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

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

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

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

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)

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

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

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)

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

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 $x=y=z=\frac{1}{3}$

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 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

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

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
 

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

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

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

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 $x$

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

BDT thì thiếu vp rồi bạn

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

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

ĐK $x\geq 0$ (do x nguyên)
Áp dụng BĐT Cauchy: 
$5.\sqrt{8x+1}\leq 13+4x\Rightarrow 5(x^3+8)\leq 7(13+4x)\Leftrightarrow 5x^3-28x-51\leq 0\Leftrightarrow (x-3)(5x^2-15x+17)\leq 0\Leftrightarrow x-3\leq 0\Rightarrow x\leq 3$
Đến đây xét từng giá trị của x (kết hợp với ĐK), ta thấy $x=3$ thỏa mãn.
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là $x=3$

đoạn đó bạn cauchy kiểu gì hay vậy chẳng lẽ mò dấu bằng   

Cho a,b,c,d là các số dương.

Chứng minh: $ \huge \frac{a-b}{b+c} +\frac{b-c}{c+d}+\frac{c-d}{a+d}\geq \frac{a-d}{a+b}$.

BDT cần cm tương đương vs
$\frac{a-b}{b+c}+\frac{b-c}{c+d}+\frac{c-d}{a+d}+\frac{d-a}{a+b}\geq 0\Leftrightarrow \frac{a+c}{b+c}+\frac{b+d}{c+d}+\frac{a+c}{a+d}+\frac{d+b}{a+b}\geq 4$
$\Leftrightarrow \frac{a}{b+c}+\frac{c}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{d}{c+d}+\frac{a}{a+d}+\frac{c}{a+d}+\frac{b}{a+b}+\frac{d}{a+b}\geq 4$ (Đoạn này ko cần chia ra nhưng ngại nhân nên làm tn cho tiện)

$\Leftrightarrow \frac{a^2}{ab+ac}+\frac{c^2}{cb+c^2}+\frac{b^2}{bc+bd}+\frac{d^2}{cd+d^2}+\frac{a^2}{a^2+da}+\frac{c^2}{ac+dc}+\frac{b^2}{ab+b^2}+\frac{d^2}{ad+bd}\geq 4$
Áp dụng BDT cauchy schawz ta có
$VT\geq\frac{4(a+b+c+d)^2}{ab+ac+cb+c^2+bc+bd+cd+d^2+a^2+da+ac+dc+ab+b^2+ad+bd}$

Vậy ta cần cm
$\frac{4(a+b+c+d)^2}{ab+ac+cb+c^2+bc+bd+cd+d^2+a^2+da+ac+dc+ab+b^2+ad+bd}\geq 4$
$\Leftrightarrow \frac{(a+b+c+d)^2}{ab+ac+cb+c^2+bc+bd+cd+d^2+a^2+da+ac+dc+ab+b^2+ad+bd}\geq 1$
Nhân chéo lên ta nhận đc kq luôn đúng ta có đpcm
Dấu đẳng thức sảy ra khi a=b=c=d
P/s để phông chữ nhỏ thôi 

Đề thi Nguyễn Huệ hả 

Đề số xấu quá nhỉ

$(a-b)^{2}\geq 0\Rightarrow a^{2}+b^{2}\geq 2ab$

Tương tự

$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ca$ (1)

$\Leftrightarrow 7\geq ab+bc+ca$

Áp dụng BDT cauchy ta có

$a^{2}+\frac{7}{3}\geq 2\sqrt{\frac{7}{3}}\left |a \right |\geq 2\sqrt{\frac{7}{3}}a$

Tương tự ta có

$a^{2}+b^{2}+c^{2}+7\geq 2\sqrt{\frac{7}{3}}(a+b+c)$ 

suy ra

$\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}+7}{2\sqrt{\frac{7}{3}}}=\frac{14}{2\sqrt{\frac{7}{3}}}=\sqrt{21}\geq a+b+c$ (2)

Cộng từng vế 1 và 2  ta có

$12> \sqrt{21}+7\geq ab+bc+ca+a+b+c$

Dấu đẳng thức không sảy ra ta có dpcm