1)$x^3=x^2+x+\frac{1}{3}$

Cái pt này, theo mình thì hay lắm cậu ạ
Có : $x^3=x^2+x+\frac{1}{3}$
$\leftrightarrow 3x^3=3x^2+3x+1$
$\leftrightarrow 4x^3=x^3+3x^2+3x+1$
$\leftrightarrow 4x^3=(x+1)^3$
$\leftrightarrow \sqrt[3]{4}x=x+1$
$\leftrightarrow x(\sqrt[3]{4}-1)=1$
$\leftrightarrow x=\frac{1}{\sqrt[3]{4}-1}$
Nghiệm tuy không đẹp lắm nhưng cách giải thì rất đẹp

Do tích 3 số nguyên dương liên tiếp nên chia hết cho 3 mà không chia hết cho 9
$\Rightarrow$ không là SCP.

Tìm tất cả các số nguyên n sao cho $A=(n-2010)(n-2011)(n-2012)$
là số chính phương.

*Xét $n<2010$ thì $A<0$
*Xét $n=2010;2011;2012...$
*Xét $n$ khác. Có : trong 3 số $(n-2010);(n-2011);(n-2012)$ chỉ có 1 số chia hết cho 3 nên $A$ $\vdots$ $3$ nhưng không chia hết cho 9
$\Rightarrow$ không là số chính phương.

Bài này là tự hát, tự đánh đàn, không ca sĩ nghệ sĩ gì đâu. Nghe thử rồi cm sao nhé ^^
http://mp3.zing.vn/b...m/IW997D70.html

có mà PT
PT$\Leftrightarrow \sqrt{x+4}-2-x=0$
$\frac{x}{\sqrt{x+4}+2}-x=0$
Có nhân tử $x$ rồi chứ bạn

Thâm thúy Bác có ví dụ nào "khủng" hơn cho em xem với ạ.

Không phải cái nào cũng có nhân tử $x$ để đặt ==
Ví dụ : $\sqrt{x+4}=x+2$ chẳng hạn ...

THCS của em đây
chứng minh bằng quy nạp
trường hợp $n=2$ chứng minh dễ
giả sử bất bẳng thức đúng với n
ta có
$a_{1}^{k}+a_{2}^{k}+...+a_{n}^{k}\geq n(\frac{a_{1}+...+a_{n}}{n})^{k}$
ta sẽ chứng minh bất đẳng thức đúng với n-1
chọn $a_{n}=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n-1}a_{i}$
ta có
$a_{1}^{k}+a_{2}^{k}+...+a_{n-1}^{k}+a_{n}^{k}\geq na_{n}^{k}$
nên
$a_{1}^{k}+a_{2}^{k}+...+a_{n-1}^{k}\geq (n-1)a_{n}^{k}=(n-1)(\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n-1}}{n-1})^{k}$
ta có đpcm

Cám ơn anh

nhiều khi khó phân biêt hai cái đấy

Chả khó lắm, nó là cái bất biến rồi

với $k=1$ ta có bất đẳng thức đúng
với $k\geq 2$
đặt $f(x)=x^{k}$
là hàm lồi nên áp dụng ngay Jensen ta có đpcm
$f(a_{1})+f(a_{2})+...+f(a_{n})\geq nf(\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n})$

Phạm vi THCS thôi anh

Vì $\sqrt{2y-1}\neq \sqrt{3x+2}$ mà hiệu của 2 số vô tỉ là 1 số vô tỉ

Tại sao $\sqrt{2y-1}\neq \sqrt{3x+2}$ ???

Giải pt: $(\sqrt{1+x}-1)(\sqrt{1-x}+1)=2x$

Xét $x=0;1..$
Nhân cả 2 vế cho $\sqrt{1+x}+1$ được $x(\sqrt{1-x}+1)=2x(\sqrt{1+x}+1)$
$\Rightarrow (\sqrt{1-x}+1)=2(\sqrt{1+x}+1)$
Tương tự, nhân 2 vế với $\sqrt{1-x}-1$ được $-(\sqrt{1+x}-1)=2(\sqrt{1-x}-1)$
Cộng vế theo vế $\Rightarrow 3=3\sqrt{1-x}-\sqrt{1+x}$
Bình phương 2 vế ...

2)Chắc vậy nhỉ
Giả sử $x \ge y \ge z$
$\Longrightarrow x^2+y^2 \ge x^2+z^2$
$\Longrightarrow z \ge y$
Từ đó chúng ta rút ra được nghiệm chỉ xảy ra khi $x=y=z$

Check lại "hàng" đi bác, thấy có vấn đề rồi.

Mình không biết Holder

Vì $\frac{5x}{3}-y$ là số hữu tỉ mà $\sqrt{3x+2}$ là số vô tỉ $\Leftrightarrow \sqrt{3x+2}-\sqrt{2y-1}$ là số vô tỉ

Chưa chặt chẽ cho lắm, bởi vì $\sqrt{2y-1}$ cũng có thể là số vô tỉ.

Cmr : $\frac{a_1^k+a_2^k+...+a_n^k}{n}\geq (\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n})^k$ với mọi $k,n\in N*;a_i\in R$

cho $x>0, y>0$ thoả mãn $x+y=6$ tìm tất cả nghiệm nguyên của phương trình
$\frac{5x}{3}-y=\sqrt{3x+2}-\sqrt{2y-1}$
theo mình thì phương trình không có nghiệm nguyên, các bạn có ý kiến gì không?

Nếu $x,y>0$ với đk $x+y=6$ thì rõ ràng chọn ra được các cặp $(x;y)=(1;5);(2;4);(3;3);(5;1);(4;2)$. Chỉ có 5 cặp thôi, dễ dàng thử chọn

Bạn xem lại đề đi, để như vậy sao làm được

Mình không nhớ công thức đó lắm. Sr nha, mình sẽ fix lại nó cho rõ ràng

Có : $\left\{\begin{matrix}f(-1)=a-b+c&&\\f(0)=c&&\\f(1)=a+b+c&&\end{matrix}\right.$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix}a=\frac{1}{2}[f(-1)+f(1)]-f(0)&&\\b=\frac{1}{2}[f(1)-f(-1)]&&\\c=f(0)&&\end{matrix}\right.$
Sau đó cộng vào, áp dụng các bất đẳng thức $|x+y|\leq |x|+|y|$ và $|x-y|\leq |x|+|y|$

Cho (O;8cm) có 2 dây AB; CD vuông góc. Biết $OP=7cm$. Tính $AB^2+CD^2$

uh, cảm ơn, mình hiêủ rồi

Thì x và hệ số đều nguyên mà, nó là ước của 17 đó , bài này có trong nâng cao phát triển toán 9 2 mà

Nhưng mà nó có thể nhận cả 4 giá trị chứ nhỉ?

Biến thể của bài http://mathhelpforum...e-square-2.html ?

Híc, không dịch được, cho vào GG nó buồn cười lắm

Hàng về đây bác. Xét đa thức $g(x)=f(x)-1975$ (có hệ số cao nhất là $a$). Do phương trình $f(x)=1975$ có 4 nghiệm nguyên phân biệt nên theo định lý Bezout, $g(x)=(ax+b)(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)(x-x_4)$ trong đó $x_1,x_2,x_3,x_4$ là 4 số nguyên phân biệt
Xét phương trình $f(x)=1992 \iff g(x)=17 \iff (ax+b)(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)(x-x_4)=17$
Giả sử phương trình này có nghiệm nguyên. Do $17=17.1=(-17)(-1)$ nên $(ax+b),(x-x_1),(x-x_2),(x-x_3),(x-x_4)$ cùng lúc chỉ nhận 2 giá trị là $1$ và $17$ (hoặc $-1$ và $-17$)
Có 2 giá trị mà có 5 nhân tử nên sẽ có ít nhất 2 nhân tử dạng $x-x_m$ với $m=\overline{1,4}$ bằng nhau
Không mất tổng quát, giả sử đó là $x-x_i=x-x_j$ ($i,j=\overline{1,4}$ và $i \neq j$) $\iff x_i=x_j$ (vô lý)
=> Điều giả sử sai => ĐPCM

Em chưa rõ chỗ này lắm, bác giúp em với

Hoặc dùng trực tiếp BĐT sau :
$\frac{1}{1+a_{1}}+\frac{1}{1+a_{2}}+...+\frac{1}{1+a_{n}}\geq \frac{n}{1+\sqrt[n]{a_{1}.a_{2}...a_{n}}} (a_{j}>0;j=\overline{1,n})$
----------

Bất này chứng minh kiểu gì cậu?

Bác giải thích rõ. $f(x)$ có hệ số nguyên thì cứ $x$ nguyên là $f(x)$ nguyên còn gì

Sr bác, em nhầm ^^ Em chữa rồi đấy ạ, bác check "hàng" giùm em