$P=\sum \frac{a^3}{b+c}=\sum \frac{a^4}{ab+ac}\geq^{Schwarz} \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{2(ab+bc+ca)}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{2(a^2+b^2+c^2)}=\frac{1}{2}$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{\sqrt{3}}{3}$
Vậy $minP=\frac{1}{2}$ khi $a=b=c=\frac{\sqrt{3}}{3}$

Từ gt suy ra:
$p_2=p_1+6$
$p_3=p_1+12$
$p_4=p_1+18$
$p_5=p_1+24$
*Với $p_1=2\Leftrightarrow p_2=8$ không phải SNT (loại)
*Với $p_1=3\Leftrightarrow p_2=9$ không phải SNT (loại)
*Với $p_1=5\Leftrightarrow p_2=11;p_3=17;p_4=23;p_5=29$ đều là các số nguyên tố (thỏa mãn)
*Với $p_1>5$. Vì $p_1$ là SNT lớn hơn $5$ nên không chia hết cho $5$. Ta xét các trường hợp sau với $k\in N^*$:
+) Với $p_1=5k+1\Leftrightarrow p_5=5k+25\vdots 5$ và $p_5>5$ nên không phải STN (loại)
+) Với $p_1=5k+2\Leftrightarrow p_4=5k+20\vdots 5$ và $p_4>5$ nên không phải STN (loại)
+) Với $p_1=5k+3\Leftrightarrow p_3=5k+15\vdots 5$ và $p_3>5$ nên không phải STN (loại)
+) Với $p_1=5k+4\Leftrightarrow p_2=5k+10\vdots 5$ và $p_2>5$ nên không phải STN (loại)
Vậy $p_1=5;p_2=11;p_3=17;p_4=23;p_5=29$ là các giá trị thỏa mãn đề bài

Giải phương trình: $$\sqrt[3]{x^2-1}+x=\sqrt{x^3-2}$$

$ĐKXĐ: x\ge \sqrt[3]{2}$
$$pt \Leftrightarrow \sqrt[3]{x^2-1}-2+x-3-(\sqrt{x^3-2}-5)=0\\ \Leftrightarrow \frac{x^2-9}{\sqrt[3]{(x^2-1)^2}+2\sqrt[3]{x^2-1}+4}+x-3-\frac{x^3-27}{\sqrt{x^3-2}+25}=0 \\\Leftrightarrow (x-3)(\frac{x+3}{\sqrt[3]{(x^2-1)^2}+2\sqrt[3]{x^2-1}+4}+1-\frac{x^2+3x+9}{\sqrt{x^3-2}+25})=0$$
Pt lúc đầu em tính có nghiệm duy nhất $x=3$, nhưng chả hiểu sao liên hợp đến đây là chui ra một nghiệm ngoại lai

Với mọi a,b,c>0.CMR:
$a^{2}(b+c-a)+b^{2}(c+a-b)+c^{2}(a+b-c)\leqslant 3abc$

SOLUTION:
$$bdt\Leftrightarrow a^2(b+c)-a^3+b^2(a+c)-b^3+c^2(a+b)-c^3\le 3abc\\ \Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\ge a^2(b+c)+b^2(a+c)+c^2(a+b)$$
Đúng theo Schur. Vậy BĐT ban đầu được cm
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c\ \ <Q.E.D>$
------------------
Mình nhớ là có một bạn post bài tương tự thế này rồi

Problem: Cho số nguyên dương $n$, chứng minh rằng:
$$\sum_{i=1}^{n} \dfrac{1}{i^2(i+2)\sqrt{i+1}}<\dfrac{1}{2\sqrt{2}}$$

1. Giải pt:
$$x^2+\sqrt{x+4}+\sqrt{x+11}=27+x$$
2. Giải hệ:
$$\left\{\begin{matrix}2x^3+xy^2+x-2y=4\\ 2x^2+xy+2y^2+2y=4\end{matrix}\right.$$

Thiếu điều kiện $x,y\ge 0$. Dùng máy tính ta kiểm nghiệm với $x=-1;y=2$ thì BĐT sai.
Vậy bài toán phải là:

CMR: $x^2 + y^2\leq \sqrt[3]{2(x^3+y^3)^2}$ với mọi x, y không âm

SOLUTION: (Holder không được chấp nhận nên làm thế này )
-Áp dụng BĐT AM-GM cho 3 số, ta có:
$$\frac{1}{2}+\frac{x^3}{x^3+y^3}+\frac{x^3}{x^3+y^3}\ge \frac{3x^2}{\sqrt[3]{(x^3+y^3)^2}}$$
$$\frac{1}{2}+\frac{y^3}{x^3+y^3}+\frac{y^3}{x^3+y^3}\ge \frac{3y^2}{\sqrt[3]{(x^3+y^3)^2}}$$
Cộng vế với vế của 3 BĐT trên ta có $x^2 + y^2\leq \sqrt[3]{2(x^3+y^3)^2}$
Dấu bằng xảy ra khi $x=y\ <Q.E.D>$

http://diendantoanho...2b33geq-frac94/
Trùng. Close pic

Cho 1 dãy số tự nhiên A(i) thỏa mãn:
A(1) <2011, A (i) + A(i+1) = A(i+2)

Biết A(1) - A(n) và A(2) + A(n-1) chia hết cho 2011.
CMR; N là 1 số lẻ

Xét dãy số $A_1=0;A_2=2011;A_i + A_{i+1} = A_{i+2}$ là một dãy số thoả mãn yêu cầu bài toán (do tất cả các số hạng của dãy đều chia hết cho $2011$)
Đâu nhất thiết là $n$ lẻ?

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

Thế 1 từ pt dưới lên pt trên ta có:
$$x^2+y^2+(2x-y-2)y=2x+2y\\ \Leftrightarrow x^2+2xy-2x-4y=0\\ \Leftrightarrow (x-2)(x+2y)=0 ...$$
Tự giải tiếp nhé

Tìm 3 số nguyên x, y, z sao cho ta có:
$m(2y+mx)+z+m^2$ là số chính phương với mọi số nguyên m.

SOLUTION:

Viết lại biểu thức đã cho:
$A=(x+1)m^2+2ym+z$ và coi $x,y,z$ là tham số
Xét 3 trường hợp:
*Biểu thức $A$ khuyết bậc hai,bậc một. Điều này tương đương với:
$$\left\{\begin{matrix}x+1=0\\ 2y=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x=-1\in\mathbb{Z}\\ y=0\in\mathbb{Z}\end{matrix}\right.$$
Lúc này: $A=z$. Vậy $A$ là số chính phương khi và chỉ khi $z$ chính phương
Vậy trường hợp này thu được $(x;y;z)=(-1;0;k^2)$ với $k\in \mathbb{Z}$)

*Biểu thức $A$ chỉ khuyết bậc hai. Điều này tương đương với $x+1=0\Leftrightarrow x=-1;y\ne 0$.
Lúc này: $A=2ym+z$. Ta không thể chọn $y,z$ để $A$ chính phương vì với mọi $y,z$ kì, ta đều có thể chọn $m$ đủ bé hoặc đủ lớn để $A$ nhận giá trị âm $\Rightarrow A$ không phải số chính phương.
Trường hợp này loại

*Biểu thức $A$ không khuyết bậc hai. Điều này tương đương với $x\ne -1$.
Lúc này $A$ được viết dưới dạng:
$$A=(x+1)m^2+2ym+z=(am+b)^2\ (a,b\in \mathbb{Z};a\ne 0)\\ \Leftrightarrow (x+1)m^2+2ym+z=a^2m^2+2abm+b^2\\ \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x+1=a^2\\ 2y=2ab\\ z=b^2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x=a^2-1\in\mathbb{Z}\\ y=ab\in\mathbb{Z}\\z=b^2\in\mathbb{Z}\end{matrix}\right.$$

Kết luận: Các số nguyên $x,y,z$ cần tìm là:
$(x;y;z)=(-1;0;k^2);(a^2-1;ab;b^2)$ với $k,a,b\in \mathbb{Z};a\ne 0$
------
The problem is completely solved.

C1: Đây là hệ đối xứng loại 1. Bạn có thể giải theo cách thông thường là đổi biến $S,P$ .
C2: Nhận thấy với $x=0\vee y=0$ thì hệ vô nghiệm. Với $x,y\ne 0$, chia 2 vế của pt 1 cho $xy$, pt 2 cho $x^2y^2$, ta có:
$$(I)\left\{\begin{matrix}\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+1=\frac{4}{xy}\\\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{x^2}+1=\frac{8}{x^2y^2}\end{matrix}\right.$$
Đặt $a=\frac{x}{y}+\frac{y}{x};b=\frac{2}{xy}$ thì hệ $(I)$ trở thành:
$$\left\{\begin{matrix}a+1=2b\\a^2-1=2b^2\end{matrix}\right.$$
Hệ này thì "no problem" rồi

Tìm hiểu thêm pp cauchy ngược dấu ở đây nhé bạn : http://diendantoanho...-phan-i-ii.html

Tham khảo tại:
http://diendan.hocma...217&postcount=8

a) $$x+3(2-3x^{2})^{2}=2$$

$x+3(2-3x^{2})^{2}=2\Leftrightarrow 27x^4-36x^2+x+10=0\Leftrightarrow (x+1)(3x-2)(9x^2-3x-5)=0$

Gợi ý: $f(-2)\ge 0$...
TQ: xét tam thức bậc 2 $f(x)=ax^2+bx+c$ ($a \ne 0;ma>-b$), $f(x)\ge 0\forall x$
Tìm Min của
$$M=\dfrac{a+b+c}{ma+b}$$

http://diendantoanho...06

Phân giác trong và ngoài của góc $widehat{ACB}$ cắt AB tại L,M. Biết $CL=CM$, R là bán kính đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$ CMR: $AB^2+AC^2=4R^2$

Giải phương trình:$x^5=(x+1)^2$

Pt bậc 5 không có công thức nghiệm tổng quát.
Ta chỉ có thể c/m pt trên có nghiệm duy nhất thuộc khoảng $(1;2)$ (đề thi ĐH quen rồi nhé), và nghiệm đó là chặn trên của dãy số được cho bởi công thức: (tính xấp xỉ được thôi)
$$u_0=1; u_{n+1}=(u_n+1)^{2/5}$$

Trong chuyên đề của thầy Thanh có bài này:

Mà nên move topic sang box Số thì đúng hơn

Đề bài chỉ hỏi "Có tồn tại" thì mình nghĩ không cần c/m theo quy nạp. Như bạn làm là đủ rồi

______
Gửi $\implies$ anh minhtuyb: em đồng ý

$I$ thì hiển nhiên nằm trên nửa đường tròn đường kính AB ở trong miền của $(O;R)$
-Theo t/c đường kính đi qua trung điểm của dây không qua tâm, ta có: $\widehat{OJB}=90^o$
Bạn c/m tương tự ở: http://diendantoanho...showtopic=73026
Thì sẽ có: $AB^2+MN^2=4R^2\Rightarrow MN^2=4R^2-AB^2=const$
Từ đây áp dụng định lí Pytago vô $\Delta ONJ$ thì sẽ tính được $OJ=\frac{AB}{2}=const$
Từ đây suy ra $J\in (O;\frac{AB}{2})$
Nhưng $J$ chỉ chạy trên cung tròn thôi, bạn làm nốt giới hạn, đảo và kết luận nhé

Min dễ làm trước:
$$P=\sum \dfrac{a+b}{c+1}\ge \sum\dfrac{a+b}{c+a}\ge^{Cauchy} 3$$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$

$P=\frac{x^2}{xy+x}+\frac{y^2}{xy+y}\geq^{Schwarz} \frac{(x+y)^2}{2xy+x+y}\geq \frac{1}{\frac{(x+y)^2}{2}+1}=\frac{2}{3}$
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=\frac{1}{2}$

Ap dung :
$\rightarrow \sqrt{\frac{a^2}{a^2+b+c}}+\sqrt{\frac{b^2}{b^2+c+a}}+\sqrt{\frac{c^2}{c^2+a+b}}\leq \sqrt{3(\frac{a^2}{a^2+b+c}+\frac{b^2}{b^2+c+a}+\frac{c^2}{c^2+a+b})} \leq \sqrt{3} \rightarrow Q.E.D$

Sao bạn có $\sum \frac{a^2}{a^2+b+c}\le 1$?
Hình như giả thiết chưa được xài