Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng:

$3(a+b+c)\geq 2(\sqrt{a^2+bc}+\sqrt{b^2+ca}+\sqrt{c^2+ab})$

Cho $a\neq 0$ và $f(x)=ax^4+bx+c> 0 \forall x> 0$

CMR: $f(x)$ được biểu diễn ở dạng tổng bình phương của 2 tam thức bậc hai.

Problem: Cho $a_{1}, a_{2},...,a_{19}$ là các số tự nhiên thỏa mãn: $a_{1}+a_{2}+...+a_{19}=26.$ Tìm giá trị nhỏ nhất của: $S=a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{19}^{2}.$

Bài 1: Cho đa thức $f(x)=x^{2018}+\sum a_ix^{i}($a_i\in {-1,1}, $\forall i\in \left \{ 0,1,...,2017 \right \}$$)$ không có nghiệm thực. Tìm số lớn nhất các hệ số = -1 trong f(x)

Bài 2: Tìm đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn:

$(P(x))^{3}-3(P(x))^{2}=P(x^{3})-3P(-x)$, với mọi x là số thực

Bài toán này sử dụng phương pháp bước nhảy Viete. Các bài viết khác về bước nhảy Viete trên VMF

http://diendantoanho...ước-nhảy-viete/

Lời giải của bài toán trên bạn có thể tham khảo ở đây: http://math.stackexc...-its-an-integer

Từ giả thiết ta thấy ngay a, b, c đều là các số lẻ mà một số chính phương lẻ chia 8 dư 1

Từ nhận xét trên: $a^{30}+b^{4}+c^{2018}\equiv 3$ (mod 8)

Câu 5: Ta có:

$P=\frac{81x^2+18225x+1}{9x}-\frac{6\sqrt{x}+8}{x+1}\geq \frac{18x}{9x}-\frac{9x+9}{x+1}+2025= 2018$ (bất đẳng thức Cauchy)

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x=\frac{1}{9}> 0$

Vậy $MinP=2018\Leftrightarrow x=\frac{1}{9}$

Cho tam giác ABC với AC > AB. Các đường cao BB^' , CC^' của tam giác cắt nhau tại H. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC^', CB^'. MH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác CHB^' tại I; N

H cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC^' tại J. Giả sử P là trung điểm cạnh BC. Chứng minh: AP vuông góc với IJ

Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn tâm I. Giả sử bên trong tứ giác ta vẽ được 4 đường tròn bằng nhau và cùng đi qua 1 điểm S, và mỗi đường tròn tiếp xúc với 2 cạnh liên tiếp của tứ giác đó. Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp 1 đường tròn và tâm đường tròn đó nằm trên SI.

BĐT$\Leftrightarrow \frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{bc+bd}+\frac{c^2}{cd+ca}+\frac{d^2}{da+db}\geq 2$

Ta có VT$\geq \frac{(a+b+c+d)^2}{(a+d)(b+c)+(c+d)(a+b)}$( theo BĐT Cauchy-Schwarz)

Mà cũng theo BĐT AM-GM ta cũng có $(a+d)(b+c)+(a+b)(c+d)\leq \frac{(a+b+c+d)^2}{2}$

Do đó VT$\geq 2$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra$\Leftrightarrow$ $a= b= c= d> 0$

Bài toán sai khi a chia hết cho b 

Nếu a không chia hết cho b. Đặt a=bq+r(0<r<b)

Sử dụng phản chứng để suy ra 2^r - 1 chia hết cho 2^b - 1 (điều này vô lí do 0<2^r - 1<2^b - 1)

Từ đó ta có điều phải chứng minh.

Tìm các số nguyên dương n sao cho: Với mọi a, b là các số nguyên dương, nếu a²b+1 chia hết cho n thì a²+b cũng chia hết cho n

Cho điểm M(2;1). Lập d đi qua M cắt Ox, Oy tại A, B sao cho khoảng cách từ O đến d là max

d:ax+by-2a-b=0

(a,b khác 0)

Từ đây ta tìm được tọa độ giao điểm của (d) với Ox, Oy theo a, b

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính được khoảng cách từ O đến d theo a,b

Tìm max của giá trị.

Bài này dùng phản chứng thôi.

Ta chứng minh bài toán bằng phản chứng( cả 1 và 2 đều không xảy ra)

Gọi 10 đội bóng là a_i (i là số tự nhiên và i chạy từ 1 đến 10)

Giả sử a₁₀ là đội bóng có số trận thua nhiều nhất

Khi đó nếu tồn tại giá trị i từ 1 đến 9 mà a₁₀ thang a_i thì tất cả cả đội bóng mà a₁₀ thua thì a_i cũng thua (vô lí do a₁₀ có số trận thua nhiều nhất)

Suy ra a₁₀ thi đấu với các đội còn lại chỉ có thể hòa hoặc thua

Mà theo gia sư điều kiện 2 không xảy ra nên a₁₀ thua ít nhất 7 đội là a_j (j chạy từ 1 đến 7)

Lập luận tương tự như trên với a₇ là đội có số trận thua nhiều nhất trong 7 đội trên thì a₇ phải thừa ít nhất 4 đội giả sử là: a₁, a₂, a₃, a₄.

Lập luận tương tự như trên với a4 là đội có số trận thua nhiều nhất trong 4 đội trên thì a4 phải thừa ít nhất 1 đội giả sử là: a₁. 

Như vậy ta tìm được 4 đội: a₁, a₄, a₇, a₁₀, lập thành 4 đội thỏa mãn điều kiện 1( mâu thuẫn với giả sử)

Do đó giả sử sai. Ta có điều phải chứng minh

Ta phải xét tính liên tục của hàm số và đặt điều kiện đạo hàm trái = đạo hàm phải bạn nhé

Theo bất đẳng thức Schur ta có:

$(x+y+z)^3+9xyz\geq 4(x+y+z)(xy+yz+zx)$

$\Leftrightarrow 9xyz\geq 4(xy+yz+zx)-1$

$\Leftrightarrow 5xyz+1\geq 4(xy+yz+zx-xyz)$

Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:

$xyz\leq \frac{(x+y+z)^3}{27}= \frac{1}{27}$

$\Rightarrow xy+yz+zx-xyz\leq \frac{8}{27}$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

PP làm: lấy tử chia mẫu được phần nguyên và phân số rồi sử dụng tính chia hết

bạn bị ngược dấu hay sao ấy

nguoc dau cho nao

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: $a^2+b^2+c^2+abc=4$. Chứng minh rằng:

$2a+b+c\leq \frac{9}{2}$

chứng minh rằng với mọi n$\epsilon$$\mathbb{Z}$ thì $n^{5}$ và n có chữ số tận cùng giống nhau 

n⁵ - n =n(n-1)(n+1)(n²+1)

Dễ dàng chứng minh n⁵-n chia hết cho 2

Với n chia hết cho 5, chia 5 dư 1 hoặc 4 thì n⁵-n chia hết cho 5

Với n chia 5 dư 2 hoặc 3 thì n²+1 chia hết cho 5

Như vậy ta có n⁵-n chia hết cho 5, n⁵-n chia hết cho 2 và gcd(5,2)=1

Nên n⁵-n chia hết cho 10

Hay n⁵ và n có chữ số tận cùng giống nhau

Bài này có thể sử dụng tích vô hướng của lớp 10

Từ giả thiết suy ra abc<=1

a²+2b²+3>=2ab+2b+2>0

$\frac{1}{a²+2b²+3}$<=$\frac{1}{2ab+2b+2}$

Làm tương tự như trên với các phân thức còn lại cùng với abc<=1 ta có điều phải chứng minh

Câu 5: Bất đẳng thức đã cho tương đương với:

$a^2b+b^2c+c^2a+ab^2+bc^2+ca^2> a^3+b^3+c^3+2abc$

$\Leftrightarrow a(b-c)^2+b^2(c+a-b)+c^2(a+b-c)> 0$ (luôn đúng đó a, b, c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác)

Ý mk hỏi [mod $\pi$] nghĩa là gì

góc định hướng giữa 2 đường thẳng hơn nhau 1 bội của π