$E =x^{25} + 1+1+1+1 -5x^5 + 2005 \geq 5x^5 - 5x^5 + 2005 = 2005$
Dấu = khi x=1

x chắc gì dương mà chú đã tương Cauchy ngay thế ,$x\in R$ kìa
Bài này lấy ý tưởng từ đây chăng?:
$minF=x^{100}-10x^{10}+2010$
Thế này mới Cauchy được

Câu 1: (3,0 điểm)
Cho tam giác vuông có độ dài các cạnh là những số nguyên và số đo chu vi bằng hai lần số đo diện tích. Tìm độ dài cách cạnh của tam giác đó.

-Gọi $x,y$ là độ dài hai cạnh góc vuông, $z$ là độ dài cạnh huyền với $z>x\geq y;x,y,z\in N^*$. Theo bài ra có hệ pt:
$\left\{\begin{matrix}x^2+y^2=z^2\\ x+y+z=xy\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x^2+y^2-z^2=0(1)\\ z=xy-x-y(2)\end{matrix}\right.$
-Thế (2) vào (1):
$x^2+y^2-(xy-x-y)^2=0\Leftrightarrow x^2+y^2-(x^2y^2+x^2+y^2-2x^2y-2xy^2+2xy)=0\Leftrightarrow x^2y^2-2x^2y-2xy^2+2xy=0$
$\Leftrightarrow xy-2x-2y+2=\Leftrightarrow (x-2)(y-2)=2$
Mà $x\geq y$ nên suy ra: $\left\{\begin{matrix}x-2=2\\ y-2=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x=4\\ y=3\end{matrix}\right.(True)\Rightarrow z=5(True)$
Vậy độ dài các cạnh của tam giác vuông là 3,4,5

Câu 4: (3,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho Parabol (P): $y=x^2$ và hai điểm A(-1;1). B(3;9) nằm trên (P). Gọi M là điểm thay đổi trên (P) và có hoành độ là m ($-1<m<3$). Tìm m để diện tích tam giác ABM lớn nhất.

Thông cảm mình không biết vẽ đồ thị :
-Áp dụng công thức tìm hàm số bậc nhất biết đồ thị đi qua hai điểm, có đồ thị hàm số đi qua A(-1;1) và B(3;9) là:
$(d):\frac{x-(-1)}{-1-3}=\frac{y-1}{1-9}\Leftrightarrow ...\Leftrightarrow (d):y=2x+3$
-Từ M hạ $MH\perp AB\Rightarrow S_{ABM}=\frac{1}{2}AB.MH$. Mà AB có độ dài không đổi nên $S_{ABM}max\Leftrightarrow MHmax$
-Từ M kẻ đường thẳng $(d'):y=ax+b// (d)$. Để $MH$ có độ dài lớn nhất thì đường thẳng $(d')$ phải là tiếp tuyến của Parabol$(P)$:
+)$(d')//(d)\Rightarrow \left\{\begin{matrix}a=2\\ b\neq 3\end{matrix}\right.\Rightarrow (d'):y=2x+b$
+)(d') là tiếp tuyến của (P) nên phương trình hoành độ của điểm M phải có nghiệm kép:
$(y_M=)m^2=2m+b\Leftrightarrow m^2-2m-b=0$
Có $\Delta' =1^2+b=0\Leftrightarrow b=-1(True)\Rightarrow \left\{\begin{matrix}(d'):y=2x-1\\m=1(True) \end{matrix}\right.$
Vậy với $m=1\Rightarrow M(1;1)$ thì $S_{ABM}$ đạt GTLN.
Đề bài không bắt tính cụ thể giá trị đó nên thôi . Còn một cách là tính theo diện tích của các hình thang vuông nhưng lâu

Bài tập :Viết công thức tổng quát của các dãy số sau :

$1)$ $\frac{1}{4.9}+\frac{1}{9.14}+.....+\frac{1}{44.49}$ (Cái này mình không biết số cuối $n$ là gì nên lấy tạm $44.49$ )
$2)$ $2+4+6+..+2n$ ($n\epsilon \mathbb{N^{*}}$)
$3)$ $1+3+5+...+2n+1 (n\epsilon \mathbb{N^{*}})$
$4)$ $2-4-6-......2n$
$5)$ $1-3-5-.....-2n+1$ .
Có gì post sau .

$2)2+4+6+...+2n=2(1+2+3+4+...+n)=2\frac{n(n+1)}{2}=n(n+1)$
$3) 1+3+5+...+2n+1=(1-1)+(3-1)+(5-1)+...+(2n+1-1)+(1+1+...+1)(n+1 số 1)=(2+4+6+...+2n)+(n+1)=n(n+1)+(n+1)=(n+1)^2$
$4) 2-4-6-......2n=4+(-2-4-6-...-2n)=4-(2+4+6+...+2n)=4-n(n+1)$
$5) 1-3-5-.....-(2n+1)=2+[-1-3-5-...-(2n+1)]=2-(1+3+5+...+2n+1)=2-(n+1)^2$ .
P/s: Bài viết thứ 100, kỉ niệm lên sao đầu tiên
P/S : chúc mừng chú lên sao đầu tiên , anh sắp gấp 2 rồi

Trong khi chờ MSS 05 ra đề thì xin post lên vài bài

Bài 1: Tìm các số hữu tỉ $a,b,c$ sao cho $a+\frac{1}{b};b+\frac{1}{c};c+\frac{1}{a}$ là các số nguyên dương

Bài 2: Tồn tại hay không các số hữu tỉ $a,b,c,d$ sao cho:
$(a+b\sqrt{2})^{2012}+(c+d\sqrt{2})^{2012}=5+4\sqrt{2}$

Bài 3: Cho các số nguyên dương $m,n$. CMR:
$x^m+x^n+1\vdots x^2+x+1\Leftrightarrow mn-2\vdots 3$

Bài 4: Tìm 8 chữ số tận cùng của $5^{1995}$

Bài 5: Cho phương trình: $x^2+y^2+z^2=3xyz$
C/m phương trình đã cho có vô số nghiệm nguyên dương

Bài 6: CMR phương trình: $x^2+y^2+z^2+3(x+y+z)+5=0$ không có nghiệm hữu tỉ.

To be continued...

Ta có:

$$x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-xz)$$

Do đó $$x^3+y^3+z^3=3xyz $$ khi $$x+y+z=0$$

Đến đây kết luận được rồi nhỉ?

Đọc lại nhé bạn ơi ="='. Chứ nếu $x^3+y^3+z^3-3xyz$ thì mình cũng không post lên làm gì
VT là các hạng tử bậc 2 mà

Cứ chém bừa đã, sai thì fix sau
Bài làm của minhtuyb:
$x^4+y^4+z^4=1984-104x(1)$
-Vì $x,y,z\geq 1$ nên:
$x^4=1984-104x-y^4-z^4<1984-104-1-1=1878\Rightarrow x<\sqrt[4]{1878}\Rightarrow x\leq 6$
Tương tự ta giới hạn được $x;y;z\in [1;6]$
*Lập bảng xét modulo 13 của $a^4$:
+Với $a\equiv 1(mod 13)\to a^4\equiv 1(mod 13)$
+Với $a\equiv 2(mod 13)\to a^4\equiv 3(mod 13)$
+Với $a\equiv 3(mod 13)\to a^4\equiv 3(mod 13)$
+Với $a\equiv 4(mod 13)\to a^4\equiv 9(mod 13)$
+Với $a\equiv 5(mod 13)\to a^4\equiv 1(mod 13)$
+Với $a\equiv 6(mod 13)\to a^4\equiv 9(mod 13)$ (Chỉ xét tới $a\equiv 6(mod 13)$ vì $x;y;z\in [1;6]$)
-$VP(1)\equiv 8(mod 13)$
-Có $x^4;y^4;z^4\equiv 0;1;3;9(mod 13)$, ta chọn được các cách sau để$VT=VP\equiv 8(mod 13)$ là:
$*TH1:\left\{\begin{matrix}x^4\equiv 9(mod 13)\\ y^4(z^4)\equiv 9(mod 13)\\ z^4(y^4)\equiv 3(mod 13)\end{matrix}\right.$( chỗ "mở ngoặc" tức là vai trò y,z như nhau)
-Vì $x^4;y^4\equiv 9(mod 13)$ nên theo bảng modulo, có:
$x;y(z) \equiv 4;6(mod 13)\Rightarrow x;y(z)\in \left \{ 4;6 \right \}$(Theo cách chặn)
-Với $x=4,(1)\Leftrightarrow y^4+z^4=1312$.Ta chọn được: $(y;z)=(2;6);(6;2)$ thỏa mãn
-Với $x=6,(1)\Leftrightarrow y^4+z^4=64$. Ta không chọn được giá trị $(y;z)$ thỏa mãn
$*TH2:\left\{\begin{matrix}x^4\equiv 3(mod 13)\\ y^4\equiv 9(mod 13)\\ z^4\equiv 9(mod 13)\end{matrix}\right.$. Xét bảng tương tự có:
$\left\{\begin{matrix}x\in \left \{ 2;3 \right \}\\ y,z\in\left \{ 4;6 \right \}\end{matrix}\right.$
-Với $x=2,(1)\Leftrightarrow y^4+z^4=1760$.Ta không chọn được giá trị $(y;z)$ thỏa mãn
-Với $x=3,(1)\Leftrightarrow y^4+z^4=1591$. Ta không chọn được giá trị $(y;z)$ thỏa mãn
$\to$Trường hợp này ta không tìm được bộ số $(x;y;z)$ nào thỏa mãn (1)

Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên dương $(4;2;6);(4;6;2)$
*Với $x=4;y=2;z=6\Rightarrow A=20^4+11^2-1969^6<0$ nên không thể viết dưới dạng $a^2+a(a\in N)$
*Với $x=4;y=6;z=2\Rightarrow A=20^4+11^6-1969^2=-1945400<0$ nên không thể viết dưới dạng $a^2+a(a\in N)$
K/L: Số $A=20^x+11^y-1969^z$ không thể viết dưới dạng $a^2+a(a\in N)$ với x,y,z nguyên dương thỏa mãn (1)

D-B=13.4h
E=10
F=0
S=64.6

Bài 308: Cho các số thực a,b thỏa mãn $(a^2-1)(b^2-1)=1$. Tìm GTNN của biểu thức
$$P=|1+ab|+|a+b|$$

$(a^2-1)(b^2-1)=1\Rightarrow a^2b^2-a^2-b^2+1=1\Rightarrow a^2b^2=a^2+b^2\geq 2ab\Rightarrow ab\geq 2$
Khi đó:
$P=|1+ab|+|a+b|\geq |1+2|+\sqrt{(a+b)^2}\geq 3+\sqrt{4ab}\geq 3+2\sqrt{2}$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=\sqrt{2}$
Vậy $minP=3+2\sqrt{2}$ khi $a=b=\sqrt{2}$
P/s:

Chuẩn hóa $abc=1$

Nhân ra, ta có

$(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2)=\sum (ab)^3+\sum a^3+3=x$ suy ra $x\geq 9$

$(a^3+1)(b^3+1)(c^3+1)=\sum (ab)^3+\sum a^3+2=x-1$


Thay vào BĐT trên, ta phải chứng minh $\sqrt{x}\geq 1+\sqrt[3]{x-1}\Leftrightarrow \sqrt{x}-1\geq \sqrt[3]{x-1}$

$\Leftrightarrow x\sqrt{x}-3x+3\sqrt{x}-1\geq x-1\Leftrightarrow x+3\geq 4\sqrt{x}$

$\Leftrightarrow (\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}-3)\geq 0$ đúng vì $x\geq 9$

Đề bài chỉ hỏi "Có tồn tại" thì mình nghĩ không cần c/m theo quy nạp. Như bạn làm là đủ rồi

______
Gửi $\implies$ anh minhtuyb: em đồng ý

Bài 5. (3 điểm)
Cho $x, y$ là các số thực dương thỏa mãn $xy = 1$. Chứng minh rằng $$\left( {x + y + 1} \right)\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + \frac{4}{{x + y}} \geqslant 8$$

Câu BĐT ngon :
$(x+y+1)(x^2+y^2)+\frac{4}{x+y}\geq 2xy(x+y+1)+\frac{4}{x+y}=(x+y+\frac{4}{x+y})+x+y+2\geq 2\sqrt{(x+y).\frac{4}{x+y}}+2\sqrt{xy}+2=8<Q.E.D>$
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=1$

Vì 1984;104 đều chia hết cho 4;x là số nguyên dương nên 1984-104x chia hết cho 4.
$\Rightarrow x^{4}+y^{4}+z^{4}$ chia hết cho 4.
Mà $x^{4};y^{4};z^{4}$ khi chia cho 4 có số dư là 0 hoặc 1 với mọi x;y;z nguyên dương
$\Rightarrow$ để $x^{4}+y^{4}+z^{4}$ chia hết cho 4 thì $x^{4};y^{4};z^{4}$ đều chia hết cho 4.
Khi đó x;y;z là các số chẵn.Ta có:
-Vì 20 chia cho 3 dư 2 nên $20^{x}$ chia cho 3 dư 1 với mọi x là số nguyên dương chẵn.
-Vì 11 chia cho 3 dư 2 nên $11^{y}$ chia cho3 dư 1 với mọi y là số nguyên dương chẵn.
-Vì 1969 chia cho 3 dư 1 nên $1969^{z}$ chia cho 3 dư 1 với mọi z là số nguyên dương.
Vậy $A=20^{x}+11^{y}-1969^{z}$ chia cho 3 dư 1. (1)
Lại có $a+a^{2}=a(a+1)$ là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp với mọi a là số tự nhiên,và tích 2 số tự nhiên liên tiếp khi chia cho 3 dư 0 hoặc 2. (2)
Từ (1) và (2) ta thấy A không thể viết được dưới dạng $a+a^{2}$ với a là số tự nhiên.

Có lẽ đây là lời giải đúng của bài này (Theo ý tưởng của MSS 5 )
Thây đa số các ae tìm nghiệm rồi ghép vô, chắc cũng được chấp nhận chứ nhỉ

Vậy mời bạn Secrets In Inequalities VPra đáp án

Với $a=b=c=\frac{1}{2}$, BĐT sai.
Theo em đề đúng là:
Cho $a,b,c>0$. CMR:
$(1+a)(1+b)(1+c) \geq (1+\sqrt[3]{abc})^3$
Đây chính là hệ quả BĐT Holder

1/ Tích n số tự nhiên liên tiếp là số chính phương khi 1 trong các số đó bằng 0
-Áp dụng có $x={2011;2012;2013}$
2/ $(x+y)^2=(x-1)(y+1)\leq \frac{(x-1+y+1)^2}{4}=\frac{(x+y)^2}{4}\Rightarrow \frac{3}{4}(x+y)^2\leq 0$
Việc còn lại là ...

Cố thức rồi mà không biết lên top 1 được không đây ="=':

Bài làm của minhtuyb:

*Thuận:
-Dựng $\Delta AMN$ vuông cân tại A có đỉnh N nằm ngoài $\Delta ABC\Rightarrow AM=AN;\widehat{AMN}=45^o;MN=AM\sqrt{2}\Rightarrow MN^2=2AM^2$
-Xét $\Delta AMB$ và $\Delta ANC$ có:
+)$AM=AN$
+)$\widehat{MAB}=\widehat{NAC}(=90^o-\widehat{MAC})$
+)$AB=AC(\Delta ABC $ vuông cân tại A)
$\Rightarrow \Delta AMB=\Delta ANC(c.g.c)\Rightarrow MB=NC$
-Có: $\left\{\begin{matrix}MB^2=MC^2+2MA^2(từ gt)\\MB=NC\\MN^2=2AM^2(cmt)\end{matrix}\right.\Rightarrow NC^2=MC^2+MN^2\Rightarrow \Delta CMN$ vuông tại M ( đ/lý Py-ta-go đảo )
$\Rightarrow \widehat{CMN}=90^o\Rightarrow \widehat{AMC}= \widehat{CMN}+\widehat{AMN}=90^o+45^o=135^o=const(1)$
Vì $\Delta ABC$ cố định nên $AC$ cố định $(2)$
-Từ (1) và (2) $\Rightarrow M\in $ cung $OAC$ ,nằm trong miền tam giác, chứa góc $135^o$ dựng trên đoạn thẳng $AC$ cố định.

*Đảo: Lấy $M'\in $ cung $OAC$ ,nằm trong miền tam giác, chứa góc $135^o$ dựng trên đoạn thẳng $AC$, ta phải c/m:$M'B^2-M'C^2=2M'A^2$
-Dựng $\Delta AM'N'$ vuông cân tại A có đỉnh N nằm ngoài $\Delta ABC\Rightarrow AM'=AN';\widehat{AM'N'}=45^o;M'N'=AM'\sqrt{2}\Rightarrow M'N'^2=2AM'^2$
-Vì $M'\in $ cung $OAC\Rightarrow \widehat{AM'C}=135^o$. Mà $\widehat{AM'N'}=45^o\Rightarrow \widehat {CM'N'}=\widehat{AM'C}-\widehat{AM'N'}=135^o-45^o=90^o$
$\Rightarrow \Delta CM'N'$ vuông tại M. Áp dụng đ/lý Py-ta-go có: $CN'^2=CM'^2+M'N'^2$
-Xét $\Delta AM'B$ và $\Delta AN'C$ có:
+)$AM'=AN'$
+)$\widehat{M'AB}=\widehat{N'AC}(=90^o-\widehat{M'AC})$
+)$AB=AC(\Delta ABC $ vuông cân tại A)
$\Rightarrow \Delta AM'B=\Delta AN'C(c.g.c)\Rightarrow M'B=N'C$
-Có: $\left\{\begin{matrix}CN'^2=CM'^2+M'N'^2\\M'N'^2=2AM'^2 \\ M'B=N'C\end{matrix}\right.\Rightarrow M'B^2=M'C^2+2AM'^2\Rightarrow M'B^2-M'C^2=2M'A^2$ (Xong phần đảo)

* Kết luận: Quỹ tích điểm M thỏa mãn $MB^2-MC^2=2MA^2$ là cung $OAC$ ,nằm trong miền tam giác, chứa góc $135^o$ dựng trên đoạn thẳng $AC(M\not\equiv A,C)$

Bài phép quay hay . Nhưng mở rộng ntn bây giờ :-S

Bổ sung . Trường hợp mình xét ở trên là TH1 khi M nằm trong tam giác, đây là TH2:


TH2: M nằm ngoài tam giác ABC
*Thuận:
-Dựng $\Delta AMN$ vuông cân tại A có đỉnh N nằm cùng phía với C trên nửa mặt phẳng bờ $BM\Rightarrow AM=AN;\widehat{ANM}=45^o;MN=AM\sqrt{2}\Rightarrow MN^2=2AM^2$
-Xét $\Delta AMC$ và $\Delta ANB$ có:
+)$AM=AN$
+)$\widehat{MAC}=\widehat{NAB}(=90^o+\widehat{NAC})$
+)$AB=AC(\Delta ABC $ vuông cân tại A)
$\Rightarrow \Delta AMC=\Delta ANB(c.g.c)\Rightarrow MC=NB;\widehat{AMC}=\widehat{ANB}$
-Có: $\left\{\begin{matrix}MB^2=MC^2+2MA^2(từ gt)\\MC=BN\\MN^2=2AM^2(cmt)\end{matrix}\right.\Rightarrow MB^2=BN^2+MN^2\Rightarrow \Delta BMN$ vuông tại N ( đ/lý Py-ta-go đảo )
$\Rightarrow \widehat{BNM}=90^o\Rightarrow \widehat{AMC}= \widehat{ANB}=\widehat{BNM}-\widehat{ANM}=90^o-45^o=45^o=const(3)$
Vì $\Delta ABC$ cố định nên $AC$ cố định $(4)$
-Từ (3) và (4) $\Rightarrow M\in $ cung $IAC$ ,nằm ngoài miền tam giác, chứa góc $45^o$ dựng trên đoạn thẳng $AC$ cố định.

*Đảo: Lấy $M'\in $ cung $IAC$ , ta phải c/m:$M'B^2-M'C^2=2M'A^2$
-Dựng $\Delta AM'N'$ vuông cân tại A có đỉnh N nằm cùng phía với C trên nửa mặt phẳng bờ $BM\Rightarrow AM'=AN';\widehat{AM'N'}=45^o;M'N'=AM'\sqrt{2}\Rightarrow M'N'^2=2AM'^2$
-Vì $M'\in $ cung $IAC\Rightarrow \widehat{AM'C}=45^o\Rightarrow M,N,C$ thẳng hàng.
-Xét $\Delta AM'C$ và $\Delta AN'B$ có:
+)$AM'=AN'$
+)$\widehat{M'AC}=\widehat{N'AB}(=90^o+\widehat{N'AC})$
+)$AC=AB(\Delta ABC $ vuông cân tại A)
$\Rightarrow \Delta AM'C=\Delta AN'B(c.g.c)\Rightarrow \widehat{AN’B}=\widehat{AM’C}=45^o\Rightarrow BN’=CM’;\widehat{BN’M’}=\widehat{AN’B}+\widehat{AN’M’}=90^o$
$\Rightarrow \Delta BM'N'$ vuông tại N’. Áp dụng đ/lý Py-ta-go có: $BM'^2=BN'^2+M'N'^2$
-Có: $\left\{\begin{matrix} BM'^2=BN'^2+M'N'^2\\M'N'^2=2AM'^2 \\ N'B=M'C\end{matrix}\right.\Rightarrow M'B^2=M'C^2+2AM'^2\Rightarrow M'B^2-M'C^2=2M'A^2$

* Kết luận: Quỹ tích điểm M nằm ngoài miền tam giác ABC thỏa mãn $MB^2-MC^2=2MA^2$ là cung $IAC$ ,nằm ngoài miền tam giác, chứa góc $45^o$ dựng trên đoạn thẳng $AC(M\not\equiv A,C)$
*KLC: Từ TH1 và TH2 ta thấy $I\equiv O$ vì $135^o+45^o=180^o$; hai cung $IAC$ và $OAC$ nằm khác phía đối với AC. Vậy quỹ tích điểm $M$ thỏa mãn đề bài là đường tròn $(O;OA)$ trừ hai điểm $A;C$ với O là giao điểm của đường trung trực đoạn AC với tia $Ax$ sao cho $\widehat{CAx}=45^o$

Từ bỏ ý định mở rộng

Thời gian nộp bài là tính từ lúc nộp bài bổ sung. Sao lại quỹ tích lại bỏ 2 điểm A,C?
D-B=37.1h
E=9.5
F=0
S=39.4

Mời maikhaiok đưa ra đáp án

Giải phương trình:
$2{x^8} - 9{x^7} + 20{x^6} - 33{x^5} + 46{x^4} - 66{x^3} + 80{x^2} - 72x + 32 = 0$

Phân tích thành nhân tử
$\Leftrightarrow (x-1)(x-2)(x^2-2x+2)(x^2-x+2)(2x^2+3x+4)=0$
Việc còn lại là ...

Kệ, ra là được rồi
Anh Hân làm cách trâu bò gì thế

Ơ mod nào xóa bài của mình đó :-X
Không phải spam nhé: Biểu thức trên không có cực trị (cả min, max) đúng không chủ thớt :|

Vậy em nhờ các bác đừng giải thích vì sao nó không có cực trị nhé
Em còn có chút chuyện cần xài . Đố đứa khác mà nó vô đây soi thì mất hết cảm xúc ;

Thức đêm làm cuối cùng xót mất TH, 40 đ ="='

Bài toán này có thể mở rộng được, nhưng sẽ phải sử dụng kiến thức cấp III
Mình mong các MSSer sau này, nên chọn (hoặc chế) những bài toán có tính ứng dụng cao trong THCS, không nên ra đề kiểu đóng (với THCS) thế này, không thú vị lắm đâu.

Em rất đồng ý , chế mãi bài tổng quát ko ra nổi

Mình thấy cả hai cách của bạn đều không ổn ="=. Nêu 2 phản chứng vậy
C1: $2^2+3^2=13$. VP có tận cùng là 3 mà các hạng tử vế trái đâu nhất thiết có tận cùng 1,2
C2: Pt $a^2+b^2=5$ vẫn có nghiệm nguyên mặc dù không phải là pt Py-ta-go

$c+ab=(a+c)(b+c)$, $\frac{ab}{(a+b)(a+c)}\leq \frac{ab}{4(a+b)}+\frac{ab}{4(a+c)}$. Tương tự với các biến còn lại

Vẫn chả được cái gì . Dấu của BĐT là trái --> phải
z_z

Đề ngon thế ="='

Bài 1: (4 điểm)
Cho phương trình $mx^2+2(m-2)x+m-3=0$ ($x$ là ẩn số)
a) Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm trái dấu.
b) Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm trái dấu và nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn hơn nghiệm dương.
Bài 3: (4 điểm)
a) Chứng minh rằng: $(a^2-b^2)(c^2-d^2)\leq (ac-bd)^2$ với $a, b, c, d$ là các số thực.
b) Cho $a\ge1, b\ge1$. Chứng minh rằng: $$a\sqrt{b-1}+b\sqrt{a-1}\le ab$$
Bài 4: (2 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A=x-2y+3z$ biết $x,y,z$ không âm và thỏa hệ phương trình:
$$\begin{cases}2x+4y+3z=8\\3x+y-3z=2\end{cases}$$

Bài 1:
$a,\left\{\begin{matrix}m\neq 0\\ m(m-3)<0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow 0<m<3$
$b,\left\{\begin{matrix}0<m<3\\ \frac{2(2-m)}{m}<0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow b\left\{\begin{matrix}0<m<3\\ \begin{bmatrix}m>2\\ m<0\end{bmatrix}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow 2<m<3$

Bài 3:
$a/(a^2-b^2)(c^2-d^2)\leq (ac-bd)^2$
$\Leftrightarrow a^2c^2-a^2d^2-b^2c^2+b^2d^2\leq a^2c^2+b^2d^2-2abcd$
$\Leftrightarrow a^2d^2+b^2c^2-2abcd\geq 0$
$\Leftrightarrow (ad-bc)^2\geq 0(True)$
Dấu bằng xảy ra khi $ad=bc$
$b/VT=a\sqrt{1.(b-1)}+b\sqrt{1.(a-1)}\leq a.\frac{b-1+1}{2}+b.\frac{a-1+1}{2}=VP<Q.E.D>$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=2$ <Chủ quan quá, đã fix >
Bài 4: Rút x theo $y,z$ rồi thế vô là ra ="='
Bài 5: Xét modulo 8