Kim Vu

Tìm nguyên hàm sau:
1. $\int x^{3}\sqrt{x^{2}+1}.dx$

2. $\int \frac{dx}{x^{2}+x+1}$

2. $A=\int \frac{dx}{x^{2}+x+1}=\int \frac{d(x+\frac{1}{2})}{(x+\frac{1}{2})^{2}+\frac{3}{4}}$

Đặt $x+\frac{1}{2}=\sqrt{\frac{3}{4}} tan u$

Ta có $A=\int \frac{d(\sqrt{\frac{3}{4}}tan u)}{\frac{3}{4}(tan^2u+1)}=\int \frac{\sqrt{\frac{3}{4}}(tan^2u+1)du}{\frac{3}{4}(tan^2u+1)}=\frac{2}{\sqrt{3}}\int {du}=\frac{2}{\sqrt{3}}u+c=\frac{2}{\sqrt{3}} arctan(\frac{2}{\sqrt{3}}(x+\frac{1}{2})+c$

cho P(x) và Q(x) là 2 đa thức có bậc n. CMR: hoặc là $P^{2}\left ( x \right )\equiv Q^{2}\left ( x \right )$ hoặc là $P^{2}\left ( x \right )-Q^{2}\left ( x \right )$ là 1 đa thức mà $deg\left ( P^{2}\left ( x \right )-Q^{2}\left ( x \right ) \right )\geq n$

TH1:$P(x) \equiv \pm Q(x)$ thì $P^{2}\left ( x \right ) \equiv Q^{2}\left ( x \right )$

TH2: $P(x) \not\equiv Q(x)$ và $P(x) \not\equiv -Q(x)$

Đặt $G(x)=P(x)-Q(x)$;$H(x)=P(x)+Q(x)$ thì $G(x),H(x) \not\equiv 0$

$G(x)+H(x)=2P(x)$ bậc n nên ít nhất một trong 2 đa thức $G(x),H(x)$ có bậc $\geq n$
Do đó $G(x).H(x)$ bậc $\geq n$ (ĐPCM)
 

Cho 3 số thực không âm $a, b, c$ sao cho không có 2 số nào đồng thời bằng 0. Chứng minh bất đẳng thức:

$$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{a+b} \geq \dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}$$

Chỉ ra dấu bằng của bất đẳng thức.

Nhân cả 2 vế với $ab+bc+ca$ là được. 
BĐT  $\Leftrightarrow abc(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})\geq 0$ đúng
Dấu bằng có khi một trong 3 số $a,b,c$ bằng 0

tìm max min P=$\frac{x-y}{x^4+y^4+6}$

Đặt $x=y-t$
$\left | P \right |=\frac{\left | t \right |}{(t-y)^4+y^4+6}$

Dễ CM $a^4+b^4 \geq \frac{(a+b)^4}{8}$ nên $(t-y)^4+y^4+6 \geq \frac{t^4}{8}+6= \frac{t^4}{8}+2+2+2 \geq 4\left | t \right |$
Do đó $\left | P \right | \leq  \frac{1}{4}$
$Min P=-\frac{1}{4}$ $MaxP=\frac{1}{4}$
 

cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn ab+bc+ac=3

cmr $a^{2}(b+c)+b^{2}(c+a)+c^{2}(a+b)\geq 3\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(a+c)}$

$3\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(a+c)} \leq 2(a+b+c) \leq 3(a+b+c)-3abc = a(3-bc)+b(3-ca)+c(3-ab)=a^{2}(b+c)+b^{2}(c+a)+c^{2}(a+b)$

Làm thì làm cho rõ ràng, mà chắc gì đã đúng.

Thử làm rõ đoạn này ra dùm cái, thế này vi diệu quá

Làm vội nên nhầm   
Làm lại nhé
$\sum \frac{ab^2}{a^2+2b^2+c^2}\leq \frac{a+b+c}{4}\Leftrightarrow \sum \frac{a}{a^2+2b^2+c^2}\geq \frac{3(a+b+c)}{4(a^2+b^2+c^2}$(lấy $a+b+c$ trừ 2 vế của BĐT)
Mà $\sum \frac{a}{a^2+c^2+2b^2}\geq \frac{(a+b+c)^2}{a^3+b^3+c^3+2b^2a+a^2b+2c^2b+cb^2+2a^2c+ac^2}$
Cần cm $ \frac{(a+b+c)^2}{a^3+b^3+c^3+2b^2a+a^2b+2c^2b+cb^2+2a^2c+ac^2} \geq \frac{3(a+b+c)}{4(a^2+b^2+c^2)} \Leftrightarrow a(a-c)^2+b(a-b)^2+c(c-b)^2 \geq 0$
 

Cho $a,b,c\geq 0;a+b+c=3$. Tìm $Min$ của $\sum \frac{1}{a^{2}+abc}$

$A=\sum \frac{1}{a^{2}+abc}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{abc(a+b)(b+c)(c+a)}}$
$abc(a+bc)(b+ca)(c+ab)=\frac{1}{8}8abc(a+bc)(b+ca)(c+ab)\leq \frac{1}{512}\prod (2a+a+bc)\leq \frac{1}{512}\prod(a(a+b+c)+bc)= \frac{1}{512}[(a+b)(b+c)(c+a)]^2\leq \frac{1}{512}[\frac{8(a+b+c)^3}{27}]^2=\frac{1}{8}$

Do đó $A \geq \frac{3}{2}$

 

Một bài phù hợp với THCS

Bài toán: Cho 3 số thực không âm $a, b, c$. Chứng minh bất đẳng thức:

Nguồn: đi lượm

 

$\sum \dfrac{ab^2}{a^2+2b^2+c^2}\leq \sum \frac{ab^2}{2ab+2bc}=\sum \frac{ab}{2(a+c)}=\frac{a+b+c}{4}$(tách đôi rồi ghép 2 cái với nhau)

5 điểm $A,H,I,E,F$ cùng thuộc đường tròn đường kính AI

$AH$ cắt $EF$ tại $L$

Vì $AE=AF$ nên $HL$ là phân giác góc $EHF$

mà $AH $ vuông góc với $MN$

nên $(JLEF)=-1$ 

Chiếu xuyên tâm A suy ra $(NMHJ)=-1$

Chứng minh rằng không tồn tại các số tự nhiên x, y, z thỏa mãn $x^{16}+y^{16}+2017=z^{16}$

(Đề thi vào THPT Chuyên Hải Phòng năm 2017-2018)

Theo định lý Fermat , với số tự nhiên a thì $a^16$ chia hết cho 17 hoặc chia 17 dư 1

Áp dụng vào bài toán với x,y,z kết hợp 2017 chia 17 dư 11 suy ra phương trình vô nghiệm

bài 4 ạ : cách của em là chứng minh tổng bình phương 3 cái bằng 12 . nhưng đến đoạn a^2b+b^2c+c^2a dùng p,q,r được nhưng lại có hai giá trị,một là cộng căn L hai là trừ căn L em mắc ở đoạn đấy không biết làm thế nào. kết quả theo cộng căn L thì vẫn đúng... hix hix mong mọi người giúp em ạ !

Bài 4

NX: $a^2-2 ; b^2-2 ; c^2-2 $ cũng là 3 nghiệm của phương trình x^3-3x+1=0(viét đảo)

Xét $f(x)=x^3-3x+1$

Ta thấy f(-2).f(-9/5)<0 ; f(0).f(1)<0 ; f(1).f(8/5)<0

Nên f(x)=0 có 3 nghiệm trên (-2;-9/5);(0;1);(1;8/5)

Lại có a<b<c nên a,b,c nằm trên các khoảng theo thứ tự trên

Do đó $b^2-2<c^2-2<a^2-2$

Mà pt bậc 3 có tối đa 3 nghiệm

Suy ra $b^2-2=a;c^2-2=b;a^2-2=c$

Cho a,b,c,d> 0 CMR:  $\sum \frac{a^3}{b+c+d}>= \frac{a^2+b^2+c^2+d^2}{3}$

$VT \geq \frac{(a^2+b^2+c^2+d^2)^2}{\sum a(b+c+d)} \geq \frac{(a^2+b^2+c^2+d^2)^2}{3(a^2+b^2+c^2+d^2)}=VP$

Kẻ tiếp tuyến SD tới (O)

AD cắt SO,BC ở H,G

Suy ra AH vuông góc EF và (SHEF)=(SGBC)=-1 

AO,EN,FM đồng quy $\Leftrightarrow \frac{MA}{ME}.\frac{OE}{OF}.\frac{NF}{NA}=1$

$\Leftrightarrow \frac{MA}{NA}.\frac{OE}{ME}.\frac{NF}{OF}=1$

$\Leftrightarrow \frac{OE}{ME}.\frac{NF}{OF}= \frac{CA}{BA}$

$\Leftrightarrow \frac{\sin FON}{\sin EOM}=\frac{CA}{BA}$

$\Leftrightarrow \frac{\sin HAF}{\sin HAE}=\frac{CA}{BA}$

$\Leftrightarrow \frac{CG \sin AGC}{AC}:\frac{BG \sin AGB}{AB}=\frac{CA}{BA}$

$\Leftrightarrow \frac{CG}{BG}=\frac{CA^2}{BA^2}$ (*)

$(SGBC)=-1 \Leftrightarrow  \frac{CG}{BG}= \frac{CS}{BS}$

Lại có  $\frac{CS}{BS}=\frac{CA^2}{BA^2}$

Do đó (*) đúng, vậy AO,EN,FM đồng quy

Sao lại suy ra được như thế này vậy ạ

dùng AM-GM $xy=x+y \geq 2\sqrt{xy}$

Cho x,y dương thoả mãn $x+y\leqslant xy$. Tìm giá trị lớn nhất của: P

Từ giả thiết ta có $ xy \geq 4 ; x^2+y^2 \geq 8 $

$P=\frac{1}{5x^2+7y^2}+\frac{1}{5y^2+7x^2}=\frac{12(x^2+y^2)}{35(x^4+y^4)+74x^2y^2}$  

$\leq \frac{12(x^2+y^2)}{35(x^4+y^4)+70x^2y^2+64} ( xy \geq 4)= \frac{12(x^2+y^2)}{35(x^2+y^2)^2+64}$

Đặt $x^2+y^2=a$ thì $a \geq 8$

Ta có $35a^{2}+64-288a=(a-8)(35a-8) \geq 0 $

$\Leftrightarrow \frac{12a}{35a^2+64}\leq \frac{1}{24}\Leftrightarrow P\leq \frac{1}{24}$