Cho hệ $\left\{\begin{matrix}2y^2+2xy+4y-17x-126=0 & & \\ x^2+y^2+2x-2y-7=0 & & \end{matrix}\right.$.Trong sách mình thấy tác giả giải như thế này :Lấy $3PT(2)-PT(1)$$\Rightarrow (x-y+5)^2+2x^2+x+80=0$ (Vô nghiệm). Hình như tác giả dùng kĩ thuật hệ số bất định thì phải.Mình cũng biết kĩ thuật này nhưng không biết làm cách nào để có thể ra kết quả là lấy $3PT(2)-PT(1)$.Ai giúp mình với 

 Áp dụng BĐT Chebyshev và Cauchy-Schwarz ta có :

 $\sum \frac{a^3}{a^2+ab+b^2}=\sum \frac{a^4}{a^3+ab(a+b)}\geq $$\frac{3\sum a^4}{\sum a^3+\sum ab(a+b)}$$\geq \frac{3\sum a^4}{3\sum a^3}\geq \frac{a+b+c}{3}$

mình chưa hiểu khúc này

Với $a,b,c>0$. Chứng minh rằng 

a) $\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\geq \frac{a+b+c}{3}$

b) $\frac{1}{a^3+abc+b^3}+\frac{1}{b^3+abc+c^3}+\frac{1}{a^3+abc+c^3}\leq \frac{1}{abc}$

Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix}2x+1=y^3+y^2+y & & \\ 2y+1=z^3+z^2+z & & \\ 2z+1=x^3+x^2+x & & \end{matrix}\right.$

Tìm ba số nguyên tố liên tiếp $a,b,c$ sao cho $a^2+b^2+c^2$ cũng là số nguyên tố

Gọi $d=(2k-1,9k+4)$ Nên $\left\{\begin{array}{l}2k-1 \vdots d \\9k+4 \vdots d \end{array}\right.$ $\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}18k-9 \vdots d \\18k+8 \vdots d \end{array}\right.$ Nên $(18k+8)-(18k-9) \vdots d$ $\Leftrightarrow 17\vdots d$ Mà khi $k=2$ thì $9k+4=22$ không chia hết cho 17 nên $d=1$

Có gì bạn góp ý cho mình thêm nhé

mình chưa hiểu khúc này sao lại lấy $k=2$ vậy bạn

Tìm $(2k-1;9k+4)$ với $k\in \mathbb{N}^*$. Bài này em lấy trong chuyên đề số học của VMF mà trong đó giải khó hiểu quá nên đăng lên đây mong các bạn giải chi tiết, vì mình chậm hiểu lắm

Mn cho mình hỏi thuật ngữ "Co-occurrence" dịch sang tiếng Việt là gì?

Thanks!

theo mình biết từ ''Co-'' mang ý nghĩa là ''đồng cái gì đó'' ví dụ co-author : đồng tác giả;  co-produce: đồng sản xuất. Occurrence nghĩa là xảy ra nên từ ''Co-occurrence'' chắc có nghĩ là ''đồng thời'' hay ''cùng xảy ra''

Nếu tồn tại một số trong dãy trên là số chính phương thì tồn tại $n\geqslant 2$ sao cho $10^n-1$ là số chính phương.

Tuy nhiên $10^{n}-1\equiv 2^{n}-1\equiv 3\pmod{4}$ nên $10^n-1$ không thể là số chính phương với mọi $n\geqslant 2$

Kết luận: không tồn tại.

cho mình hỏi tại sao là $10^n-1$ nhỉ nó = 999....99 chứ đâu liên quan tới 1111...111 đâu

Trong dãy sau có tồn tại số nào là số chính phương không : $11,111,1111,11111,...$

Đặt: $2n-1=2k+1$ $(k \in N)$

$\Rightarrow n+1=k+2$

Khi đó: $5^{2n-1}.2^{n+1}+3^{n+1}.2^{2n-1}=5^{2k+1}.2^{k+2}+3^{k+2}.2^{2k+1}$

 

$=5.25^k.4.2^k+9.3^k.2.4^k$

 

$=20.50^k+18.12^k$

 

$=19 \left (50^k+12^k \right )+\left (50^k-12^k \right )$         $\vdots$ $38$

cho mình hỏi sao bạn biết đặt chỗ này vậy

Với $n$ là số nguyên dương, chứng minh rằng $5^{2n-1}.2^{n+1}+3^{n+1}.2^{2n-1}$ $\vdots$ $38$

Một đường thẳng cắt các cạnh $DA,DC$ và đường chéo $DB$ của hình bình hành $ABCD$ lần lượt tại các điểm $E,F$ và $M$. Biết rằng $\overrightarrow{DE}=m\overrightarrow{DA}$;  $\overrightarrow{DF}=n\overrightarrow{DC}$ ($m,n>0$). Hãy biểu diễn $\overrightarrow{DM}$ qua $\overrightarrow{DB}$ và $m,n$

Do $\frac{a^{5}-a^{2}}{a^{5}+b^{2}+c^{2}}=1-\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a^{5}+b^{2}+c^{2}}$ Nên BĐT cần chứng minh trở thành: $\sum \frac{1}{a^{5}+b^{2}+c^{2}}\leq \frac{3}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$ Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz: $\frac{1}{a^{5}+b^{2}+c^{2}}=\frac{\frac{1}{a}+b^{2}+c^{2}}{({a^{5}}+b^{2}+c^{2})(\frac{1}{a}+b^{2}+c^{2})}\leq \frac{\frac{1}{a}+b^{2}+c^{2}}{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}$ Nên$\sum \frac{\frac{1}{a}+b^{2}+c^{2}}{{a^{5}}+b^{2}+c^{2}}\leq \frac{\sum \frac{1}{a}+\sum 2(a^{2}}{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}})$ Do $abc\geq 1$ nên ta có $\sum \frac{1}{a}\leq abc(\sum \frac{1}{a})=\sum ab\leq \sum a^{2}$

Ta có đpcm

Mình chưa hiểu chỗ này

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2\geq 3$. Chứng minh rằng $\frac{a^5-a^2}{a^5+b^2+c^2}+\frac{b^5-b^2}{b^5+a^2+c^2}+\frac{c^5-c^2}{c^5+b^2+c^2}\geq 0$

Cho tam giác đều $ABC$,điểm $M$ thuộc cạnh $BC$. Gọi $D$ là điểm đối xứng với $M$ qua $AB$, $E$ là điểm đối xứng với $M$ qua $AC$. Vẽ hình bình hành $DMEI$. Chứng minh rằng

a) Bốn điểm $D,A,I,E$ cùng thuộc một đường tròn

b) $AI$ song song $BC$

Với $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}=4$$(a,b,c>0)$.Chứng minh $\sqrt{\frac{b}{a}}+\sqrt{\frac{a}{c}}+\sqrt{\frac{c}{b}}< 4$

$|t|=\left | x+\dfrac{ 1}{x} \right | \ge 2 $ theo Cauchy thôi

 

Nên với $|t| < 2$ thì pt vô nghiệm

cái BDT Cauchy này thì mình biết , còn cách giải thích  tìm $m$ để phương trình không có nghiệm $\left | t \right |\geq 2$ của bạn baotranthaihuy sao khó hiểu quá. Các bạn giải thích theo cách lớp $9$ được không

 

Xét x=0 không phải nghiệm

 

Chia hai vế pt cho $x^2$

 

$x^2+mx+1+m\dfrac{ 1}{x}+\dfrac{ 1}{x^2}=0 \\ \left (x+\dfrac{1}{x} \right )^2+m \left (x+\dfrac{ 1}{x} \right ) -1 =0 *$

 

đặt $t=x+\dfrac{ 1}{x}   ; |t|  \ge 2$

 

pt: $t^2+my-1=0$ có nghiệm $  |t|  \ge 2$

 

Xét bài toán:  Tìm m để pt không có  nghiệm  $ |t|  \ge 2$  

 

• pt vô nghiệm 

 

• pt có nghiệm $-2 < t_1 \le t_2 <2$

 

Vậy ...............

 

 

 

 

 

 

 

Cho mình hỏi tại sao lại tìm $m$ để  pt không có nghiệm $\left | t \right |\geq 2$ vậy

Cho điểm $C$ thuộc nửa đường tròn đường kính $AB$ và $H$ là hình chiếu của $C$ trên $AB$. Các điểm $D$,$E$ thuộc nửa đường tròn đó sao cho $HC$ là tia phân giác của góc $DHE$. Chứng minh rằng $HC^2=HD.HE$

Tìm các giá trị của $m$ để phương trình $x^4+mx^3+x^2+mx+1=0$ có nghiệm

Cho hai phương trình $x^2+2x-m=0$ $(1)$ và $x^2-3x+4m=0$ (2).Xác định $m$ để hai phương trình trên có nghiệm chung. Từ đó suy ra giá trị của $m$ để phương trình $(x^2+2x-m)(x^2-3x+4m)=0$ có $4$ nghiệm phân biệt

Bạn có thể post link của THTT tháng 6+7/2014 không , mình đang cần gấp ? Thanks nhiều 

THTT tháng 6 2014 nè http://www.fshare.vn/file/TA85H5Z54T

giáo sư ấy đang uống trà với tôi

Tìm $a,b,c,d$ sao cho với mọi số tự nhiên $n$ ta có $\overline{aa...abb...bcc...c}$($n$ số $a,b,c$)$+1=(\overline{dd...d}+1)^3$