Cho các số thực dương $a,b,c$. CMR: $\sum \frac{1}{a+\frac{1}{b}+1}\geqslant \frac{3}{\sqrt[3]{abc}+\frac{1}{\sqrt[3]{abc}+1}}$

Bạn ơi, bạn viết nhầm đề rồi, đề bài phải là thế này

Cho các số thực dương $a,b,c$. CMR: $\sum \frac{1}{a+\frac{1}{b}+1}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{abc}+\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}+1}$

Đặt $abc=k$ ($k>0$), $a=\sqrt[3]{k}.\frac{x}{y}$, $b=\sqrt[3]{k}.\frac{y}{z}$, $c=\sqrt[3]{k}.\frac{z}{x}$ ($x,y,z>0$)

Bài toán được viết lại

$\sum \frac{y}{\sqrt[3]{k}x+\frac{z}{\sqrt[3]{k}}+y}\geq\frac{3}{\sqrt[3]{k}+\frac{1}{\sqrt[3]{k}}+1}$

Ta có

$\sum \frac{y}{\sqrt[3]{k}x+\frac{z}{\sqrt[3]{k}}+y}=\sum \frac{y^2}{\sqrt[3]{k}xy+\frac{zy}{\sqrt[3]{k}}+y^2}\geq \frac{(x+y+z)^2}{x^2+y^2+z^2+\left ( \sqrt[3]{k}+\frac{1}{\sqrt[3]{k}} \right )(xy+yz+zx)}=\frac{(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2+\left ( \sqrt[3]{k}+\frac{1}{\sqrt[3]{k}}-2 \right )(xy+yz+zx)}\geq \frac{(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2+\frac{\left ( \sqrt[3]{k}+\frac{1}{\sqrt[3]{k}}-2 \right )}{3}(x+y+z)^2}=\frac{1}{1+\frac{\left ( \sqrt[3]{k}+\frac{1}{\sqrt[3]{k}}-2 \right )}{3}}=\frac{3}{\sqrt[3]{k}+\frac{1}{\sqrt[3]{k}}+1}$

Vậy ta có điều phải chứng minh

Ta giải quyết phương trình thứ hai của hệ

$\left ( x^2+y^2 \right )^2+1=x^2+2y\Leftrightarrow x^4+\left ( 2y^2-1 \right )x^2+y^4-2y+1=0$

$\Delta =\left ( 2y^2-1 \right )^2-4y^4+8y-4=-4(y-1)^2\Rightarrow y=1$

Thay $y=1$ vào phương trình thứ hai ta có

$\left ( x^2+1 \right )^2=x^2+1\Leftrightarrow x=0$

Thay $(0;1)$ vào phương trình thứ nhất ta thấy thoã mãn

Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất $(x;y)=(0;1)$

Cho các số a,b,c thỏa mãn: $ab,bc,ca\neq -1$ và $\frac{a-b}{1+ab}+\frac{b-c}{1+bc}+\frac{c-a}{1+ca}=0$ Chứng minh rằng: $(a^{19}-b^{19})(b^{2013}-c^{2013})(c^{2014}-a^{2014})=0$

Bài này còn cách khác gọn hơn, nhưng nó sử dụng kiến thức lớp 10

Đặt $a=tanA$, $b=tanB$, $c=tanC$, ($A, B, C \neq 90^{o}$ và $0^{o}\leq A, B, C<180^{o}$)

Trước hết, ta có công thức $\frac{tanA-tanB}{1+tanA.tanB}=tan(A-B)$; $\forall$ $ A,B$

Và công thức $tan\alpha +tan\beta +tan\gamma =tan\alpha.tan\beta.tan\gamma $; $\forall$ $ \alpha+\beta+\gamma=k.180^{o}, k\in \mathbb{Z}$,

Nên từ đó ta có $tan(A-B).tan(B-C).tan(C-A)=0$

Mặt khác, do $0^{o}\leq A, B, C<180^{o}$ nên

$\begin{bmatrix} A=B & \\ B=C & \\ A=C & \end{bmatrix}$

Hay ta có thể viết

$(tanA-tanB)(tanB-tanC)(tanC-tanA)=0$

Điều này tương đương với $(a-b)(b-c)(c-a)=0$

Suy ra $(a^{19}-b^{19})(b^{2013}-c^{2013})(c^{2014}-a^{2014})=0$

 

Giải hệ:
$\left\{\begin{matrix}x^2+xy-4x=-6 & & \\ y^2+xy=-1 & & \end{matrix}\right.$

 

1 cách ở đây

Có cách khác không nhỉ?

 

$\left\{\begin{matrix}x^2+xy-4x=-6 & & \\ y^2+xy=-1 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x+y-4=-\frac{6}{x} & \\ x+y=-\frac{1}{y}& \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 4=\frac{6}{x}-\frac{1}{y} & \\ y^2+xy=-1& \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=\frac{6y}{4y+1} & \\ y^2+xy=-1 & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=\frac{6y}{4y+1} & \\ y^2+\frac{6x^2}{4y+1}=-1& \end{matrix}\right.\left\{\begin{matrix} x=\frac{6y}{4y+1} & \\ 4y^3+7y^2+4y+1=0 & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=2 & \\ y=-1 & \end{matrix}\right.$

Cách này với cách kia không khác nhau là mấy

Mình mới tìm được một bài toán hay nên chia sẻ cho các bạn giải thử

Cho $b\in \mathbb{R}$ và $b\neq 0$, tìm giá trị nhỏ nhất của

$P=\frac{b^2+b}{b-2013}$

Điều kiện $x+2y\geq0$

Ta có

$\sqrt{\frac{x^2+4y^2}{2}}+\sqrt{\frac{x^2+2xy+4y^2}{3}}\geq \sqrt{\frac{\left (x+2y \right )^2}{4}}+\sqrt{\frac{x^2+2xy+4y^2}{3}}=\frac{x+2y}{2}+\sqrt{\frac{\left (x+2y \right )^2-2xy}{3}}\geq \frac{x+2y}{2}+\sqrt{\frac{\left (x+2y \right )^2-\frac{\left ( x+2y \right )^2}{4}}{3}}=\frac{x+2y}{2}+\sqrt{\frac{\left (x+2y \right )^2}{4}}=\frac{x+2y}{2}+\frac{x+2y}{2}=x+2y$

Dấu " = " xảy ra tại $x=2y$

Thay $x=2y$ vào phương trình thứ hai ta có

$x^4-x^3+3x^2-2x-1=0\Leftrightarrow (x-1)(x^3+3x+1)=0\Leftrightarrow x=1$ (do $x>0$ nên $x^3+3x+1>1>0$)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất $(x;y)=(1;2)$

Điều kiện $x\geq 1$

Đặt $\sqrt[4]{x+1}=b$ $(b>0)$; $\sqrt[4]{x-1}=c$ $(c>0)$

Ta có hệ phương trình

$\left\{\begin{matrix} \left ( b-c \right )^4-c^4=1 & \\ b^4-\left ( b-c \right )^4=1 & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} b^4-4cb^3+6c^2b^2-4c^3b=1 & \\ c^4-4cb^3+6c^2b^2-4c^3b=-1 & \end{matrix}\right.$

Lấy hai phương cộng vế theo vế ta có

$b^4+c^4-8cb^3+12c^2b^2-8c^3b=0$

Chia 2 vế cho $b^2c^2$(do $(b;c)=(0;c)$ hoặc $(b;0)$ không phải nghiệm của hệ phương trình), ta có 

$\left ( \frac{b}{c} \right )^2+\left ( \frac{c}{b} \right )^2-8\left ( \frac{b}{c}+\frac{c}{b} \right )+12=0$

Đặt $\frac{b}{c}=y$ $(y>0)$

$\left ( y+\frac{1}{y} \right )^2-8\left ( y+\frac{1}{y} \right )+10=0\Leftrightarrow y+\frac{1}{y}=4+\sqrt{6}\Leftrightarrow y=\frac{4+\sqrt{6}\pm \sqrt{18+8\sqrt{6}}}{2}$

Suy ra $\frac{b}{c}=\frac{4+\sqrt{6}\pm \sqrt{18+8\sqrt{6}}}{2}\Leftrightarrow \frac{x+1}{x-1}=\frac{\left (4+\sqrt{6}\pm \sqrt{18+8\sqrt{6}} \right )^4}{16}\Leftrightarrow x=\frac{\left (4+\sqrt{6}+ \sqrt{18+8\sqrt{6}} \right )^4+16}{\left (4+\sqrt{6}+ \sqrt{18+8\sqrt{6}} \right )^4-16}$

Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm $x=\frac{\left (4+\sqrt{6}+ \sqrt{18+8\sqrt{6}} \right )^4+16}{\left (4+\sqrt{6}+ \sqrt{18+8\sqrt{6}} \right )^4-16}$

 

 

Câu 5: Cho $100$ số tự nhiên không lớn hơn $100$ có tổng bằng $200$. Chứng minh rằng từ các số đó có thể chọn được ít nhất một bộ các số có tổng bằng $100$.

 

 

 

 

 

 

Gọi $a_{1};a_{2};a_{3};...;a_{100}$ là các số tự nhiên thoã đề bài

TH1: có một số là 100, ta có được điều phải chứng minh

TH2: không có số nào là 100,

Không mất tính tổng quát ta xét các tổng sau

$S_{1}=a_{1}$;

$S_{2}=a_{1}+a_{2}$;

$S_{3}=a_{1}+a_{2}+a_{3}$;

...

$S_{100}=a_{1}+a_{2}+a_{3}+...+a_{100}$;

Có 100 tổng $S_{i}$ $(1\leq i\leq 100)$, mà $S_{i}$ chia 100 dư từ 1 đến 99, nên theo nguyên lí dirichlet tồn tại ít nhất 2 tổng $S_{i}$ có cùng số dư, lấy hiệu của chúng ta chứng minh được tồn tại ít nhất 1 bộ các số chia hết cho 100

Mặt khác: hiệu của hai tổng $S_{i}$ trên luôn nhỏ hơn 200 mà lại chia hết cho 100 nên suy ra chúng bằng 100

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Cho $\alpha$ là số thực,  $f(x)$ là một hàm số sao cho:     ${\alpha ^3} - \alpha  = {\left[ {f(\alpha )} \right]^3} - f(\alpha ) = {3^{2014}}$

Ta định nghĩa           ${f^n}(x) = \underbrace {f(f(f(...f(x)...)))}_{n lan f}$ ,  n là số nguyên dương.

Chứng minh rằng      ${\left( {{f^n}(\alpha )} \right)^3} - {f^n}(\alpha ) = {3^{2014}}$

Ta có ${\alpha ^3} - \alpha = {\left[ {f(\alpha )} \right]^3} - f(\alpha )\Leftrightarrow \left ( a- f(\alpha )\right )\left ( \alpha ^2+ {f(\alpha )}^2+\alpha f(\alpha )-1\right )=0$ (1)

Nếu $\alpha ^2+ {f(\alpha )}^2+\alpha f(\alpha )-1=0$ thì để phương trình bậc hai có ẩn là $f(\alpha )$ có nghiệm thì $\bigtriangleup _{f(\alpha )}\geq 0\Leftrightarrow 4-3\alpha^2\geq 0\Rightarrow \alpha<2$ (2)

Mà ${\alpha ^3} - \alpha={3^{2014}}>6\Rightarrow \alpha>2$ Mâu thuẫn với (2)

Suy ra $\alpha ^2+ {f(\alpha )}^2+\alpha f(\alpha )-1\neq 0$

Vậy (1) $\Leftrightarrow a=f(\alpha )$

Từ đó ta có điều phải chứng minh

Trước hết ta chứng minh $3^{n}\geq 2n+1$,  $\forall n\in \mathbb{N}$  (1)

Thật vậy, với $n=0;1;2$ thì khẳng định (1) đúng

Giả sử khẳng định (1) đúng đến $k$  ($k\in \mathbb{N}$ và khác 0), ta sẽ chứng minh đúng đến $k+1$

Thật vậy, ta có $3^{k}\geq 2k+1$

Suy ra $3^{k+1}\geq 6k+3=\left [2(k+1)+3 \right ]+4k-2>2(k+1)+3$

Vậy ta đã chứng minh được khẳng định (1) đúng.

Dấu "=" xảy ra tại $n=0$ hoặc $n=1$

Trở lại bài toán, ta có

$n^2+3^{n}=a^2\Leftrightarrow (a-n)(a+n)=3^{n}$ ($a\in \mathbb{N}$ và khác 0)

Ta xét 2 TH

TH1 $a-n=1\Leftrightarrow a=n+1$

Suy ra $3^{n}= 2n+1$, áp dụng khẳng định (1) ta được $n=1$

TH2 $a-n>1$

$a-n$ và $a+n$ là các ước tự nhiên của $3^{n}$. Các ước tự nhiên của $3^{n}$ là $3^{0}$; $3^{1}$; $3^{2}$; ...; $3^{n}$

Mặt khác $a-n>1$ và $a+n>1$ nên $(a+n)-(a-n)=2n=3l$ ($l\in \mathbb{N}$ và khác 0) $\Rightarrow n=3k$ ($k\in \mathbb{N}$ và khác 0)

Thay $n=3k$, ta được $9k^2+3^{3k}=9(k^2+3^{3k-2})=a^2$ $\Rightarrow k^2+3^{3k-2}=y^2$ ($y\in \mathbb{N}$ và khác 0)

Xét tương tự như trên ta được $k=3k^{'}$ ($k^{'}\in \mathbb{N}$ và khác 0) hoặc $k=1$

Nếu cứ tiếp tục lùi vô hạn như vậy thì ta suy ra được $n=3^{c}$ ($c\in \mathbb{N}$)

Thay $n=3^{c}$ ta được $3^{2c}+3^{3^{c}}=a^{2}\Leftrightarrow 3^{2c}\left [ 3^{3^{c}-2c} +1 \right ]=a^{2}\Rightarrow 3^{3^{c}-2c} +1=b^{2}$ ($b\in \mathbb{N}$ và khác 0)

Đặt $3^{c}-2c=z$ ($z\in \mathbb{N}$ và khác 0), ta có $3^{z}+1=b^2\Leftrightarrow (b-1)(b+1)=3^{z}$,

Mặt khác, $(b+1)-(b-1)=2\Rightarrow \left\{\begin{matrix}b+1=3 & \\ b-1=1& \end{matrix}\right.\Leftrightarrow b=2\Rightarrow z=1$

Suy ra $3^{c}-2c=1$, áp dụng khẳng định (1) ta được $c=0$ hoặc $c=1$

Vậy phương trình có 2 nghiệm nguyên dương là $n=1$ và $n=3$

Theo mình nghĩ thì bạn ấy viết sai đề, chứ nếu đề này thì rất khó để giải

bạn ơi đề chính xác của nó là

cho $xyz=1$, chứng minh

$\frac{\sqrt{2}}{x}+\frac{\sqrt{3}}{y}-\frac{\sqrt{2-\sqrt{3}}}{z}\leq x^2+y^2+z^2$

Nếu là đề này thì mình chứng minh được, còn cái đề bạn cho thì mình bó tay

Ta có

$x^2+3x+\frac{1}{x}=\left ( x^2-x+\frac{1}{4} \right )+\left ( 4x+\frac{1}{x} \right )-\frac{1}{4}=\left ( x-\frac{1}{2} \right )^2+\left ( 4x+\frac{1}{x} \right )-\frac{1}{4}\geq 0+2\sqrt{4x.\frac{1}{x}}-\frac{1}{4}=\frac{15}{4}$

Dấu = xảy ra tại $x=\frac{1}{2}$

Viết lại câu 1 với câu 4 được không, mờ quá chẳng thấy được

đổi cái tiêu đề lại đi không cái chủ đề bị khoá đó

$P=\left ( x^2+\frac{1}{y^2} \right )\left ( y^2+\frac{1}{x^2} \right )=\frac{\left ( x^2y^2+1 \right )^2}{x^2y^2}$

Ta sẽ chứng minh $\frac{x^2y^2+1}{xy}\geq \frac{17}{4}$ (1)

Thật vậy ta có (1) $\Leftrightarrow x^2y^2-\frac{17}{4}xy+1\geq 0\Leftrightarrow \begin{bmatrix} xy\geq 4& \\ xy\leq \frac{1}{4}& \end{bmatrix}$

Mặt khác $1=(x+y)^2\geq 4xy\Leftrightarrow xy\leq \frac{1}{4}$

Từ đó chứng minh được (1)

Suy ra $P\geq \left (\frac{17}{4} \right )^2$

Dấu $=$ xảy ra tại $x=y=\frac{1}{2}$

Ta có

$\left\{\begin{matrix} a(a+c)=b^2 & \\ b(b+a)=c^2& \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} ac=b^2-a^2 & \\(a+b)=\frac{c^2}{b} & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} ac=(b-a)(a+b)& \\ (a+b)=\frac{c^2}{b}& \end{matrix}\right. \Rightarrow ac=(b-a)\frac{c^2}{b}\Leftrightarrow abc=(b-a)c^2\Leftrightarrow ab=bc-ac\Leftrightarrow ab+ac=bc\Leftrightarrow \frac{1}{a}=\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\Leftrightarrow \frac{R}{a}=\frac{R}{b}+\frac{R}{c}\Leftrightarrow \frac{1}{sinA}=\frac{1}{sinB}+\frac{1}{sinC}$

tks thì phải nhấn Thích chứ bạn 

Hệ biến đổi thành: $\left\{\begin{matrix} \frac{8}{x^{3}}=3y+1 & \\ \frac{6}{x}=y^{3}+1 & \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a^{3}=3y+1 & \\ 3a=y^{3}+1 & \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow a^{3}-3a=3y-y^{3}$

Đặt $y=-z $ ta có: $\Leftrightarrow a^{3}-3a=z^{3}-3z$

Đặt $f(t)=t^{3}-3t$, dùng tính đơn điệu ta được $a=z$

$f^{'}(t)=3t^2-3$ đâu có $>0$ $\forall \in \mathbb{R}$

Nếu muốn dùng tính đơn điệu thì bạn phải chứng minh $t^2>1$

giải pt

11/ $\sqrt{x+3}+\frac{4x}{\sqrt{x+3}}=4\sqrt{x}$

Điều kiện $x\geq 0$

Ta có $\sqrt{x+3}+\frac{4x}{\sqrt{x+3}}\geq 2\sqrt{\sqrt{x+3}.\frac{4x}{\sqrt{x+3}}}=4\sqrt{x}$ (bđt AM-GM)

Dấu "=" xảy ra tại $\sqrt{x+3}=\frac{4x}{\sqrt{x+3}}\Leftrightarrow x+3=4x\Leftrightarrow x=1$

Vậy pt có 1 nghiệm $x=1$

Điều kiện $x\geq -\frac{1}{5}$

$\sqrt{x+5}=x^2+5\Leftrightarrow x+5=(x^2+5)^2\Leftrightarrow x^4+10x^2-x+20=0\Leftrightarrow x^4+9x^2+\left ( x-\frac{1}{2} \right )^2+\frac{79}{4}=0$

Dễ thấy $x^4+9x^2+\left ( x-\frac{1}{2} \right )^2+\frac{79}{4}>0$ nên pt trên vô nghiệm

Trước hết ta nhận xét rằng, do $a,b,c$ là 3 số khác nhau nên các phương trình chỉ có 1 nghiệm chung

Gọi $x_{0}$ là nghiệm chung của pt $x^2+ax+1=0$ và $x^2+bx+c=0$

      $x_{1}$ là nghiệm chung của pt $x^2+x+a=0$ và $x^2+cx+b=0$

Ta có

$x_{0}^{2}+ax_{0}+1-\left ( x_{0}^{2}+bx_{0}+c \right )=0\Leftrightarrow \left ( a-b \right )x_{0}=(c-1)\Leftrightarrow x_{0}=\frac{c-1}{a-b}$ (do $a,b,c$ là 3 số khác nhau)

Thay vào pt $x_{0}^{2}+ax_{0}+1$ ta có $\left ( \frac{c-1}{a-b} \right )^2+a.\frac{c-1}{a-b}+1=0\Leftrightarrow (c-1)^2+a(c-1)(a-b)+(a-b)^2=0$ (1)

Tương tự ta có $(c-1)x_{1}=(a-b)$

nếu $c=1$ thì $a-b=0$ $\Rightarrow$ vô lí (vì $a,b,c$ là 3 số khác nhau) $\Rightarrow$ $c\neq 1$

nên $x_{1}=\frac{a-b}{c-1}$

Thay vào tương tự như trên ta có $(a-b)^2+(c-1)(a-b)+a(c-1)^2=0$ (2)

Lấy (1) - (2) ta có $(c-1)(a-1)(a-b-c+1)=0$ (3)

Nếu $a=1$ thì pt $x^2+x+1$ vô nghiệm nên $a\neq 1$

Suy ra (3)$\Leftrightarrow a-b=c-1$

Suy ra $x_{0}=1$

Thay vào pt $x_{0}^{2}+ax_{0}+1=0$ và $x_{0}^{2}+bx_{0}+c=0$ ta có $\left\{\begin{matrix} a=-2 & \\ b+c=-1& \end{matrix}\right.$

Suy ra $a+b+c=-3$

Trong một vài lời giải trên dđth cần bảng biến thiên, nhưng mình lại không biết cách vẽ trên LateX, mong mọi người giúp đỡ

Ta dễ dàng chứng minh được bđt $(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ca)$

Mà theo đề bài thì $(a+b+c)^2=3(ab+bc+ca)=36$

Nên $a=b=c$

Suy ra $(a-b)^{2012}+(b-c)^{2012}+(c-a)^{2012}=0$

Ta có

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

$a^3b^2c+\frac{b}{ac^2}+ac\geq 3ab$

$\frac{c^2}{b^2}+\frac{b}{ac^2}+ab\geq 3$

Cộng 3 bđt lại ta được điều phải chứng minh