Tiếp tục với 2 PT nữa nào :
Mình đánh số tiếp theo bạn hangochoanthien cho có hệ thống
Bài 3:Giải phương trình
$x^3-3x^2-8x+40-8\sqrt[4]{4x+4}=0$
Bài 4:Giải phương trình:
$x^3-6x^2+12x-7=\sqrt[3]{-x^3+9x^2-19x+11}$

giải bài 4
$x^{3}-3x^{2}+5x-3=A^{3}+2A$
$A=\sqrt[3]{-x^{3}+9x^{2}-19x+11}$
$\Leftrightarrow&space;(x-1)^{3}+2(x-1)=A^{3}+2A$
Hàm số $f(x)=x^{3}+2x$ đồng biến trên R
$\Rightarrow&space;x-1=A$
Từ đó dễ dàng có được nghiệm $x=1\vee&space;x=2\vee&space;x=3$
Em là lính mới mong mọi người ủng hộ.
MathDX không bao giờ bó tay

Mọi người giải giúp con này
$ \sqrt{ \dfrac{a}{4a+4b+c} }+ \sqrt{ \dfrac{b}{4b+4c+a} }+\sqrt{ \dfrac{c}{4c+4a+b} } $ 1

Cảm ơn mọi người đã giúp.
Còn một con nữa xin đề xuất thêm:
Tìm max của $ \sqrt{x}+2\sqrt{y} $
biết $x,y\geq 0$
$ x^{3}+y^{3} \leq 1$

Ta sẽ cm :
$ \dfrac {a}{b^2+c^2}=\dfrac{a}{1-a^2} \geq \dfrac{3\sqrt{3}}{2}a^2 (1) $
Thật vậy :
$ (1) \leftrightarrow (a-\dfrac{1}{\sqrt{3}} )^2(\dfrac{3\sqrt{3}}{2}x+3} )\geq 0 $ (Luôn đúng)
Vậy :
$ \sum \dfrac {a}{b^2+c^2} \geq \dfrac{3\sqrt{3}}{2}(a^2+b^2+c^2)= \dfrac{3\sqrt{3}}{2} $
Dấu ''='' xảy ra khi $ a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}} $

Bài của Lâm hay đấy
$ \dfrac {a}{1-a^{2}} =\dfrac{a^{2}}{a(1-a^{2}} $
Áp dụng bất Caushy cho 3 số có
$2a^{2}(1-a^{2})(1-a^{2}) \leq \dfrac{8}{27}$
$ \Rightarrow \dfrac {a^{2}}{a(1-a^{2}} \geq \dfrac {3 \sqrt{3} a^{2}}{2} $
Từ đó cũng suy ra được điều phải chứng minh.

1. Cho $x,y,z>0, x+y+z=3$. CMR $\dfrac{1}{2+x^2+y^2} + \dfrac{1}{2+y^2+z^2} +\dfrac{ 1}{2+z^2+x^2} \le \dfrac{3}{4}$
2. Cho $a,b,c>1, a+b+c=abc$. CMR: $(a^2-1)(b^2-1)(c^2-1) \le 8$.
3. Cho a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác. CMR:
$\dfrac{ a^3}{b^2}+\dfrac{b^3}{c^2}+\dfrac{c^3}{a^2} \ge \dfrac{a}{c(a+b-c)} +\dfrac{c}{b(c+a-b)} + \dfrac{b}{a(b+c-a)}$
4. Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn: $xy+yz+zx=1$. CMR:$ 3-cawn3 +\dfrac{x^2}{y}+\dfrac{y^2}{z}+\dfrac{z^2}{x} \ge (x+y+z)^2$
Huhu em ko biết gõ TEX, mọi người thông cảm nhé! up bài nhiệt tình giúp em nha:X

Zone vừa nghĩ ra một cách rất hay muốn post lên cho mọi người tham khảo...Bài 2 nhé
Ta có $ tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC$ (A,B,C là 3 góc của 1 tam giác)
Nên ta đặt tanA=a, tanB=b, tanC=c
Theo điều kiện $a,b,c>1 \Rightarrow \dfrac{ \pi }{4}<A,B,C< \dfrac{\pi }{2} $
BĐT đã cho dễ dàng biến đổi về $ \dfrac{cos2A cos2B cos2C}{(cosA cosB cosC)^{2}}\geq-8 $

$cosA cosB cosC= \dfrac{cos(A+B)+cos(A-B)}{2}cosC$
$ \leq \dfrac{(1-cosC) cosC}{2}\leq\dfrac{1}{8}$

$cos2A cos2B cos2C= \dfrac{cos(2A+2B)+cos(2A-2B)}{2}cos2C$
$\leq \dfrac{(cos2C+1)cos2C}{2}$
$=\dfrac{x^{2}+x}{2}$với x=cos2C và có bất đẳng thức trên vì cos2C âm$\dfrac{ \pi }{4}<A,B,C< \dfrac{\pi }{2} $
$=\dfrac{(x+0,5)^{2}-0,25}{2}$
$ \geq \dfrac{-1}{8}$

Từ ta có điều phải chứng minh
Dấu "=" xảy ra khi $A=B=C=\dfrac{ \pi}{3}$ thỏa mãn cả **==và điều kiện ban đầu
Tức là $a=b=c=\sqrt{3}$
MathDX không bao giờ bó tay
MathDX không bao giờ bó tay
MathDX không bao giờ bó tay
MathDX không bao giờ bó tay
MathDX không bao giờ bó tay

Thêm 2 bài dễ nữa nha...........
Bài 7
$\left\{\begin{array}{l}x^3+3xy^2=-49\\x^2-8xy+y^2=8y-17x\end{array}\right.$
Bài 8:
$16x^4+5=6\sqrt[3]{4x^3+x}$
Các anh chị hãy vô đây cùng giải ..........hi hi công nhận mọi người ở đây pro thiệt

Xin lỗi các member nhé, vì tớ xin lật lại 1 bài toán trong topic này của hangochoanthien.
Bài 7 có cao thủ nào triệt phá được không.

Thôi em lỡ rồi xin post bài bổ sung
20) $ \sqrt[3]{3x+1} + \sqrt[3]{5-x} + \sqrt[3]{2x-9} - \sqrt[3]{4x-3} =0$

Zone nghĩ bài này có thể giải theo cách sau nhưng hơi vất vả 1 chút
* Viết lại pt cho dễ:
$ \sqrt[3]{3x+1} + \sqrt[3]{5-x} + \sqrt[3]{2x-9} + \sqrt[3]{3-4x} =0$
Đặt: số hạng thứ nhất là a, thứ 2 là b, thứ 3 là c, thứ 4 là d.
Có: $(a+b+c+d)^3=0 $
$a^3+b^3+c^3+d^3=0 $
Tới bây giờ triển khai $(a+b+c+d)^3 $ ra, sẽ có thể ra vấn đề

$\left\{\begin{array}{l}x^{3}-y^{3}+x^{2}-9y^{2}-30=28y\\ \sqrt[]{2x+3} +x=y\end{array}\right. $

$ \left\{\begin{array}{l}x^{2}-y^{2} =5\\y^{2}-4y-6x+9=0\end{array}\right. $

$\left\{\begin{array}{l}2x^{2}y+xy-1=2y\\y-y^{2}x-2y^{2}=-2\end{array}\right.$

$ \left\{\begin{array}{l}x+y^{2}=3\\ x^{2}-2y=2\end{array}\right.$

Bài 1 tớ nghĩ ở phương trình 1 là "x" chứ không phải $x^2$

Liệu bài sau có thể giải bằng pp Cauchy ngược dấu
Tìm min của biểu thức sau:
$\dfrac{a}{b^2+1}+\dfrac{b}{c^2+1}+\dfrac{c}{a^2+1}$
với $a+b+c=k, k>0$

1. Cho $x,y,z>0, x+y+z=3$. CMR $\dfrac{1}{2+x^2+y^2} + \dfrac{1}{2+y^2+z^2} +\dfrac{ 1}{2+z^2+x^2} \le \dfrac{3}{4}$
2. Cho $a,b,c>1, a+b+c=abc$. CMR: $(a^2-1)(b^2-1)(c^2-1) \le 8$.
3. Cho a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác. CMR:
$\dfrac{ a^3}{b^2}+\dfrac{b^3}{c^2}+\dfrac{c^3}{a^2} \ge \dfrac{a}{c(a+b-c)} +\dfrac{c}{b(c+a-b)} + \dfrac{b}{a(b+c-a)}$
4. Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn: $xy+yz+zx=1$. CMR:$ 3-cawn3 +\dfrac{x^2}{y}+\dfrac{y^2}{z}+\dfrac{z^2}{x} \ge (x+y+z)^2$
Huhu em ko biết gõ TEX, mọi người thông cảm nhé! up bài nhiệt tình giúp em nha:X

Bài 4 đề là như thế nào vậy bạn.
Tớ nghĩ với điều kiện xy+yz+zx=1 bạn cũng có thể dùng pp lượng giác hóa như bài 2

Mình thấy có 2 bài trong sách hay hay nên post lên cho mọi người cùng thưởng thức
1) cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn có bán kính bằng 1. CMR tam giác ABC nhọn khi và chỉ khi $ a^2 + b^2 + c^2 > 8$
2) Cho tam giác ABC có 3 cạnh là a, b, c, các góc là A,B,C được tính bằng radian. CMR:
$ \dfrac{ \pi }{3} \leq \dfrac{Aa + Bb+ Cc}{a+b+c} \leq \dfrac{\pi}{2} $

Bài 2
*CM vế 1:
Giả sử a>b>c thì A>B>C, cho nên áp dụng BĐT Chư bư sép( sorry tác giả cảu BĐT này vì người viết ko biết tên chuẩn)
$Aa+Bb+Cc \geq \dfrac{ (a+b+c)(A+B+C)}{3}$
suy ra dpcm.
**Vế 2 hình như sai hay sao ý. là dấu "<" mới đúng.

Tam giác ABC có các góc nhọn, có các cạnh a, b, c và x, y, z là độ dài của các đường phân giác tương ứng
CMR: $ \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}> \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} $

Ta có $S ABC=\dfrac{bxsin\dfrac{A}{2}}{2}+\dfrac{cxsin\dfrac{A}{2}}{2}=\dfrac{bcsin{A}}{2}$
Từ đó có:$x (b+c)=2bc cos\dfrac{A}{2}$
$ \dfrac{1}{x}= \dfrac{1}{2cos\dfrac{A}{2}}(\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})$
*CM tương tự ta có
$\dfrac{1}{x}+ \dfrac{1}{y}+ \dfrac{1}{z}=\dfrac{1}{a}(\dfrac{1}{2cos\dfrac{B}{2}}+\dfrac{1}{2cos\dfrac{C}{2}})+ \dfrac{1}{b}(\dfrac{1}{2cos\dfrac{A}{2}}+\dfrac{1}{2cos\dfrac{C}{2}}) + \dfrac{1}{c}(\dfrac{1}{2cos\dfrac{B}{2}}+\dfrac{1}{2cos\dfrac{A}{2}})$
Ta có $0< \dfrac{A}{2},\dfrac{B}{2},\dfrac{C}{2}<90$
$\Rightarrow0<cos \dfrac{A}{2},cos\dfrac{B}{2},cos\dfrac{C}{2}<1$
$\dfrac{1}{2cos\dfrac{B}{2}}+\dfrac{1}{2cos\dfrac{C}{2}}>1 $ và tương tự với các số còn lại ta cm được BĐT

Tớ xin đóng góp 1 con phương trình bậc 3 (theo đúng tên của topic)
$ x^3-12x^2-3x+4=0$

$ x^3-12x^2-3x+4=0 $
Giải bằng cách tổng quát vậy :
Đặt $ a= x+4 $
Phương trình trở thành :
$ a^3-48a-124 =0 $
Đặt $ a=4t $ , phương trình lại trở thành :
$ t^3-3t-\dfrac{31}{16} =0 $
Xét $ |t| > 2$
Đặt $ t = k+\dfrac{1}{k} $ => phương trình bậc 2 các bạn tự giải nha .
Xét $ |t| \leq 2 $ Đặt $ t =2 Cos k $ => $ Cos 3k = \dfrac {31}{12} $ (Cái này vô nghiệm nha )
Note: Cái cách này là cách tổng quát , giải ra thì rất mất sức, Dùng khi nào bí thôi

Con này bạn đặt $x=tan \alpha $ rồi dùng công thức nhân 3 của tan cũng được
$3tan\alpha-tan^3\alpha=4(1-3tan^2\alpha)$
$\dfrac{3tan\alpha-tan^3\alpha}{1-3tan^2\alpha}=4=tan3\alpha$
Thế chắc là ổn nhỉ
Thực ra có 1 dạng pt bậc 3 có thể áp dụng cách trên(đặt x =tan a)
pt : $ ax^3+bx^2+cx+d=0 $
với $ \dfrac{a}{c}=\dfrac{d}{b}=\dfrac{-1}{3} $
Các member xem hộ tớ nha. Nếu thấy k ổn ở đâu thì chỉ cho tớ. Cảm ơn nhiều.

Bài 1: Tìm miền xác định
$y = \dfrac{1}{{4 - 5\cos x - 2\sin ^2 x}}$
Bai2: Tìm giá trị max, min của hàm số
a)$y = \dfrac{{\cos x + 2\sin x + 3}}{{2\cos x - \sin x + 4}}$

b)$y = \dfrac{{\sin x + \cos x - 1}}{{\sin x - \cos x + 3}}$

Mih dùng công thức biểu diễn (sin a), (cos a) qua( tan a/2)
ta gọi $ tan\dfrac{x}{2}=t$
$ \Rightarrow sinx=\dfrac{2t}{1+t^2}, cosx=\dfrac{1-t^2}{1+t^2}$
$ \Rightarrow y=\dfrac{t-t^2}{2t^2+t+1}$
Giả sử A là 1 giá trị của y
$A=\dfrac{t-t^2}{2t^2+t+1}$
$ \Leftrightarrow (2A+1)t^2+(A-1)t+y=0$
pt trên phải có nghiệm nên "delta" phải lớn hơn hoặc bằng 0
$ delta =-7A^2-6A+1=(A+1)(1-7A) \geq 0$
từ đó suy ra min và mã của biểu thức.

P/s :mình k biết viết kí hiệu delta thông cảm nha

Minh giải như sau:
$ \rightarrow A= 2\sqrt{2} xy+x+y$
Đặt x+y=t . điều kiện của t là $ -\sqrt{2} \leq t \leq\sqrt{2}$ và$ xy=\dfrac{t^2-1}{2}$
Từ đó có$ A=f(t)=\sqrt{2} t^2+t-\sqrt{2} $
sử dụng bảng biến thiên là ok

Có ai có thể giải con trên bằng BĐT Bunhiacopxki ko. Con ý nằm trong chuyên đề về Bunhiacopxki mà( chuyên đề chỉ có đề mà k nói lời giải)
Mọi người có gắng giúp nha, em dag học về BĐT Bunhia

5)$ \left\{\begin{array}{l}x^3-6x=y^3-5y\\x^2-4=2(1-y^2)\end{array}\right.$

hi hi chỉ có chừng đó bài các bác chém đỡ .......... !

bài nay có dạng đấy
$ \left\{\begin{array}{l}x^3-y^3=6x-5y\\x^2+2y^2=6\end{array}\right.$
đầu tiên phải thử xem x= 0 có là nghiệm của pt k, sau đó với x khac 0 thì đặt y=xt
$ \left\{\begin{array}{l}x^3 (1-t^3)= x (6-5t)\\x^2(1+2t^2)=6\end{array}\right.$
Ta chia từng vế của pt 1 cho pt 2( mẫu đã khác 0 rồi)
$\dfrac{1-t^3}{1+2t^2}=\dfrac{6-5t}{6}$
$ \Leftrightarrow 4t^3-12t^2+5t=0$
Chắc đến đây là ổn rồi.

bài của cậu tớ mới nghĩ ra bài 1: mà cũng chẳng phải phép thế
x=0 ko là nghiệm của pt. Đặt y=tx
$\left\{\begin{array}{l} x^2 (1+t^2+t) = 1\\ x^3 (1+t^3) = x (1+3t)\end{array}\right. $
Chia từng vế của pt 2 cho pt 1 mẫu khác 0 r�ồi
$\dfrac{1+t^3}{1+t^2+t}={1+3t}$
$2t^3+4t^2+4t=0$
có lẽ là ra r�ồi. 2 nghiệm(1;0) (-1;0)
P/s: bài 2 của bạn cũng có thể giải theo cách trên
...Chờ dài cổ chẳng có ai giải tiếp: ta lại đi tiếp con đường của ta
Giải bài 3: Đặt $a= x^2+y^2-1; b=\dfrac{x}{y}$ & không quên đk $ x,y \neq0 ,x^2+y^2 \neq 1 $
Hệ pt trở thành:
$\left\{\begin{array}{l} \dfrac{3}{a} + \dfrac{2}{b}\\ a+4b=1\end{array}\right. $
Thế a= 1-4b vào pt 1 có pt mới $2b^2-3b+1=0$
Ra 2 nghiệm (a;b) là (-3;1), (1/2;-1)
*Nghiệm (a,b) thứ nhât k cho nghiệm
*Nghiệm thứ hai cho nghiệm (0,0) nhưng nghiện này k tm đk
Vậy pt vn

Tớ mong các member nhiệt tình lên 1 chút. Nếu không giải bằng caushy ngược dấu thì giải ra kiểu gì cũng được. bài này tớ đang rất cần lời giải. (

Chỉ đơn giản là cách làm của bạn sai ) Nó chỉ đúng cho $k=3$.Bạn có để ý là khi bạn cho $-\sum\dfrac{ab^2}{b^2+1} \ge -\sum\dfrac{ab}{2}$
là đã mặc định cho $a=b=c=1$,tức là $k=3$ rồi ! Nếu bạn đọc kỹ hơn thì trước bạn đã có 1 thành viên làm sai giống bạn rồi(bài post thứ 2).
P/s:Mình đồng ý với bạn alex_hoang là điều kiện cho $a,b,c$ là gì ?.Phải biết điều kiện thì mới có thể giải được .

Lỗi xuất xưởng
a,b,c là số dương. Mong các bạn giúp cho

$1 + co{s^2}x + co{s^2}2x = \sqrt {3} sinx$

ai chem dum em cai

Con này chắc là ra pt bậc 4
$1+1- sin^2 x + 1 - sin^2 2x= \sqrt {3} sinx$
$3 - sin^2 x+ 4 sin^4 x - 4 sin^2 x= \sqrt {3} sinx$ ( biến đổi $ sin^2 2x = 4 sin^2 x (1- sin^2 x)$)
$4 sin^4 x -5 sin^2 x -\sqrt {3} sinx+3=0 $
Đến đây phiền cậu vất vả 1 chút xíu vậy.

Chứng minh đẳng thức sau:
$ sin^2 \dfrac{A}{2}+sin^2 \dfrac{B}{2}+sin^2 \dfrac{C}{2}+2sin \dfrac{A}{2} sin \dfrac{B}{2} sin \dfrac{C}{2}=1$
Với A,B,C là ba góc của 1 tam giác
Cố gắng cách ngắn nhất mọi người nha

bài V có phải m = 0 hoặc m = 3/8 ko nhỉ?

xin lĩnh giáo các mem và mod của VMF
Con V tách ra như sau:
$\left\{\begin{array}{l} (x^2-x)(2x-y)=m \\ (x^2-x)+(2x-y)=1-2m \end{array}\right. $
Đặt:$x^2-x=u;2x-y=v$. điều kiện của ẩn u: $ u \geq \dfrac{-1}{4}$
$\left\{\begin{array}{l} uv=m \\ u+v=1-2m \end{array}\right. $
u,v là nghiệm của pt : $ X^2-SX+P=0 $
Để cho tiện và gọn hơn ta tìm các trường hợp vô nghiệm sau đó loại các trường hợp đó thì được các trường hợp có nghiệm
Hệ vô nghiệm khi: $ (1-2m)^2<4m $ & $ X_{1}\leq X_{2} < \dfrac{-1}{4} $
Giải đk 2 như sau:
$\left\{\begin{array}{l}X_{1}+X_{2}<\dfrac{-1}{2} \\ (X_{1}+\dfrac{1}{4})(X_{1}+\dfrac{1}{4})>0 \end{array}\right. $
$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}1-2m<\dfrac{-1}{2} \\ m+\dfrac{1}{4}(1-2m)+\dfrac{1}{16}>0 \end{array}\right. $
$ \Leftrightarrow m>\dfrac{3}{4}$
Kết hợp với đk đã nêu $ \Rightarrow \dfrac{3 \sqrt{2}+4}{4}>m>\dfrac{3}{4}$
Vậy hệ có nghiệm khi $ \dfrac{3 \sqrt{2}+4}{4}<m \vee m<\dfrac{3}{4}$
Sorry. mình ấn nhầm nút nên mới có 2 bài
Trong lúc giải có gì sơ xuất xin mọi người lượng thứ

Làm câu VI.a nha!
Vì $B( \dfrac{1}{2} ;1) và D(3;1)$
$\vec{BD} =( \dfrac{5}{2};0) $
$ \vec{ n_{BD} } =(0;1)$
PT BD:$0(x-3)+1(y-1)=0 \Leftrightarrow y=1$
Mà EF:y=3
BD song song
ABC cân tại A
Mà BE=BD
Và$ E \in EF:y-3=0 \Rightarrow E( x ;3)$
$ ( \dfrac{1}{2}-x) ^{2} +(1-3)^{2}=( \dfrac{1}{2} -3)^{2}+(1-1)^{2}$
$ \dfrac{1}{4} -x+ x^{2} +4= \dfrac{25}{4} $
$ \left\{\begin{array}{l}x=2\\x=-1\end{array}\right. $
$E(2;3)$
PT BE:$-4x+3y=1$
Mà PT AD$ x-3=0$
Và AD BE=A
A là nghiệm của HPT:
$\left\{\begin{array}{l}-4x+3y=1\\x=3\end{array}\right. $
$A(3; \dfrac{13}{3}) $
Mệt quá!

Cho em hỏi làm thế nào cm được tam giác ABC cân ở A khi biết các điều trên.