Danpda47

Đặt $\frac{ab}{c} = z, \frac{ac}{b} = y, \frac{bc}{a} = x$
$\Rightarrow \sqrt{xy} + \sqrt{yz} + \sqrt{zx} = 3$
Cần chứng minh: $\sum\sqrt{\frac{4x+1}{x+4}} \geq 3$
Cho $y=x \Rightarrow z = \frac{(3-x)^2}{4x}$ tại x thuộc đoạn $(0,3)$
Ta viết lại điều cần chứng minh:
$2\sqrt\frac{4x+1}{x+4} + \sqrt\frac{4(\frac{3-x}{\sqrt2x})^2+1}{(\frac{3-x}{\sqrt2x})^2+4} \geq 3$
Hay:
$2\sqrt\frac{4x+1}{x+4} + 2\sqrt\frac{x^2-5x+9}{x^2+10x+9} \geq 3$
Sau khi bình phương lên, ta được:
$11x^3+34x^2-301x-144+8\sqrt{(4x+1)(x+4)(x^2-5x+9)(x^2+10+9)} \geq 0$
Bất đẳng thức trên đúng theo C-S và AM-GM:
VT = $11x^3+34x^2-301x-144+8\sqrt{((2x+2)^2+9x)((3-x)^2+x)((3+x)^2+4x)}$
$\geq 11x^3+34x^2-301x-144+8(2x+2+\frac{2x}{x+1})(9-x^2+2x)$
$=\frac{x(x-1)^2(19-5x)}{x+1} \geq 0$ = VP (đpcm)
Dấu "bằng" xảy ra tại x=y=z=1 hay a=b=c=1

$\left\{\begin{matrix} \frac{1}{4\sqrt[3]{y^2}}+\frac{36xy}{\sqrt[3]{y}}+3=\frac{1}{9}(\frac{9}{\sqrt[6]{x^{3}y^{2}}}-\frac{1}{x}) \\ 6x(3\sqrt[3]{xy}+\frac{y\sqrt[6]{y}}{\sqrt{x}}+\frac{2\sqrt[3]{y^{2}}}{\sqrt[6]{x}})=2\sqrt[3]{x}+\frac{y(1-81x^{2}\sqrt[3]{y^{2}})}{\sqrt{y}+9x\sqrt[6]{y^{5}}} \end{matrix}\right.$

Thời gian làm bài: tối đa 30 phút. 

Bài tập 2: Tìm $m$ để bất phương trình $\left(m+1\right)x^2-2mx-\left(m-3\right)<0$ vô nghiệm.

Bài tập 3: Tìm $m$ để hàm số $y=1-\sqrt{(m+1)x^2-2(m-1)x+2-2m}$ có tập xác định là $\mathbb{R}$. 

BT 2:
Đặt $f(x) = (m+1)x^2 - 2mx - (m-3)$
BPT < 0 vô nghiệm $\Leftrightarrow f(x) \geq 0, \forall x \in \mathbb{R}$
TH1: $m = - 1$ thì $f(x) = 2x + 4 \geq \Leftrightarrow x \geq - 2$ (KTM)
TH2: Với $m \neq -1, f(x) \geq 0, \forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow$ $\left\{\begin{matrix} a > 0 \\ \Delta' \leq 0 \end{matrix}\right.$
$a>0 \Leftrightarrow m > -1$
$\Delta' \leq 0 \Leftrightarrow m^{2} + (m+1)(m-3) \leq 0 \Leftrightarrow 2m^{2} - 2m - 3 \leq 0$
$\Leftrightarrow \frac{1-\sqrt{7}}{2} \leq m \leq \frac{1+\sqrt{7}}{2}$
BT3:
Hàm số xác định trên $\mathbb{R} \Leftrightarrow (m+1)x^2 - 2(m-1)x+ 2-2m \geq 0$
TH1: $m = -1 \Leftrightarrow x \geq -1$ (KTM)
TH2: $m \neq -1 \Leftrightarrow -\frac{1}{3} \leq m \leq 1$

Mong mọi người giúp em bài này ạ.
$\left\{\begin{matrix} 3\sqrt[3]{y+(\sqrt{x^2+1}-1)(\sqrt{x^2+2}-1)} + 5\sqrt[5]{y+(\sqrt{x^2+1}+1)(\sqrt{x^2+2}+1)}=8 \\ 3x^4 - 4x^2y + y^2 = 3(\sqrt{x^2+1}+\sqrt{x^2+2})^2-3x^2+2 \end{matrix}\right.$

Chỗ này ngược dấu rồi

Ok bạn, chắc mình bị sai ấy để mình xem lại (khá lâu tại mình hơi bận  )

Góp ý thêm:
Đặt: $x = a; 2b = y; 3c = z$ và $x,y,z \in \mathbb{R^{+}} \Rightarrow x + y + z = 3$
$\Rightarrow 3(xy+yz+zx) \leq (x+y+z)^2 = 9$ $\Rightarrrow xy+yz+zx \leq 3$ và $x^2 + y^2 + z^2 \leq 3$
Ta có: $(x+y)^2 \leq 2(x^2 + y^2)$
$\Rightarrow \frac{1}{x^2 + y^2 + 2} \leq \frac{1}{\frac{(x+y)^2}{2} + 2} = \frac{2}{(x+y)^2 + 4}$
$\Rightarrow VT = \sum \frac{2}{(x+y)^2 + 4} \leq \frac{3}{4}$
$\Leftrightarrow \sum \frac{4}{(x+y)^2 + 4} \leq \frac{3}{2}$
$\Leftrightarrow \sum (1-\frac{4}{(x+y)^2 + 4}) \geq \frac{3}{2}$
$\Rightarrow \sum \frac{(x+y)^2}{(x+y)^2+4} \geq \frac{3}{2} (*)$
Xét VT(*) $\geq \frac{(x+y+y+z+z+x)^2}{(x+y)^2 + (y+z)^2 + (z+x)^2}$
$= \frac{4(x+y+z)^2}{2(x^2+y^2+z^2) + 2(xy+yz+zx) + 12}$
$\geq \frac{4(x+y+z)^2}{24} \geq VP \Rightarrow$ đpcm
Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z=1$ hoặc $a=1; b=\frac{1}{2}; c = \frac{1}{3}$

$P = x^2 - 2x + 1 + y^2 - 2y + 1 + \frac{2015}{\sqrt{x+y+1}} + 2xy$
$P = (x+y)^2 -2(x+y) + 2 + \frac{2015}{\sqrt{x+y+1}}$
$P = (x+y+1)^2 - 4(x+y+1) + 5 + \frac{2015}{\sqrt{x+y+1}}$
Đặt $t = \sqrt{x+y+1}, t \geq 0 \Rightarrow P = t^4 - 4t^2 + 5 + \frac{2015}{t}$
Từ giả thiết đặt: $a = \sqrt{x+2} \geq 0, b = \sqrt{y-2014} \geq 0 \Rightarrow x = a^2 - 2, y = b^2 + 2014$
$\Rightarrow a^2 - 2 + b^2 + 2014 = 2a + 3b + 2012$
$\Rightarrow 0 \leq a^2 + b^2 = 2a + 3b \leq \sqrt{13(a^2 + b^2)}$
$\Rightarrow 0 \leq a^2 + b^2 \leq \sqrt{13}, x+y+1 = a^2 + b^2 + 2013 \in [2013;2026]$
$\Rightarrow t = \sqrt{x+y+1} \in [2013;2026] = J$
Xét hàm số $f(t) = t^4 - 4t^2 + 5 + \frac{2015}{t}$ liên tục trên J và có:
$f'(t) = 4t^3 - 8t^2 - \frac{2015}{t^2} = \frac{4t^3(t-2) - 2015}{t^2} > 0 \forall t \in J$
$\Rightarrow f(t)$ đồng biến trên J $\Rightarrow \min_{x \in J} = f(2013)$ và $\max_{x \in J} = f(2026)$
$t = \sqrt{2013} \Rightarrow a^2 + b^2 = 0 \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=-2\\ y = 2014 \end{matrix}\right.$
$t = \sqrt{2026} \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a^2 + b^2 = 13\\ \frac{a}{2} = \frac{b}{3} \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=2\\ b=3 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=2\\ y=2023 \end{matrix}\right.$
Việc còn lại là kết luận thôi     

Ta có: C = $ab(ab+1)(2ab+1)$ chia hết cho $1,a,b,ab,C,a(ab+1),b(ab+1),ab(ab+1),a(2ab+1),b(2ab+1),ab(2ab+1),a(ab+1)(2ab+1),b(ab+1)(2ab+1),ab(ab+1)(2ab+1)$
Để C có đúng 16 ước chung thì $a,b,ab+1,2ab+1$ phải là các số nguyên tố. Từ $a,b > 1$ (gt) $\Rightarrow ab + 1 > 2$
Xét: a,b đều lẻ $\Rightarrow ab + 1$ chẵn, chia hết cho 2 $\Rightarrow$ Vô lý
Xét: Giả sử a chẵn, b lẻ $\Rightarrow a=2$
Nếu b không chia hết cho 3 thì một trong hai số $ab+1=2b+1$ và $2ab+1=4b+1$ chia hết cho 3 $\Rightarrow$ Vô lý
$\Rightarrow b = 3$
Vậy (a;b) cần tìm là (2;3)

Tìm GTLN của biểu thức:
$A = 25\sqrt{3x^2 - 3x^4} + 2\sqrt{4x^2 + 9x^4}$ (với $x \in \mathbb{R}; 0 \leq x \leq 1$)

Theo tính chất trọng tâm, ta có: $\frac{OG_{1}}{OX} = \frac{OG_{2}}{OZ} = \frac{2}{3} \Rightarrow G_{1}G_{2} // XZ$
$\Delta OAB, \Delta OCD: \widehat{AOB} = \widehat{COD} \Rightarrow \frac{OH_{1}}{AB} = \frac{OH_{2}}{CD}$ (bổ đề trực tâm, cần chứng minh)
Từ cách vẽ, ta có: XY, YZ lần lượt là đường trung bình của $\Delta ABD, \Delta BCD \Rightarrow XY = \frac{AB}{2}, YZ = \frac{CD}{2} \rightarrow \frac{OH_{1}}{2XY} = \frac{OH_{2}}{2YZ}$ hay $\frac{OH_{1}}{XY} = \frac{OH_{2}}{YZ}$
Lại có: $\widehat{XYZ} = \widehat{H_{1}OH_{2}}$ (cần chứng minh)
$\Rightarrow \Delta XYZ \sim \Delta H_{1}OH_{2}$ (c.g.c) $\Rightarrow \widehat{XZY} = \widehat{H_{1}H_{2}O}$
Chứng minh được: $H_{1}H_{2} \perp G_{1}G_{2}$
$\Rightarrow S = \frac{1}{2}G_{1}G_{2}.H_{1}H_{2} = \frac{1}{6}.3G_{1}G_{2}.H_{1}H_{2} \leq \frac{1}{6}.\frac{(3G_{1}G_{2} + H_{1}H_{2})^2}{4} = \frac{(3G_{1}G_{2} + H_{1}H_{2})^2}{24}$ (đpcm)
(Bonus: ý tưởng là vậy với lại mình quên cách chứng minh bổ đề trực tâm ấy nên bạn giúp minh nha hihi    )

Đoạn đó phải là:$\left[ \begin{matrix} \overline{x_{1}x_{2}x_{3}} = 289\\ \overline{x_{1}x_{2}x_{3}} = 361 \\ \end{matrix} \right.\Rightarrow \left[ \begin{matrix} K = 289578289\\ K = 361722361\\ \end{matrix} \right.$chứ.

lần đầu dùng vmf nên mình ko thấy cái dấu hoặc bạn ạ   

Ta có: K = $\overline{x_{1}x_{2}x_{3}y_{1}y_{2}y_{3}x_{1}x_{2}x_{3}} = \overline{x_{1}x_{2}x_{3}}.10^6 + \overline{y_{1}y_{2}y_{3}}.10^3 + \overline{x_{1}x_{2}x_{3}} = \overline{x_{1}x_{2}x_{3}}(10^6 + 2.10^3 + 1) = 10.1002001$  $\Rightarrow \overline{x_{1}x_{2}x_{3}}$ phải là bình phương của một số nguyên tố p khác 7,11,13 ($1002001 = 7^2.11^2.13^2$)

Vì $\overline{y_{1}y_{2}y_{3}} < 1000, \overline{x_{1}} \neq 0 \Rightarrow 100 < \overline{x_{1}x_{2}x_{3}} < 500$ $\Rightarrow 10 < p < 23$
$\Rightarrow p \in\left \{ 17;19 \right \} \Rightarrow \left\{\begin{matrix} \overline{x_{1}x_{2}x_{3}} = 289\\ \overline{x_{1}x_{2}x_{3}} = 361 \end{matrix}\right. \Rightarrow \left\{\begin{matrix} K = 289578289 \\ K = 361722361 \end{matrix}\right.$

Áp dụng BĐT phụ: $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \geq \frac{9}{a+b+c}$
Xét W = $\sum \frac{1}{h_{x} + 2h_{y}} = \sum \frac{1}{h_{x} + h_{y} + h_{y}} \leq \frac{1}{9}(\sum \frac{1}{h_{x}} + \frac{2}{h_{y}}) = \frac{1}{3}(\sum \frac{1}{h_{x}})$
Diện tích $S_{\Delta XYZ} = \frac{h_{x}*x}{2} = \frac{h_{y}*y}{2} = \frac{h_{z}*z}{2} = \frac{(x+y+z)r}{2} \rightarrow \frac{1}{h_{x}} = \frac{x}{2pr}, \frac{1}{h_{y}} = \frac{y}{2pr}, \frac{1}{h_{z}} = \frac{z}{2pr}$ (x,y,z lần lượt là độ dài các cạnh YZ, ZX, XY và p là nửa chu vi $\Delta XYZ$)
$\rightarrow \sum \frac{1}{h_{x}} = \frac{x+y+z}{2pr} = \frac{1}{r}$
$\rightarrow W \leq \frac{1}{3}(\sum \frac{1}{h_{x}}) = \frac{1}{3}.\frac{1}{r} = \frac{1}{3}$ (vì r = 1)
Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow h_{x} = h_{y} = h_{z} \Leftrightarrow \Delta$ XYZ đều
Vậy max W = $\frac{1}{3} \Leftrightarrow \Delta XYZ$ đều có các đường cao $h_{x} = h_{y} = h_{z} = 3$

Ta có:
$\widehat{AFC} = 2\widehat{ABC} = 20^o$
$\widehat{ACB} = 180^o - (\widehat{A} + \widehat{B}) = 20^o$
$\widehat{AFB} = 2\widehat{ACB} = 40^o$
$\rightarrow \widehat{BFC} = \widehat{AFB} + \widehat{AFC} = 60^o$
$\rightarrow \Delta FBC$ đều
$\rightarrow \Delta FBE = \Delta FCD (\widehat{FBE}=\widehat{FCD} = 60^o, CD = BE, CF=FB)$
$\rightarrow \widehat{BFE} = \widehat{CFD} = 20^o$
$\rightarrow \Delta ACD$ đồng dạng $\Delta AFC$ (chung $\widehat{A}, \widehat{ACD} = \widehat{AFC} = 20^o)$
$\frac{AD}{AC} = \frac{AC}{FA} \rightarrow AD = \frac{AC^2}{FA} \rightarrow \left\{\begin{matrix} ED = BC - (BE + CD) = BC - 2AC \\ FD = FA - AD = \frac{BC^2 - AC^2}{FA} \end{matrix}\right.$
$\Delta DEC$ đồng dạng $\Delta DEF$ ($\widehat{ADC} = \widehat{EDF}, \widehat{EFD} = \widehat{ACD} = 20^o$)
$\rightarrow \frac{AD}{ED} = \frac{CD}{FD}$ hay $\frac{\frac{AC^2}{BC}}{BC - 2AC} = \frac{BC}{\frac{BC^2 - AC^2}{BC}}$
$\rightarrow BC^3 + AC^3 - 3BC^2.AC = 0 \rightarrow (\frac{AC}{BC})^2 + (\frac{BC}{AC}) - 3 = 0$
$\rightarrow t + (\frac{1}{t})^2 - 3 = 0 \rightarrow t^3 - 3t^2 = -1$

Áp dụng BĐT phụ: $4(a^3 + b^3) \geq (a + b)^3$
Từ giả thiết: 1 = $4(y^3 + 8x^6) = 4[(y)^3 + (2x^2)^3)] \geq (y + 2x^2)^3\rightarrow (y + 2x^2) \leq 1$
Lại có: $2024(x^2 + y^2) - 2024(x + y) + 3036 = 2024(x^2 - x + \frac{1}{4}) + 2024(y^2 - y + \frac{1}{4}) + 3036 - \frac{2*2024}{4} \geq 2024$
$\rightarrow P\leq \frac{(1+2023)^3}{2024} = 2024^2$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $\left\{\begin{matrix} x = \frac{1}{2}, & y = \frac{1}{2} \\ y = 2x^2, & 4(y^3 + 8x^6) = 1 \end{matrix}\right. \rightarrow x = y = \frac{1}{2}$