Topic dạo này không còn như trước rồi , em xin post 1 số bài để duy trì topic :
255 :Cho 5 số a,b,c,p,q > 0
CM : $\frac{a}{pb+qc}+\frac{b}{pc+qa}+\frac{c}{pa+qb}\geq \frac{3}{p+q}$
256 cho $\left | x \right | < 1;\left | y \right | < 1$
CMR : $\left | \frac{x-y}{1-xy} \right |< 1$
256 cho 3 số m,m,p thỏa mãn $m(m-1)+n(n-1)+p(p-1) \leq 1\frac{1}{3}$
CMR $m+n+p \leq 4$
257 $n \epsilon \mathbb{Z} ;n\geq 1$
CMR : $(1+\frac{1}{n})^n < (1+\frac{1}{n+1})^{n+1}$

258 Cho các số dương x,y,z
CMR: $\frac{1}{x+3y} + \frac{1}{y+3z} + \frac{1}{z+3x} \geq \frac{1}{x+2y+z}+\frac{1}{y+2z+x}+\frac{1}{z+2x+y}$
259 Cho các số dương a,b,c thỏa $ab+bc+ca=abc$
CMR : $\frac{1}{a+2b+3c} + \frac{1}{2a+3b+c} + \frac{1}{3a+b+2c} < \frac{3}{16}$
260)1 tam giác có diện tích S và độ dài 3 cạnh là a,b,c . 3 đường cao là $h_{a},h_{b},h_{c}$
CMR : $\sum \frac{1}{h_{a}+h_{b}}\leq \frac{a+b+c}{4S}$

bạn bỏ luôn cái dòng tính chất bắc cầu đi thì OK

1)Cho 3 số dương phân biệt a,b,c biết a,b,c và $(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})$ đều là số hữu tỉ
CM : $\sqrt{a};\sqrt{b};\sqrt{c}$ đều là số hữu tỉ
2) Tìm hệ số của hạng tử $x^8$ trong khai triển của
$A=(1+x^2 - x^3)^9$

Anh ra kết quả sai rồi
$A= [(x^2-x^3)+1]^9=C_{9}^{9}(x^2-x^3)^9+..+C_{9}^{5}(x^2-x^3)^5+C_{9}^{4}(x^2-x^3)^4 + C_{9}^{3}(x^2-x^3)^3 + C_{9}^{2}(x^2 - x^3)^4+C_{9}^{1}(x^2-x^3)+C_{9}^{0}$
nên hạng tử ứng với $x^8$ chỉ có ở hai hạng tử
$C_{9}^{4}(x^2-x^3)^4=C_{9}^{4}x^8(1-x)^4$
$C_{9}^{3}(x^2-x^3)^4=C_{9}^{3}x^6(1-x)^3$
Vậy hạng tử $x^8 = C_{9}^{4} + 3C_{9}^{3}=378$
P/S : THCS bây giờ học nhị thức rồi mà

___
Nãy nhìn nhầm

Mình xin được giải bài 1:

Cho 3 số dương phân biệt a,b,c biết a,b,c và $(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})$ đều là số hữu tỉ
CM : $\sqrt{a};\sqrt{b};\sqrt{c}$ đều là số hữu tỉ

Ta có:
$\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$ = x với x là số hữu tỉ.
$\Leftrightarrow$ $ x - \sqrt{a} = \sqrt{b} + \sqrt{c}$
$\Leftrightarrow$ $ (x^2 + a - b - c) - 2x\sqrt{a} = 2\sqrt{bc}$ (bình phương, chuyển vế)
$\Leftrightarrow$ $ (x^2 + a - b - c)^2 + 4ax² - 4x(x^2 + a - b - c)\sqrt{a} = 4bc$
$\Leftrightarrow$ $ a = \frac{(x^2 + a - b - c)^2 + 4ax^2 - 4bc}{4x(x² + a - b - c)} =$ số hữu tỉ do a, b, c, x hữu tỉ
$\Rightarrow$ Tương tự (vai trò a, b, c như nhau) $\sqrt{b}$, $\sqrt{c}$ là số hữu tỉ

thiếu rồi ; chưa xét $4x(x^2+a-b-c)=0 \Rightarrow x^2 + a -b -c =0(x \neq 0)$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix}x^2 +a -b -c = 0 \\ax^2=bc \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow \frac{bc}{a}+a-b-c=0$
$\Rightarrow (a-b)(a-c)=0$
vố lí vì $a\neq b\neq c$

$\frac{a}{b^2+c^2+a} \leq \frac{a}{2\sqrt{2bc\frac{1}{bc}}}$

dấu = khi 2bc = $\frac{1}{bc}!!!!!!$
nhưng ở trên bạn sử dụng cosi thì phải là a=b=c

1) Cho $a,b,c > 0$ ,$abc=8$
Tìm GTNN : $\frac{1}{a+1} + \frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}$
2) Cho $a,b,c > 0$ $a+b+c=1$
CMR : $0 \leq ab+bc+ca - 2abc \leq ....$
P/S : thầy kêu tự điền vào rồi giải luôn

bài 1 : Xét n từ 1 đến 4 thì có nghiệm
$n\geq 5$ thì VT tận cùng = 3 không chính phương

Câu 1) : vòng 2
$PT \Leftrightarrow \frac{a+b}{ab} = \frac{a+b}{-(a+b+c)c}$
xét từng trường hợp => có 1 số = nghịch đảo số kia

câu 2 vòng 2:
$a= \frac{10^{2n}-1}{9} - \frac{7(10^n-1)}{9}$
$\Leftrightarrow a=\frac{10^{2n}-7.10^n+6}{9}$
Đặt $10^n = x$
$a=\frac{x^2-7x+6}{9}=k^2$
$\Leftrightarrow x^2 -7x+6=(3k)^2$
$\Leftrightarrow 4x^2-28x+49-25=(6k)^2$
$\Leftrightarrow (2x-7)^2-(6k)^2 = 25$
$\Leftrightarrow (2x-7-6k)(2x-7+6k)=25$
tới đây chắc giải tiếp đơn giản

Bài 2 vòng 1
2) $17p + 1 = k^2$
$\Leftrightarrow 17p=(k-1)(k+1)$
17 là nguyên tố , p nguyên tố nên xét các trường hợp sẽ suy ra nghiệm

Bài 1 vòng 1
1) $a+b+c = 0$
$\Leftrightarrow (a+b)^5=-c^5$
$\Leftrightarrow a^5 + 5a^4b + 10a^3b^2+10a^2b^3+5ab^4+b^5=-c^5$
$\Leftrightarrow a^5+b^5+c^5 = -5ab(a^3+2a^2b+2ab^2+b^3)$
$\Leftrightarrow a^5+b^5+c^5=-5ab[(a+b)^3-3ab(a+b)+2ab(a+b)]$
$\Leftrightarrow a^5+b^5+c^5= -5ab(-c^3 + abc)$
$\Leftrightarrow a^5+b^5+c^5=5abc(c^2-ab)$
Thay vào PT ta có
$10abc(c^2-ab)=5abc(a^2+b^2+c^2)$
$\Leftrightarrow (a+b)^2=c^2$( luôn đúng do $a+b+c = 0$ )

2) Tìm GTLN
$5x^3-29x^2+39x+9$ với $x \epsilon \left [ 0;3 \right ]$

Mình xin giải bài này nhé:

Ta có:

$\frac{1}{x}+\frac{1}{y} = \frac{1}{z}$
$xz+yz = xy$
$(x-z)(y-z) = z^2$

Đặt $z^2 \vdots d^2 \Rightarrow z \vdots d$

Do đó: $(x-z)(y-z) \vdots d^2 \Rightarrow (x-z) \vdots d$ mà $z \vdots d$ nên $x \vdots d$. Tương tự, $y \vdots d$ Mà $(x,y) = 1$. Suy ra $d=1$.

Vậy nếu $x-z = a^2, y-z = b^2 \Rightarrow a^2b^2=x^2 \Rightarrow ab = x$
$\Rightarrow x+y = (x-z)+(y-z)+2z = a^2 + b^2 + 2ab = (a+b)^2$
Từ đó, ta kết luận x+y là số chính phương

$ab=z$ chứ sao = x

câu BĐT ngon quá $\sum \frac{1}{1+a^3+b^3}\leq \sum \frac{1}{1+a^2b+ab^2}= \sum \frac{c}{a+b+c}=1$

Bài 2: Câu a
Điều kiện $x \ge 16$
Gọi $u=\sqrt{x+24};v=\sqrt{x-16}(u;v\geq 0)$
Ta có hệ sau\[
\left\{ \begin{array}{l}
u^2 + v^2 = 8 \\
u + v = 10 \\
\end{array} \right.
\]
\[
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
(u + v)^2 - 2uv = 8 \\
u + v = 10 \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
uv = 46 \\
u + v = 10 \\
\end{array} \right.
\]
Hệ này vô nghiệm do đó phương trình trên vô nghiệm (đúng không nhỉ)
b)
\[
\left\{ \begin{array}{l}
x(y + 1) + y + 1 = 10 \\
y(z + 1) + z + 1 = 5 \\
z(1 + x) + 1 + x = 2 \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
(x + 1)(y + 1) = 10 \\
(y + 1)(z + 1) = 5 \\
(z + 1)(1 + x) = 2 \\
\end{array} \right.
\]

Nhân lại $(1+x)^2(1+y)^2(1+z)^2=100$
\[
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
(1 + x)(1 + y)(1 + z) = 10 \\
(1 + x)(1 + y)(1 + z) = - 10 \\
\end{array} \right.
\]
Tới đây chắc ai cũng làm được
@Huy: Làm bài thi được không?

Anh nhầm rồi , Phải là $u^2-v^2$ = 40
__
Ờ nhầm mà nói chung hường giải là đưa về hệ

Cho $a,b,c,d$ thỏa
$\left\{\begin{matrix} a+b+c+d =3 & \\ a^2 + b^2 + c^2 + d^2 = 3 & \end{matrix}\right.$
Tìm giá trị lớn nhất của d

MSS03 yeutoan11 xin giải :
Ta có $(36x+y)(36y+x)=2^z$ (1)
Đặt $(36x+y)=2^t$ $(36y+x)=2^m$ $\Rightarrow t+m=z$ ( t,m dương )
Không mất tính tổng quát giả sử $t\geq m\geq 0$
$2^t-2^m = 35(x-y)$
$\Leftrightarrow 2^m(2^{t-m}-1) = 35(x-y)$
* TH $t=m$
$\Rightarrow 2^m.0 = 35(x-y)$
$\Rightarrow x=y$
Thay vào (1)
$37^2x^2=2^z$ X
=> (1) vô nghiệm
*TH $t> m$ $\Rightarrow x\neq y$
$\Rightarrow m=0$
vì nếu $m\neq 0$ thì $2^{t-m}-1=35$ không tìm thấy t,m thỏa X
mà $36y+x=2^m$
$\Leftrightarrow 36y+x = 1$
mà x,y nguyên dương nên $36y+x \geq 37 > 1$
=> PT đã cho vô nghiệm nguyên dương

Kết quả:
D-B=15
E=9
F=1 * 10=10
S=70

$x^4 + y^4 + z^4 - 2x^2y^2 - 2x^2z^2+2z^2y^2-4z^2y^2=24$
$\Leftrightarrow (y^2+z^2-x^2)^2 - (2zy)^2=24$
$\Leftrightarrow (y^2+z^2-x^2+2zy)(y^2+z^2-x^2-2zy)=24$
$\Leftrightarrow (y+z-x)(y+z+x)(y-z-x)(y-z+x)=24$
Tới đây " xử " đi nhé

Em xin tổng quát bài toán với k chẵn $> 0$ và $k \neq 2^n$ với n nguyên dương
thì PT $(kx+y)(ky+x)=2^z$ (1) vô nghiệm nguyên dương
CM :
Đặt $kx+y = 2^t$ $ky+x=2^h$ với $t+h=z$
không mất tính tổng quát giả sử $t \geq h\geq 0$
$2^t-2^h=(k-1)(x-y)$
$\Leftrightarrow 2^h(2^{t-h}-1)=(k-1)(x-y)$
* TH $t=h$
=> $x=y$
(1) $\Leftrightarrow (k+1)^2x^2=2^z$
k chẵn nên k+1 lẻ => vô nghiệm nguyên dương
*TH $t>h$
=> $h=0$
Vì nếu $h\neq 0$ thì $k-1 = 2^{t-h}-1$
$\Leftrightarrow k=2^{t-h}$ trái với giả thiết
=> ky+x = 1 mà k,y,z nguyên dương nên (1) vô nghiệm
Vậy với k chẵn $> 0$ và $k \neq 2^n$ với n nguyên dương thì (1) vô nghiệm nguyên dương

Thế có chấm điểm " CHÍNH TẢ " không ạ

mình thi cấp trường vòng 12 280/280

Từ PT $\Rightarrow y=3k$
Viết lại PT : x-5k=167
PT có vô sô nghiệm nguyên (x;y)=((167+5k);3k) với k nguyên

$n^5-n=n(n^4-1)=n(n-1)(n+1)(n^2+1)=n(n-1)(n+1)(n-2)(n+2) + 5n(n-1)(n+1)$ chia hết cho 10 => ĐPCM

Cho:$x+y+z=1$(1) và $x^2+y^2+z^2=1$(2) và $x^3+y^3+z^3=1$(3) CM: $x+y^2+z^3=1$.

Từ 2 => $\left | x \right |;\left | y \right |;\left | z \right | \leq 1$ (*)
Lấy (2) - (3) => $x^2(1-x)+y^2(1-y)+z^2(1-z)=0$ (**)
Kết hợp (*) và (**) sẽ ra được như PHBC

Bài 6
Đặt $b+c-a=x;c+a-b=y;a+b-c=z$
Chuyển về BĐT quen thuộc $\frac{x+y}{z}+\frac{y+z}{x}+\frac{z+x}{y}\geq 6$

Cho tam giác đều $ABC$. Tìm quĩ tích các điểm $M$ trong tam giác sao cho $\widehat{MAB}+\widehat{MBC}+\widehat{MCA}=90^o$

Vẽ 3 đường cao AA' , BB' , CC' cắt nhau tại O , Quỹ tích của M là AA' , BB' , CC' . Chứng minh :
1) P.Đảo
Không mất tính tổng quát giả sử $M\epsilon AA'$
=> $\angle MAB=30^{\circ}$
$\angle MBC = \angle MCB$
$\Rightarrow \angle MAB+\angle MBC + \angle MCA = 90 ^{\circ}$
2)Phản đảo
Giả sử M không thuộc AA',BB',CC' vẫn thỏa $\angle MAB+\angle MBC + \angle MCA = 90 ^{\circ}$ . Ta sẽ CM điểu này vô lí
Không mất tính tổng quát giả sử M nằm trong $\Delta AOC'$
Lấy N đối xứng với M qua AA'
$\Rightarrow N$ nằm trong $\Delta OA'B\Rightarrow \angle NCA < 30^{\circ} (*)$
Theo giả thiết
$\angle MAB + \angle MBC + \angle MCA=90^{\circ}$
$\Rightarrow \angle NAC + \angle NCB + \angle MCA=90^{\circ}$ (1)
Lại có : $\angle OAN + \angle NAC +\angle MCA + \angle MCB = 90^{\circ}$ (2)
(1),(2) => $\angle NCB = \angle OAN + \angle MCB$
=> $\angle OAN = \angle MCN (3)$
Kéo dài AN căts BB' tại E, BC tại G , F đối xứng C qua AE, H là giao điểm của AE và CF
Vì BB' là trung trực nên $\angle OAE = \angle OCE$
Kết hợp với (3) => $\angle MCC'=\angle ECN$
Lại có $\angle MCC' = \angle NBB'$ và $\angle ECN = \angle EFN$
=> $\angle NBB' = \angle EFN$
=> NBFE nội tiếp
=> $\angle FBE = \angle FNE (4)$
Ta có : $\angle ABG = 60^{\circ}$
$\angle AFG = \angle ACG = 60^{\circ}$
=> ABFG nội tiếp
=> $\angle FBG = \angle FAG$
=> $\angle FAG = \angle FBE - 30^{\circ}$ (5)
(4) , (5) =>$\angle FNE-30^{\circ} = \angle FAG$
=> $90^{\circ}-\angle HFA=90^{\circ}-\angle HFN - 30^{\circ}$
=>$\angle HFA = \angle HFN + 30^{\circ}$
=> $\angle AFN=30^{\circ}$
=> $\angle NCA=30^{\circ}$
Kết hợp với (*) => vô lí => CM xong phản đảo
3) KL
Vậy quĩ tích của M trong tam giác đều ABC thỏa $\angle MAB+\angle MBC + \angle MCA=90^{\circ}$ là 3 đường cao AA',BB',CC'
Bài Mở Rộng
Cho đa giác đều n cạnh với các đỉnh $A_1,A_2,...,A_n$ thì Quỹ tích của điểm M nằm trong đa giác thỏa $\angle MA_1A_2 + \angle MA_2A_3 +...+\angle MA_nA_1 =(n-2)90^{\circ}$ là các trục đối xứng của đa giác đó

Kết quả:
D-B=8.5h
E=10
F=0
S=69.5

$(a-2b)(2a-b)=0$
Nhờ các bạn tính hộ bài này mình cảm ơn nhiều
$2a^{2}+2b^{2}=5ab$ tính giá trị biểu thức $A=\frac{a+2b}{2a-b}$

PT tương đương $(a-2b)(2a-b)=0$
=> a=2b hoặc 2a=b thế vào nhé