ta có $x^{2}+7x+22 = (x^{2}+2x)+(5x+10)+12 = (x+2)(x+5)+12$

ta thấy hiệu của $(x+2)$ và $(x+5)$ chia hết cho 3 nên $(x+2)$ và $(x+5)$ cùng chia hết cho 3 hoặc cùng không chia hết cho 3.

TH1: $(x+2)\vdots 3$ và $(x+5)\vdots 3$

$\Rightarrow (x+2)(x+5)\vdots 9$ mà $12$ không chia hết cho 9

$\Rightarrow x^{2}+7x+22$ không chia hết cho 9

TH2: tương tự TH1

Vậy $x^{2}+7x+22$ không chia hết cho 9

Đề là dấu trừ nhé bạn?? bạn giải giùm

mình nhìn nhầm đề 

Ta đặt : $\sqrt{x+4}=a$, $\sqrt{4-x}=b$

$\Rightarrow \sqrt{16-x^2}=ab$

Ta tìm max của biểu thức  $N = a+b+ab$

Ta có $(a+b)^2 \leq 2(a^2+b^2)= 2.8=16 => a+b\leq 4$

và $a^2+b^2 \geq 2ab =>ab \leq \frac{(a^2+b^2)}{2}=\frac{8}{2}=4$

$=> N\leq 4 +4 =8$

Dấu "=" xảy ra khi $x=0$

Hỏi có bao nhiêu cách chia n điểm trên đường thẳng thành các tập gồm 1 hoặc 2 điểm kề nhau?

Bài 1:
Gọi d là ước chung của $n^{3}+2n$ và $n^{4}+3n^{2}+1$
Ta có:
$n^{3}+2n \vdots d\Rightarrow n\left ( n^{3} +2n\right )\vdots d \Rightarrow n^{4}+2n^{2}\vdots d \left ( 1 \right )$
Ta có:
$n^{4}+3n^{2}+1-n^{4}-2n^{2} \vdots d \Rightarrow n^{2}+1\vdots d
\Rightarrow \left ( n^{2}+1 \right )^{2}\vdots d
\Rightarrow n^{4}+2n^{2}+1\vdots d$$\left ( 2\right )$
Từ$\left ( 1\right )$ và $\left ( 2\right )$
$\Rightarrow \left ( n^{4}+2n^{2}+1 \right )-\left ( n^{4}+2n \right )\vdots d \Rightarrow 1\vdots d \Rightarrow d=\pm 1$
Vậy $\frac{n^{3}+2n}{n^{4}+2n+1}$ là phân thức tối giản với mọi $n \epsilon \mathbb {N}$
Bài này trong NC và phát triển toán 8 (còn 1 cách giải nữa)

Bài 7:
Ta có:
$\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}= \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}+\frac{z^{2}}{c^{2}}$
$\Rightarrow \frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}-\frac{x^{x}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}-\frac{z^{2}}{c^{2}}=0$$
\Rightarrow \left ( \frac{x^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}} -\frac{x^{2}}{b^{2}}\right )+\left ( \frac{y^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} \right )+\left ( \frac{z^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}-\frac{z^{2}}{c^{2}} \right )=0$
$\Rightarrow x^{2}\left ( \frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}-\frac{1}{a^{2}} \right )+y^{2}\left ( \frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}-\frac{1}{b^{2}} \right )+z^{2}\left ( \frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}-\frac{1}{c^{2}} \right )=0$
$\Rightarrow x^{2}\left ( \frac{-b^{2}-c^{2}}{a^{2}\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2}\right )} \right )+y^{2}\left ( \frac{-a^{2}-c^{2}}{b^{2}\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2}\right )} \right )+z^{2}\left ( \frac{-b^{2}-a^{2}}{c^{2}\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2}\right )} \right )=0$
mà $a,b,c\neq 0$
nên $x^{2}=y^{2}=z^{2}=0$
Vậy x=y=z=0

Giải phương trình

a. $\sqrt{7-x}+\sqrt{x-5}= x^{2}-12x+38$

b.$\sqrt{2x-3}+\sqrt{5-2x}=3x^{2}-12x+4$

a) Ta có 

$VT^{2}=(\sqrt{7-x}+\sqrt{x-5})^{2}\leq 4\Rightarrow VT\leq 2$

 $VP=x^{2}-12x+38=(x-6)^{2}+2\geq 2$

Mà VT=VP.

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow x=6$

Thử lại x=6 thỏa.

Vậy nghiệm của pt đã cho là x=6.

Cho $0<(x+y)^{2}+(y+z)^{2}+(z+x)^{2}\leq 2$

Tìm GTLN của

$4^{x}+4^{y}+4^{z}+ ln(x^{4}+y^{4}+z^{4})-\frac{3}{4}(x+y+z)^{4}$

Tìm công thức số hạng tổng quát của dãy số $\left( {{x_n}} \right)$ xác định bởi: 

${x_1} = 1,{x_{n + 1}} = \frac{{{x_n}}}{{{{\left( {2n + 1} \right)}^2}{x_n} + 1}},\forall n \ge 1$

$x_{n+1}=\frac{x_{n}}{(2n+1)^{2}x_{n}+1}\Rightarrow \frac{1}{x_{n+1}}=\frac{(2n+1)^{2}x_{n}+1}{x_{n}}=(2n+1)^{2}+\frac{1}{x_{n}}$

Đặt $v_{n+1}=\frac{1}{x_{n+1}}\Rightarrow v_{n+1}=(2n+1)^{2}+v_{n}$

Từ đó sử dụng phép thế ta dễ dàng tìm được 

$v_{n+1}=\frac{2n(n+1)(2n+1)}{3}+2n(n+1)+n+1\Rightarrow v_{n}=\frac{2(n-1)n(2n-1)}{3}+2n(n-1)+n$

Vậy $x_{n}=\frac{1}{\frac{2(n-1)n(2n-1)}{3}+2n(n-1)+n}$

Giả sử $a,b$ là các số nguyên dương sao cho $\frac{a+1}{b}+\frac{b+1}{a}$$\in \mathbb{Z}$ là 1 số nguyên.

 

Gọi $d$ là ước số của $a$ và $b$. Chứng minh rằng: $d\leq \sqrt{a+b}$

Vì $\frac{a+1}{b}+\frac{b+1}{a}=\frac{a^{2}+b^{2}+a+b}{ab}$ là số nguyên 

$\Rightarrow (a^{2}+b^{2}+a+b)\vdots ab$

Mà ta có $d=(a,b)$ nên $ab\vdots d^{2}$

Suy ra $(a^{2}+b^{2}+a+b)\vdots d^{2}$ và $(a^{2}+b^{2})\vdots d^{2}$

Vậy nên $(a+b)\vdots d^{2}$ $\Rightarrow a+b\geq d^{2}$ suy ra đpcm

1. Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng

$\frac{1}{(a+b)^{2}}+\frac{1}{(b+c)^{2}}+\frac{1}{(c+a)^{2}}\geq \frac{3\sqrt{3abc(a+b+c)}(a+b+c)^{2}}{4(ab+bc+ca)^{3}}$

2.Chứng minh rằng với mọi số thực dương $a,b,c$ ta luôn có

$\frac{a^{n}b^{m}}{c^{n+m}}+\frac{b^{n}c^{m}}{a^{n+m}}+\frac{c^{n}a^{m}}{b^{n+m}}\geq \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}$

 

Cho hình vuông ABCD, qua A vẽ đường thẳng d cắt BC và CD lần lượt tại M và N. Gọi E là giao điểm 2 đường chéo của hình vuông.EM cắt BN tại K. Chứng minh CK vuông góc với BN.

Trên cạnh $AB$ lấy $P$ sao cho $PB$=$MC$

Dễ thấy $\Delta BPE=\Delta CME(c.g.c)\Rightarrow ME=PE, \angle PEM=90^{\circ}$

$\Rightarrow \Delta PEM$ vuông cân tại $E$

$\Rightarrow PBEM$ là tứ giác nội tiếp.

Mà $\frac{PB}{AB}=\frac{MC}{BC}=\frac{MN}{AN}$

$\Rightarrow PM//BK\Rightarrow \angle BKE=\angle PME=45^{\circ}$

$\Rightarrow BKCE$ là tứ giác nội tiếp

$\Rightarrow \angle CKB=90^{\circ}\Rightarrow$ đpcm

Giải phương trình

$2(5x-3)\sqrt{x+1}+5(x+1)\sqrt{3-x}=3(5x+1)$

Giải phương trình

$\sqrt{\frac{7}4{\sqrt{x}-1+x^{2}}}=(1-\sqrt{x})^{2}$

$m>3$ nên $m\geq 4,$ do đó $2m(m-4)+1>0 \Rightarrow (m^2-2m)^2<A$

Lại có $A<(m-1)^4=(m^2-2m+1)^2$

Nên $(m^2-2m)^2<A<(m^2-2m+1)^2$

Từ đó có điều phải chứng minh.

bài toán đâu cho m nguyên đâu @@

Tìm số chính phương lớn nhất biết chữ số hàng đơn vị khác 0,khi xóa chữ số hàng chục và hàng đơn vị được một số cũng là số chính phương

Gọi số tự nhiên thỏa mãn đề bài là $\overline{Abc}$ với $b,c \in \left \{ 0;1;2;...9 \right \}, c\neq 0$ , $A$ là số tự nhiên tùy ý

Theo gt ta có $A=k^{2}$ và $100A+\overline{bc}=m^{2}$

Từ đây dễ dàng suy ra $(m-10k)(m+10k)=\overline{bc}$

$\Rightarrow m-10k > 0\Rightarrow m-10k\geq 1\Rightarrow m\geq 10k+1$

Mà $m+10k\leq \overline{bc}\leq 99\Rightarrow 20k+1\leq 10k+m\leq 99\Rightarrow k\leq \frac{98}{20}\Rightarrow k\leq 4$

Tới đây dễ dàng tìm được số chính phương đó là 1681

Tìm số nguyên dương k sao cho dãy số sau gồm toàn số nguyên $a_{1}=1;a_{n+1}=5a_{n}+\sqrt{ka_{n}^{2}-8}$, với mọi n nguyên dương

Ta có $a_{2}=5+\sqrt{k-8}=5+t$ $(t=\sqrt{k-8}\in N)$

$\Rightarrow a_{3}=5(t+5)+\sqrt{(t^{2}+8)(t+5)^{2}-8}$

Vì $a_{n}$ là dãy nguyên nên $a_{3}$ nguyên

$\Rightarrow (t^{2}+8)(t+5)^{2}-8=p^{2}$

Ta chứng minh được

$(t^{2}+5t+4)^{2}< (t^{2}+8)(t+5)^{2}-8<(t^{2}+5t+14)^{2}$

Từ đây dễ dàng tìm được $t=4$, suy ra được $k=24$

Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh:

$\frac{a}{3a+b+c}+\frac{b}{3b+c+a}+\frac{c}{3c+a+b}\leq \frac{3}{5}$

Cách khác

Đặt $3a+b+c=x, 3b+c+a=y, 3c+a+b=z ,(x,y,z>0)$

Ta có $VT=\frac{4x-y-z}{10x}+\frac{4y-x-z}{10y}+\frac{4z-y-x}{10z}=\frac{6}{5}-\frac{1}{10}(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}+\frac{z}{x})\leq \frac{6}{5}-\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$

Cho a,b,c >0 chứng minh:

$\frac{a^{8}+b^{8}+c^{8}}{a^{3}b^{3}c^{3}}\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

Áp dụng BĐT: $x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq xy+yz+xz$ ta có

$\frac{a^{8}+b^{8}+c^{8}}{a^{3}b^{3}c^{3}}\geqslant \frac{a^{4}b^{4}+b^{4}c^{4}+c^{4}a^{4}}{a^{3}b^{3}c^{3}}\geq \frac{a^{2}b^{2}c^{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{a^{3}b^{3}c^{3}}\geq \frac{a^{2}b^{2}c^{2}(ab+bc+ca)}{a^{3}b^{3}c^{3}}=\frac{ab+bc+ca}{abc}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

1.Cho hai đường tròn $(O_{1}),\left ( O_{2} \right )$ cắt nhau tại $A,B$.Một điểm M chuyển động trên $(O_{1})$. Qua M kẻ tiếp tuyến MT với $(O_{2})$. Chứng minh $\frac{MT^{2}}{MA.MB}$ không đổi khi M thay đổi.

2. Cho (O) và một điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Từ A kẻ cát tuyến ABC,ADE với B thuộc AC, D thuộc AE. Qua D kẻ đường thẳng song song với AC cắt (O) lần thứ hai tại F. AF cắt (O) tại G. EG cắt AC tại M. Chứng minh $\frac{1}{AM}=\frac{1}{AB}+\frac{1}{AC}$

1. Cho $a.b.c$ là các số thực dương tuỳ ý. CMR: $2^{a^{2}}+2^{b^{2}}+2^{c^{2}}\geq 2^{ab}+2^{bc}+2^{ca}$

2. Chứng minh rằng với mọi $a,b,c$ dương thoả mãn $a+b+c=3$ thì $$\frac{a^{2}b}{2a+b}+\frac{b^{2}c}{2b+c}+\frac{c^{2}a}{2c+a}\leq \frac{3}{2}$$

3. Cho $a,b,c$ là các số thực dương tuỳ ý.  Chứng minh rằng $$\frac{ab}{c^{2}}+\frac{bc}{a^{2}}+\frac{ca}{b^{2}}\geq \frac{1}{2}(\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b})$$

 

Bài 1: Cho $x, y \geq 0$ ; $x + y = 1$

Tìm min, Max của $P = \frac{x}{y + 1} + \frac{y}{x + 1}$

 

 

Ta có 

 

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

$\Rightarrow P=\frac{2-2xy}{xy+2}$

Có: $xy \leq \frac{1}{4}$

Đặt $xy=t$ thì $0\leq t\leq \frac{1}{4}$

Khi đó $P = \frac{2-2t}{t+2}=-2 +\frac{6}{t+2}$

$min P \Leftrightarrow min\frac{6}{t+2} \Leftrightarrow t=\frac{1}{4}\Leftrightarrow x=y=\frac{1}{2}\Rightarrow min P = \frac{2}{3}$

Tương tự tìm được $maxP = 1 \Leftrightarrow$ một trong 2 số $x,y$ có một số bằng 0, một số bằng 1

Chắc điều kiện là x,y>0

Ta có: 

$B=x^{2}y^{2}+\frac{1}{32x}+\frac{1}{32x}+\frac{1}{32y}+\frac{1}{32y}+\frac{15}{16}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y})\geq 5\sqrt[5]{\frac{x^{2}y^{2}}{2^{20}x^{2}y^{2}}}+\frac{15.4}{16(x+y)}=2\frac{5}{16}+\frac{15}{4}=\frac{65}{16}$

Nếu x,y >0 thì mình còn 1 cách giải khác

$B= x^{2}y^{2}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}= \frac{1}{64xy}+\frac{1}{64xy}+x^{2}y^{2}+\frac{31}{32xy}\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{64xy}.\frac{1}{64xy}.x^{2}y^{2}} + \frac{31.4}{32(x+y)^{2}}$

$\Rightarrow B\geq \frac{3}{16}+\frac{31}{8}=\frac{65}{16}$

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow x=y=\frac{1}{2}$ 

tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=2x^2+5y^2+6z^2+4xy+4xz+2yz-2x-4y+2z$

Mọi người cho em hỏi luôn về cách giải tổng quát của những bài dạng này

sr mình nhầm

Ta có $2x^{2}+5y^{2}+6z^{2}+4xy+4xz+2yz-2x-4y+2z = 2(x+\frac{2y+2z-1}{2})^{2}+(2z+\frac{2-y}{2})^{2}+\frac{11}{4}(y-\frac{2}{11})^{2}-\frac{35}{22}\geq \frac{-35}{22}$

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow x=\frac{17}{22},y=\frac{2}{11},z=-\frac{5}{11}$

Giả sử $a_{1}\geq a_{2}\geq ...\geq a_{n}>0$ và $\sum_{i=1}^{k}a_{i}\leq \sum_{i=1}^{k}b_{i}$ với $k=1,2,...,n$. Chứng minh rằng khi đó ta có:

$\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2}\leq \sum_{i=1}^{n}b_{i}^{2}$