Cho  $P(x)$  là đa thức với bậc không nhỏ hơn 1 với các hệ số nguyên

Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên  $a$  để  $P(a)$  là hợp số

Đặt $3^{x}=a,3^{y}=b, 3^{z}=c\Rightarrow 3^{-x}=\frac{1}{a},3^{-y}=\frac{1}{b}, 3^{-z}=\frac{1}{c}$

$\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1\Rightarrow ab+bc+ca=abc$

Bđt cần c/m tương đương $\sum \frac{a^{2}}{a+bc}\geq \frac{a+b+c}{4}$$\Leftrightarrow \sum \frac{a^{3}}{a^{2}+abc}\geq \frac{a+b+c}{4}\Leftrightarrow \sum \frac{a^{3}}{(a+b)(a+c)}\geq \frac{a+b+c}{4}$

Theo bđt cô-si $\frac{a^{3}}{(a+b)(a+c)}+\frac{a+b}{8}+\frac{a+c}{8}\geq \frac{3}{4}a$

Tương tự,... rồi đi đến kết luận

Giải phương trình $\frac{8x(1-x^2)}{(1+x^2)^2}-\frac{2\sqrt{2}x(x+3)}{1+x^2}=5-\sqrt{2}$

Cho x, y, z là độ dài ba cạnh của 1 tam giác. Chứng minh rằng $\frac{x}{\sqrt[3]{y^{3}+z^{3}}}+\frac{y}{\sqrt[3]{z^{3}+x^{3}}}+\frac{z}{\sqrt[3]{x^{3}+y^{3}}}< 2\sqrt[3]{4}$

Bài toán có ở đây rồi http://diendantoanho...rt3b3c32sqrt34/

Giải phương trình $\left \{ \sqrt{x+1} \right \}=\left \{ 0,5-\sqrt{3-x} \right \}$

Giải phương trình:$x^2-2x+6-x\sqrt{2x+3}=0$

ĐK $x\geq -1,5$

PT $\Leftrightarrow 2x^2-4x+12-2x\sqrt{2x+3}=0\Leftrightarrow (x^2+2x+3-2x\sqrt{2x+3})+(x^2-6x+9)=0\Leftrightarrow (x-\sqrt{2x+3})^2+(x-3)^2=0\Leftrightarrow x=3$

Gọi $h_{a},h_{b},h_{c}$ là các đường cao; $m_{a},m_{b},m_{c}$ là các đường trung tuyến của 1 tam giác

$S$ là diện tích tam giác đó.

Chứng minh $h_{a}.m_{b}^{4}+h_{b}.m_{c}^{4}+h_{c}.m_{a}^{4}\geq 9\sqrt[4]{3}.S^2.\sqrt{S}$

1.Giải phương trình $\left \{ \sqrt{1+x} \right \}=\left \{ 0,5-\sqrt{3-x} \right \}$

2.Giải hệ  $\left\{\begin{matrix}\left \{ \sqrt{x+y} \right \}=\left \{ \sqrt{x-y} \right \} & & \\ \left \{ x-\sqrt{x^2-y^2} \right \}=x+y+0,5 & & \end{matrix}\right.$ 

P/s: Mọi người giúp mình câu 2 nhé 

Cho $\left | x \right |<1, \left | y \right |<1$. Chứng minh $\left | x \right |+\left | y \right |\geq \left | \frac{x+y}{1+xy} \right |$

Giải phương trình $6(x-\frac{1}{y})=3(y-\frac{1}{z})=2(z-\frac{1}{x})=xyz-\frac{1}{xyz}$

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn.Kí hiệu $AB=a$,$AD=b$,$CD=c$,$BC=d$.Chứng minh rằng:$\frac{AC}{BD}=\frac{ab+cd}{ad+bc}$

Bài này đã có ở đây http://diendantoanho...adcbcdabbcadcd/

Cho $ax^{2015}=by^{2015}=cz^{2015}$ và $xy+yz+zx=xyz\neq 0$

Chứng minh rằng $\sqrt[2015]{ax^{2014}+by^{2014}+cz^{2014}}=\sqrt[2015]{a}+\sqrt[2015]{b}+\sqrt[2015]{c}$

Từ giả thiết ta có $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1$

Đặt $ax^{2015}=by^{2015}=cz^{2015}=k$

$\Rightarrow a=\frac{k}{x^{2015}}, b=?, c=?$

$\Rightarrow \sqrt[2015]{\sum ax^{2014}}=\sqrt[2015]{\sum \frac{k}{x}}=\sqrt[2015]{k}$

$;\sum \sqrt[2015]{a}=\sum \frac{\sqrt[2015]{k}}{x}=\sqrt[2015]{x}$

Từ đây ta có điều phải chứng minh

Ta c/m $\Delta AKD\sim \Delta CHD\Rightarrow \frac{AB+BK}{KD}=\frac{CH}{DH}$

Tương tự $\frac{AC-IC}{CD}=\frac{BH}{DH}$

$\Rightarrow \frac{AB}{DK}+\frac{AC}{DI}+\frac{BC}{DH}=\frac{AB}{KD}+\frac{BK}{KD}+\frac{AC}{CD}-\frac{IC}{CD}=\frac{CH+BH}{DH}=\frac{BC}{DH}$

c/M $\Delta KBD\sim \Delta ICD\Rightarrow \frac{KB}{KD}=\frac{IC}{CD}\Rightarrow \frac{AB}{KD}+\frac{AC}{CD}=\frac{BC}{DH}\Rightarrow P=2.\frac{BC}{DH}$

$P (Min)\Leftrightarrow DH (max) \Leftrightarrow$ $D$ là chính giữa cung $BC$

Giải phương trình $\frac{1}{x+1}+\frac{2}{1+\sqrt{x}}=\frac{2+\sqrt{x}}{2x}$

Cho $abc=1, a^3>36$. Chứng minh $\frac{a^2}{b}+b^2+c^2>ab+bc+ca$

Cho hình vuông $ABCD$ cạnh $a$. Trên cạnh $AD$ lấy $M$ sao cho $AM=3MD$. Kẻ tia $Bx$ cắt $CD$ ở $I$ sao cho $\widehat{ABM}=\widehat{MBI}$. Kẻ tia phân giác $BN (N \in CD$) của góc $\widehat{CBI}$.

Tính $S_{BMN}$ theo $a$

Giải hệ $\left\{\begin{matrix}2\sqrt{2x}-\sqrt{y}=1 & & \\ \sqrt[3]{8x^3+y^3}=\sqrt[3]{2}(\sqrt{x}+\sqrt{y}-1) & & \end{matrix}\right.$

$\frac{x(3-x)}{x+1}$ . (x+ $\frac{3-x}{x+1}$)=2

Đặt $\frac{x(3-x)}{x+1}=a; x+\frac{3-x}{x+1}=b\Rightarrow \left\{\begin{matrix}ab=2 & & \\ a+b=3 & & \end{matrix}\right.$

Đến đây thì đơn giản rồi 

Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác

Chứng minh $\frac{ab+bc+ca}{2}\geq \sum \frac{ab\sqrt{ab}}{a+b}$

$LHS=\sum \dfrac{ab\sqrt{ab}}{2\sqrt{ab}}\geqslant \sum \dfrac{ab\sqrt{ab}}{a+b}$

Vậy cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác để làm gì.

Thừa mà bạn 

Cho nửa đường tròn $(O)$ đường kính $AB=2R$. $C$ là một điểm chuyển động trên nửa đường tròn. Hạ $CH\perp AB$. Gọi $O_1, O_2$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta AHC, \Delta BHC$ . Tìm vị trí của $C$ để độ dài $O_1O_2$ lớn nhất

Cho $A=1^{2015}+2^{2015}+3^{2015}+...+n^{2015}$

       $B=1+2+3+...+n$          ($n$ là số nguyên dương)

Chứng minh $A \vdots B$

Cho $\Delta ABC$ có diện tích $S$.$A_{1},B_{1},C_{1}$ lần lượt là trung điểm của $ BC,CA,AB$. Gọi $K,L,M$ lần lượt là các điểm thuộc các đoạn $ AB_{1},BC_{1},CA_{1}$. Gọi $T$ là diện tích phần chung của 2 tam giác $ \Delta KLM,\Delta A_{1}B_{1}C_{1}$. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của $T$

Đặt a,b,r lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACH,BCH,ABC;R là bán kính nửa đường tròn đường kính AB

Dễ thấy các tam giác ABC;ACH;CBH đồng dạng nên 

=>$\frac{r}{AB}=\frac{a}{AC}=\frac{b}{BC} $

=>$\frac{r^2}{AB^2}=\frac{a^2}{AC^2}=\frac{b^2}{BC^2}=\frac{a^2+b^2}{AC^2+BC^2}=\frac{a^2+b^2}{AB^2} $

=>$r^2=a^2+b^2$

Dễ chứng minh được tam giác $HO_{1}O_{2} $ vuông tại H

=>$O_{1}O_{2}^2=O_{1}H^2+O_{2}H^2=(\sqrt{2}a)^2+(\sqrt{2}b)^2=2(a^2+b^2)=2r^2 $

Mà tam giác ABC vuông tại C nên $r=AC+BC-AB$

=>$O_{1}O_{2}^2/2=(AC+BC-AB)^2$

                   $=(AC+BC)^2+AB^2-2AB.(AC+BC)$

                   $=(AC+BC)(AC+BC-4R)+4R^2 $

Có $AC+BC\leq \sqrt{2(AC^2+BC^2)}=\sqrt{8R^2}=2\sqrt{2}R $

=>$O_{1}O_{2}^2/2 \leq 2\sqrt{2}R(2\sqrt{2}R-4R)+4R^2=(12-8\sqrt{2})R^2=(2\sqrt{2}-2)^2R^2$

=>$O_{1}O_{2}\leq  (4-2\sqrt{2})R $

Dấu bằng xảy ra $<=>AC=BC<=>C$ là điểm chính giữa nửa đường tròn

Cảm ơn bạn !

Cách giải của bạn đúng rồi nhưng kết quả phải là $R\sqrt{6-4\sqrt{2}}$

Giải phương trình nghiệm nguyên dương $\sqrt{x+y}-\sqrt{x}-\sqrt{y}+2=0$

ĐK $x,y\geq 0$

$\sqrt{x+y}-\sqrt{x}-\sqrt{y}+2=0\Leftrightarrow \sqrt{x+y}+2=\sqrt{x}+\sqrt{y}\Leftrightarrow x+y+2+4\sqrt{x+y}=x+y+2\sqrt{xy}\Leftrightarrow 2+2\sqrt{x+y}=\sqrt{xy}\Leftrightarrow 4+4(x+y)+8\sqrt{x+y}=xy$

Do $(*)\Rightarrow \sqrt{xy}\vdots 2\Rightarrow xy=4a^2(a\in N)$

Thay vào $(*)\Rightarrow x+y=4a^4-4a^2+1$

Đến đây ta đã có tổng và tích của $x,y$ nên tiếp theo là dùng Vi-ét, tìm điều kiện để $\Delta$ là số chính phương