Câu b
đk x>=5

$\sqrt{5x^2+21x+16}=\sqrt{x^2-x-20}+\sqrt{32x+32} \leq \sqrt{2}\sqrt{x^2-31x+12}$
$ \Rightarrow 5x^2+21x+16 \leq 2x^2 - 62x+24$
$ \Rightarrow 3x^2 + 83x \leq 24$
Vô lý vì x >=5
Vậy pt vô nghiệm

Câu a

$x^4-3x^2-4x+247=(x^4-4x^2+4)+(x^2-4x+4)+239$
$(x^2-2)^2+(x-2)^2+239 > 0$
PT vô nghiệm

Hinh nhu anh lam sai thi phai

Anh thì chẳng thấy sai, ko tin thì em cứ bấm máy thử đi, anh bấm thử rồi đấy

giup em bai nay:
Cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=3$. Tìm GTLN:
$A=\sqrt{1+x^{2}}+\sqrt{1+y^{2}}+\sqrt{1+z^{2}}+3(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})$

Bài này bảo giải theo cách THCS thì chưa tìm ra, nhưng nếu giải theo cách THPT, thì :
xét $f(x)=\sqrt{1+x^2}+3\sqrt{x}$
có $f''(x)=\dfrac{1}{\sqrt{(1+x^2)^3}}-\dfrac{3}{4}.\dfrac{1}{\sqrt{x^3}} <0$ (dùng Cauchy)
Suy ra hàm lồi.
Suy ra
$A=f(x)+f(y)+f(z) \leq 3f(\dfrac{x+y+z}{3})=3.(\sqrt{2}+3)$

ta co:$\dfrac{a}{bc}+ \dfrac{b}{ac} = \dfrac{1}{c}(\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a}) \geq \dfrac{2}{c} $(co si)
tuong tu ta co:
$\dfrac{b}{ac}+\dfrac{c}{ab} \geq \dfrac{2}{a} $
$\dfrac{c}{ab}+\dfrac{a}{bc} \geq \dfrac{2}{b} $
cong tung ve cua ca BDt tren ta duoc dieu fai chung minh!

Sai rồi em, lúc đầu anh cũng tưởng là làm thế.

Bài 2 coi lại , thấy dễ quá trời.
Quy đồng lên hết ,chuyển vế, bdt trở thành :
$(a+b-c)^2 \geq 0$ hiển nhiên đúng.

Bài 1 đưa về kiểu pt bậc 2 :
bdt đã cho tương đương :
$(1-b)a^2 -a.c^2+(b^2+c^2-b^2c-1) \leq 0$
$ \Leftrightarrow (1-b)a^2 -a.c^2+(1-c)(b^2-c-1) \leq 0$
Ta có :
$1-b \geq 0 ,1-c \geq 0.b^2-c-1 \leq 0$
Như vậy nếu coi VT là 1 đa thức f(a) bậc 2 biến a, thì f(a) có 2 nghiệm , 1 âm 1 dương, và hệ số cao nhất không âm (Nếu muốn có thể xét riêng TH b=1)
Lại có :
$f(1)=1-b-c^2+b^2+c^2-b^2c-1=b^2-b-b^2c \leq 0$ vì $b \geq b^2$
Gọi 2 nghiệm của f(a) là m, n(m âm, n dương). Vậy với mọi a [m,n] thì f(a) 0
Suy ra được 1 [m,n]
Suy ra [0,1] [m,n]
Vậy f(a) 0 với mọi a thuộc [0,1]

Bài 2 dùng Cauchy bình thường thôi mà :
$\dfrac{a}{bc}+\dfrac{b}{ca} \geq \dfrac{2}{c}$
Làm tương tự cho 2 cặp còn lại, xong cộng tất cả lại, ra đpcm

Chết nhầm

Bài 2 dùng Cauchy bình thường thôi mà :
$\dfrac{a}{bc}+\dfrac{b}{ca} \geq \dfrac{2}{c}$
Làm tương tự cho 2 cặp còn lại, xong cộng tất cả lại, ra đpcm

Từ giả thiết pt f(x)=1 có quá 3 nghiệm nguyên phân biệt, suy ra rằng :
$f(x) - 1=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d).Q(x)$
Trong đó a, b, c , dlà các số nguyên khác nhau đôi một, Q(x) là đa thức nguyên.
Suy ra :
$f(x)+1=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)Q(x) + 2$
Giả sử pt f(x)=-1 có nghiệm nguyên, vậy thì pt sau đây cũng có nghiệm nguyên :
$(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)Q(x)=-2$
Có thể thấy điều trên là vô lý, vì -2 khi phân tích thành tích các số nguyên phân biệt chỉ có thể phân tích thành tích 3 số :
$-2=(-1).1.2$
Trong khi đó, VT có thể phân tích thành ít nhất là 4 nhân tử khác nhau, do a,b,c,d khác nhau đôi một.

Vậy pt f(x)=-1 ko có nghiệm nguyên

đến đây là gần xong còn gì em ??
nếu em muốn cho nó ra dạng lượng giác luôn thì giải :
$1+e^{a}(cosb+i.sinb)=e^{a'}(cosb'+i.sinb')$
trong đó a và b đã biết rồi.

$y$ nguyên dương mà anh quanganhct!!!!!!

Ồ, vậy từ đó có thể kết luận là vô nghiệm

Bài 2 :
$y=\sqrt{x+\sqrt{x+...\sqrt{x+\sqrt{x}}}} \geq \sqrt{x+\sqrt{x+...\sqrt{x+\sqrt{0}}}} = \sqrt{x+\sqrt{x+...\sqrt{x}}}=y$

Dấu bằng xảy ra khi x=0

Tìm dạng lượng giác của số phức z biết:
$(z-1)^4=1- i\sqrt{3} $

Không ai giải thì mình giải.
z-1 là số phức biểu diễn dưới dạng :
$z-1=e^{a+bi}$
$ \Rightarrow (z-1)^4 = e^{4a+4bi}=1-i\sqrt{3}$
$e^{4a+4bi}=e^{4a}.e^{4bi}=e^{4a}(cos(4b)+i.sin(4b))=2(\dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt{3}}{2})$
$ \Rightarrow e^{4a}=2 \ \& \ 4b= -\dfrac{ \pi}{3} +2k\pi$
$ a=\dfrac{ln2}{4} \ \& \ b=-\dfrac{\pi}{12}+k\dfrac{\pi}{2}$ cho k chạy từ 1 đến 4 (4 điểm trên vòng tròn lượng giác)
Mà :
$z=1+e^{a+bi}$
Thay các giá trị ở trên vào, được 4 kết quả của z

Mình có cách giải khác, các bạn xem có được không nhé:
*) Ta có: $ sqrt{n+1} - sqrt{n}= $ $ \dfrac{1}{ sqrt{n+1}+ sqrt{n} } $ (cái này CM đơn giản)

*) Có :B-A=$2( sqrt{2}- sqrt{1})+2( sqrt{4}- sqrt{3})+....+ 2( sqrt{18}- sqrt{17})+2( sqrt{5}- sqrt{19}) $
$\dfrac{B-A}{2}= \dfrac{1}{ sqrt{1}+ sqrt{2} }+ \dfrac{1}{ sqrt{3} +sqrt{4} }+....+ \dfrac{1}{ sqrt{17} +sqrt{18} } + ( sqrt{5}- sqrt{19}) $ (1)
+)Mà $sqrt{5}- sqrt{19}= \dfrac{(sqrt{5}- sqrt{19}) (sqrt{5}+sqrt{19})}{sqrt{5}+ sqrt{19}} $
= $ \dfrac{-14}{sqrt{5}+ sqrt{19}} $
(1) $\dfrac{B-A}{2}= \dfrac{1}{ sqrt{1}+ sqrt{2} }+ \dfrac{1}{ sqrt{3} +sqrt{4} }+....+ \dfrac{1}{ sqrt{17} +sqrt{18} } + \dfrac{-14}{sqrt{5}+ sqrt{19}} $
$\dfrac{B-A}{2} $ $ \dfrac{9}{ sqrt{17} +sqrt{18} }- \dfrac{14}{sqrt{5}+ sqrt{19}} $ (2) (Sai ở đây)
+) Áp dụng BDT : $ sqrt{a}+ sqrt{b}$ $ sqrt{a+b} $ (tự CM)
$ sqrt{17} +sqrt{18}$ $sqrt{35}$
$ \dfrac{9}{ sqrt{17} +sqrt{18} } $ $ \dfrac{9}{ sqrt{35} }$
Mặt khác :$ sqrt{5}+ sqrt{19} $ $2sqrt{19}$
$ \dfrac{14}{sqrt{5}+ sqrt{19}}$ $\dfrac{14}{sqrt{76}}$

(2) $\dfrac{B-A}{2} $ $ \dfrac{9}{ sqrt{35} }$- $\dfrac{14}{sqrt{76}}$
$ \dfrac{9}{ sqrt{35} }$- $\dfrac{14}{sqrt{76}}$ 0 (quy đồng để so sánh)

$\dfrac{B-A}{2} $ 0
$B-A$ 0
B A

(Bạn nào thấy có ích thì thanks mình cái nhá )

$\dfrac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}} > \dfrac{1}{\sqrt{17}+\sqrt{18}}$
Tương tự cho các số sau, nên bdt (2) ngược chiều.
Nói chung là bài giải sai.

Đáp án là không được.
Gọi những số được viết ra là $a_{1},a_{2},...a_{7}$
Ta có : $a_{i} \equiv 1+2+3+4+5+6+7 (mod 9) \equiv 1 (mod 9)$ i từ 1 đến 7
$ \Rightarrow a_{i}^7 \equiv 1 (mod 9)$
Có 7 số tất cả. Nếu như có 7 số thỏa mãn đề bài, tức là có thể chia 7 số ra làm 2 nhóm , mà số dư mỗi nhóm khi chia cho 9 là như nhau. Điều này vô lý (ví dụ VT có 2 số, VP phải có 5 số, VT chia 9 dư 2, vế phải chia 9 dư 5)

nếu dùng tích phân suy rộng thì cũng dc nhung mà x = 1,2,3,......,n.
phải thay từng giá trị. có thể là nó khử nhau nhưng cũng phải xét!

http://en.wikipedia....for_convergence

Đọc cái này đi nhé

PTHa dịch đề sai rồi!
can(lnx) chu khong phải ln(n)

$ \sum\limits_{x=2}^{n} \dfrac{1}{x\sqrt{lnx}}$

Vẫn làm như trên, tính tích phân :
$ \int\limits_{2}^{+\infty}\dfrac{1}{x\sqrt{lnx}} = [2\sqrt{lnx}]\limits_{2}^{+\infty} -> + \infty$
Vậy dãy ko hội tụ.

cho x chạy từ 2 mà!

Mình xem post của Thái Hà, thấy là chạy từ 1.

Xem lại đề nhé, ln1 =0, vậy số hạng đầu tiên là $\dfrac{1}{0} = + \infty $

Ngoài ra, để xét tính hội tụ của 1 dãy, có nhiều cách, dùng tỉ số, dùng căn, hoặc dùng tích phân.
Trong bài này dùng tích phân là đơn giản nhất, tính :
$ \int\limits_{2}^{+\infty} \dfrac{1}{x.lnx}dx$, thấy được kết quả ko hội tụ, vậy dãy đã cho ko hội tụ.

Bài 10:
DK : $4x+1 \geq 0$
$2VT=4x^2+4x+2 =(2x+1)^2+1 \geq 2(2x+1) =(4x+1) +1 \geq 2\sqrt{4x+1} = 2VP$

Dấu = xảy ra khi x=0.
Vạy pt có nghiệm x=0

Bài 7 :
$\dfrac{x+\sqrt{1-x^2}}{1-2x^2} =1$
$ \Leftrightarrow \dfrac{(\sqrt{1-x^2}+x)(\sqrt{1-x^2}-x)}{1-2x^2}=\sqrt{1-x^2} -x$
$(\sqrt{1-x^2} -x \neq 0 $ vì $1-2x^2 \neq 0)$
$ \Leftrightarrow 1=\sqrt{1-x^2} -x$
Chuyển vế bình phương, giải được x=0, x=-1

Nếu mà giải bằng cách lớp 9 thì chưa ra, cao hơn lớp 9, dùng đạo hàm thì ra rồi .

mình tuy đã qua tuổi THCS nhưng thấy bạn bảo cần vài bài tập nên xin post một bài:

số học: Chứng minh rằng:
$12^{10^{10^{2011}}}} + 2012^{2^{9^{2012}}} \vdots 11$

Mình thì lại thấy nó ko chia hết cho 11.

$12 \equiv 1 (mod 11) \Rightarrow 12^{10^{10^{2011}}}} \equiv 1 (mod 11)$
$2012 \equiv -1 (mod 11) \Rightarrow 2012^{2^{9^{2012}}} \equiv (-1)^{2^{9^{2012}}} (mod 11) \equiv 1 (mod 11)$
Như vậy số đã cho chia 11 dư 2.
Nếu đổi dấu + thành dấu - thì đề bài sẽ đúng.

Đơn giản thôi

pt đã cho tương đương :
$13(\sqrt{x-1}-\dfrac{1}{2}) + 9(\sqrt{x+1}-\dfrac{3}{2})=16(x-\dfrac{5}{4})$
$ \Leftrightarrow 13 \dfrac{x-\dfrac{5}{4}}{\sqrt{x-1}+\dfrac{1}{2}} + 9 \dfrac{x-\dfrac{5}{4}}{\sqrt{x+1}+\dfrac{3}{2}}=16(x-\dfrac{5}{4})$
$ \Leftrightarrow (x-\dfrac{5}{4})(\dfrac{13}{\sqrt{x-1}+\dfrac{1}{2}} + \dfrac{9}{\sqrt{x+1}+\dfrac{3}{2}} - 16) =0$
Vậy pt có nghiệm là 5/4. Xét nhân tử lớn đằng sau :
Đặt cái nhân tử to lớn kia là B, dễ thấy x tăng thì B giảm, B là hàm đồng biến, và B(5/4)=0 suy ra B có 1 nghiệm duy nhất là 5/4

Vậy pt có 1 nghiệm duy nhất là x=5/4