sai rồi nhé,kiểm tra lại đi em,min bằng 6 mà

Đúng rồi mà anh, em chia toàn bộ vế trái cho 4 mà

Bài bất đẳng thức có lời giải này khá ngắn gọn

$\sum \frac{x}{4\sqrt{y+z-4}}\geq\sum \frac{x}{y+z}\geq \frac{3}{2}$ (Áp dụng bất đẳng thức Cosi)

Dấu $= : x=y=z=4$

Đề KHTN năm nay dễ ghê, mỗi tội bố mẹ không cho đi thi 

Loiw

$\sqrt{x+y+3}+1=\sqrt{x}+\sqrt{y}\Leftrightarrow \sqrt{x+y+3}=\sqrt{x}+\sqrt{y}-1\Leftrightarrow (\sqrt{x+y+3})^{2}=(\sqrt{x}+\sqrt{y}-1)^{2}\Leftrightarrow x+y+3= x+y+1+2\sqrt{xy}-2\sqrt{x}-2\sqrt{y}\Leftrightarrow \sqrt{xy}-\sqrt{x}-\sqrt{y}-1=0\Leftrightarrow \sqrt{x}(\sqrt{y}-1)-(\sqrt{y}-1)=2\Leftrightarrow (\sqrt{x}-1)(\sqrt{y}-1)=2. y=1\Rightarrow x=1.y\neq 1\Rightarrow \sqrt{y}-1\geqslant0 x\epsilon Z\Rightarrow \sqrt{x}\epsilon N\Rightarrow \sqrt{x}-1\leqslant 2\Leftrightarrow {\sqrt{x}}\leq 3\Leftrightarrow 0\leqslant x\leqslant 9$

sau đó xét các th của x tìm đc y

 

 

ai giải dùm mình câu cuối đy

Lời giải câu cuối nè :

Giả sử trong $2015$ điểm có $n$ điểm thẳng hàng ($n\leq2014$) (Có thể có nhiều điểm thẳng hàng khác nhưng không thẳng hàng với $n$ điểm này nhưng không cần quan tâm)

Với $n=1$ tức là không có bất kì hai điểm nào thẳng hàng thì điều phải chứng minh đã rõ

Với $n>1$ thì số đường kẻ từ các điểm còn lại đến $n$ điểm này là $n(2015-n)$

Cộng thêm 1 đường thẳng nữa đi qua n điểm thì số đường thẳng ít nhất là $n(2015-n)+1$

Giờ chỉ việc chứng minh nó $\geq2015$ thôi. Thật vậy ta có : $2015(n-1)-(n-1)(n+1)\geq0<=>(2014-n)(n-1)\geq0$ (Điều này luôn đúng)

Vậy ta có điều phải chứng minh

Lời giải này sai rồi bạn. $n(2015-n)$ đường thẳng của bạn có thể trùng nhau 

Bạn có nhầm lẫn không vậy ? Đã nói là các điểm còn lại không hề thẳng hàng với n điểm này nên không thể nào trùng nhau

Thật sự là phần này đúng ạ. Khi nào nào vậy mới sai nhá: $x^{2}=([x])^{2}$.

$\left [ x^{2} \right ]=\left [ x \right ].\left [ x \right ]$ ?

P/s: Mình đang phân vân đoạn này

Chỗ này thực sự chưa đúng : với $x=3,9$ thì $[x^2]=15, [x]^2=9$

Bài trên mình có cách giải riêng (Chưa xem tài liệu)

Ta luôn có : $x^2\geq [x]^2$ mà $[x^2]$ là số nguyên dương lớn nhất không quá $x^2$ nên $[x^2]\geq [x]^2$

$=> 2\geq 3[x]^2+5[x]<=>0\geq (3[x]-1)([x]+2)=>\frac{1}{3}\geq [x]\geq -2$

Đến đây coi như xong

swart thế nào hả bạn?

Sai bước cuối nhé khi x=0 thì $3^0+5^0=2.4^0$  

À ừ sorry bạn, mình thiếu trường hợp $x=0$

Swart như sau : $\frac{2}{4^x+1}=\frac{1}{3^x+1}+\frac{1}{5^x+1}\geq\frac{4}{3^x+5^x+2}=>3^x+5^x>2.4^x$

$(4^x+1)^2-(3^x+1)(5^x+1)\geq0$ chỗ này dễ dàng thế nào hả bạn???

Phải công nhận xem lại nó cũng không dễ cho lắm  .Lời giải của mình hơi kì cục tí.

Đặt $f(x)=(4^x+1)^2-(3^x+1)(5^x+1)$

$=>f'(x)=ln(16).16^x+2ln(4).4^x-ln(15).15^x-ln(3).3^x-ln(5).5^x=ln(16).(16^x+4^x)-ln(15).15^x-ln(3).3^x-ln(5).5^x$

Dễ dàng chứng minh bất đẳng thức sau : $ln(3).3^x+ln(5).5^x\leq ln(5).3^x+ln(3).5^x$ (Lần này là dễ thật nhé, chỉ cần chuyển vế sang thôi)

$=>2[ln(3).3^x+ln(5).5^x]\leq[ln(3)+ln(5)](3^x+5^x)=ln(15).(3^x+5^x)$

$=>f'(x)\geq ln(16)(16^x+4^x)-ln(15)(15^x+\frac{3^x+5^x}{2})\geq ln(16)[16^x+4^x-(15^x+\frac{3^x+5^x}{2})]$

Do $3^x+5^x\geq 2.4^x=>3^x+5^x-2.4^x\geq\frac{3^x+5^x}{2}-4^x=>f'(x)\geq ln(16).f(x)$

Với $x=0=>f(x)=0$ nên hàm này đồng biến, ta có điều phải chứng minh rồi nhé

Giải PT:

$\frac{1}{3^x+1}+\frac{1}{5^x+1}=\frac{2}{4^x+1}$ 

!!!

Lời giải khá đơn giản. 

Áp dung BĐT Swart cho phương trình trên $=> 3^x+5^x>2.4^x$

Biến đổi quy đồng ta được : $(4^x+1)(3^x+5^x+2)=2(3^x+1)(5^x+1)$

Dễ dàng chứng minh : $(4^x+1)^2-(3^x+1)(5^x+1)\geq0$ (Chứng minh này khá đơn giản nên có lẽ bạn tự làm nhé)

$=>(4^x+1)(3^x+5^x+2)\leq2(4^x+1)^2=>3^x+5^x\leq2.4^x$ (Vô lí)

Vậy phương trình vô nghiệm

ai giải bài hình với

Máy nhà đang hỏng nên không vẽ được hình lên đây, nói chay vậy nhé

a) Do N là tiếp điểm nên $NK\perp BC$ mà $OE\perp BC=>đ.p.c.m$ (Tự hiểu nhé)

Từ trên suy ra $\widehat{EOF}=\widehat{NKF}=>2.\widehat{NMF}=\widehat{EOF}=2\widehat{EAF}=>đ.p.c.m$

b)Từ a) suy ra $\widehat{IFA}=\widehat{IMA}=\widehat{DMN}=\widehat{NFM}=>\widehat{MFA}=\widehat{NFI}=>\widehat{EIN}=\widehat{EFI}=>EI^2=EN.EF$

Cũng dễ dàng chứng minh $EC^2=EN.EF$ nên ta có điều phải chứng minh

c)Phần này có lẽ dễ nhất mình nói tắt thôi

$\widehat{BIE}=90^{\circ}-\frac{\widehat{C}}{2}$

Mà $\widehat{BIE}=\widehat{IBA}+\frac{\widehat{A}}{2}=>\widehat{IBA}=\frac{\widehat{B}}{2}=>đ.p.c.m$

Bài toán. Cho các số thực không âm $a,b,c$ đôi một khác nhau. Chứng minh:

$$\dfrac{(a-b)^2}{(b-c)^2}+\dfrac{(b-c)^2}{(c-a)^2}+\dfrac{(c-a)^2}{(a-b)^2}\geqslant \dfrac{a+b}{b+c}+\dfrac{b+c}{c+a}+\dfrac{c+a}{a+b}$$

Không rõ mình đúng hay không nhưng hình như bất đẳng thức này không luôn luôn đúng (Đã thử với 1 trường hợp)

Chứng minh rằng với các số $a_i(i=1,2,...,n)$ không là số chính phương thì 

$\sum \sqrt{a_i} \notin Q$

P/s : Nếu thánh nào có khả năng chém chuối bá đạo thì xin mời bài tiếp

Với các số $a_i(i=1,2,...,n)$ không có dạng $n^m(m,n\in N)$ thì

$\sum \sqrt[m]{a_i} \notin Q$

Xem lại đề bạn nhé. Hàm này là hàm đồng biến nên không tồn tại giá trị lớn nhất 

Em làm bai này thê´ nào. Anh phải dung ly´ thuyết galois mơi´ ra.

Thực sự em còn chưa biết lí thuyết galois đầy đủ như thế nào nhưng bài này không mạnh đến thế đâu ạ

Spoiler

Lý thuyết Galois toàn làm về mấy cái này mà. Em post cách chứng minh lên được không. Anh hơi tò mò.

Chưa được anh   vì anh đã làm được bài trên nên anh thử nghĩ một bài tổng quát hơn nhé (Em chưa làm được theo cách ban đầu  )
Điều kiện thì gần như  trên các số $a_i,b_e$ không là số chính phương ($i=1,2,..,n;e=1,2,...,m;m>n$)
Cm : $\sum \sqrt{a_i} - \sum \sqrt{b_e}\notin Q$
Nếu anh làm được bằng lí thuyết $Galois$ thì up lời giải nhé

Cái tổng quát kia không đúng đâu nhé. Ví dụ $\sqrt{3}-\sqrt{3}=0$, nhưng nếu cho thêm điều kiện khác 0 thì đề bài đúng. Nếu mà dùng lí thuyết Galois thì người ta còn chứng minh được một điều mạnh hơn nhiều là $\sum \sqrt{a_i}$ cùng với $\mathbb{Q}$ sinh ra tất cả các số $\sqrt{a_i}$. Chứng minh bằng lí thuyết Galois thì đơn giản lắm, nhưng cần phát biểu lại cho bản chất hơn tí: Cho $\alpha_{i}$ là các nghiệm của đa thức bất khả quy $x^2-a_i=0$ với $a_i \in \mathbb{R}$(không cần thiết phải không chính phương mà chỉ cần $a_i$ không là bình phương của một số hữu tỉ) và $\alpha=\sum \alpha_{i}$ khác 0 thì $\alpha \notin \mathbb{Q}$. Ta có thể giả sử rằng không có tổng con nào của tổng trên bằng 0 (bằng cách bỏ hết nó đi trong trường hợp nó tồn tại), ta có $\prod (x^2-a_i)$ là tách được nên ta có nhóm Galois G của đa thức này. Mỗi phần tử nhóm G được xác định hoàn toàn bởi các $\alpha_i$ (do trường phân rã của đa thức trên là $\mathbb{Q}(\alpha_1,...,\alpha_r)$), vì mỗi phần tử này giao hoán các nghiệm của đa thức $x^2-a_i$, một phần tử không tầm thường sẽ giao hoán một số nào đó $\alpha_i$ với $-\alpha_i$. Những phần tử như vậy không thể giữ nguyên $\alpha$ được vì nếu không sẽ có một tổng con nào đó bằng 0. Như vậy phần tử duy nhất giữ nguyên $\alpha$ là trung hòa của G, do đó $\mathbb{Q}(\alpha)$ là tương ứng với 1 trong G, tức là $\mathbb{Q}(\alpha)=\mathbb{Q}(\alpha_i)$, nói riêng thì $\alpha$ không thuộc $\mathbb{Q}$ được vì các $\alpha_i$ không thuộc $\mathbb{Q}$. Viết thì dài thế nhưng mà ý tưởng cơ bản là xem khi giao hoán $\alpha_i$ với $-\alpha_i$ thì $\alpha$ có thay đổi không.    

Đúng là rất đơn giản nhưng tổng quát không sai nhé anh, anh xem lại là m>n nên giá trị trên luôn khác không anh ạ, mà nói chính phương ở đây chính là bình phương một số hữu tỉ (do em lười không muốn viết đầy đủ thôi ạ) 

Nếu như bài này chỉ có phép cộng thì cách đưa đến giới hạn khá hữu hiệu nhưng dài, có lẽ cái gì đã có thì thôi để đó vậy

P/s : Em phải đọc kĩ hơn về lí thuyết này

Câu 5 có vẻ dễ nhỉ. 

Các đường thẳng đều đi qua 1 trong 4 điểm cố định, mỗi điểm nằm trên đường trung trực của mỗi cạnh hình vuông và cách mỗi cạnh một khoảng $\frac{a}{3}$

Sau đó sử dụng Dirichlet ta có được điều phải chứng minh

P/s Có ai làm giống cách mình ko nhỉ ?   

Mình mới tìm ra min thôi:

Ta có:

$2S= 8+2xy-4(x+y)\Leftrightarrow 2S+1= (x+y)^{2}-4(x+y)+8\geq 4$

$\Leftrightarrow S\geq \frac{3}{2}.$

Xem lại dấu "="

Biến đổi như trên thì ta chỉ cần phải tìm min, max của : $(x+y)^2-4(x+y)+4=(2-x-y)^2$

Dễ dàng nhận thấy $2>x+y$ nên ta chỉ phải tìm min, max của $2-x-y>0$

Mà $(x+y)^2=1+2xy\leq 1+\frac{(x+y)^2}{2}<=>(x+y)^2\leq 2<=> -\sqrt{2}\leq x+y\leq \sqrt{2}$

Vậy $S_{min}$ khi $x=y=\frac{\sqrt{2}}{2}$, $S_{max}$ khi $x=y=-\frac{\sqrt{2}}{2}$

mình làm hơi cơ bắp 1 tí  thuan ve dao ham

ta xet a,b>0

Gia su b la hang so dao ham theo bien a ta duoc

y'=$\frac{b}{b^{2}+1}\frac{-ba^{2}+2a+b}{(a^{2}+1)^{2}}$

tinh delta va Lập BBT ta thấy P max <=>a=$\frac{\sqrt{b^{2}+1}+1}{b}$

the vao P duoc P=$\frac{b(\sqrt{b^{2}+1}+1)}{2(b^{2}+1)}$

tới đây thì hs một lần nữa 

Max=$\frac{3\sqrt{3}}{8}$ dau = xay ra khi x=y=$\sqrt{3}$

Cách làm này kinh khủng quá, công nhận là cơ bắp thật. Có cách nào gọn nhẹ dễ cầm hơn không nhỉ ?

P/s : Mình nghĩ lần thứ hai không cần đạo hàm đâu

Làm cho rõ ràng ra đi 

Haizz, được rồi mặc dù mình rất bận

Với $P=2$ thì không phải nói rồi nhé

Với $P>2$ thì $P$ lẻ, chọn $k=p+1\vdots2$

Ta có : $P=\frac{1}{1}+\frac{2}{2}+...+\frac{k-2}{k-2}+\frac{k-1}{2(k-1)}+\frac{k}{2k}$

Vậy bài toán đúng với mọi $p$

Cá

 

 

Điều kiện $\left\{\begin{matrix} x\neq 0 \\ y\neq 0 \end{matrix}\right.$

$(1)\Leftrightarrow x-y-(\frac{1}{x}-\frac{1}{y})=0\Leftrightarrow x-y-\frac{y-x}{xy}=0\Leftrightarrow (x-y)(1+\frac{1}{xy})=0\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=y \\ y=\frac{-1}{x};(x\neq 0) \end{bmatrix}$
$*$ Với $x=y$, thay vào $(2)$, ta có: $x^{3}-2x+1=0\Leftrightarrow (x-1)(x^{2}+x-1)=0\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=y=1 \\ x=y=\frac{-1+\sqrt{5}}{2} \\ x=y=\frac{-1-\sqrt{5}}{2} \end{bmatrix}$
$*$ Với $y=\frac{-1}{x}$, thay vào $(2)$, ta có: $x^{3}+\frac{2}{x}+1=0\Leftrightarrow x^{4}+x+2=0$ (vô nghiệm)

Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix}x-\frac{1}{x}=y-\frac{1}{y};(1) & \\x^3-2y+1=0;(2) & \end{matrix}\right.$

Vậy các nghiệm của hệ là $(1;1), (\frac{-1-\sqrt{5}}{2};\frac{-1-\sqrt{5}}{2}), (\frac{-1+\sqrt{5}}{2};\frac{-1+\sqrt{5}}{2})$ 

 

P/s: Cái chỗ phương trình bậc 4 có ai chứng minh nó vô nghiệm giúp mình được không vậy... @@

 

Cái phương trình ấy giải như sau

$x^4+x+2=0<=>2x^4+2x+4=0<=>(x+1)^2+2x^4-x^2+3=0$
$2x^4-x^2+3>0$ (Chắc ai cũng chứng minh được  )

Vậy phương trình vô nghiệm

Vẫn thấy nó vô lí   

$\sum_{i=1}^{k}\frac{i-2}{i-2}=k$ thì $p=k+1$ mà 

Đã sửa lại bạn nhé

Chắc sai ùi 

$\frac{i-2}{i-2}+\frac{k-1}{2(k-1)}+\frac{k}{2k}=2$ ??? 

Nè bạn nhìn lại đi, mình viết hơi tắt nên khó hiểu ý mà, đúng ra là

$\sum\limits_{i=1}^{k-2} \frac{i-2}{i-2}$

Chết quên, trường hợp $p = 2$ thì lấy $k=2$

Sorry, mình sửa lại bài $k-2$ không phải $k$

bài này làm theo các BDT bunhiacopxki hay cosi đều rất khó khăn nên mình nghĩ hàm số là phương án khả thi nhất thoi .PSLần thứ 2 bạn chứng minh như thế nào ?

Ở lần thứ hai chỉ cần dùng Cosi thôi

$3P = 3\frac{b(\sqrt{b^{2}+1}+1)}{2(b^{2}+1)} = 3\frac{b}{\sqrt{b^2+1}}+3\frac{b}{b^2+1} \leq \frac{b^2}{b^2+1}+3\frac{b}{b^2+1}+\frac{3}{2}=\frac{b^2+3b}{b^2+1}+\frac{3}{2}$ 

Đến đây thì dễ rồi, giải $\triangle$ là xong

Mình thật sự không hiểu rõ lắm đề bài. 

Nếu cách hiểu của mình là đúng thì mọi số nguyên tố đều đúng cả ???

Nếu chọn $p=\sum\frac{i-2}{i-2}+\frac{k-1}{2(k-1)}+\frac{k}{2k}$ (Với $k=p+1\vdots2$ thì đẳng thức luôn đúng)

Sai sót gì mong mọi người xem xét. 

Không biết mình đúng hay không nhưng giả thiết của bạn ngược dấu rồi. Với abc rất nhỏ thì bất đẳng thức vẫn có thể đúng

Mình sẽ đưa lời giải với giả thiết có chiều ngược lại sau. Mình đang bận

Đây là lời giải. Giả thiết tương đương với điều sau :

$\frac{1}{1+a}+\frac{35}{35+b}+\frac{57}{57+c}\leq1$

Đặt $1.35.57=m$ (Mình lười quá không muốn tính )

$=>\frac{m}{x+m}+\frac{m}{y+m}+\frac{m}{z+m}\leq1$ (Bạn tự hiểu $x,y,z$ là cái gì nhé)

$<=>(m+x)(m+y)(m+z)\geq m.\sum (m+x)(m+y)=m[3m^2+2m(x+y+z)+xy+yz+zx]$

$<=>2m^3+m^2(x+y+z)\leq xyz=>xyz\geq2m^3+m^2.\sqrt[3]{xyz}$

Từ đây có thể dễ dàng suy ra min của $xyz$ và suy ra min $abc$ (Do m là hằng số)

Còn nếu như giả thiết của bạn không sai ta sẽ suy ra được điều này

$2m^3+m^2(x+y+z)\geq xyz$

Với x,y,z rất nhỏ, cho là nhỏ hơn 1 thì chắc chắn vế trái nhỏ hơn vế phải nên không có giá trị min của $xyz$