{matrix}\right.$ 

Cho a,b,c >0. a+b+c=3  Tìm Max:

$\Sigma ab(a^{2}+b^{2})$

AM-GM cho 3 số như sau 
$\sum ab(a^2+b^2)=(ab^2+bc^2+ca^2)+(a^2b+b^2c+c^2a) \leq (\frac{a^3+b^3+b^3}{3}+\frac{b^3+c^3+c^3}{3}+\frac{c^3+a^3+a^3}{3})+(\frac{a^3+a^3+b^3}{3}+\frac{b^3+b^3+c^3}{3}+\frac{c^3+c^3+a^3}{3})=6$
Dấu "=" $\iff a=b=c=1$

Bài 1: CMR với $a,b,c,d,e,f$ là các số thực thì $2(a^2+b^2)(c^2+d^2)(e^2+f^2)\geq [(ad+bc)(e+f)+(ac-bd)(e-f)]^2$
Bài 2: Cho $a,b$ là các số thực thỏa mãn $(3a+1)(b+2)\geq 12$. Tìm GTNN của biểu thức $P=(a^2+1)(b^2+4)+\frac{1}{2}(2b+4a-4)^2$
Gợi ý: Hai bài toán trên tuy khác nhau nhưng được "chế" ra từ cùng 1 ý tưởng

tìm x,y nguyên thỏa mãn $$x^y=y^x$$ dùng kiến thức cấp 2

Bài này hình như tớ post 1 lần rồi nhưng chưa ai giải ở cái topic đó cả.

Nếu $x=y$ thì nghiệm là $(n;n)$ với $n$ tự nhiên

Nếu $x$ khác $y$. Không mất tổng quát, giả sử $ x \geq y$. Đặt $x=y+m$ ($m$ nguyên)

=> $y^{y+m}=(y+m)^y \iff (1+\frac{m}{y})^y=y^m$

Dễ thấy VP nguyên, do đó VT nguyên, dẫn tới $\frac{m}{y}$ nguyên

=>$x\vdots y$. Đặt $x=ny$ ($n$ nguyên)

=> $(ny)^y=y^{ny} \iff ny=y^n$

Nếu $y=1$ thì $x=y=1$

Nếu $y \geq 2$ thì bằng quy nạp, ta CM được $VP \geq VT$ và dấu "=" $\iff y=n=2 \iff x=4; y=2$

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $a+b+c = 1$, chứng minh rằng:
$3(ab+bc+ca) + \dfrac{a}{2}(a-b) + \dfrac{b^2}{2}(b-c) + \dfrac{c^3}{2}(a-c) \leq 1$

 

Em hoàn toàn biết từ đâu bác có bài này =)) Ta có đpcm

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

$ \iff 2(a^2+b^2+c^2)-2(ab+bc+ca) - 2(\frac {a}{2}(a-b)^2 +\frac {b^2}{2}(b-c)^2+\frac {c^3}{2}(c-a)^2) \geq 0$

$ \iff (1-a)(a-b)^2+(1-b^2)(b-c)^2+(1-c^3)(c-a)^2 \geq 0$

BĐT cuối đúng do $a,b,c$ là các số dương nhỏ hơn 1. Bài toán đc CM. Dấu "=" $\iff a=b=c$

Cách làm của mình và cũng trùng với đáp án, áp dụng hằng đẳng thức $(a+b)^4 + (a-b)^4 = 2(a^4 + 6a^2b^2+b^4)$
Ta có: $(x+y+z)^4 + (x+y-z)^4 = 2 [ (x+y)^4 + z^4 + 6z^2(x+y)^2 ]$
$(y+z-x)^4 + (z+x-y)^4 =2 [ (x-y)^4 + z^4 + 6z^2(x-y)^2 ]
Vậy $VT = 4( \sum x^4 + 6\sum x^2y^2)$
Bdt cần chứng minh tương đương $x^4+y^4+z^4 \geq x^2y^2+y^2z^2+x^2z^2$, tới đây dễ dàng.
__________________________
P/s: lúc trong phòng thi bị hoảng bài này, đến lúc 20 - 15' cuối mới làm ra, đâm ra trình bày hơi ẩu mặc dù vẫn đúng về căn bản.

Cách này hay hơn nhiều. Cách mình hơi dài như sau:
Đặt $y+z-x=a$, $z+x-y=b$, $x+y-z=c$ thì đpcm tương đương $\frac{7}{4}[(b+c)^4+(c+a)^4+(a+b)^4] \geq (a+b+c)^4+a^4+b^4+c^4$
Nhân chéo, phá $(a+b+c)^4$, rồi đổi vế thì thành $(b+c)^4+(c+a)^4+(a+b)^4 \geq 16abc(a+b+c)$
Đoạn này thì đơn giản rồi. Áp dụng AM-GM:
$(b+c)^4+(c+a)^4+(a+b)^4 =[(b+c)^2]^2+[(c+a)^2]^2+[(a+b)^2]^2 \geq (4bc)^2+(4ca)^2 (4ab)^2 = 16(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) \geq 16abc(a+b+c)$
Khi thi thì mình bĩnh tĩnh hơn nên chịu phá $(a+b+c)^4$ với vế trái ra. Nói chung là bài hnay mình khá hài lòng

Cho $x,y,z > 0$. Chứng minh rằng
$28(x^4+y^4+z^4) \geq (x+y+z)^4 + (y+z-x)^4 + (z+x-y)^4 + (x+y-z)^4$
Đây là câu IV đề thi thử Toán điều kiện chuyên KHTN năm nay (hnay vừa thi về)

Phần max lấy luôn $\frac{a}{a^2+1}\leq\frac{a}{2a}=\frac{1}{2}$
=>...

Cho $x,y,z \geq 0$. CMR:
$\frac{1}{8} \geq \frac{1}{x+y+z+1}-\frac{1}{(x+1)(y+1)(z+1)}$