đặt x+y=a ; x-y=b 

bạn thử chuyển 2 căn thức sang 1 bên rồi bình phương lên được phương trình bậc 4 . pt có nghiệm bằng 2 nên có thể dễ phân tích thành nhân tử được

câu 5 viết lỗi đề hay ý là x mũ -25

nếu là x mũ -25 thì xét x>1 hoặc x<-1  khi đó x mũ -25 không nguyên còn y^2 luôn nguyên .do đó loại

 3 trường hợp kia thì ta được (x;y)=(1;1);(1;-1);(0;0)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel: 

$\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{a+c}+\frac{c^{2}}{a+b}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(a+b+c)}$

$<=> \sum {\frac{a^{2}}{b+c} } \geq \frac{{(a+b+c)^2}}{2(a+b+c)}\geq \frac{{(a+b+c)}}{2}\geq \frac{\sqrt{3(a+b+c)}}{2}$

(BĐT Cauchy-Schwarz dạng thông thường)

cái bất đẳng thức cuối bạn dùng hình như sai. nếu a+b+c=1 thì nó sai

đề bài bị sai rồi nếu a=b=c=1/3 thì bđt sai

áp dụng bđt mincopxki: $\sqrt{x^{2}+\frac{1}{x^{2}}}$+$\sqrt{y^{2}+\frac{1}{y^{2}}}+\sqrt{z^{2}+\frac{1}{z^{2}}}$$\geq \sqrt{(x+y+z)^{2}+(\frac{1}{y}+\frac{1}{x}+\frac{1}{z})^{2}}$

$\geq \sqrt{(x+y+z)^{2}+\frac{81}{(x+y+z)^{2}}}$  $\geq \sqrt{2+\frac{80}{(x+y+z)^{2}}}$  ( áp dụng bđt cauchy) 

$\geq \sqrt{82}$  ( vì x+y+z $\leq 1$ )

Từ gt=> xyz$\geq 1$

áp dụng bđt cauchy schwarz : $\frac{x^{2}}{y+2}+\frac{x^{2}}{z+2}+\frac{z^{2}}{x+2}$$\geq $$\frac{(x+y+z)^{2}}{x+y+z+6}$

Do đó ta cần chứng minh $\frac{(x+y+z)^{2}}{x+y+z+6}$ $\geq 1$

 => x+y+z$\geq 3$

Ta có x+y+z$\geq 3\sqrt[3]{xyz}$$\geq 3$ (đpcm)

Ta có :$\sum \frac{bc}{\sqrt{a+ac}}=\sum \frac{bc}{\sqrt{a^{2}+ab+bc+ac}}$

          =$\sum \frac{bc}{\sqrt{(a+c)(b+a)}}\leq\frac{1}{2} \sum \left ( \frac{bc}{a+b}+\frac{bc}{a+c} \right )$

          $\leq \frac{1}{2}$

Suy ra (đpcm)

BĐT <=>$\frac{x^{2}}{y^{2}}+\frac{y^{2}}{x^{2}}\geq \frac{x}{y}+\frac{y}{x}$                        (1)

 Đặt $\frac{x}{y}=a$ (a>0)  .Ta có :(1)   <=>$\frac{1}{a^{2}}+a^{2}\geq a+\frac{1}{a}$

     <=> $(a^{2}-a)(1-\frac{1}{a^{2}})\geq 0$ <=> $\frac{a(a+1)(a-1)^{2}}{a^{2}}\geq 0$  (luôn đúng với $\forall a$>0)

vậy min=??? dấu bằng xảy ra khi ???

x=y=z=1

$\frac{bc}{\sqrt{{a+bc}}}$ mà bạn

mình sửa rồi bạn

Ta có 18$\geq x^{2}+y^{2}+z^{2}+x+y+z$ <=> 18$\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{3}+(x+y+z)$ <=> x+y+z$\leq 6$

 Áp dụng bđt cauchy -schwarz ta có :

    $\frac{1}{x+y+1}+\frac{1}{x+z+1}+\frac{1}{y+z+1}\geq \frac{9}{2(x+y+z)+3}$$\geq \frac{3}{5}$ ( vì x+y+z$\leq 6$)

    Suy ra (đpcm)

  Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=2

bài này bạn quy đồng lên rồi phân tích thành tích của 2 phương trình bậc 2 có 1 phương trình là $x^{2}-2x-18$

Ta có $a+b\geq \sqrt[3]{ab}(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b})=\frac{\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}}{\sqrt[3]{c}}$

         <=>   $\frac{1}{a+b+1}\leq \frac{\sqrt[3]{c}}{\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}}$

        Tương tự suy ra đpcm

 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=1

 Bài 5 a) :Ta có :$3^{x}=(y+1)(y^{2}-y+1)$              (1)

 Gọi d=ƯCLN(y+1;$y^{2}$-y+1)(d$\in N^{*}$)

  => $\left\{\begin{matrix} y^{2}-y+1\vdots d & \\ y+1\vdots d & \end{matrix}\right.$  =>  $\left\{\begin{matrix} y(y+1)-2(y+1)+3\vdots d & \\ y+1\vdots d& \end{matrix}\right.$

 => 3$\vdots d$ =>d$\in \left \{ 1;3 \right \}$

 Nếu d=3. vì (1) nên y+1 và $y^{2}$-y+1 là lũy thừa của 3 => $\left\{\begin{matrix} y^{2}-y+1=3 & \\ y+1=3 & \end{matrix}\right.$

 => y=2. khi đó x=2

 Nếu d=1 do đó ta xét 2 TH:

TH1: $\left\{\begin{matrix} y+1=1 & \\ y^{2}-y+1=3^{x} & \end{matrix}\right.$ =>x=y=0

TH2:$\left\{\begin{matrix} y+1=3^{x} & \\ Y^{2}-y+1=1 & \end{matrix}\right.$  => x=y=0

 Vậy (x,y)=(2,2) ;(0,0)

có điều kiện j của x không

xét thấy 1 số không chia hết cho 5 có lũy thừa bậc 4 chia 5 dư 1

Do đó tổng các lũy thừa của x,y,z,t,u chia hết cho 5

bạn có ghi nhầm đề không . 2017......2017 tận cùng là 7 làm sao chia hết cho 2 đc

sao biểu thức đầu lại có cả 2 và 49 .có thiếu đề  không bạn

a=1 ,b=2 ,c=3 , d=6 vẫn thỏa mãn điều kiện đề cho mà

 HPT <=> $\left\{\begin{matrix} x^{3}+\frac{1}{y^{3}} =28& \\ x^{2}+\frac{1}{y^{2}}=10& \end{matrix}\right.$

  Đặt $\frac{1}{y}$=a . ta có : $\left\{\begin{matrix} x^{3}+a^{3}=28 & \\ x^{2}+a^{2}=10 & \end{matrix}\right.$

  Đặt a+x và ax 

Đặt $\sqrt{2x+1}=a : \sqrt{y-4}=b ( a;b\geq 0)$

 Ta có $\left\{\begin{matrix} a+b=4 & \\ (a^{2}+b^{2}+3)(a^{2}-b^{2}-3)+3a^{2}-3b^{2}-9=0 & \end{matrix}\right.$ <=>$\left\{\begin{matrix} a+b=4 & \\ (a^{2}+b^{2}+6)(a^{2}-b^{2}-3)=0 & \end{matrix}\right.$

 <=> $\left\{\begin{matrix} a+b=4 & \\ a^{2}-b^{2}-3=0 & \end{matrix}\right.$ <=> $\left\{\begin{matrix} a+b=4 & \\ 4a-4b-3=0 & \end{matrix}\right.$

 <=> $\left\{\begin{matrix} a=\frac{19}{8} & \\ b=\frac{13}{8} & \end{matrix}\right.$

   giải ra được x ;y

đặt $\sqrt[3]{y^{3}-1}=b ; \sqrt{x}=a$

 Ta có $\left\{\begin{matrix} a+b=3 & \\ a^{4}+b^{3}=81 & \end{matrix}\right.$

  ta có $a^{4}+(3-a)^{3}=81$ 

           <=>(a-3)($a^{3}+2a^{2}+15a+18$)=0 

           <=> a=3 ( vì nếu $a^{3}+2a^{2}+15a+18$ =0 có nghiệm âm) . Từ đó tìm được x ;y

Lấy N đối xứng với B qua A

Ta có $\widehat{HAC}=\widehat{BAM}=\widehat{BNC}$ ; $\widehat{BCA}=\widehat{ACN}$

 Mà $\widehat{HAC}+\widehat{ACH}=90^{o}$

 Do đó$\widehat{NCA}+\widehat{ANC}=90^{o}$ => tam giác ABC vuông tại A

Áp dụng BĐT cauchy schwars ta có 

$\sum \frac{a}{b+2c+3d}=\sum \frac{a^{2}}{ab+2ac+2ad}\geq \frac{(a+b+c+d)^{2}}{4(ab+ac+ad+bc+bd+cd)}$

 Do đó ta cần chứng minh : $3(a+b+c+d)^{2}\geq 8(ab+ac+ad+bc+bd+cd)$

 <=> $3(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2})\geq 2(ab+ac+ad+bc+bd+cd)$

 Áp dụng bđt cauchy suy ra được đpcm