$PT<=>(y-2)x^2+(y-2)(y-4)-(y-2)(y-3)=56<=>(y-2)(x^2-1)=56=1.56=2.28=4.14=7.8$
Đến đây có pt ước số.chỉ việc thay các ước vào và giải hệ

Đến chỗ $(y-2)(x^2-1)=56$ không cần lập luận gì nữa hả bạn. Mà sao mình không thấy bạn phân tích $56$ thành tích hai số âm nhỉ?

Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
$(y-2)x^2+(y^2-6y+8)x=y^2-5y+62$
--------------------------
p/s: mọi người giải chi tiết dùm mình tí nha!

Mình xin góp ý với bạn yelow 2 điều sau:
-Xin bạn đừng p0st những bài trùng lặp nữa.Mình đã del đến 3 4 bài trùng lặp của bạn ở tất cả các Box BĐT của THCS,THPT,Olympic rồi.Ngày nào mình lên cũng thấy có bài bạn p0st đi p0st lại cứ như là quăng rác lên diễn đàn vậy.Không del không được!!!!
-Xin bạn đừng p0st toàn bài lấy tr0ng sách BĐT và những lời giải hay của anh Cẩn ra nữa :|

Cảm ơn bạn đã góp ý giúp mình, nhưng mình cũng xin trả lời với bạn thế này:
Khi mình post bài lên, mình không thể nắm rõ trong lòng bàn tay bài nào đã được post lên diễn đàn rồi nên sự trùng lặp là không thể tránh khỏi, bạn là ĐHV việc del bài trùng lặp là trách nhiệm của các bạn, sao bạn lại trách mình, với lại mình cũng đâu spam. Khi mình post bài lên (đôí với những bài không trùng lặp), thì những ai có tâm huyết thì họ sẽ giải giúp mình, khi đó mình sẽ có được những cách giải khác so với trong sách,Toán học đâu chỉ có xem sách là xong, phải thu thập, tìm hiểu, tiếp thu những cách giải khác nữa chứ, và đồng thời những bạn khác vào xem thì đó cũng chính là một cơ hội để họ có thêm được kiến thức.
Và mình cũng xin nói với bạn rằng, mình chưa hề đọc quyển sách BĐT và những lời giải hay của anh Cẩn...

Chào tất cả mọi người. Hiện nay mình thấy diễn đàn hoạt động không được sôi nổi như trước nữa, các box khác thì vẫn sôi động nhưng box "Toán Trung học cơ sở" mình thấy lượng bài giảm hẳn, nhiều bài đưa lên, nói khó thì cũng không hẳn, nhưng vẫn không thấy có ai giải. Box này đang đi xuống, đề nghị VMF có biện pháp cải thiện.

$\sqrt{-x^{2} +6x -5} +2x -8 > 0$

Không biết giải thế này đúng không nhỉ?
ĐKXĐ: $1\leq x\leq 5$ $(1)$
Ta có $\sqrt{-x^2+6x-5}+2x-8>0<=>\sqrt{-x^2+6x-5}>8-2x$
Bình phương hai vế ta có:
$-x^2+6x-5>64-32x+4x^2$ $<=>-5x^2+38x-69>0<=>5x^2-38x+69<0$
$<=>x^2-\frac{38}{5}x+\frac{69}{5}<0<=>\left ( x-\frac{23}{5} \right )(x-3)<0$
$<=> 3 < x < \frac{23}{5}$ $(2)$
Từ $(1)$ và $(2)$ ta được: $3<x\leq5$
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: $S=${$x|3<x\leq5$}

Cho $\Delta ABC$, qua điểm $M$ bất kì trên $AC$ kẻ các đường thằng song song với hai cạnh còn lại của tam giác, chúng tạo với hai cạnh ấy một hình bình hành. Tìm vị trí điểm $M$ để diện tích hình bình hành ấy lớn nhất

Tìm các chữ số sao cho số $\overline{567abcda}$ là số chính phương. Nêu quy trình ấn phím để có kết quả

Giải và biện luận phương trình

a) $\frac{x-a}{x+1}=\frac{x+3}{x-1}$

ĐKXĐ: $x\neq \pm 1$
Ta có phương trình trên tương đương với:
$(x-a)(x-1)=(x+3)(x+1)<=>x^2-x-ax+a=x^2+4x+3$
$<=>x(a+5)=-a-3$
Nếu $a = -5$ thì $0x=-8$ phương trình vô nghiệm
Nếu $a\neq -5$ thì $x=\frac{-a-3}{a+5}$
$x=\frac{-a-3}{a+5}$ là nghiệm của phương trình đã cho $<=> \frac{-a-3}{a+5}\neq 1$ và $\frac{-a-3}{a+5}\neq -1$ $<=> a\neq -4$
Đến đây, kết luận nữa là xong, các câu còn lại tương tự mà làm.

Đề bài:
Một hình thang cân có đường chéo vuông góc với cạnh bên. Tính chu vi và diện tích hình thang biết rằng đáy nhỏ dài 14cm, đáy lớn dài 50cm.

Bạn kẻ hai đường cao và áp dụng hệ thức về cạnh trong tam giác vuông là ra mà. Bài này có trong sách NCPT Toán 9 của Vũ Hữu Bình

Tìm số nguyên tố lớn nhất và nhỏ nhất có bốn chữ số.

Rất xin lỗi admin vì đặt tên chủ đề sai nhưng không biết cách sửa

Bạn nên sửa chủ đề lại bằng cách ấn sửa, rồi vào sử dụng bộ soạn thảo đầy đủ.

Bài 1: Số $2^{11}-1$ là số nguyên tố hay hợp số.
Bài 2: Tìm chữ số thập phân thứ $15$ sau dấu phẩy của $\sqrt{2003}$
Bài 3: Tìm tất cả các ước của $-2005$
Bài 4: Viết số sau dưới dạng phân số tối giản: $3124,142248$
------------------------------------------
p/s: Mọi người đưa ra lời giải dùm mình với nha, kết quả không quan trọng!

Trời sao lại dễ thế?
Dễ thấy tam giác ABC cân tại A.Kẻ đường cao AH có $BH=\frac{13}{2}\Rightarrow AH=\sqrt{AB^2-BH^2}=\sqrt{\frac{31}{4}}=\frac{\sqrt{31}}{2}$
$\Rightarrow tan B=\frac{AH}{AB}=\frac{\sqrt{31}}{20}$

Bạn ơi, có bài toán này giúp mình tí:
Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$, Lấy $M,N$ lần lượt trên $AB,AC$ sao cho $AM = CN$. Xác định vị trí của $M, N$ để diện tích $AMN$ lớn nhất.
Bài này trong quyển sách của Vũ Hữu Bình thì thấy giải như sau:
Gọi $I$ là trung điểm của $MN$. Qua $I$ kẻ đường thẳng song song với $BC$ cắt $AB, AC$ ở $P, Q$ thì $P, Q$ là trung điểm của $AB, AC$. Ta luôn có S_AMN $\leq$ S_APQ.
Bạn chứng minh cho mình S_AMN $\leq$ S_APQ được không?

Cho tam giác $ABC$, biết $AB = AC = 10$, $BC = 13$. Tính $tanB$?

Ta có $x^{2}-5x+14=x^{2}-6x+9+x+5=(x-3)^{2}+x+5\geq x+5\geq x+1+4\geq 4\sqrt{x+1}$
Dấu "=" xãy ra khi x=3

Bạn ơi cho mình hỏi vì sao $x+1+4\geq 4\sqrt{x+1}$

a) Giải phương trình: $4\sqrt{x+1}=x^2-5x+14$
b) Tìm các giá trị nguyên $x, y$ thoả mãn đẳng thức: $(y+2)x^2+1=y^2$

Có 480 học sinh đi dự trại hè tại ba địa điểm khác nhau. 10% số học sinh ở địa điểm một; 8,5% số học sinh ở địa điểm hai và 15% số học sinh ở địa điểm ba đi tham quan địa danh lịch sử. Địa danh lịch sử cách địa điểm một 60km; cách địa điểm hai 40km; cách địa điểm ba 30km. Để trả đủ tiền xe với giá 100đ /1 người / 1 km, mỗi người tham quan đóng 4000đ. Hỏi có bao nhiêu người ở mỗi địa điểm đi tham quan di tích lịch sử.
---------------------------------------------
p/s: Mọi người giúp mình giải chi tiết tí nha! Cảm ơn nhiều!

Cho hình thang vuông $ABCD$ ($\widehat{A}=\widehat{D}=90^o$) có $\widehat{BMC}=90^o$ với $M$ là trung điểm của $AD$.
a) Chứng minh $AD$ là tiếp tuyến của đường tròn có đường kính $BC$.
b) Chứng minh $BC$ là tiếp tuyến của đường tròn có đường kính $AD$

Cho các số dương a,b,c có tích bằng 1. Chứng minh bất đẳng thức sau:
$\frac{a+b+c}{3}\geq \sqrt[10]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}$

BĐT trên ngược chiều rồi bạn ạ. ( Thử với bộ $(1;0,5;0,5)$ thấy ngay )
BĐT đúng phải là:

\[
\begin{array}{l}
\frac{{a + b + c}}{3} \le \sqrt[{10}]{{\frac{{a^3 + b^3 + c^3 }}{3}}} \\
\Leftrightarrow \left( {a + b + c} \right)^{10} \le 3^9 .\left( {a^3 + b^3 + c^3 } \right) \\
\Leftrightarrow \left( {a + b + c} \right)^{10} \le \left( {1 + 1 + 1} \right)^9 \left( {a^3 + b^3 + c^3 } \right)\,\,\left( * \right) \\
\end{array}
\]
Dễ thấy $( *)$ luôn đúng theo BĐT Holder. Dấu $=$ khi $a=b=c=1$
P/s: ĐK: $abc=1$ có vẻ hơi vô duyên.

Không ngược chiều đâu bạn ak, Đây là bài toán của Michael Rozenberg, nó xuất hiện khá lâu và từng được coi là một bất đẳng thức "không tồn tại lời giải đẹp". Lời giải duy nhất cho tới gần đây sử dụng phương pháp $pqr$ với nhiều tính toán và chia nhiều trường hợp. Bài toán này không đơn giản như bạn nghĩ đâu...

Mình vừa tìm được lời giải của bài này trong một số quyển bất đẳng thức. Mình xin được post lên để mọi người tham khảo!
Giải
Bất đẳng thức đã cho có dạng thuần nhất là $\frac{a+b+c}{3}\geq (abc)^{\frac{7}{30}}\left ( \frac{a^3+b^3+c^3}{3} \right )^{\frac{1}{10}}$
hay là $\frac{a+b+c}{3}\geq a^{\frac{7}{30}}(bc)^{\frac{1}{30}}\left [ \frac{b^2c^2(a^3+b^3+c^3)}{3} \right ]^{\frac{1}{10}}$
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử $a=max${$a,b,c$}.
Đặt $t=\frac{b+c}{2}$, khi đó dễ thấy $(bc)^{\frac{1}{30}}\leq t^{\frac{1}{15}}$. Để thực hiện phép dồn biến, ta sẽ chứng mình rằng $b^2c^2(a^3+b^3+c^3)\leq t^4(a^3+2t^3)$. Thật vậy, ta có:
$VP-VT=a^3(t^4-b^2c^2)+2t^7-b^2c^2(a^3+c^3)=a^3(t^4-b^2c^2)+2t^7-2tb^2c^2(4t^2-3bc)$
$\geq t^3(t^4-b^2c^2)+2t^7-2tb^2c^2(4t^2-3bc)=3t(t^2+2bc)(t^2-bc)^2\geq 0$
Như vậy ta đã chứng minh được:
$\frac{a+b+c}{3}\geq a^{\frac{7}{30}}(bc)^{\frac{1}{30}}\left [ \frac{b^2c^2(a^3+b^3+c^3)}{3} \right ]^{\frac{1}{10}}$$\leq a^{\frac{7}{30}}(t^2)^{\frac{1}{30}}\left [ \frac{t^4(a^3+2t^3)}{3} \right ]^{\frac{1}{10}}=(at^2)^{\frac{7}{30}}\left ( \frac{a^3+2t^3}{3} \right )^{\frac{1}{10}}$
Phép dồn biến được hoàn tất, và công việc còn lại của ta chỉ là chứng minh $\frac{a+2t}{3}\geq (at^2)^{\frac{7}{30}}\left ( \frac{a^3+2t^3}{3} \right )^{\frac{1}{10}}$
Bất đẳng thức trên dễ dàng suy ra từ bất đẳng thức $AM-GM$.

pqr là pp j thế

Đúng hơn là "Phương pháp đổi biến pqr". Một vài bất đẳng thức thuần nhất đối xứng, các biến có điều kiện không âm thì ta đặt: $p=a+b+c, q=ab+ac+bc, r=abc$ đưa bài toán về dạng dễ hơn, rõ ràng hơn.

và {A_{n}}^{2} - {A_{n}}^{1}=3
mấy anh giải giúp em 2 bài này với

Ý bạn là thế này ak???
Bài 1: $\frac{10Pn-1}{Pn+1} -4=\frac{2}{n+1}$
Bài 2: ${A_{n}}^{2} - {A_{n}}^{1}=3$

Cho tam giác $ABC$ đều có cạnh $a$. Dựng ba đường tròn có tâm là ba đỉnh của tam giác có bán kính bằng $a$.
a) Tính diện tích chung của ba hình tròn.
b) Tính diện tích tất cả các phần nằm trong hai hình tròn nhưng không nằm trong hình còn lại.

Câu 3:cchứng minh rằng:
$C=\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+.....+\frac{1}{\sqrt{n}}\leq 2\sqrt{n}-1$

Với $n\in \mathbb{N}^*$ ta có:
$\frac{1}{\sqrt{n}}=\frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n}}<\frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}=\frac{2(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})}{(\sqrt{n}+\sqrt{n-1})(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})}=2(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})$
Từ đó bạn áp dụng vào dãy số ta sẽ được $C$ $<$ $2(\sqrt{n}-1)+1=2\sqrt{n}-1$