Thôi để mình chém cho
Áp dụng Viét ta có $\left\{\begin{matrix}x_{1}+x_{2}=2m+4 & & \\ x_{1}x_{2}=2m+3 & & \end{matrix}\right.$
Để đơn giản biểu thức ta có thể đặt 2m+4=a nên 2m+3=a-1
Dễ thấy $\left\{\begin{matrix}x_{1}=a-x_{2} & & \\ x_{2}=a-x_{1} & & \end{matrix}\right.$
$\left\{\begin{matrix}x_{1}^{2}=ax_{1}-a+1 & & \\ x_{2}^{2}=ax_{2}-a+1 & & \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x_{1}^{n+2}=ax_{1}^{n+1}-(a-1)x_{1}^{n} & & \\ x_{2}^{n+2}=ax_{2}^{n+1}-(a-1)x_{2}^{n} & & \end{matrix}\right.$
Đặt $x_{1}^{n}+x_{2}^{n}=S_{n}$
Cộng vế theo vế pt trên ta được $S_{n+2}=aS_{n+1}-S_{n}(a-1)$
Từ công thức này ta tìm được $S_{2}$ $S_{3}$
Rồi từ đó dễ dàng tìm ra $S_{5}$ qua a rồi thay vào gpt
Đó là cách tổng quát bài nào có Sn cũng làm được còn bài nay chỉ cần tìm ra S3 và S2 rồi nhân vs nhau là xong như thế kia dải quá )))

BDT thì thiếu vp rồi bạn

Giải các phương trình sau:(PP đặt ẩn phụ)

a.$2(x^2+2)=5\sqrt{x^3+1}$

b.+$4x^2+7x+1=2\sqrt{x+2}$

Đặt 
$\begin{matrix}\sqrt{x^{2}-x+1}=b & & \\ \sqrt{x+1}=a & & \ \end{matrix}$
Phương trình trở thành
$2(a^{2}+b^{2})=5ab\Leftrightarrow 2a^{2}+2b^{2}-5ab=0$
Ta có: $b\neq 0 (x^{2}-x+1> 0)$
Chia cả 2 vế cho $b^2$ ta có
$2\frac{a^{2}}{b^{2}}-5\frac{a}{b}+2=0$
Đặt $t=\frac{a}{b}$ ta có 1 phương trình bậc 2 từ đó tìm ra $t$ rồi từ $t$ giải ra $x$

Giải các phương trình sau:(PP đặt ẩn phụ)

b.+$4x^2+7x+1=2\sqrt{x+2}$

Bài này không cần đặt ẩn phụ cũng làm được còn đặt ẩn thì ntn
PT tương đương
$4x^{2}+7x+1=2\sqrt{x+2}\Leftrightarrow (x+2)+2\sqrt{x+2}-(4x^{2}+8x+3)=0$ $(x\geq -2)$

Đặt $\sqrt{x+2}$ là a ta phương trình trở thành
$a^{2}+2a-(4x^{2}+8x+3)=0$
Do 1 khác 0,xét $\bigtriangleup _{a}'=4x^{2}+8x+4=(2x+2)^{2}$
$\left\{\begin{matrix}a_{1}=-2-2x-2 & & \\ a_{2}=-2+2x+2 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a_{1}=-2x-4 & & \\ a_{2}=2x & & \end{matrix}\right.$
từ đó suy ra x

Chuẩn quyển này hay đấy học quyển này thôi là đủ tài liệu thi Ams rồi

Đây là hàm đồng biến nên suy ra nếu pt có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất
dễ thấy x=1/2 là 1 nghiệm của pt suy ra  x=1/2 là nghiệm duy nhất
Bạn có thể giải bằng cách giả sử x>1/2 và x<1/2 suy ra vô lý

$\left\{\begin{matrix}2x_{1}=x_{2}+\frac{1}{x_{2}} & & \\ 2x_{2}=x_{3}+\frac{1}{x_{3}} & & \\ ..... & & \\ 2x_{2014}=x_{1}+\frac{1}{x_{1}} & & \end{matrix}\right.$

Tương tự bài trên ta có $x_{1}\rightarrow x_{2014}$ cùng dấu

Th1  cùng dương 

Áp dụng cauchy ta có $x_{1},x_{2},x_{3}...x_{2014}\geq 1$

Mặt khác công vế theo vế 2014 vế ta được

$x_{1}+x_{2}+x_{3}+...+x_{2014}=\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+\frac{1}{x_{3}}+...+\frac{1}{x_{2014}}$

VT$\geq$ 2014 VP $\leq$ 2014 suy ra VT=VP $\Leftrightarrow$ $x_{1}=x_{2}=...=x_{2014}=1$

Th2 cùng âm Đặt $x_{1}=-x'_{1}$

Tương tự Th1 ta có các nghiệm là $x_{1}=x_{2}=x_{3}=x_{2014}=-1$

Theo mình đề phải là $\left\{\begin{matrix}2x_{1}=x_{2}+\frac{1}{x_{2}} & & \\ 2x_{2}=x_{3}+\frac{1}{x_{3}} & & \\ ..... & & \\ 2x_{2014}=x_{1}+\frac{1}{x_{1}} & & \end{matrix}\right.$

Vì nếu thế pt vô nghiệm

Đề ban đầu

$\left\{\begin{matrix}x_{1}=x_{2}+\frac{1}{x_{2}} & & \\ x_{2}=x_{3}+\frac{1}{x_{3}} & & \\ ..... & & \\ x_{2014}=x_{1}+\frac{1}{x_{1}} & & \end{matrix}\right.$

Nhân chéo lên ta suy ra được rằng

$x_{1},x_{2}...x_{2014}$ cùng dấu (vì cứ 2 số nhân vs nhau dương)

Th1 $x_{1\rightarrow }x_{2014}> 0$

Cộng cả 2014 vế vs nhau ta có

$\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+...\frac{1}{x_{2014}}=0$ ( vô lý)

Th2 cũng thế

Cộng vế theo vế ta có 

$(\sqrt{x}+\sqrt{32-x})+(\sqrt[4]{x}-\sqrt[4]{32-x})=y^{2}-6y+9+14$

Áp dụng bdt bunhia copxki ta có

$\sqrt{x}+\sqrt{32-x}\leq 8$

$\sqrt[4]{x}+\sqrt[4]{32-x}\leq 4$

Và có  $(y-3)^{2}+14\geq 14$

VT $\leq 12$ $VP\geq 14$

nên pt vô nghiệm

Theo mình đề bài phải là 

$\left\{\begin{matrix} \sqrt{x}+\sqrt[4]{32-x}-y^{2}=-3 & & \\ \sqrt[4]{x}+\sqrt{32-x}+6y=24 & & \end{matrix}\right.$

Vì khi đó x=16 y=3

xét trường hợp
TH1 x>3 suy ra VT>1 vô lý

TH2 x<2 suy ra VT>1 vô lý

TH3 x$\epsilon$[2;3]

Suy ra $\left | x-2 \right |=x-2$
            $\left | x-3 \right |=3-x$

Đặt x-2=a 

       3-x=b

Ta có:

$\left\{\begin{matrix}a+b=1 & & \\ a^{2013}+b^{2013}=1 & & \end{matrix}\right.$
Vi a,b$\geq 0$

Nên dễ dàng suy ra hệ có nghiệm a=0 b=1 hoac a=1 b=0
 

Bài 1 sai đề nhé tớ lấy đc phản ví dụ ngay nè
Vs $x=y=z=1$ thì $VT=3/2<2$ Vô lý
Có lẽ đề là tn 
$\sqrt{\frac{x}{y+z}}+\sqrt{\frac{y}{z+x}}+\sqrt{\frac{z}{y+x}}> 2$

Giải:

$VT=\sum \frac{x}{\sqrt{x(y+z)}}\geq \sum \frac{2x}{x+y+z}=2$
Dấu đẳng thức sảy ra khi x=y=z=0 vô lý vậy dấu đẳng thức ko sảy ra (DPCM)

Cho 3 số dương x,y,z có tổng bằng 1.CMR:

$\sqrt{x+yz} +\sqrt{y+xz} + \sqrt{z+ xy}\geq 1 + \sqrt{xy} +\sqrt{yz}+ \sqrt{xz}$

Cảm ơn các bạn 

 

lâu không quay lại diễn đàn chém luôn bài này mở màn
Ta có Do $x+y+z=1$
$\sqrt{x+yz}=\sqrt{x.1+yz}=\sqrt{x.(x+y+z)+yz}=\sqrt{(x+y)(x+z)}$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schawz ta có
$\sqrt{(x+y)(x+z)}\geq \sqrt{(x+\sqrt{yz})^{2}}= x+\sqrt{yz}$
Tương tự với những cái còn lại ta có
$\sqrt{x+yz} +\sqrt{y+xz} + \sqrt{z+ xy}\geq x+y+z+\sqrt{xy}+\sqrt{xz}+\sqrt{yz}=1+\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}$ (DPCM)
Đẳng thức sảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{3}$

Đặt a+b=x b+c=y c+a=z

BDT cần cm $\Leftrightarrow \frac{(x+y)(y+z)(z+x)}{xyz}$ (vì a+b+c=1)

Đến đây cô si bình thường ra min bằng 8

CHo x,y > 1 

                    CM: $\frac{(x^{3}+y^{3})-(x^{2}+y^{2})}{(x-1)(y-1)} \geq 8$

Ta có
$\frac{(x^{3}+y^{3})-(x^{2}+y^{2})}{(x-1)(y-1)}=\frac{x^{2}}{y-1}+\frac{y^{2}}{x-1}$
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 2 số dương ta có
$\frac{x^{2}}{y-1}\geq \frac{4x^{2}}{y^{2}}$
Tương tự
$\frac{y^{2}}{x-1}\geq \frac{4y^{2}}{x^{2}}$
Vậy suy ra
$\frac{x^{2}}{y-1}+\frac{y^{2}}{x-1}\geq \frac{4x^{2}}{y^{2}}+\frac{4y^{2}}{x^{2}} \geq 8(AM-GM)$
Ta có đpcm dấu đẳng thức sảy ra khi x=y=2

cho abc=1 a,b,c>0 cmr $\sum \frac{1}{ab+a+2}\leq \frac{3}{4}$

Cách 2
$\sum (\frac{\frac{1}{9}}{1}+\frac{1}{a+ab+1})\geq \sum \frac{\frac{16}{9}}{a+ab+2}$

Mặt khác do abc=1 nên

$\sum \frac{1}{a+ab+1}=1$
Suy ra
$\Leftrightarrow \frac{1}{3}+1= \frac{4}{3}\geq \sum \frac{\frac{16}{9}}{ab+a+2} \Leftrightarrow \frac{3}{4}\geq \sum \frac{1}{ab+a+2}$
Ta có DPCM

Câu $I$: Cho $p$ là số nguyên tố lớn hơn $5$. CMR $p-4$ ko thể là lũy thừa bậc $4$ của $1$ số nguyên.

 

Câu $II$: Giải hệ phương trình  $\left\{\begin{matrix} x^3=y^3+56 & & \\ 3x^2-9x=y^2-y+10 & & \end{matrix}\right.$

 

Câu $III$:Cho tam giác $ABC$ nhọn. $P$ là điểm di chuyển trên $BC$. $(K)$, $(L)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $PAB$, $PAC$. Lấy $S$ $thuộc$ $(K)$ sao cho $PS//AB$, lây $T$ thuộc $(L)$ sao cho $PT//CA$.

a, CMR $(A,T,S)$ đi qua điểm cố định khác $A$ là $J$
b, GỌi $(K)$ cắt $CA$ tại  $E$,$(L)$ cắt $AB$ ở $F$ khác $A$. $BE$ cắt $CF$ ở $G$. CMR $PG$ đi qua $J$ khi và chỉ khi $AP$ đi qua tâm đg tròn Euler của tam giác $ABC$.

 

Câu $IV$:$a,b,c>0$ CMR
$\sum \frac{a(a^3+b^3)}{a^2+b^2+ab}\geq \frac{2}{9}(a+b+c)^2$
 

Câu $V$:Với $n$ là một số nguyên dương ta xét $1$ bảng ô vuông $n$ x $n$. Mỗi ô vuông con đk tô bởi $2$ màu đỏ và xanh. TÌm $n$ nhỏ nhất sao cho vs mỗi cách tô màu luôn có thể chọn đk $1$ hình chữ nhật các ô vuông con kích thước $m$ x $k$ $(2\leq k; m \leq n)$ mà bốn ô vuông con ở $4$ góc của hình chữ nhật này có cùng màu

em mới học pt hàm ai giúp em bài này với,giải bằng phương pháp lớp 10
$f:R\rightarrow R$
$f(x)=f(x+a)$

Áp dụng trực tiếp AM-GM cho 3 số ta có 
$\sum \sqrt{\frac{a+b}{a+1}}\geq 3\sqrt[6]{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{(a+1)(b+1)(c+1)}}$
Ta cần cm
$\sqrt[6]{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{(a+1)(b+1)(c+1)}}\geq 1$
Thật vậy ta có

$(a+b)(b+c)(c+a)= \sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}.\sqrt[3]{(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2}\geq \sqrt[3]{8abc((a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2)}$
$=\prod \sqrt[3]{(a+a)(a+b)(a+c)}\geq \prod \sqrt[3]{(a+1)^3}=\prod (a+1)$ (ĐPCM)
Hình như có cách nhanh hơn nhưng thấy cách này đẹp

Sử dụng định lý Vi ét ta có
$\left\{\begin{matrix}x_{1}+x_{2}=6 & & \\ x_{1}x_{2}=1 & & \end{matrix}\right.$
Lại có
$\left\{\begin{matrix}x_{1}^{2}=6x_1-1 & & \\ x_{2}^{2}=6x_2-1 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x_{1}^{m+2}=6x_1 ^{m+1}-x_1^m& & \\ x_{2}^{m+2}=6x_2 ^{m+1}-x_2^m & & \end{matrix}\right.$
Cộng 2 phương trình với nhau ta có
$x_1^{m+2}+x_2^{m+2}=6x_1^{m+1}+6x_2^{m+1}-x_1^m-x_{2}^m$
Đặt $S_{n}=x_{1}^n+x_{2}^n$
Vậy ta có công thức tổng quát
$S_{m+2}=6S_{m+1}-S_m$
Mà $S_1$ nguyên $S_2$ nguyên nên $S_3$ nguyên và cứ theo công thứ ta có $S_{n}$ nguyên
$x_1^{m+2}+x_2^{m+2}=6x_1^{m+1}+6x_2^{m+1}-x_1^m-x_{2}^m=5x_{1}^{m+1}+5x_{2}^{m+1}+x_{1}^{m+1}+x_{2}^{m+1}-x_1^m-x_{2}^m$
Vậy để $S_{m+2}$ chia hết cho 5 thì $S_{m+1}-S_{m}$ chia hết cho 5
Mặt khác
$x_1^{m+1}+x_{2}^{m+1}-x_{1}^m-x_{2}^m=6x_{1}^m+6x_{2}^m-x_{1}^{m-1}-x_{2}^{m-1}-x_{1}^m-x_{2}^m=5x_{1}^{m}+5x_{2}^m-x_{1}^{m-1}-x_{2}^{m-1}$
Vậy $S_{m+2}$ chia hết cho 5 khi $S_{m-1}$ chia hết cho 5
Cứ tiếp tục chạy như thế ta có $S_{m+2}$ chia hết cho 5 khi $S_{1}$ chia hết cho 5 nếu $m+2$ chia 3 dư 1
                                                 $S_{m+2}$ chia hết cho 5 khi $S_{2}$ chia hết cho 5 nếu $m+2$ chia 3 dư 2

                                                 $S_{m+2}$ chia hết cho 5 khi $S_{1}$ chia hết cho 5 nếu $m+2$ chia hết cho 3
Và  tất nhiên $S_1$ $S_2$ $S_3$ đều không chia hết cho 5 (dpcm)

P/s ai có cách khác ko, ngày xưa làm cứ cảm tưởng cách này ngu ngu thế nào ấy

Tam giác $ABC$ với $AHa,BHb,CHc$ là 3 đường cao của tam giác.$Ia,Ib,Ic$ là 3 tâm bàng tiếp đối diện với đỉnh A B C của tam giác.CMR $IaHa,IbHb,IcHc$ đồng quy tại 1 điểm trên OI (O là tâm đường tròn ngoại tiếp I là tâm nội tiếp)

$a^{6}-b^{6}=(a^{2}-b^{2})(a^{4}+b^{4}+a^{2}b^{2})$

Ta có vì a,b không chia hết cho 3

Nên $a^{2}\equiv b^{2}\equiv a^{4}\equiv b^{4}\equiv a^{2}b^{2}\equiv 1(mod3)$

Thay lại vào 1 ta có $a^{2}-b^{2}\vdots 3$

                                $a^{4}+a^{2}b^{2}+b^{4}\vdots 3$

Nên $a^{6}-b^{6}\vdots 9$ (dpcm)

Bài 1

1,CMR

$\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{2014}}< 2\sqrt{2014}$
2,Tìm tất cả các số nghuyên x,y thoả mãn

$x^{3}-xy+2x+2y+1=0$

 

Bài 2

1,GPT
$\sqrt{2x-1}+\sqrt{x}=3x-3+2\sqrt{2x^{2}-x}$

2,Cho các số thực x,y,z thoả mãn $x^{3}+y^{3}+z^{3}=3xyz$

Tìm $P=\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}$

 

Bài 3

Cho điểm A thuộc nửa đường tròn đường kính BC, H là hình chiếu của A lên BC.Gọi I và J lần lượt là tâm đường tròn nội tiệp ABH và ACH. Đườg thẳng IJ cắt AB AC tại E và F

1,CMR AEF là tam giác cân

2,CMR BIJC nội tiếp

3,Tìm vị trí điểm A để CV HIJ Max

 

Bài 4

Cho m,n là 2 số tự nhiên thoả mãn $3m^{2}+m=4n^{2}+n$
CMR $m-n$ và $4m+4n+1$ là SCP

 

Bài 5 (dễ nhất bài)
cho 3 số dương x,y,z.CMR

$\sqrt{\frac{x}{y+z}}+\sqrt{\frac{y}{z+x}}+\sqrt{\frac{z}{x+y}}> 2$