Bài toán:Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:
$$\left\{\begin{matrix} 8x^3+2xy+2x=y^3+y^2+y \\ \sqrt{2y}(2xy+1)=6x\sqrt{y^2+4x+1} \end{matrix}\right.$$

Bài toán: Giải phương trình sau trên tập số thực:
$$2\sqrt{2x+4}+4\sqrt{2-x}=\sqrt{9x^2+16}$$

Anh xin góp cho topic một bài.

Bài 9. Cho các số $x,y,z$ thỏa mãn $0 \leqslant x,y,z \leqslant 2;x + y + z = 3$. Tìm giá trị lớn nhất của:
$$Q = {\left( {1 + {x^2}} \right)^x}{\left( {1 + {y^2}} \right)^y}{\left( {1 + {z^2}} \right)^z}$$

Anh Thành có thể cho em xin lời giải bài này được không ạ ? Bài này em chỉ mới giải xong cho 1 trường hợp $0 \le x \le y \le 1 \le z \le 2$,còn lại trường hợp $0 \le x \le 1 \le y \le z \le 2$ thì......

Cho $a , b , c$ là các số thực dương.
CMR : $a^2b + b^2c + c^2a \geq abc + \sqrt[3]{(a^3 + abc)(b^3 + abc)(c^3 + abc)}$

Vui vui tý vậy
Chia $abc$ cho 2 vế,ta có:
$$\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b} \ge 1+\sqrt[3]{\left(1+\frac{bc}{a^2} \right)\left(1+\frac{ca}{b^2} \right)\left(1+\frac{ab}{c^2} \right)}$$
Đặt $x=\frac{a}{c};y=\frac{b}{a};z=\frac{c}{b} \Rightarrow xyz=1;x,y,z>0$.BĐT:
$$\iff x+y+z \ge 1+\sqrt[3]{\left(1+\frac{y}{x} \right)\left(1+\frac{z}{y} \right)\left(1+\frac{x}{z} \right)}$$
Hay:
$$x+y+z \ge 1+\sqrt[3]{(x+y)(y+z)(z+x)}$$
Theo AM-GM:
$$\sqrt[3]{(x+y)(y+z)(z+x)} \le \frac{2}{3}(x+y+z)$$
Như vậy ta [hải chứng minh:
$$x+y+z \ge 1+\frac{2}{3}(x+y+z) \iff x+y+z \ge 3$$
(Luôn đúng theo AM-GM với để ý rằng $xyz=1$).
Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1 \iff a=b=c$.

Anh xem lại giùm em.
Với $x_1 = x_2 = ...= x_k = ... = x_n = 1$ thì hiển nhiên, vế trái = $\dfrac{n}{8}$ rõ ràng nhỏ hơn vế phải

Đề đúng ở đây:
http://diendantoanho...showtopic=68196

Bài 33: Tìm $a$ để với mọi $b$ hệ sau có nghiệm:
$$\left\{\begin{matrix} (a-1)x^5+y^5=1 & \\ e^{bx}+(a+1)by^4=a^2 \end{matrix}\right.$$

Đề thi thử ĐH của ĐHKHTN Hà Nội năm 2009.
P/s:Mong các bạn tham gia topic đánh số thứ tự bài.

Bài toán: Cho $n \in \mathbb{N^*}$.Chứng minh:
$$\frac{C_{n}^{0}}{C_{n+2}^{1}}+\frac{C_{n}^{1}}{C_{n+3}^{2}}+...+\frac{C_{n}^{n}}{C_{2n+2}^{n+1}}=\frac{1}{2}$$

Bài 37: Giải hệ phương trình sau:
$$\left\{\begin{matrix} 2^{2y-x}+2^{y}=2^{x+1} \\ \log_5{(x^2+3y+1)}-\log_5{y}=-2x^2+4y-1 \end{matrix}\right.$$

Đề thi thử của MathVN.com

$x^{2}y^{2}z^{2}\geq (xy+yz+zx)^{2}\geq 3xyz(x+z+z)$
$\Rightarrow xyz\geq 3(x+y+z)$
Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=3$

Bài này giải sai $xyz$ chưa chắc dương đâu bạn

Nguyễn Bảo Phúc:Khối D-23 đ;khối A1 chưa biết ạ
Update:Khối A1 :23 điểm .Hơi buồn tý

Bài toán :
Cho các số thực dương $a,b,c$ thoả mãn $a+b+c=3$. Chứng minh bất đẳng thức :
$$a^{\frac{3}{2}}b+b^{\frac{3}{2}}c+c^{\frac{3}{2}}a \le 3$$

Lâu quá rồi mới lại post bài ở VMF Xem như đây là bài post khai trương topic luôn nhé
Sử dụng BĐT AM-GM,ta có:
$$a^{\frac{3}{2}}b \le \frac{(2a+1)b}{3}$$
Suy ra :
$$VT \le \frac{(2a+1)b+(2b+1)c+(2c+1)a}{3}=\frac{2(ab+bc+ca)+a+b+c}{3} \le \frac{\frac{2(a+b+c)^2}{3}+3}{3}=3=VP$$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$.

Tổng quát:
Cho $a,b,c \ge 0$ thỏa $a+b+c=3$.Cho hằng số $k$ dương.Chứng minh rằng:
$$a^{k}b+b^{k}c+c^{k}a \le \max \left\{3;\frac{3^{k+1}.k}{(k+1)^{k+1}} \right \}$$

Sa0 lại thế ạ anh :@)
Em tưởng $a^{\frac{2}{3}}b \le \frac{(2a+1)b}{3}$ chứ ạ =,=''

Xin lỗi nhé Vậy chữa cháy bằng cách khác vậy
Vẫn sử dụng BĐT AM-GM:
$$a^{\frac{3}{2}}b \le \frac{ab(a+1)}{2}$$
Suy ra:
$$VT \le \frac{a^2b+b^2c+c^2a+ab+bc+ca}{2}$$
Mặt khác,sử dụng bổ đề quen thuộc sau:
$$a^2b+b^2c+c^2a+abc \le \frac{4}{27}(a+b+c)^3$$
Ta có:
$$VT \le \frac{ab+bc+ca+4-abc}{2}$$
Lại theo BĐT Schur bậc 3:
$$abc \ge \frac{4(ab+bc+ca)-1}{9}$$
Nên :
$$VT \le \frac{\frac{5(ab+bc+ca)+1}{9}+4}{2} \le \frac{\frac{\frac{5(a+b+c)^2}{3}+1}{9}+4}{2}=3=VP$$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$.

Có thể làm y như bài này

Đúng là bài này cũng có thể làm theo cách của em trong đường link,nhưng nên cẩn thận chút vì bài toán em giải đẳng thức xảy ra tại biên,còn ở đây là tại tâm

Cho a,b,c không âm có tổng bằng 3 .Tìm GTNN A=$2^{ab}+2^{bc}+2^{ca}$

Bài này đã có trong cuốn Sáng tạo BĐT của anh Phạm Kim Hùng rồi
Tổng quát:
Cho $a,b,c \ge 0$ thỏa $a+b+c=3$.Cho hằng số $k \ge 1$.Chứng minh rằng:
$$k^{ab}+k^{bc}+k^{ca} \le \max \{3k,k^{\frac{9}{4}}+2 \}$$

Lời giải:

Không mất tính tổng quát,giả sử $a \ge b \ge c$.Xét hàm số :
$$f(a;b;c)=k^{ab}+k^{bc}+k^{ca}$$.
Đặt $t=\frac{a+b}{2};u=\frac{a-b}{2}$.Khi đó :$a=t+u;b=t-u$
$$f(a;b;c)=g(u)=k^{t^2-u^2}+k^{c(t-u)}+k^{c(t+u)}$$
$$g'(u)=2u\ln{k}.k^{t^2-u^2}+\ln{k}.ck^{ct}(k^{cu}-k^{-cu})$$
Ta sẽ chứng minh:
$$\frac{k^{cu}-k^{-cu}}{2cu} \le k^{t^2-u^2-ct}$$
Theo định lý Lagrange thì tồn tại $r$ với $u \ge r \ge -u$ sao cho :
$$\frac{k^{cu}-k^{-cu}}{2u}=ck^{cr} \le ck^{cu}$$
Vì $c \le 1$ và $c(t+u) \le (t-u)(t+u)=t^2-u^2$ nên dễ thấy $g'(u) \le 0$.Suy ra:
$$g(u) \le g(0)=k^{t^2}+2k^{ct}=k^{t^2}+2k^{t(3-2t)}=h(t)$$
Ta sẽ chứng minh rằng:
$$h(t) \le \max \left \{h\left(\frac{3}{2} \right);h(1) \right \};\forall k \ge 1$$.
$$h'(t)=2t\ln{k}.k^{t^2}+2(3-4t)\ln{k}.k^{t(3-2t)}$$
$$h'(t)=0 \iff \frac{4t-3}{t}=k^{3t(t-1)} \iff 3t(t-1)\ln{k}-\ln{(4t-3)}+\ln{t}=0$$
Xét $t \ge 1$ thì :
$$q(t)=3t(t-1)\ln{k}-\ln{(4t-3)}+\ln{t}$$
$$q'(t)=(6t-3)\ln{k}-\frac{3}{t(4t-3)}$$
Với $t \ge 1$ thì $q'(t)$ là hàm giảm theo $t$,do đó phương trình $q'(t)=0$ có không quá 1 nghiệm $t \ge 1$,theo định lý Roll thì phương trình $h'(t)=0$ có không quá 2 nghiệm $t \ge 1$.Do $h'(1)=0$ nên :
$$h(t) \le \max \left \{h\left(\frac{3}{2} \right);h(1) \right \}$$

Bài toán: Cho $a,b,c \ge 0$ thỏa $a+b+c=3$.TÌm GTLN-GTNN của:
$$P=\sqrt{a^2+a+4}+\sqrt{b^2+b+4}+\sqrt{c^2+c+4}$$

Bài toán: Tìm tất cả các giá trị của $a_{k}(k=\overline{1;n})$ thỏa mãn $\sum\limits_{k=1}^{n}a_{k}\cos{kx} =0;\forall x \in [0;2\pi ]$.

Bài này ra kết quả là $\frac{n(n+1)(n^2+n+1)}{6(2n+1)}$ phải không anh Thành ?

Bài toán: Cho $p \in \mathbb{P}(p \neq 2)$ và $a,b$ là các số tự nhiên lẻ sao cho $(a+b) \vdots p; (a-b) \vdots (p-1)$.Chứng minh rằng:$(a^{b}+b^{a}) \vdots 2p$.

Hôm nay mới thấy topic này
Bài 9: Giải hệ phương trình:

$$\left\{\begin{matrix}x^2+y^2=2 \\ z^2+2z(x+y) =8\\ z(y-x)=4\sqrt{3} \end{matrix}\right.$$

Đề thi đề nghị Olympiad 30-4.

Bài 6: Giải phương trình \[\sin x + \cos x - \sin x\cos x = 1 - \log (\frac{{3 + \sin x + \cos x}}{{4 + \sin x\cos x}})\]
Chọn đội tuyển HSG trường Đặng Thúc Hứa -Nghệ An 08-09

Dễ thấy rằng:$3+\sin{x}+\cos{x}>0;4+\sin{x}\cos{x}>0;\forall x$ nên phương trình tương đương:
$$(3+\sin{x}+\cos{x})+\log(3+\sin{x}+\cos{x})=(4+\sin{x}\cos{x})+\log(4+\sin{x}\cos{x})$$
Xét hàm số $f(t)=t+\log{t}(t>0)$.
f liên tục trên $(0;+\infty)$ và có $f'(t)=1+\frac{1}{t\ln{10}}>0;\forall t>0$ nên $f(t)$ đồng biến trên $(0;+\infty)$.
Vậy ta chỉ cần giải phương trình:
$$4+\sin{x}\cos{x}=3+\sin{x}+\cos{x} \iff \sin{x}+\cos{x}-\sin{x}\cos{x}-1=0$$
Đây là phương trình lượng giác cơ bản,bằng việc đặt $\sin{x}+\cos{x}=u(u^2 \le 2) \Rightarrow \sin{x}\cos{x}=\frac{u^2-1}{2}$ ta sẽ có 1 phương trình bậc 2 ẩn $u$.

$\fbox{Problem}$ Giải hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}
a + c = 0\\
ac + b + d = - 10(1)\\
ad + bc = - 1(2)\\
bd = 20(3)
\end{array} \right.\]

Giải thế này nhé
Do $a=-c$ nên $(1) \iff b+d=-10+c^2$;$(2) \iff b-d=\frac{-1}{c}$
Từ đây,ta tính được:
$$b=\frac{c^2-10-\frac{1}{c}}{2};d=\frac{c^2-10+\frac{1}{c}}{2}$$
Thay vào (3),ta có:
$$(c^2-10)^2-\frac{1}{c^2}=80 \iff c^6-20c^4+20c^2-1=0 $$
Đặt $t=c^2(t >0)$ thì ta có:$t^3-20t^2+20t-1=0$.Phương trình này có nghiệm bằng 1 rồi nhé

2) Giải phương trình $3^{x^2}=cosx$

$3^{x^2} \ge 1 \ge \cos{x}$ nên $3^{x^2}=\cos{x} \iff \left\{\begin{matrix}3^{x^2}=1 \\ \cos{x}=1 \end{matrix}\right. \iff x=0$

Bài toán: Tìm mọi cặp số thực $(b;c)$ sao cho với bất kỳ số thực $a$ thì phương trình $a\cos{2x}+b\cos{x}+c=0$ có nghiệm thuộc $\left(0;\frac{\pi}{2} \right)$.

Cho tam giác ABC nhọn. Tìm Min của P = $\frac{{\cos \left( {\frac{\pi }{4} - A} \right)\cos \left( {\frac{\pi }{4} - B} \right)\cos \left( {\frac{\pi }{4} - C}
\right)}}{{\cos A\cos B\cos C}}$

Dễ dàng viết được biểu thức P dưới dạng sau:
$$P=\frac{(1+\tan{A})(1+\tan{B})(1+\tan{C})}{2\sqrt{2}}$$
Sử dụng 1 đẳng thức cơ bản kết hợp với BĐT AM-GM (do tam giác ABC nhọn thì $\tan{A};tan{B};\tan{C}>0$),ta có:
$$\tan{A}\tan{B}\tan{C}=\tan{A}+\tan{B}+\tan{C} \ge 3\sqrt[3]{\tan{A}\tan{B}\tan{C}} $$
$$\Rightarrow \sqrt[3]{\tan{A}\tan{B}\tan{C}} \ge \sqrt{3}$$
Mặt khác,theo BĐT Holder:
$$P \ge \frac{(1+\sqrt[3]{\tan{A}\tan{B}\tan{C}})^3}{2\sqrt{2}} \ge \frac{(1+\sqrt{3})^3}{2\sqrt{2}}$$
Vậy $P_{\min}= \frac{(1+\sqrt{3})^3}{2\sqrt{2}} \iff A=B=C=\frac{\pi}{3}$.

Cho x, y là các số thực $\left\{ {{a_n}} \right\}$ xác định như sau: ${a_0} = x,\,{a_1} = y,\,{a_{n + 1}} = \frac{{{a_n}.{a_{n - 1}} + 1\,}}{{{a_n} + {a_{n -
1}}}}\,$. Tìm: $a_n$

Để ý rằng $\frac{a_{n}a_{n-1}+1}{a_{n}a_{n-1}}+1=\frac{(1+a_{n})(1+a_{n-1})}{a_{n}a_{n-1}}$ nên đặt $u_{n}=\frac{1}{a_{n}+1}$,ta có:
$$\{u_{n} \}:\left\{\begin{matrix}u_0=\frac{1}{x+1} \\ u_1=\frac{1}{y+1} \\ u_{n+1}=u_{n}+u_{n-1}-2u_{n}u_{n-1}\end{matrix}\right.$$
1 chút thêm bớt đơn giản,ta biến đổi công thức truy hồi của dãy $\{u_{n} \}$ về dạng sau:
$$1-2u_{n+1}=(1-2u_{n})(1-2u_{n-1})$$
Đến đây đặt $v_{n}=\ln{|1-2u_{n}|}$ thì ta sẽ có dãy tuyến tính bậc hai $\{v_{n} \}:\left\{\begin{matrix}v_0=\ln{\left|1- \frac{2}{x+1}\right |} \\ v_1=\ln{\left|1-\frac{2}{y+1} \right |} \\ v_{n+1}=v_{n}+v_{n-1}\end{matrix}\right.$
Dãy này thì luôn có công thức tổng quát rồi nhé
Xem thêm về dãy tuyến tính cấp 2 ở http://dethi.violet....ntry_id=2685577.

Thật ra bài toán này néu giải chi tiết thì phải xét trường hợp của $x,y$
Nếu $x=y=\pm 1$ thì dãy $\{a_{n} \}$ luôn là dãy hằng với $a_{n}=\pm 1$.
Néu $x=\pm 1$ hoặc $y=\pm 1$ thì $a_2=a_3=...=a_{n}=\pm 1$
Xét $x,y \neq \pm 1$.Vẫn đặt như cách trên (lúc này $a_{n} \neq -1$),ta thu được:
$$\{u_{n} \}:\left\{\begin{matrix} u_0=\frac{1}{x+1} \\ u_1=\frac{1}{y+1} \\ u_{n+1}=u_n+u_{n-1}-2u_nu_{n-1} \end{matrix}\right.$$
Nhược điểm của cách giải ở trên là ta phải xét trường hợp cho $x,y$ để biện luận dấu của $u_{n}$(muốn lấy logarit Nepe 2 vế thì 2 vế phải dương),như vạy sẽ rất dài và rối (nhất là trong trường hợp $x,y \in (-1;1)$ thì dấu của dãy $\{u_{n} \}$ đỗi liên tục nên ta sử dụng cách sau đây:
Vẫn biến đổi $1-2u_{n+1}=(1-2u_{n})(1-2u_{n-1})$ nhưng giờ ta đặt $v_{n}=1-2u_{n}$.
khi đó ta có:
$$\{v_{n} \}:\left\{\begin{matrix} v_0=1-\frac{2}{x+1}=\frac{x-1}{x+1} \\ v_1=1-\frac{2}{y+1}=\frac{y-1}{y+1} \\ v_{n+1}=v_{n}v_{n-1} \end{matrix}\right.$$
Do cách xác định của dãy $\{v_{n} \}$ là $v_{n+1}=v_{n}v_{n-1}$ nên ta đoán được công thức tổng quát của dãy là :
$$v_{n}=\left(\frac{x-1}{x+1} \right)^{\alpha_{n}}\left(\frac{y-1}{y+1} \right)^{\beta_{n}}$$
Trong đó $\alpha_{n}$ là số mũ của $\frac{x-1}{x+1}$ và $\beta_{n}$ là số mũ của $\frac{y-1}{y+1}$ ứng với $v_{n}$
Dễ thấy rằng :
$$v_0:\alpha_0=1;\beta_0=0$$
$$v_1:\alpha_{1}=0;\beta_{1}=1$$
$$v_{n}:\alpha_{n}=\alpha_{n-1}+\alpha_{n-2};\beta_{n}=\beta_{n-1}+\beta_{n-2}$$
(sử dụng công thức đơn giản $a^{m+n}=a^{m}.a^{n}$ và công thức truy hồi của dãy $v_{n+1}=v_{n}v_{n-1}$)
Như vậy $\alpha_{n};\beta_{n}$ lập thành 2 dãy số như sau:
$$\{\alpha_{n} \}:\left\{\begin{matrix}\alpha_0=1 \\ \alpha_1=0 \\ \alpha_{n+1}=\alpha_{n}+\alpha_{n-1}\end{matrix}\right.;\{\beta_{n} \}:\left\{\begin{matrix}\beta_0=0 \\ \beta_1=1 \\ \beta_{n+1}=\beta_{n}+\beta_{n-1} \end{matrix}\right.$$
Sử dụng công thức dãy truy hòi tuyến cấp 2 ,ta có:
$$\alpha_{n}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left[\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2} \right)^{n-1}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2} \right)^{n-1} \right]$$
$$\beta_{n}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left[\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2} \right)^{n}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2} \right)^{n} \right]$$
Như vậy công thức tổng quát của dãy $\{a_{n} \}$ là:
$$\boxed{ a_{n}=\frac{1+v_{n}}{1-v_{n}};v_{n}=\left(\frac{x-1}{x+1} \right)^{\alpha_{n}}\left(\frac{y-1}{y+1} \right)^{\beta_{n}} }$$
Trong đó:
$$\boxed{ \alpha_{n}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left[\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2} \right)^{n-1}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2} \right)^{n-1} \right]
;\beta_{n}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left[\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2} \right)^{n}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2} \right)^{n} \right] }$$

P/s:Các bạn hãy thử tìm giới hạn của dãy này tùy theo $x,y$ thử xem đi nhé