Biến đổi lại, ta được: $2x^2-11x+21=3\sqrt[3]{4(x-1)}$. 

Dễ có, $VP$ của $PT$ trên dương, nên $x>1$.

Suy ra áp dụng BĐT Cauchy, $2x^2-11x+21=3\sqrt[3]{2.2.(x-1)}\leq x-1+2+2=x+3\Leftrightarrow 2(x-3)^2\leq 0$.

Vậy PT có nghiệm $x=3$.

P/S:   Một màn comeback !!!

Giải phương trình $\displaystyle (x^2-7x+11)^{\displaystyle 15x^3-26x^2-13x+28}=1$.

Cho tập hợp $A=\{1,2,3,\cdots,15\}$. Hỏi có bao nhiêu tập con $4$ phần tử sao cho không có $2$ phần tử nào liên tiếp?

Phương trình này sau có nghiệm nhỉ ? $VT>0$ hoàn toàn  

Trình bày trên hơi gượng và thiếu tự nhiên.

Nhân phân phối ở PT $(1)$, ta được: $x^2y+xy+x+1=6\Leftrightarrow x^2y+x(y+1)=5$.

Ta thấy $x^2y$ và $VT$ của PT $(2)$ cộng lại đúng bằng $x^2(y+1)^2$.

Nên suy ra ta được $x^2(y+1)^2+x(y+1)=12$.

Hai tứ giác $AMCD$ và $BNCD$ nội tiếp đường tròn mà em.
Nên $\angle{MDN}=\angle{MDC}+\angle{NDC}=\angle{MAC}+\angle{NBC}=90^o$.

Chứng minh rằng:

\[(n+1)^n\ge2^nn!,\forall n\in\mathbb{N}. \]

Có thể sử dụng $AM-GM$ để giải quyết  :

Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng:

Giải phương trình:

Em có thể nhóm theo cách khác không nhỉ ? Một bài toán đôi khi cần được khai thác!

Hình như chỗ $(x-y)(x+y-4)\geq 0$ hơi lấn cấn nhỉ ?

PT ở trên chỗ đó sửa lại ở mẫu là $\sqrt{x+y}+2$ là ra .

Thật ra cách làm không khó. Hầu như việc tìm mối quan hệ giữa $x$ và $y$ là không thể.

Thế nên cách tốt nhất là đánh giá. 

Ở PT $(1)$ dĩ nhiên không khai thác được gì. Còn ở PT $(2)$ thì mấu chốt có vẻ rõ ràng hơn với sự xuất hiện của $\frac{x^2+4(y-1)}{2}$.

P/S: Mình chia sẻ hướng suy nghĩ để làm bài chứ không đứng ở vị trí người biết giải để nói. Đôi khi cảm giác và kinh nghiệm của bản thân cũng quan trọng.     

Cho $a,b,c$ là các số thực phân biệt thoả $a+b+c=0$. Chứng minh rằng:

P/S: Việc chứng minh có lẽ không là vấn đề. Tuy nhiên nên khai thác nhiều cách làm!  

Một cách tương đối giống với pcoVietnam02

Ta có: $\frac{a^2}{bc+2a^2}=\frac{a^2}{2a^2+bc-a(a+b+c)}=\frac{a^2}{(a-b)(a-c)}$

Hoàn toàn tương tự: $\frac{b^2}{ca+2b^2}=\frac{b^2}{(b-a)(b-c)}$ và $\frac{c^2}{ab+2c^2}=\frac{c^2}{(c-a)(c-b)}$.

Suy ra:

$\frac{a^2}{bc+2a^2} + \frac{b^2}{ac+2b^2} +\frac{c^2}{ab+2c^2}=\frac{a^2}{(a-b)(a-c)}+\frac{b^2}{(b-a)(b-c)}+\frac{c^2}{(c-a)(c-b)}=\frac{a^2(c-b)+b^2(a-c)+c^2(b-a)}{(a-b)(b-c)(c-a)}.$

Mặt khác:

$a^2(c-b)+b^2(a-c)+c^2(b-a)=(a^2c-c^2a)+b^2(a-c)+b(c^2-a^2)=(a-b)(b-c)(c-a).$

Ta có đpcm.

Câu II: 1)

PT tương đương: $(x+y)^4=x^4+4x^3+6x^2+3x+2$.

Nhờ các hệ số $1,4,6$ và bậc $4$ của $VP$, ta thấy $x^4<(x+y)^4\leq (x+1)^4$.

Suy ra $x=y=1$ thoả mãn.

Chỉnh sửa lại đề phù hợp nha em!. PT mà không có dấu "="  

Nhìn thấy ngay $\sqrt{4x^2+14x+10}=\sqrt{2x+5}.\sqrt{2x+2}$ rồi đó.

Gọi là đánh giá thì cũng không hẳn

Vì rõ ràng là ta có được ngay $a+b=ab+1$ với $a=\sqrt{2x+5},b=\sqrt{2x+2}$.

Nên $(a-1)(b-1)=0$ Vầy chắc là tốt rồi chứ anh không nghĩ là đánh giá gì nữa.

Hình như không có đánh giá nào để chỉ ra $a=b=c=\frac{1}{3}$ ?

Ta có: $u_n\leq 2$. Có thể chứng minh bằng quy nạp, ở bước $k=n+1$ thì ta có:

\[ u_n\leq 2 \Rightarrow 4-u_n\geq 2\Rightarrow u_{n+1}=\frac{4}{4-u_n}\leq 2. \]

Từ đây, chứng minh dãy tăng (tăng ngặt cũng được). Thật vậy:

\[u_{n+1}\geq u_n\Leftrightarrow \frac{4}{4-u_n}\geq u_n\Leftrightarrow (u_n-2)^2\geq 0.\]

Hai bước trên là để kết luận dãy tăng và bị chặn nên tồn tại giới hạn.

Đặt $\lim{u_n}=L$. Suy ra $L$ là nghiệm của phương trình :$L=\frac{4}{4-L}\Leftrightarrow L=2$.

Vậy $\lim{u_n}=2$.

Gọi $z$ là số phức thoả mãn:

\[ 2(z-i)^{2021}=(\sqrt{3}+i)(iz-1)^{2021}. \]

Xác định modul của $z$.

Với một người thích giải như anh thì anh không ủng hộ cách làm của Kiệt là thế chay vô các trường hợp như vậy.

Có thể đúng, và không mất nhiều thời gian suy nghĩ, nhưng những bài trên forum như vầy nên có những cách giải tử tế hơn.

Tác giả đôi khi mất thời gian ra một đề bài. Hãy để công sức họ bỏ ra là xứng đáng.

PT $(1)$ viết lại $1-y^2=(x-1)^2$.

PT $(2)$ viết lại $x(x-1)(x-2)=y-y^3=y(1-y^2)\Rightarrow x(x-1)(x-2)=y(x-1)^2$.

Suy ra $x=1$ hoặc $y(x-1)=x(x-2)=x^2-2x=-y^2\Rightarrow y=0 \text{ hoặc } x-1=-y$.

Ta có $5$ nghiệm $(x,y)\in \bigg\{ (0,0),(1,-1),(1,1),(2,0),(1-\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2})\bigg\}$.

Ở bước chứng minh $z$ là số thực, ta có thể linh hoạt hơn như sau:

PT tương đương với:

\[(z-i)^{2021}=(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i)i^{2021}(z+i)^{2021}. \]

Do $\bigg|\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i\bigg|=1$ nên $|z-i|=|z+i|$ hay $z$ là số thực.

Điều quan trọng mà không ai thấy là thằng Legend đó die rồi.

Cái hằng đẳng thức nó làm sai $y^3-8=(y-2)(y^2+2y+2)$ ?

Điều cần chứng minh tương đương với $(p-1)!+1$ chia hết cho $p$.

Còn lại có thể tham khảo nhiều nơi  

elementary number theory - Show the $(p-1)! \equiv -1 \mod p/$... - Mathematics Stack Exchange