Chắc sai:
Do hệ số lớn nhất trong A là 2 (của $a^2$) nên để $A_{Min}$ thì a=0
$\Rightarrow A=b^2+c^2\geq 2bc=2$
Vậy Min(A)=2 khi a=0; b=c=1

Ông anh à, nếu $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$ thì thỏa mãn điều kiện bài toán, hơn nữa $A=2.\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}=\frac{4}{3}<2$?

Áp dụng cái này http://diendantoanho...ường-phan-giac/
Bài này trong Violympic hả cậu?

Chính xác đó bạn
Thế bài này dùng công thức đó à

Ừ, công thức tính đường phân giác ấy.

Đây là đẳng thức Ptôlêmê nổi tiếng. Có cách chứng minh ở đây nè bạn http://vi.wikipedia....Định_lý_Ptolemy

Giải hệ pt :
$\left\{\begin{matrix}2x^2-y^2+xy+y-5x+2=0&&\\ x^2+y^2+x+y-4=0\end{matrix}\right.$

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.

1)$\left\{\begin{matrix} \frac{1}{\sqrt{x}}+\sqrt{2-\frac{1}{y}}=2& & \\ \frac{1}{\sqrt{y}}+\sqrt{2-\frac{1}{x}}=2& & \end{matrix}\right.$

Cộng vế theo vế ta được :
$\frac{1}{\sqrt{x}}+\sqrt{2-\frac{1}{y}}+\frac{1}{\sqrt{y}}+\sqrt{2-\frac{1}{x}}=4$
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky có :
$(\frac{1}{\sqrt{x}}+\sqrt{2-\frac{1}{x}})^2\leq 2(\frac{1}{x}+2-\frac{1}{x})=4$
$\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{x}}+\sqrt{2-\frac{1}{x}}\leq 2$
Tương tự $\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{y}}+\sqrt{2-\frac{1}{y}}\leq 2$
Dấu "=" xảy ra ...

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

Pt tương đương với : $[2x^3-2]=\sqrt[3]{\frac{x+1}{2}}-1$
$\leftrightarrow 2(x-1)(x^2+x+1)=\frac{\frac{x+1}{2}-1}{1+\sqrt[3]{(\frac{x+1}{2})^2}-\sqrt[3]{\frac{x+1}{2}}}$
$\leftrightarrow 2(x-1)(x^2+x+1)=\frac{x-1}{2(1+\sqrt[3]{(\frac{x+1}{2})^2}-\sqrt[3]{\frac{x+1}{2}})}$
*Nếu $x=1$ thoả mãn pt
$\Rightarrow x=1$ là một nghiệm của pt
*Nếu $x$ khác 1
$\Rightarrow 2(x^2+x+1)=\frac{1}{2(1+\sqrt[3]{(\frac{x+1}{2})^2}-\sqrt[3]{\frac{x+1}{2}})}$
Dễ thấy $VP>1;VT<1$ nên trường hợp này vô nghiệm.
Vậy pt có nghiệm duy nhất $x=1$

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

2)$\sqrt{2-x^2}-\sqrt{x-1}=2-x$

Pt tương đương :
$[(2-x)-\sqrt{2-x^2}]+\sqrt{x-1}=0$
$\leftrightarrow \frac{(x^2-4x+4)-(2-x^2)}{(2-x)+\sqrt{2-x^2}}+\sqrt{x-1}=0$
$\leftrightarrow \frac{2(x-1)^2}{(2-x)+\sqrt{2-x^2}}+\sqrt{x-1}=0$
Từ đây dễ dàng suy ra $x=1...$

Cái này ở phần mềm Violympic offline, mình nhập cả chục lần như thế nó vẫn cứ sai Có bạn nào hiểu không?

Hơi lỗi 1 tí nhé, hình như bạn thiếu tìm điều kiện là $\sqrt{x+2} \ge 0$ $\Longrightarrow$ $x \ge -2$ vì thế mà tập nghiệm bạn tìm được dư số $-2$ nhé

Dư số -2? Mình thay số -2 vào thì bất đúng mà bạn.

Chắc bạn nhập sai thứ tự các số
 

-2;-1;0;1. Mình không sai thứ tự đâu, mình chắc chắn mà.

Tìm nghiệm nguyên của bất phương trình: $\sqrt{x+2}>x$.

Bài 1:
ta có 2S=xa+by+zc
theo bất đẳng thức bunyakovsky ta có
$(ax+by+cz)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geqslant (\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^2$
mà $(ax+by+cz)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})=2S.\frac{ab+bc+ac}{abc}\leqslant \frac{a^2+b^2+c^2}{2R}$
vậy ta có BĐT phải chứng minh

Tại sao $2S.\frac{ab+bc+ac}{abc}\leqslant \frac{a^2+b^2+c^2}{2R}$ thế? Mình chưa hiểu lắm, mong bạn giúp đỡ.

( đk : $0\leq x\leq 32$ )
Cộng cả 2 pt lại, tách thành pt sau :
$(\sqrt{x}-4)+(\sqrt[4]{32-x}-2)+(\sqrt[4]{x}-2)+(\sqrt{32-x}-4)=(y^2-6y+9)$
$\leftrightarrow \frac{x-16}{\sqrt{x}+4}+\frac{16-x}{(\sqrt{32-x}+4)(\sqrt[4]{32-x}+2)}+\frac{x-16}{(\sqrt{x}+4)(\sqrt[4]{x}+2)}+\frac{16-x}{\sqrt{32-x}+4}=(y-3)^2$
$\leftrightarrow (x-16)(\frac{1}{\sqrt{x}+4}-\frac{1}{(\sqrt{32-x}+4)(\sqrt[4]{32-x}+2)}+\frac{1}{(\sqrt{x}+4)(\sqrt[4]{x}+2)}-\frac{1}{\sqrt{32-x}+4})=(y-3)^2$ (**)
* Xét trường hợp $16\leq x\leq 32$
$\Rightarrow x-16\geq 0$ và $x\geq 32-x (1)$
Từ (1) $\Rightarrow \sqrt{x}\geq \sqrt{32-x}$
$\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{x}+4}\leq \frac{1}{\sqrt{32-x}+4}$
$\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{x}+4}-\frac{1}{\sqrt{32-x}+4}\leq 0$
Tương tự ta được $\frac{1}{(\sqrt{x}+4)(\sqrt[4]{x}+2)}-\frac{1}{(\sqrt{32-x}+4)(\sqrt[4]{32-x}+2)}\leq 0$
$\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{x}+4}-\frac{1}{(\sqrt{32-x}+4)(\sqrt[4]{32-x}+2)}+\frac{1}{(\sqrt{x}+4)(\sqrt[4]{x}+2)}-\frac{1}{\sqrt{32-x}+4}\leq 0$
Như vậy, vế trái của (**) $\leq 0$ mà vế phải là $(y-3)^2\geq 0$
$\Rightarrow$ cả 2 vế bằng 0 $\Rightarrow x=16;y=3$
* Xét trường hợp $0\leq x\leq 16$
Tương tự như trường hợp trên, ta sẽ xét $VT\leq 0$ mà $VP\geq 0$ ...
Tóm lại, phương trình có nghiệm duy nhất $(x;y)=(16;3)$

1.$\sqrt{x+3}-\sqrt{x}=x$
2.$\sqrt{4+8x}+\sqrt{12-8x}=(1-2x)^{2}$
Thầy dạy mình cần bình phương 2 vế nhưng sau đó bài ra bậc 4 nên...Bạn nào có cách khác ko????

Nghiệm đẹp $\Rightarrow$ liên hợp

1.$\sqrt{x+3}-\sqrt{x}=x$

Có : $\sqrt{x+3}-\sqrt{x}=x$
$\leftrightarrow [\sqrt{x+3}-2]-[\sqrt{x}-1]-(x-1)=0$
$\leftrightarrow \frac{x-1}{\sqrt{x+3}+2}-\frac{x-1}{\sqrt{x}+1}-(x-1)=0$
$\leftrightarrow (x-1)[\frac{1}{\sqrt{x+3}+2}-\frac{1}{\sqrt{x}+1}-1]=0$
Do $\frac{1}{\sqrt{x+3}+2}<1$ và $\frac{1}{\sqrt{x}+1}>0$ nên $\frac{1}{\sqrt{x+3}+2}-\frac{1}{\sqrt{x}+1}-1<0$
Suy ra $x-1=0\Rightarrow x=1$

Điều kiện: $1\leq x \leq 3$
Phương trình tương đương
$\sqrt{3-x}+\sqrt{x-1}-3x^{2}+4x+2=0$
$\Leftrightarrow \sqrt{3-x}-1+\sqrt{x-1}-1-3x^{2}+12+4x-8=0$
$\Leftrightarrow \frac{2-x}{\sqrt{3-x}+1}+\frac{x-2}{\sqrt{x-1}+1}-3(x-2)(x+2)+4(x-2)=0$
$\Leftrightarrow x=2 \vee \frac{1}{\sqrt{x-1}+1}-\frac{1}{\sqrt{3-x}+1}-3x-2=0$
Mặt khác từ điều kiện $1\leq x \leq 3$ suy ra $\frac{1}{\sqrt{x-1}+1}\leq 1$ nên hiển nhiên $\frac{1}{\sqrt{x-1}+1}-\frac{1}{\sqrt{3-x}+1}-3x-2<0$.
Từ đó kết luận $x=2$ là nghiệm duy nhất của phương trình.

Trường hợp nhẩm nghiệm rất đẹp là $x=0$ thì có thể trục căn thức được không ạ?

Gọi nghiệm của (1) là $2x_0$ thì nghiệm của (2) là $x_0$.

Thay vào, được hệ $\left\{\begin{matrix} 4x_0^2-4mx_0+4m=0\\ x_0^2-mx_0+10m=0\end{matrix}\right.$

$\leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 4x_0^2-4mx_0+4m=0\\ 4x_0^2-4mx_0+40m=0\end{matrix}\right.$

Trừ vế theo vế $\Rightarrow 36m=0\Rightarrow m=0$.

Giả sử $\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}$ là một số hữu tỷ.
nên $\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}$ = b ( b là một số hữu tỷ).
$\sqrt{2}+\sqrt{3}=b-\sqrt{5}$
$5+2\sqrt{6}=b^2+5-2b\sqrt{5}$
$b^2=2\sqrt{6}+2b\sqrt{5}$
$b^4=24+20b^2+8b\sqrt{30}$.
$\sqrt{30}=\frac{b^4-20b^2-24}{8b}$, là một số hữu tỷ (vô lý vì $30$ không phải số CP )
Vậy ...

Như này ạ?

Mình nghĩ là không cần thiết. Tìm $x$ cho tử bằng 0 rồi nhận xét là thỏa mãn mẫu cũng được.

@dorabesu
cho bài giải cụ thể dc ko bạn?

Đề bạn có đúng không?
Nếu đúng thì :
Do $\frac{x+6}{\frac{5}{x-2}-\frac{4}{x-3}-\frac{1}{x}}=0$
Nên $x+6=0$ với $\frac{5}{x-2}-\frac{4}{x-3}-\frac{1}{x}$ khác 0
$\Rightarrow x=-6$, thoả mãn ...

đề đúng. nhưng theo cách của bạn thì có lẽ phải giải quyết luôn cái đống mẫu chứ nhỉ.

Mẫu làm sao hả bạn ???

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.