$A=\sum \frac{1}{x^{3}+y^{3}+1}=\sum \frac{1}{x^{3}+y^{3}+xyz}\leq \sum \frac{1}{xy(x+y)+xyz}=\sum \frac{1}{xy(x+y+z)}=\frac{1}{xyz}=1$

pt1 vô nghiệm nên $\Delta =b^{^2}-4ac< 0 \Rightarrow ac> 0\Rightarrow \frac{c}{a}>0\Rightarrow \frac{-c}{a}<0$ 

pt2 có $\Delta = b^{2}+4ac>0$ nên luôn có 2 nghiệm phân biệt . Gọi $x1,x2$ là 2 nghiệm của $g(x)$ thì ta có $x1.x2= \frac{-c}{a}<0$ nên 2 nghiệm này trái dấu

Tìm các số nguyên không âm $x,y$ thỏa mãn đẳng thức $$x^2=y^2+\sqrt{y+1}$$.
Ta có phương trình tương đương với

$$(x+y)(x-y)=\sqrt{y+1}.$$

Do đó $$x+y \ge 1; x-y \ge 1; x \ge 1.$$

Khi đó $$(x+y)(x-y) \ge x+y \ge y+1 \ge \sqrt{y+1}.$$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=1; y=0$.

Thử lại thấy thỏa mãn.

Đáp số: $(x;y)=(1;0).$

Viết rõ hơn nữa thì tốt.

$d=9,5$

$d_{mr}=0;d_{tl}=0;d_{t}=0$

$S=41,5$

Mình sủa lại bài làm của mình tí nhé, bạn xem hợp lý không

Từ $4k\left ( 2k+1 \right )=y^2$ suy ra $k\left ( 2k+1 \right )$ là số chính phương.

Mặc khác $\forall k\in \mathbb{Z};k\neq 0$ thì $k$ và $2k+1$ nguyên tố cùng nhau nên...

chỗ này cũng đưa về 1 phương trình pell $x^{2}-2y^{2}=1$

A ơi cho em hỏi, a có thể giải thích kỹ hơn k ạ, tại sao lại là mod 3 mà không là con số khác, em không hiểu lắm,cám ơn a nhiều!

do tính chất như vậy đó bạn

Bài 11:

 Chứng minh rằng dãy số $2^n-3$ ( $n \in N$ ) chứa dãy vô hạn những số nguyên tố cùng nhau.

Bài 12:

 Chứng minh dãy số Mersen $M_n=2^n-1$ ( với $n$ là số tự nhiên) là dãy số chứa vô hạn những số nguyên tố cùng nhau.

Bài 13:

 Chứng minh dãy số Fermat  $M_n=2^n+1$ ( với $n$ là số tự nhiên) là dãy số chứa vô hạn những số nguyên tố cùng nhau.

Bài 14:

 Cho số tự nhiên $n$ thỏa mãn $n>1$ và $2^n-2$ chia hết cho $n$. Tìm $(2^{2^n};2^n-1)$

Bài 15:

Chứng minh rằng với mọi số tự nhên $n$ thì phân số $\dfrac{21n+1}{14n+3}$ là phân số tối giản.

dãy phéc ma là $2^{2^{n}}+1$ chứ

 

_​(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c})^{3}= a+b+c+3(\sqrt{a}+\sqrt{b})(\sqrt{b}+\sqrt{c})(\sqrt{c}+\sqrt{a})

=(\sqrt[3]{a+b+c})^{3} =a + b + c  

 

<=> a= -b

  hoặc b= -c

   hoặc c= -a

Nếu a=-b => đpcm

tương tự 

 

không dùng dc công thức à

Chả phải điều kiện $x\ge 0$ hay sao

Suy ra $Q\le 5$ 

uk điều kiện $x\geq 0$ nên $Q\leq 5$ có gì sai đề ko nhỉ hay sao mà dễ thế Anh Dũng ( Thằng Khờ VN )

việc chứng minh CE là phân giác góc ngoài $\angle ACB$ thật dễ dàng , ta chỉ cần chứng minh BE là phân giác , ta cần chỉ ra SA = SB =SE (= $\sqrt{ST.SX}$ ) sau đó ta có:

$\angle EBX=\angle BAE+\angle BEA=180^{\circ}-\angle ABE=\frac{360^{\circ}-2.\angle ABE}{2}=\frac{360^{\circ}-\angle ABE-\angle SAB-\angle SPB}{2}=\frac{\angle ASC}{2}=\frac{\angle CBX}{2}$

suy ra BE là phân giác $\angle CBX$ (dpcm)

Trong tam giác ABC có 3 góc nhọn. Lấy 1 điểm P bất kì; chứng minh khoảng cách lớn nhất trong các khoảng cách từ điểm P đến các đỉnh A,B,C của tam giác không nhỏ hơn 2 lần khoảng cách bé nhất trong các khoảng cách từ điểm P đến các cạnh của tam giác đó

Chứng minh : $\sqrt{\frac{b+c}{a}}+\sqrt{\frac{a+c}{b}}+\sqrt{\frac{a+b}{c}}\geq 2(\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}})$ với mọi $a,b,c> 0$

Uhm, cũng được, BĐT đó còn được gọi là BĐT cộng mẫu số. Nếu gặp những bài như thế này thì nên "co lại", tức là đi chứng minh

$\sum \dfrac{x}{ay+bz} \ge \dfrac{3}{a+b}$

hay thậm chí

$\dfrac{x}{ax+by}+\dfrac{y}{ay+bx} \ge \dfrac{2}{a+b}$

rồi sau đó dùng cách tương tự hóa để chứng minh bài "to xác" kia.

tức là ta đang "chia để trị" à thầy

Phạm Quốc Cường

Lớp 10T1 , THPT chuyên Hà Tĩnh , TP Hà Tĩnh , Tỉnh Hà Tĩnh

Đề: Giải và biện luận hệ bất phương trình $\left\{\begin{matrix} \left | x-y+xy-1 \right |=1\\ \left | x-1 \right |-m\left | y+1 \right |\leq m-1 \end{matrix}\right.$

Giải: Hệ ban đầu tương đương với $\left\{\begin{matrix} \left | (x-1)(y+1) \right |=1\\\left | x-1 \right |-m\left | y+1 \right |\leq m-1 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \left | y+1 \right |=\frac{1}{\left | x-1 \right |}\\\left | x-1 \right |-\frac{m}{\left | x-1 \right |}\leq m-1 \end{matrix}\right.(1)$

Đặt : $t=\left | x-1 \right |>0$ . Khi đó hệ (1) được chuyển về dạng : $\left\{\begin{matrix} t=\left | x-1 \right |>0\\ \left | y+1 \right |=\frac{1}{t}\\ t - \frac{m}{t}\leq m-1\ \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} t=\left | x-1 \right |>0\\ \left | y+1 \right |=\frac{1}{t} \\(t+1)(t-m)\leq 0\ \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} t=\left | x-1 \right |>0\\\left | y+1 \right |=\frac{1}{t} \\ t\leq m \end{matrix}\right.(*)$

_ Khi $m\leq 0$ thì bất phương trình (*) vô nghiệm , do đó hệ đã cho vô nghiệm.

_Khi $m> 0$ thì bất phương trình (*) trở thành:

$\left | x-1 \right |\leq m\Leftrightarrow -m\leq x-1\leq m\Leftrightarrow 1-m\leq x\leq 1+m$

 Khi đó nghiệm của hệ bất phương trình đã cho là : $\left\{\begin{matrix} 1-m\leq x\leq 1+m\\y=-1\pm \frac{1}{x-1} \end{matrix}\right.$

Kết luận: _ $m\leq 0 : S=\O$

               _$m> 0:S=\left \{ (x;y)\in \mathbb{R}^{2}|y=-1\pm \frac{1}{x-1},1-m\leq x\leq 1+m \right \}$

Cái này có vẻ liên quan đến Bất đẳng thức Trê-bư-sếp.

dạ ko phải đâu ạ . là BĐT Engel

Cho $x,y,z,a,b,c> 0$ và $x\geq y\geq z\geq t$ . Chứng minh:

T = $\frac{x}{ay+bz+ct}+\frac{y}{az+bt+cx}+\frac{z}{az+bx+cy}+\frac{t}{ax+by+cz}\geq \frac{4}{a+b+c}$