Cho $a,b,c,d>0;a^2+b^2+c^2+d^2=4$. Tìm $max$ $$P= \frac{a}{b^2+3}+\frac{b}{c^2+3}+\frac{c}{d^2+3}+\frac{d}{a^2+3}$$

Cho $a,b,c>0;ab+bc+ca=3$ . Tìm $max$ $$P=\frac{1}{a^2+b^2+2}+\frac{1}{b^2+c^2+2}+\frac{1}{c^2+a^2+2}$$

1 lớp có số học sinh giỏi ở mỗi môn trong 11 môn học luôn vượt quá 50%. Chứng minh rằng : Có ít nhất 3 học sinh giỏi từ 2 môn trở lên

Không biết search à ông :v http://diendantoanho...-1-3sqrt-y-2-y/

  Bài này tôi xem rồi. Trên mathlinks.ro chính là cách  này nhưng ko hay. muốn làm cách BĐT thuần túy không xét hàm giá trị

Cho các số thực $x,y$ thỏa mãn : $x-3\sqrt{x+1}=3\sqrt{y+2}-y$. Tìm $min, max P=x+y$

P/s: không làm giống cách này nhá 

1) CMR: $\forall a,b,c$ thuộc $\mathbb{R};abc=1$ ta có:
$\sum \frac{a+3}{(a-1)^2}\geq \frac{47}{16}$

2) CMR: $\forall x,y,z\geq 0$ ta có 

$\frac{1}{x+y+z+1} - \frac{1}{(1+x)(1+y)(1+z)}\geq \frac{47}{16}$
3) $a,b\geq 0$ thỏa $a^2+b^2=1$
CMR: $ab+max(a;b)\leq \frac{3\sqrt{3}}{4}$

Bài 2 phải là GTLN chứ anh. Đề đúng ở đây

Giải hệ phương trình : $$\left\{\begin{matrix} y^3+(x-2)y+x^2+x+2=0 (1)\\ x^4+2x^2(3y+1)+(5y^2+4y+11)x-y^2+10y+2=0(2) \end{matrix}\right.$$

Ta thấy : $y=-1$ không là nghiệm của hệ phương trình 

Nhân $(2)$ với $y+1$ $\Rightarrow \left ( y+1 \right )\left [ y^3+(x-2)y+x^2+x+2 \right ]=0\Leftrightarrow y^4+2+2xy+y^3-2y^2+x^2y+xy^2+x^2+x=0(3)$

Lấy $(2)$ trừ $(3)$ $\Rightarrow \left ( x+y \right )\left ( x+2-y \right )\left ( x^2-2x+y^2+3y+5 \right )=0\Leftrightarrow \left ( x+y \right )\left ( x+2-y \right )\left [ \left ( x-1 \right )^2+y^2+3y+4 \right ]=0$

$\Rightarrow \begin{bmatrix} x+y=0\\ x+2-y=0 \end{bmatrix}$

Giải hệ phương trình : $$\left\{\begin{matrix} x^3+x(y-z)^2=2\\ y^3+y(z-x)^2=30 \\ z^3+z(x-y)^2=16 \end{matrix}\right.$$

Giải hệ phương trình : $$\left\{\begin{matrix} x^3-x(y-z)^2=6\\ y^3-y(x-z)^2=15\\ z^3-z(x-y)^2=60 \end{matrix}\right.$$

Cho $\Delta ABC$ nội tiếp đường tròn tâm $(O;R)$ và trọng tâm $G$ . Chứng minh :

• $R^2-OG^2=\frac{1}{9}\left ( a^2+b^2+c^2 \right )$ với %a,b,c$ là độ dài các cạnh của tam giác.
• $cosB.cosC+cosA\geq sinB.sinC$

P/s: 2 phần không liên quan tới nhau .M.n làm phần nào cũng được

 Cho $a,b,c>0$. CMR

$$\frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}+\frac{ab}{a+b}\leqslant \frac{(2+a)(a+2b)}{2(1+a+b)}$$

Cho $x$ là số nguyên dương . Chứng minh rằng : $P=1+2^x+3^x+4^x$ tận cùng nhiều nhất 2 chữ số 0. (Hay là $100\mid P$ nhưng $1000{\not}\mid P$)

Cách 2: Ta có : $\left ( x-y \right )^2+x+y=y^2\Rightarrow x(x-2)\left ( x^2-2xy+x+y \right )=0$$\Rightarrow x(x-2)\left ( x^2-2xy+x+y \right )+\left ( x^4-4x^2y+3x^2+y^2 \right )=0\Rightarrow (x-y)\left ( 2x^3-x^2+x-y \right )=0$

• Với $x=y$
• Với $2x^3-x^2+x-y=0$ ta được hệ phương trình mới là : $\left\{\begin{matrix} 2x^3+x-x^2-y=0\\ x^2-2xy+x+y=0 \end{matrix}\right.\Rightarrow 2x^3-2xy+2x=0\Leftrightarrow 2x\left ( x^2+1-y \right )=0$

Cho $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ sao cho $\left\{\begin{matrix} f(x+3)\leq f(x)+3\\ f(x+2)\geq f(x)+2 \end{matrix}\right.$. Chứng minh rằng : $g(x)=f(x)-x$ là hàm số tuần hoàn

Cho hình ngôi sao $ABCDEFGHIJ$. Đường tròn $O_1,O_2,O_3,O_4,O_5$ là đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AJB,BDC,MEF,GHF,HIJ$ . Gọi $K,L,M,N,P$ lần lượt là các giao điểm của các đường tròn $O_1$ với $O_2$, $O_2$ với $O_3$, $O_3$ với $O_4$,$O_4$ với $O_5$, $O_5$ với $O_1$ (như hình vẽ). Chứng minh ngũ giác $KLMNP$ nội tiếp đường tròn.

Giải hpt: $$\left\{\begin{matrix}\left ( \frac{1-x^2}{x^2} \right )^3+xy+\frac{3}{2}=y^3  &  & \\ (xy+2)^2+\frac{1}{x^2}=2y+\frac{4}{x}  &  &  \end{matrix}\right.$$

 

P/s: $PT(2)\Leftrightarrow \left(xy+2-\frac{1}{x}\right)=0$

Ta được hệ phương trình mới là :$\left\{\begin{matrix}\left ( \frac{1-x^2}{x^2} \right )^3+xy+\frac{3}{2}=y^3 & & \\ xy+2-\frac{1}{x}=0 & & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \left ( \frac{1}{x^2}-1 \right )^3+xy+\frac{3}{2}=y^3\\ y+\frac{2}{x}-\frac{1}{x^2}=0\\ xy+\frac{3}{2}=\frac{1}{x}-\frac{1}{2} \end{matrix}\right.\Rightarrow y^3-\left ( \frac{1}{x^2}-1 \right )^3+\frac{1}{x}-\frac{1}{2}=0\Rightarrow \left ( y+1-\frac{1}{x^2} \right )\left [ y^2+\left ( 1-\frac{1}{x^2} \right )^2+y\left ( 1-\frac{1}{x^2} \right ) \right ]+\left ( \frac{1}{x}-\frac{1}{2} \right )=0\Leftrightarrow 2\left ( \frac{-1}{x}+\frac{1}{2} \right )\left [ y^2+\left ( 1-\frac{1}{x^2} \right )^2+y\left ( 1-\frac{1}{x^2} \right ) \right ]+\left ( \frac{1}{x}-\frac{1}{2} \right )=0\Rightarrow x=2$

Giải hệ phương trình : $$\left\{\begin{matrix} y(\sqrt{x^2+1}-1)=\sqrt{3x^2+3}\\ \frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{y}{x}=2+\frac{2\sqrt{x}}{y} \end{matrix}\right.$$

Cách 2 : $PT(1)\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{x}}-2=\frac{2\sqrt{x}}{y}-\frac{y}{x}\Rightarrow \left (\frac{1}{\sqrt{x}}-2 \right )^2=\left (\frac{2\sqrt{x}}{y}-\frac{y}{x} \right )^2\Rightarrow \frac{1}{x}+4=\frac{4x}{y^2}+\frac{y^2}{x^2}\Rightarrow \frac{1}{x}-\frac{y^2}{x^2}=\frac{4x}{y^2}-4\Leftrightarrow \frac{x-y^2}{x^2}=\frac{4\left ( x-y^2 \right )}{y^2}\Rightarrow \left ( x-y^2 \right )\left ( y^2-4x^2 \right )=0$

Giải hệ phương trình : $$\left\{\begin{matrix} y(\sqrt{x^2+1}-1)=\sqrt{3x^2+3}\\ \frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{y}{x}=2+\frac{2\sqrt{x}}{y} \end{matrix}\right.$$

Giải hệ phương trình : $$\left\{\begin{matrix} (x-y)^2+x+y=y^2\\ x^4-4x^2y+3x^2=-y^2 \end{matrix}\right.$$

Giải hệ phương trình : $$\left\{\begin{matrix} y^3+(x-2)y+x^2+x+2=0\\ x^4+2x^2(3y+1)+(5y^2+4y+11)x-y^2+10y+2=0 \end{matrix}\right.$$

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thảo mãn :$a,b,c<0,9$ và $a+b+c=1$ . Chứng minh rằng : $$\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\geq \frac{4}{9}+15abc$$

P/s: M.n thử xem bài này có trái dấu khi $a,b,c<0,9$ ko nhá

Giải hệ phương trình :

$$\left\{\begin{matrix} 6x^2y+2y^3+35=0\\ 5x^2+5y^2+2xy+5x+13y=0 \end{matrix}\right.$$

Cho tam giác $ABC$ Tìm điểm $M$ sao cho thỏa mãn $\left | \vec{MA}-\vec{BC} \right |=\left | \vec{MB}-\vec{CA} \right |=\left | \vec{MC}-\vec{AB} \right |$

Đề thi chọn dự tuyển HSG lớp 10 THPT chuyên KHTN Hà Nội 2014-2015

Câu I: Cho $p$ là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh rằng : $p-4$ không thể là lũy thừa bậc 4 của 1 số nguyên.

Câu II: Giả hệ phương trình : $$\left\{\begin{matrix} x^3=y^3+56\\ 3x^2-9x=y^2-y+10 \end{matrix}\right.$$

Câu III: Cho $\Delta ABC$ nhọn. Gọi $P$ là điểm di chuyển trên $BC$. $(K), (L)$ là đường tròn ngoại tiếp $\Delta PAB,\Delta PAC$. Lấy $S$ thuộc $(K)$ sao cho $PS\parallel AB$, lấy $T$ thuộc $(L)$ sao cho $PT\parallel AC$

a, Chứng minh:  Đường tròn ngoại tiếp $\Delta AST$ đi qua điểm cố định khác $A$ là $J$

b, Gọi $(K)$ cắt $CA$ tại $E$, $(L)$ cắt $AB$ ở $F$ khác $A$. $BE$ cắt $CF$ ở $G$. Chứng minh rằng :  $PG$ đi qua $J$ khi và chỉ khi $AP$ đi qua tâm đường tròn Euler của $\Delta ABC$.

Câu IV: Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng :
$$\frac{a\left ( a^3+b^3 \right )}{a^2+ab+b^2}+\frac{b\left (b^3+c^3 \right )}{b^2+bc+c^2}+ \frac{c\left (c^3+a^3 \right )}{c^2+ca+a^2} \geq \frac{2}{9}\left ( a+b+c \right )^2$$

Câu V: Với $n$ là 1 số nguyên dương ta xét 1 bảng ô vuông $n \times n$. Mỗi ô vuông con được tô bởi 2 màu đỏ và xanh. TÌm $n$ nhỏ nhất sao cho với mỗi cách tô màu luôn có thể chọn được 1 hình chữ nhật các ô vuông con kích thước $m \times k\;\left (2\leq k; m\leq n \right )$ mà bốn ô vuông con ở 4 góc của hình chữ nhật này có cùng màu

Trừ vế theo vế, => x = y or ........ (thường thì biểu thức "........" sẽ vô nghiệm, nhưng nếu ko thì xét thêm 1 trường hợp nữa)

Thế lại vào PT(1) giải PT bậc 4

Bạn làm rõ hơn đi, phần .... của bạn là gì. Phần đấy vẫn có nghiệm .