Bài 1:

$A\cup B=\left [ -2;5 \right ]$

$A\cap B=\left (0;5 \right ]$

$A\setminus B=\left [ -2;0 \right ]$ 

$B\setminus A=\left (4;5 \right ]$

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} 2y^{2}+3y^{3}x=8 & & \\ x^{3}y-xy=6 & & \end{matrix}\right.$

Rút xy ở phương trình (2) rồi thế vào phương trình (1) ta có:

$2y^{2}+3y^{2}(x^{3}y-6)=8 \Leftrightarrow 3x^{3}y^{3}=8+16y^{2}$ (*)

Mặt khác y=0 không là nghiệm của pt nên (2)$\Leftrightarrow 3x^{3}y^{3}-3y^{3}x=18y^{2}$ 

Sau đó ta cộng pt trên với pt (1) thì đc $3x^{3}y^{3}+2y^{2}=18y^{2}+8\Leftrightarrow 3x^{3}y^{3}=16y^{2}+8$(**)

từ (*) và(**) ta có y=1, x=2

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} 2y^{2}+3y^{3}x=8 & & \\ x^{3}y-xy=6 & & \end{matrix}\right.$

Giả sử có hữu hạn số nguyên tố có dạng 4k+1 là $p_{1}< p_{2}< ...< p_{n}$

Xét số $A= 4p_{1}.p_{2}...p_{n}+1$

Dễ thấy A lẻ, A chia 4 dư 1 

Nếu A là hợp số, suy ra tồn tại 1 ước nguyên tố nào đó của A chia 4 dư 1 (vì nếu các ước nguyên tố của A toàn chia 4 dư 3 thì A chia 4 dư 3) Suy ra $A\vdots p_{i}$ ( $1\leq i\leq n$ ) $\Rightarrow$$A= 4p_{1}.p_{2}...p_{n}+1$$\vdots p_{i}\Rightarrow 1\vdots p_{i}$ ( vô lí vì $p_{i}\geq 5$ )

Như vậy A là nguyên tố , A >pn , A có dang 4k+1 (điều này trái với giả sử)

Vậy có vô số các sô nguyên tố thỏa mãn đề bài

$\sum \sqrt{\frac{a^{4}+b^{4}}{1+ab}}\geq \sum \sqrt{\frac{2a^{2}b^{2}}{1+ab}}$

đặt $(ab,bc,ca)=(x,y,z)$ ta có $xyz=1$

BĐT cần cm trở thành  $\sum \sqrt{\frac{2x^{2}}{x+1}}$$\geq 3$

$\sum \sqrt{\frac{2x^{2}}{x+1}}$$=\sum \frac{2x}{\sqrt{2(x+1)}}\geq \sum \frac{4x}{x+3}$

Giờ chỉ cần cm $\sum \frac{x}{x+3}\geq \frac{3}{4}\Leftrightarrow \sum \frac{1}{1+3yz}\geq \frac{3}{4}\Leftrightarrow 12 +9(x+y+z)+15(xy+yz+zx)\geq 84$ ( ĐÚNG theo AM-GM)

VẬY BĐT đc cm ( Dấu bằng xảy ra  khi a=b=c=1)

Bài này một ẩn bạn dùng PP $UCT$ đi, 

Nhưng cái mẫu chưa dương

 Ta có : $a+b+c=1\Rightarrow a,b,c\in [0;1]\Rightarrow a^2+b^2+c^2\leq a+b+c=1$

 Lại có :

   $A=\sum \frac{a^2+1}{b^2+1}=\sum \left [ a^2+1-\frac{b^2(a^2+1)}{b^2+1} \right ]$

   $=a^2+b^2+c^2+3-\sum \frac{a^2b^2+b^2}{b^2+1}\leq a^2+b^2+c^2+3-\sum \frac{a^2b^2+b^2}{2}$

   $=3+\frac{a^2+b^2+c^2-a^2b^2-b^2c^2-c^2a^2}{2}\leq 3+\frac{1}{2}=\frac{7}{2}$

Dấu bằng xảy ra khi nào đấy bạn??

Bất đẳng thức cần cm tương đương với 

$\Leftrightarrow (a+1)(1-a)(c+1)(1-c)\geq 20abc$ (vì theo gt $a+b+c=1$)

$\Leftrightarrow 1-c^{2}-a^{2}+a^{2}c^{2}\geq 20abc\Leftrightarrow (a+b+c)^{2}-c^{2}-a^{2}+a^{2}c^{2}\geq 20abc\Leftrightarrow b^{2}+a^{2}c^{2}+2(ab+bc+ca)\geq 20abc$

Áp dụng AM-GM nhận thấy $b^{2}+a^{2}c^{2}\geq 2abc$

Do đó bây giờ ta cần cm $2(ab+bc+ca)\geq 18abc\Leftrightarrow ab+bc+ca\geq 9abc\Leftrightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq 9=\frac{9}{a+b+c}$ (đây là 1 bất đẳng thức đúng)

Vậy ta có đpcm

Chỗ màu đỏ dấu bằng xảy ra khi b=ac, còn chỗ màu xanh xảy ra khi a=b=c. Vậy tóm lại dấu bằng không xảy ra chăng? Hay là a sai ở chỗ nào?

 Ta có :

 $\frac{x^4-x}{x^2+y+z}-\frac{x^4-x}{x^2(x+y+z)}=\frac{(x-1)^2(x^2+x+1)(x^2+xy+xz+y+z)}{x(x+y+z)(x^2+y+z)}\geq 0$

 $\Rightarrow \sum \frac{x^4-x}{x^2+y+z}\geq \sum \frac{x^4-x}{x^2(x+y+z)}=\frac{\sum x^2-\sum \frac{1}{x}}{x+y+z}=\frac{\sum x^2-\sum xy}{x+y+z}\geq 0$

Sao bạn lại nghĩ ra cái này thế, Mình thấy bạn dùng cái này mấy lần rồi.     

Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp $(O)$ . Trực tâm $H$ . $M$ là trung điểm của $BC$ . Điểm $P$ thuộc đoạn $HM$ . Qua $P$ dựng đường thẳng vuông góc với $AB,AC$ cắt $AC,AB$ lần lượt tại $E,F$. Chứng minh trung điểm của $EF$ nằm trên trung trực của $BC$

đầu tiên ta đưa cho mỗi người một đồ vật. Hai đò vật còn lại sẽ chia cho 2 trong 3 người. Vậy thì sẽ có $C_{3}^{2}$ =3 cách chia

b-a thì $\sqrt{c}\epsilon \mathbb{N}\Rightarrow c$ là số chính phương.

Mấy cái còn lại tương tự.

Ý đề bài là mỗi phần a,b,c,d,e là một bài tập riêng

VD: b,Cho  $a,b,c\in \mathbb{N}$.Chứng minh rằng  $a,b,c$  đều là các số chính phương nếu: $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\in \mathbb{N}$

a, Gọi I là trung điểm của AB $\vec{MA}+ \vec{MB}=2\vec{MI}\Rightarrow \vec{MC}=2\vec{MI}$ Do đó nên M phải nằm ngoài đoạn CI. Suy ra M nằm ngoài tam giác ABC. Vậy k tồn tại M thỏa mãn

b,Trên AB lấy I sao cho IA=2IB $\Rightarrow \vec{IA}+2\vec{IB}=0\Rightarrow \vec{MA}+2\vec{MB}=3\vec{MI}\Rightarrow 3\vec{MI}= 3\vec{MC}\Rightarrow I\equiv C$ ( vô lý)

Vậy k tồn tại M thỏa mãn

a, $(\sqrt{a}-\sqrt{b})(\sqrt{a}+\sqrt{b})=a-b \epsilon \mathbb{Z}$

Mà$\sqrt{a}+\sqrt{b}\epsilon \mathbb{N}$ nên $\sqrt{a}-\sqrt{b}\epsilon \mathbb{Q}$

từ đó $2\sqrt{a}\epsilon \mathbb{Q}\Rightarrow \sqrt{a}\epsilon\mathbb{Q}$ mà $a\epsilon \mathbb{N}$ nên a là scp

Tương tự b là scp

Chứng minh rằng từ 16 số nguyên dương không vượt quá 100 ta có thể chọn ra 4 số khác nhau a,b,c,d sao cho a+b = c+d

Đặt $v_n=u_n-\frac{1}{6}.n.2^{n}-n(\frac{1}{6}n+\frac{1}{2})$

Từ giả thiết suy ra 

$\left\{\begin{matrix} v_1=0,v_2=-1 \\ v_{n+2}-v_{n+1}-2v_{n}=0 \end{matrix}\right.$

Đến đây dễ rồi nhé  

Còn để tìm liên hệ giữa $v_n$ và $u_n$ thì chỉ cần biết một chút kĩ thuật thôi

A tìm cách đặt bằng cách đặt $U_{n}=V_{n}+x.n.2^{n}+yn^{2}+zn+t$ phải không ạ ? Nhưng sao e giải ra $x=\frac{1}{6}, y=0,z=\frac{1}{2},t=\frac{-1}{4}$ nhỉ ! Với lại nếu đặt theo cách của a thì $U_{n}=V_{n}+\frac{1}{6}.n.2^{n}+\frac{1}{6}.n^{2}+...$ Và khi thay vào thì Cái phần $n^{2}$ sẽ là $\frac{1}{6}n^{2}-\frac{1}{6}n^{2}-\frac{2}{6}n^{2} = \frac{-2}{6}n^{2}$ Cái này đâu có giống vs VP, Vp làm j có $x^{2}$

Xác đinh CTTQ:

a, $\left\{\begin{matrix} U_{1}=1,U_{2} =2 & & \\ U_{n+2}-U_{n+1} -2U_{n}=2^{n}-n+1& & \end{matrix}\right.$

b, $\left\{\begin{matrix} U_{1}=1,U_{2} =2 & & \\ U_{n+2}-2U_{n+1} +U_{n}=3^{n}+n^{2}-n+1& & \end{matrix}\right.$

Tính tổng sau : $\binom{n}{1}+\binom{n}{2}+\binom{n}{3}+...+\binom{n}{n-1}$

Cho 4 đường thẳng a,b,c,d đồng quy. Đường thẳng $\Delta$ cắt a,b,c,d theo thứ tự tại A,B,C,D. Đường thẳng $\Delta '$ cắt a,b,c,d theo thứ tự tại A',B',C',D'. Chứng minh (ABCD)=-1 $\Leftrightarrow$ (A'B'C'D)=-1

Trước hết ta chứng minh bài toán phụ sau: Cho tam giác ABC. Điểm M,N lần lượt thuộc AB,AC sao cho $\frac{MA}{MB}=m$ và $\frac{NC}{NA}=n$ . Điểm I thuộc đoạn MN sao cho $\frac{IM}{IN}=t$ . AI cắt BC tại E. Khi đó ta có $\frac{EB}{EC}=t.\frac{m+1}{m(n+1)}$

Trở lại bài toán chính. Gọi giao của AX,BY,CZ với BC,CA,AB lần lượt là H,I,K

ĐẶt $\frac{FA}{FB}=m$ ; $\frac{DB}{DC}=n$ ;$\frac{EC}{EA}=p$ ;$\frac{XF}{XE}=x$ ;$\frac{YD}{YF}=y$ ;$\frac{EZ}{ED}=z$ 

 Từ đó theo giả thiết ta có : $\left\{\begin{matrix} mnp=1 & & \\ xyz=1& & \end{matrix}\right.$

Xét tam giác ABC có $\frac{FA}{FB}=m$ ; $\frac{EC}{EA}=p$ ; $\frac{XF}{XE}=x$ . Theo bài toán phụ ta có:

$\frac{HB}{HC}=x.\frac{m+1}{m(p+1)}$

Tương tự : $\frac{IC}{IA}=y.\frac{n+1}{n(m+1)}$ và $\frac{KA}{KB}=z.\frac{p+1}{p(n+1)}$

$\Rightarrow \frac{HB}{HC}.\frac{IC}{IA}.\frac{KA}{KB}=1$

$\Rightarrow$ AX, BY, CZ đồng quy ( đpcm )     

ĐẶt:  $\vec{u}=\vec{OA}+\vec{OB}+\vec{OC}+\vec{OD}+\vec{OE}=\vec{OA}+(\vec{OB}+\vec{OE})+(\vec{OC}+\vec{OD})$

Ta thấy OA là phân giác góc BOE và OB=OE nếu ta dựng hình thoi BOEF thì F thuộc AO $\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \vec{OF}= k \vec{OA} & & \\ \vec{OB}+\vec{OE}=\vec{OF} & & \end{matrix}\right.$

Tương tự nếu ta dựng hình thoi DOCM thì M thuộc AO $\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \vec{OM}= q \vec{OA} & & \\ \vec{OC}+\vec{OD}=\vec{OM} & & \end{matrix}\right.$

vậy $\vec{u}=\vec{OA}+(\vec{OB}+\vec{OE})+(\vec{OC}+\vec{OD})= (k+q+1) \vec{OA}$

$\vec{u}$ cùng phương vói $\vec{OA}$

Tương tự $\vec{u}$ cùng phương vói $\vec{OB}$

Vậy thì $\vec{u}= 0$

Câu 6: a) $ab=cd\Rightarrow \frac{a}{c}=\frac{d}{b}\Rightarrow \frac{a^{2015}}{c^{2015}}=\frac{d^{2015}}{b^{2015}}$

$=\frac{a^{2015}+d^{2015}}{b^{2015}+c^{2015}}=k(k\geq 1)$ (a,b,c,d nguyên dương)

Do đó $A=(k+1)(c^{2015}+b^{2015})$ là hợp số vì b,c nguyên dương

sai @@ để suy nghĩ lại

Ta nên đặt $\frac{a}{c}=\frac{d}{b}=k$.Vì ab=cd nên ab chia hết cho c suy ra $\frac{ab}{c}$ là số nguyên. do đó kb là số nguyên. Mà b là số nguyên dương nên k là số nguyên dương. Vậy $A=(k^{2015}+1)(c^{2015}+b^{2015})$ là hợp số vì b,c nguyên dương

Cho tam giác DEF nội tiếp tam giác ABC ( D,E,F thuộc BC, AC,AB). Biết rằng tam giác DEF vuông tại D và có một góc bằng 30 độ. Tìm vị trí của D,E,F sao cho diện tích tam giác DEF đạt GTNN

Cho $x,y,z,t,k>0$. Chứng minh rằng:

$\frac{x^{2}}{x^{2}+yz}+\frac{y^{2}}{y^{2}+zt}+\frac{z^{2}}{z^{2}+tk}+\frac{t^{2}}{t^{2}+kx}+\frac{k^{2}}{k^{2}+xy}<4$

Cô giáo mình gợi ý là giả sử x là min hay max gì đấy rồi cm $\frac{x^{2}}{x^{2}+yz}+\frac{y^{2}}{y^{2}+zt}<1$ nhưng chưa nghĩ ra

Bạn làm thế nào ạ!!

Ta có:

$\left | 3x-4 \right |= \left | 4-3x \right |\geq 4-3x$ ( dấu bằng khi $x\leq \frac{4}{3}$)

$\left | 4x-5 \right |= \left | 5-4x \right |\geq 5-4x$ ( dấu bằng khi $x\leq \frac{5}{4}$)

$\left | 5x-4 \right |\geq 5x-4$ ( dấu bằng khi $x\geq \frac{4}{5}$)

$\left | 2x-1 \right |\geq 2x-1$ ( dấu bằng khi $x\geq \frac{1}{2}$)

cộng vào ta có: VT $\geq$ VP ( dấu bằng khi $\frac{4}{5}\leq x\leq \frac{5}{4}$)