Cho đa thức $P(x)=a_1x+a_2x^2+a_3x^3+.....+a_nx^n$ với $a_n\neq 0$. Giả sử $x_0$ là 1 nghiệm của đa thức. Chứng minh:

$\left | x_0 \right |< 1+max\left | \frac{a_i}{a_n} \right |$   ($0\leq i\leq n-1$)

Tìm các số nguyên khác $0$ phân biệt $a$ và $b$ để đa thức: $P(x)=x(x-a)(x-b)(x-2)+1$ có thể phân tích thành tích của 2 đa thức bậc lớn hơn $0$ với hệ số nguyên.

Cho đa thức $P(x)$ với hệ số thực và $P(x)$ có bậc $6$ thoả mãn:$P(1)=P(-1),P(2)=P(-2),P(3)=P(-3)$. Chứng minh:$\forall x\epsilon \mathbb{R}$ thì $P(x)=P(-x)$

Cho $a,b,c>0$. Chứng minh:

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

Cho $a,b,c$ đôi một phân biệt và $a,b,c\in [0,2]$. Chứng minh:

$\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}\geq \frac{9}{4}$

Cho $a,b,c>0$ thoả mãn $abc$=1. Chứng minh:

$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq a+b+c$

Cho $a,b,c>0$ thoả mãn $a+b+c=3$. Chứng minh:

$a\sqrt{b^3+1}+b\sqrt{c^3+1}+c\sqrt{a^3+1}\leq 5$

Cho $a,b,c>0$. Chứng minh:

$\frac{1}{a\sqrt{3a+2b}}+\frac{1}{b\sqrt{3b+2c}}+\frac{1}{c\sqrt{3c+2a}}\geq \frac{3}{\sqrt{5abc}}$

Ta có : $$\left\{\begin{matrix} \frac{3x}{x+1}+\frac{4y}{y+1}+\frac{2z}{z+1} =1 (1)\\ 8^9x^3y^4z^2 =1 (2)\end{matrix}\right.$$

Áp dụng BĐT AM-GM 8 số :

$$1-\frac{x}{x+1}=\frac{2x}{x+1}+\frac{4y}{y+1}+\frac{2z}{z+1}\Rightarrow \frac{1}{x+1}\geq 8\sqrt[8]{\frac{x^2y^4z^2}{(x+1)^2(y+1)^4(z+1)^2}}$$

Tương tự : $\Rightarrow \frac{1}{z+1}\geq 8\sqrt[8]{\frac{x^3y^4z}{(x+1)^3(y+1)^4(z+1)}}$

$$\frac{1}{y+1}\geq 8\sqrt[8]{\frac{x^3y^3z^2}{(x+1)^3(y+1)^3(z+1)^2}}$$

$$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \left (\frac{1}{x+1} \right )^3\geq 8^3\sqrt[8]{\frac{x^2y^4z^2}{(x+1)^2(y+1)^4(z+1)^2}}^3\\ \left (\frac{1}{z+1} \right )^2\geq 8^2\sqrt[8]{\frac{x^3y^4z}{(x+1)^3(y+1)^4(z+1)}}^2\\ \frac{1}{y+1}^4\geq 8^4\sqrt[8]{\frac{x^3y^3z^2}{(x+1)^3(y+1)^3(z+1)^2}}^4 \end{matrix}\right.\Rightarrow 1\geq 8^9x^3y^4z^2$$

Dấu = xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{8}$

Bạn ơi, AM-GM thì các số phải không âm nhưng đề bài chưa cho $x,y,z>0$

Giải hệ phương trình sau:

$\left\{\begin{matrix} \frac{3x}{x+1}+\frac{4y}{y+1}+\frac{2z}{z+1} &=1 \\ 8^9x^3y^4z^2 &=1 \end{matrix}\right.$

Giải hệ phương trình:

     $\left\{\begin{matrix} (x+2)^2+(y+3)^2 &=(y+3)(x+z-2) \\ x^2+5x+9z-7y-15 &=-3yz \\ 8x^2+8y^2+18xy+18yz &=-84x-72y-24z-176 \end{matrix}\right.$

Giải hệ phương trình:

         $\left\{\begin{matrix} x^2(y+z)^2 &=(3x^2+x+1)y^2z^2 \\ y^2(z+x)^2 &=(4y^2+y+1)z^2x^2 \\ z^2(x+y)^2 &=(5z^2+z+1)x^2y^2 \end{matrix}\right.$

Giải hệ phương trình sau:
1) (VMO-04):

     $\left\{\begin{matrix} x[x^2+(y-z)^2] &=2 \\ y[y^2+(z-x)^2] &=16 \\ z[z^2+(x-y)^2] &=30 \end{matrix}\right.$

2)

      $\left\{\begin{matrix} x+2y+2\sqrt{4x+y} &=1 \\ 2(x+3) &=\sqrt{46-2y(3+8x+8y)} \end{matrix}\right.$ 

Cho tứ giác $ABCD$ không phải là hình bình hành ngoại tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $M$ và $N$ lần lượt là trung điểm của $AC$ và $BD$. Chứng minh $M,O,N$ thẳng hàng.

Tìm $a$ để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất:

               $\left\{\begin{matrix} 2x^2 &= &y+\frac{a^2}{y} \\ & & \\ & & \\ 2y^2 &= &x+\frac{a^2}{x} \end{matrix}\right.$

1) Chứng minh với mọi $a$ thì hệ sau luôn có nghiệm:

            $\left\{\begin{matrix} x^2-2xy-y^2 &\leq &a \\ x^2+2xy-2y^2 &\leq &2a+1 \end{matrix}\right.$

2) Xác định $a$ để hệ trên có nghiệm duy nhất.

Giải các hệ sau:

1) $\left\{\begin{matrix} x(x-y) &\leq &y(x+y) \\ 2x^2+y^2-3xy&= &1 \end{matrix}\right.$

2) $\left\{\begin{matrix} x^2-y^2 &\leq &2xy \\ x^2+y^2&\geq &3xy \end{matrix}\right.$

3) $\left\{\begin{matrix} xy &\geq &x+y \\ x^2+y^2 &\leq &1 \end{matrix}\right.$

$\sqrt[3]{x^2-1}+x=\sqrt{x^3-1}=y$. ĐK: y >(=) 0

Suy ra hpt:

$y^2=x^3-1$ và $y^3-3y^2x+3yx^2-x^3=x^2-1$

Giải hệ này là xong

Làm thế nào để giải tiếp hệ đó hả bạn?

Cho các số thực $x,y,z$ thoả mãn:

$\left\{\begin{matrix} \sqrt{x+2011}+\sqrt{y+2012}+\sqrt{z+2013} &=\sqrt{y+2011}+\sqrt{z+2012}+\sqrt{x+2013} \\ \sqrt{y+2011}+\sqrt{z+2012}+\sqrt{x+2013}&=\sqrt{z+2011}+\sqrt{x+2012}+\sqrt{y+2013} \end{matrix}\right.$

Chứng minh: $x=y=z$

                                                       (Trích đề tuyển sinh ĐHSP Hà Nội năm 2013-2014)

Giải phương trình:

$\sqrt[3]{x^2-1}+x=\sqrt{x^3-1}$

Giải phương trình:

$\sqrt[3]{x^2-1}+x=\sqrt{x^3-1}$

Cho $(O,R)$ và dây $AB=\sqrt{3}R$. Điểm $M$ di chuyển trên cung lớn $AB$. Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta AMB$. Đường tròn nội tiếp $\Delta AMB$ tiếp xúc với $MA$ và $MB$ lần lượt tại E và F. Chứng minh $EF$ luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi $M$ di chuyển trên cung lớn $AB$.

Giải bất phương trình sau:

 $(x-1)\sqrt{x^2-2x+5}-4x\sqrt{x^2+1}\geq 2(x+1)$

 

Bổ đề:Cho tam giác ABC có H, O, G lần lượt là trực tâm, tâm đ tròn ngoại tiếp, trọng tâm.Cm G nằm giữa O, H và $\frac{HO}{HG} =\frac{3}{2}$

cm bổ đề:kẻ đường kính AD của (O), ta có BD$\perp$AB, mà CH$\perp$AB =>BD//CH

tương tự, CD//BH

=>BHCD là hình bình hành =>BC và HD cắt nhau tại M là trung điểm của mỗi đường =>OM là đ trung bình của DAH =>OM//AH và $\frac{OM}{AH}=\frac{1}{2}$

ta có$\frac{GM}{GA} =\frac{1}{2} =\frac{OM}{AH}$ 

mà $\widehat{GMO} =\widehat{GAH}$ 

=>$\triangle GMO\sim\triangle GAH$ =>$\frac{GH}{GO} =2$ và $\widehat{OGM} =\widehat{HGA}$ =>G nằm giữa H, O và $\frac{HO}{HG} =\frac{3}{2}$

 

cm:$\triangle AEF$ vuông tại A có đ cao AB =>$BE.BF =AB^2$

=>$BP.BQ =\frac{1}{4}$.BE.BF =$\frac{AB^2}{4}$

$\triangle ABF\sim\triangle EBA =>\frac{BF}{BA} =\frac{BA}{BE}$

<=>$\frac{2.BQ}{2.BO} =\frac{BA}{BE} =\frac{BQ}{BO} <=>\frac{BO}{BE} =\frac{BQ}{BA}$

gọi H trung điểm OB =>PH là đ trung bình OBE =>$\frac{BO}{BE} =\frac{2.BH}{2.BP} =\frac{BH}{BP}$

=>$\frac{BQ}{BA} =\frac{BH}{BP}<=>\frac{BQ}{BH} =\frac{BA}{BP}$ (1)

mà $\widehat{QBA} =\widehat{HBP} =90^o$

=>$\triangle QBA\sim\triangle HBP $ =>$\widehat{QAB} =\widehat{HPB}$ 

mà $\widehat{QAB} +\widehat{AQB} =90^o =>\widehat{HPQ} +\widehat{AQB}=90^o =>PH\perp AQ$ =>H là trực tâm $\triangle APQ$ 

(1)=>BH.BA =BP.BQ =$\frac{AB^2}{4}$ =>BH =$\frac{AB}{4}$ =>H là điểm cố định

kéo dài AG cắt d tại M, ta có $\frac{AG}{AM}=\frac{2}{3}$ (2)

trên đoạn AB lấy N sao cho $\frac{AN}{AB} =\frac{2}{3}$ (3) =>N là điểm cố định

(2, 3)=>NG //d =>G luôn di chuyển trên đ thẳng $d_1$ cố định qua N và //d

qua O kẻ đ thẳng $d_2$ //d cắt AB tại P =>$d_2//d_1$ =>$\frac{HP}{HN} =\frac{HO}{HG} =\frac{3}{2}$ (theo bổ đề)

=>$HP =\frac{3}{2}.HN$, mà H, N cố định =>HN không đổi =>HP không đổi =>P cố định =>$d_2$ cố định=>vậy O luôn di chuyển trên $d_2$ //d và qua P

 

2 cái dòng đỏ là thế nào hả bạn: điểm G ở đâu? O thuộc đoạn AB sao lại kẻ // AB?