của em xài nó cho có 30 ngày ak, không lẽ xài hết 30 ngày phải down cái mới?

Nó hiện lên bảng này thì điền những gì?

Bai : 11 Cho $\widehat{xOy}$, hai điểm A và B lần lượt di động trên hai tia Ox và Oy sao cho $\frac{1}{OA}+\frac{1}{OB}=\frac{1}{m},$ với m là một độ dài cho trước. CMR: Đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định

$AB$ cắt tia phân giác góc $xOy$ tại $C.$ Qua $C$ dựng đường thẳng song song với $OB,$ $OA$ lần lượt cắt $OA,$ $OB$ tại $E$ và $F.$
Dễ thấy tứ giác $OECF$ là hình thoi.
$\Rightarrow EC=OE$
Ta có:
$\frac{OE}{OA}=1-\frac{AE}{OA}=1-\frac{EC}{OB}=1-\frac{OE}{OB}$
$\Rightarrow \frac{OE}{OA}+\frac{OE}{OB}=1$
$\Rightarrow \frac{1}{OA}+\frac{1}{OB}=\frac{1}{OE}$
Mà $\frac{1}{OA}+\frac{1}{OB}=\frac{1}{m}$
Nên $OE=m$
$\Rightarrow E$ cố định
$\Rightarrow C$ cố định
Vậy đường thẳng $AB$ luôn đi qua một điểm cố định.

Bài 12 : Cho tam giác OBC. Hai đường thẳng m và m' làn lượt qua B và C song song với nhau và không cắt các cạnh của tam giác OBC. Gọi A là giao điểm của đường thẳng OC và m, D là giao điểm của đường thẳng Ob và m'.
Xác định vị trí của m và m' để $\frac{1}{BA}+\frac{1}{CD}$ lớn nhất

Qua $O$ kẻ đường thẳng song song với $m$ cắt $BC$ tại $E$
Ta có:
$\frac{OE}{AB}=\frac{CE}{BC}$ và $\frac{OE}{CD}=\frac{BE}{BC}$
Do đó:
$\frac{OE}{AB}+\frac{OE}{CD}=\frac{CE}{BC}+\frac{BE}{BC}=1$
$\Rightarrow \frac{1}{AB}+\frac{1}{CD}=\frac{1}{OE}$
Do đó để $\frac{1}{AB}+\frac{1}{CD}$ lớn nhất thì $\frac{1}{OE}$ lớn nhất hay $OE$ nhỏ nhất.
Qua $O$ kẻ $OH$ vuông góc với $BC$ $(H\in BC)$
Từ đó có $OE\geq OH$
Dấu bằng xảy ra khi $E\equiv H$
$\Leftrightarrow OE\perp BC\Leftrightarrow m\perp BC$ và $m'\perp BC.$
Vậy khi $m$ và $m'$ vuông góc với $BC$ thì $\frac{1}{AB}+\frac{1}{CD}$ lớn nhất

1, Cho hình bình hành ABCD. Vẽ ra phía ngoài các tam giác đều ABE và ADF.
a) CMR tam giác EFC đều
b) Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm của BD ; À và AE. Tính góc NMP

P/s: Mọi người không đánh số bài làm e chả bjt' dg` nào mà lần (

Giải như sau:
a)
Ta có:
$\widehat{FAD}=\widehat{FDA}=\widehat{EAB}=\widehat{EBA}=60^{\circ}$ ($\Delta AFD$ và $\Delta AEB$ đều)

Ta có: $\widehat{FDC}=\widehat{FDA}+\widehat{ADC}=60^{\circ}+\widehat{ADC}$ (1)

$\widehat{EBC}=\widehat{EBA}+\widehat{ABC}=60^{\circ}+\widehat{ABC}$

mà $\widehat{ADC}=\widehat{ABC}$ (ABCD là hình bình hành)

=>$\widehat{FDC}=\widehat{EBC}$

Ta có: +) $\widehat{DAB}=180^{\circ}-\widehat{ADC}$ (AB//CD, ABCD là hình bình hành)

+) $\widehat{FAE}=360^{\circ}-60^{\circ}-60^{\circ}-(180^{\circ}-\widehat{ADC})$

=> $\widehat{FAE}=60^{\circ}+\widehat{ADC})$ (2)

Từ (1) và (2) => $\widehat{FAE}=\widehat{FDC}$

Ta có: AE=EB=AB mà AB=CD (ABCD là hình bình hành) => AE=EB=AB=CD

tương tự ta có: AF=FD=AD=BC

Dễ dàng chứng minh được: $\Delta FAE=\Delta FDC=\Delta CBE$ (c.g.c)

=> FE=EC=CF

=> $\Delta EFC$ là tam giác đều (đpcm)

b)M là trung điểm BD => M là trung điểm AC (ABCD là hình bình hành)

Dễ dàng chứng minh được MP, PN, NM lần lượt là đường trung bình của $\Delta CAE$, $\Delta EAF$, $\Delta FAC$

=> $MP=\frac{1}{2}EC$, $PN=\frac{1}{2}EF$, $NM=\frac{1}{2}FC$

mà FE=EC=CF (cmt) => MP=PN=NM => $\Delta MPN$ đều => $\widehat{NMP} = 60^{\circ}$

Bài 3 : Cho hai tam giác ABC và A'B'C' sao cho AA', BB',CC' động quy tại O. Gọi Á,B1,C1 lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng BC và B'C', AC và A'C', AB và A'B'. CMR: A1, B1, C1 thẳng hàng.
Bài 4: Cho tam giác ABC, G là trọng tâm. Một đường thẳng bất kì đi qua G cắt cạnh AB, AC lần lượt tại M và N.
CMinh : MA. NC= MB. ND

Bài 4: Bạn xem lại đề nha, đâu có điểm $D$ nào đâu.
Bài 5: Bổ đề: Định lí $Menelaus:$ Cho $A',$ $B',$ $C'$ lần lượt nằm trên ba cạnh $BC,$ $AC,$ $AB$ $($hoặc trên các đường thẳng chứa các cạnh$)$ của tam giác $ABC.$ Điều kiện cần và đủ để các đường thẳng $AA',$ $BB',$ $CC'$ đồng quy là:
$$\frac{AC'}{BC'}.\frac{BA'}{CA'}.\frac{CB'}{AB'}=1$$
Cách chứng minh bạn có thể tham khảo tại đây.

-------------------------

Gọi giao điểm của $AA',$ $BB',$ $CC'$ là $M.$

Xét tam giác $BCM,$ ta có:

$A_1\in BC,$ $B'\in BM,$ $C'\in CM$

$\Rightarrow \frac{BA_1}{CA_1}.\frac{MB'}{BB'}.\frac{CC'}{MC'}=1\ \ \ \ \ \ (Menelaus)$

$\Rightarrow \frac{BA_1}{CA_1}=\frac{BB'.MC'}{MB'.CC'}$

Tương tự với các tam giác $ACM$ và $ABM,$ ta có:

$\frac{CB_1}{AB_1}.\frac{AA'}{MA'}.\frac{MC'}{CC'}=1$ và $\frac{AC_1}{BC_1}.\frac{MA'}{AA'}.\frac{BB'}{MB'}=1$

$\Rightarrow \frac{CB_1}{AB_1}=\frac{MA'.CC'}{AA'.MC'}$ và $\frac{AC_1}{BC_1}=\frac{AA'.MB'}{MA'.BB'}$

Do đó:

$\frac{BA_1}{CA_1}.\frac{CB_1}{AB_1}.\frac{AC_1}{BC_1}=\frac{BB'.MC'}{MB'.CC'}.\frac{MA'.CC'}{AA'.MC'}.\frac{AA'.MB'}{MA'.BB'}$

$\Rightarrow \frac{BA_1}{CA_1}.\frac{CB_1}{AB_1}.\frac{AC_1}{BC_1}=1$

Vậy $A_1,$ $B_1,$ $C_1$ thẳng hàng.

Câu này mình không hiểu đề lắm!! Đường thẳng $d$ luôn cắt $AD,BC$ tại $E,F$, tức là đường thẳng $d$ cố định rồi chứ ??

Theo mình thì bài này đường thẳng $d$ luôn đi qua tâm của hình vuông thì mới làm được :\

Bài 4: Cho tam giác ABC, G là trọng tâm. Một đường thẳng bất kì đi qua G cắt cạnh AB, AC lần lượt tại M và N.
CMinh : $\frac{AB}{AM}+ \frac{AC}{AN}=3$

$I$ trung điểm $BC.$ $\Rightarrow $ $A,$ $G,$ $I$ thẳng hàng và $AG=2IG$

Qua $B$ và $C$ kẻ các đường thẳng song song với $AG$ cắt $MN$ lần lượt tại $H$ và $K.$

Dễ thấy $IG$ là đường trung bình hình thang $BCKH$

$\Rightarrow IG=\frac{1}{2}(BH+CK)$

$\Rightarrow BH+CK=2IG=AG$

Áp dụng hệ quả $Talet$ vào các tam giác $MAG$ $(BH\parallel AG)$ và $NAG$ $(CK\parallel AG),$ ta có:

$\frac{BM}{AM}=\frac{BH}{AG}$ và $\frac{CN}{AN}=\frac{CK}{AG}$

$\frac{AB}{AM}=1+\frac{BH}{AG}$ và $\frac{AC}{AN}=1+\frac{CK}{AG}$

Do đó: $\frac{AB}{AM}+\frac{AC}{AN}=1+\frac{BH}{AG}+1+\frac{CK}{AG}=2+\frac{BH+CK}{AG}=2+\frac{AG}{AG}=3$

Tiện quá bạn nhỉ

Tiếc gì vậy bạn

Bài 1 .Cho hình bình hành ABCD. Một đường thẳn d quay quanh A cắt BC, CD lần lượt tại E và F. CMR: EF.DF không đổi
Bài 2 : Cho tam giác ABC có A', B', C' lần lượt là trung điểm BC, CA, AB. Điểm M nằm phía trong tam giác ABC. Các điểm A1, B1, C1 lần lượt là giao điểm của MA, MB, MC với B'C', C'A', A'B'. CMR: A'A1, B'B1, C'C1 đồng quy

Bài 1 bạn xem lại đề nha
Bài 2: $($Hình hơi rối, bạn chịu khó nha $)$
Bổ đề: Định lý Ceva: Cho $A',$ $B',$ $C'$ lần lượt nằm trên ba cạnh $BC,$ $AC,$ $AB$ $($hoặc trên các đường thẳng chứa các cạnh$)$ của tam giác $ABC.$ Điều kiện cần và đủ để các đường thẳng $AA',$ $BB',$ $CC'$ đồng quy là:
$$\frac{AC'}{BC'}.\frac{BA'}{CA'}.\frac{CB'}{AB'}=1$$
Chứng minh: Ta kẻ đường phụ qua $A$ và song song với $BC.$ Áp dụng hệ quả của định lí $Talet$ sẽ dễ dàng chứng minh được.

-------------------------------

$AM,$ $BM,$ $CM$ lần lượt cắt $BC,$ $AC,$ $AB$ tại $D,$ $E,$ $F.$
Vì các đoạn $AD,$ $BE,$ $CF$ đồng quy tại $M$ nên $$\frac{BF}{AF}.\frac{CD}{BD}.\frac{AE}{CE}=1$$
Dễ thấy $B'C'//BC.$
Áp dụng định lí $Talet$ vào hai tam giác $ABD$ $(C'A_{1}//BD)$ và $ACD$ $(B'A_{1}//CD),$ ta có:

$\frac{BD}{C'A_{1}}=\frac{AD}{AA_{1}}$ và $\frac{B'A_{1}}{CD}=\frac{AA_{1}}{AD}$

Do đó: $\frac{BD}{C'A_{1}}.\frac{B'A_{1}}{CD}=\frac{AD}{AA_{1}}.\frac{AA_{1}}{AD}=1$

$\Rightarrow \frac{B'A_1}{C'A_1}=\frac{CD}{BD}$

Tương tự ta có: $\frac{A'C_1}{B'C_1}=\frac{BF}{AF}$ và $\frac{C'B_1}{A'B_1}=\frac{AE}{CE}$

Mà $\frac{BF}{AF}.\frac{CD}{BD}.\frac{AE}{CE}=1$

Nên $\frac{A'C_1}{B'C_1}.\frac{B'A_1}{C'A_1}.\frac{C'B_1}{A'B_1}=1$

Vậy $A'A_1,$ $B'B_1,$ $C'C_1$ đồng quy.

Bài 1 .Cho hình bình hành ABCD. Một đường thẳn d quay quanh A cắt BC, CD lần lượt tại E và F. CMR: BE.DF không đổi

Bạn xem lại đề bài bài 1 đi! Đề bài đúng phải là: $BE.DF$ không đổi chứ

Cho mình mượn cái hình
Ta có:
Áp dụng hệ quả $Talet$ vào tam giác $ECF$ $(AB//CF),$ ta có:
$\frac{BE}{CE}=\frac{AB}{CF}\ \ \ \ (1)$
Áp dụng hệ quả $Talet$ vào tam giác $ADF$ $(CE//AD),$ ta có:
$\frac{DF}{CF}=\frac{AD}{CE}$
hay $DF.CE=CF.AD\ \ \ \ (2)$
Từ $(1)$ và $(2),$ ta có:
$\frac{BE}{CE}.DF.CE=\frac{AB}{CF}.CF.AD$
$\Leftrightarrow BE.DF=AB.AD,$ không đổi.

Hình bình hành ( sử dụng tc hình bình hành đổ lại )

1) Cho tam giác ABC. Lấy D, E thứ tự thuộc tia đối của tia BA, CA sao cho BD = CE = BC. Gọi O là giao của BE và CD. Qua O kẻ đường thẳng // với tia phân giác của góc A và cắt AC ở K. Chứng minh AB = CK.

Vẽ hình bình hành $ABIC$.

Vì $BC = CE$ nên tam giác $BCE$ cân tại $C$ $\Rightarrow$ $\widehat{CBE}=\widehat{CEB}$

$+)$ Ta có: $AE // BI$ nên $\widehat{IBE}=\widehat{CEB}$ $(SLT)$

Do đó: $\widehat{CBE}=\widehat{IBE}$ $\Rightarrow$ $BO$ là tia phân giác $\widehat{CBI}$

Chứng minh tương tự ta được $CO$ là tia phân giác $\widehat{BCI}$

$+)$ Xét tam giác $BCI$, có $O$ là giao điểm hai tia phân giác của $\widehat{CBI}$ và $\widehat{BCI}$ nên $IO$ là tia phân giác $\widehat{BIC}$

$\Rightarrow$ $\widehat{BIO} = \widehat{OIC} =\frac{1}{2} \widehat{BIC}$

$+)$ Gọi $N$ là giao điểm giữa phân giác góc $BAC$ và $BC.$

Ta có: $\widehat{BAC} = \widehat{BIC}$

Mà: $\widehat{BIO} = \widehat{OIC} =\frac{1}{2} \widehat{BIC}$

$\widehat{BAN} = \widehat{NAC} =\frac{1}{2} \widehat{BAC}$

$\Rightarrow$ $\widehat{BIO} = \widehat{OIC} = \widehat{BAN} = \widehat{NAC}$

$+)$ Lấy $P$ là giao điểm giữa $IO$ và $AB$

Vì $PB // CI$ nên $\widehat{OIC} = \widehat{P}$ $(SLT)$

Mà $\widehat{OIC} = \widehat{BAN}$ $(cmt)$ $\Rightarrow$ $\widehat{BAN} = \widehat{P}$ $\Rightarrow$ $AN // OI$

Lại có $AN // OK$ $(gt)$ nên 3 điểm $I,$ $O,$ $K$ thẳng hàng.

$\Rightarrow$ $IK // AN$ $($vì $OK // AN)$

$\Rightarrow$ $\widehat{NAC} = \widehat{IKC}$

$\Rightarrow$ Tam giác $KCI$ cân tại $C$

$\Rightarrow$ $CK = CI$

Lại có $AB = CI$ nên $AB = CK$ (đpcm)

cho 3 số dương $x,\ y,\ z$ thỏa mãn điều kiện: $x^2+y^2+z^2 \leq3$ .Tìm min của biểu thức: $P=\frac{1}{1+xy} + \frac{1}{1+yz} + \frac{1}{1+xz}$
ai giúp em bài này với

Chắc đề như trên đúng không bạn?

Nếu thế giải như sau:

Ta có:

$x^2+y^2+z^2\leq 3$ mà $x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+zx$ nên $xy+yz+zx\leq 3$

 

Áp dụng BĐT $Schwar,$ ta có:

$P=\frac{1}{1+xy}+\frac{1}{1+yz}+\frac{1}{1+zx}\geq \frac{9}{3+xy+yz+zx}\geq \frac{9}{3+3}=\frac{3}{2}$

 

Dấu $"="$ xảy ra khi $\left\{\begin{matrix} x^2+y^2+z^2=3\\ x^2+y^2+z^2=xy+yz+zx\\ \frac{1}{1+xy}=\frac{1}{1+yz}=\frac{1}{1+zx} \end{matrix}\right.\ \ \ \Longleftrightarrow \ \ \ \ x=y=z=1$

chp x,y,z là 3 số dương,chứng minh: $\frac{x}{2x+y+z}+\frac{y}{2y+x+z}+\frac{z}{2z+y+x}\leq \frac{3}{4}$$\frac{x}{2x+y+z}+\frac{y}{2y+x+z}+\frac{z}{2z+y+x}\leq \frac{3}{4}$

Đặt $x+y=a\ ;\ y+z=b\ ;\ z+x=c,$ suy ra:

$x=\dfrac{c+a-b}{2}\ ;\ y=\dfrac{a+b-c}{2}\ ;\ z=\dfrac{b+c-a}{2}$

Khi đó, bất đẳng thức đã cho trở thành 

$\sum \dfrac{c+a-b}{2(c+a)}\leq \dfrac{3}{4}$

$\Leftrightarrow \sum \dfrac{b}{c+a}\geq \dfrac{3}{2}$

Đây chính là bất đẳng thức $Nesbitt.$

Vậy $\sum \dfrac{x}{2x+y+z} \leq \dfrac{3}{4}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c\ \Leftrightarrow x=y=z.$

Hình như không có số thứ tự ! Mình post luôn : 

Cho $a ,b,c > 0$ CMR :

a, $(a+\frac{b}{ac})(b+\frac{c}{ba})(c+\frac{a}{bc})\geq 8$

Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:

$a+\frac{b}{ac}\geq 2\sqrt{\frac{ab}{ac}}=2\sqrt{\frac{b}{c}}$

Tương tự: 

$b+\frac{c}{ab}\geq 2\sqrt{\frac{c}{a}}$

$c+\frac{a}{bc}\geq 2\sqrt{\frac{a}{b}}$

Nhân vế theo vế, ta được:

$\left ( a+\frac{b}{ac} \right )\left ( b+\frac{c}{ba} \right )\left ( c+\frac{a}{bc} \right )\geq 8\sqrt{\frac{b}{c}.\frac{c}{a}.\frac{a}{b}}=8$

 

Hình như không có số thứ tự ! Mình post luôn : 

Cho $a ,b,c > 0$ CMR :

b, $\frac{a^{2}}{b+c}+ \frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}\geq \frac{a+b+c}{2}$ .

Cách 1: Áp dụng BĐT Schwarz, ta có:

$\frac{a^{2}}{b+c}+ \frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}\geq \frac{(a+b+c)^2}{(b+c+c+a+a+b)}=\frac{a+b+c}{2}$

 

Cách 2:

Ta có:

$\frac{a^2}{b+c}+\frac{b+c}{4}=\frac{(2a)^2+(b+c)^2}{4(b+c)}\geq\frac{4a(b+c)}{4(b+c)}=a$

Tương tự:

$\frac{b^2}{c+a}+\frac{c+a}{4}\geq b$

$\frac{c^2}{a+b}+\frac{a+b}{4}\geq c$

Cộng vế theo vế, rút gọn ta được đpcm.

$\boxed{25}$ Tính $A=1.1!+2.2!+3.3!+...+n.n!$

Ta có $A=1.1!+2.2!+3.3!+...+n.n!$

$\Rightarrow A=(2-1).1!+(3-1).2!+(4-1).3!+...+(n+1-1).n!$

$\Rightarrow A=(2.1!+3.2!+4.3!+...+(n+1).n!)-(1!+2!+3!+...+n!)$

$\Rightarrow \boxed{A=[2!+3!+4!+...+(n+1)!]-(1!+2!+3!+...+n!)=(n+1)!-1}$

 

 

$\boxed{22}$ Tính tổng: $A=1 + p + p^2 + p^3+ p^4 + ... + p^n$ $(p \neq 1)$

Xét $p=1,$ ta có $A=1+1+1^2+...+1^n=n+1$

Xét $p\geq 2,$ ta có:

$pA=p+p^2+p^4+...+p^{n+1}$

$\Rightarrow (p-1)A=p^{n+1}-1$

$\Rightarrow \boxed{A=\dfrac{p^{n+1}-1}{p-1}}$

 

$\boxed{17}$ Tính tổng: $A= 1 + 2p + 3p^2 + ... +(n+1)p^n$ $(p \neq 1)$

Xét $p=1,$ ta có: $A=1+2.1+3.1+...+(n+1).1=\dfrac{(n+1)(n+2)}{2}$

Xét $p\geq 2,$ ta có:

$pA=p+2p^2+3p^3+...+(n+1)p^{n+1}$

$\Rightarrow (p-1)A=(n+1)p^{n+1}-(1+p+p^2+...+p^n)$

$\Rightarrow (p-1)A=(n+1)p^{n+1}-\dfrac{p^{n+1}-1}{p-1}$

$\Rightarrow (p-1)A=\dfrac{(n+1)p^{n+1}(p-1)-p^{n+1}+1}{p-1}$

$\Rightarrow \boxed{A=\dfrac{(n+1)p^{n+2}-(n+2)p^{n+1}+1}{(p-1)^2}}$

Bài 123 : Giải phương trình trên tập nghiệm tự nhiên :

$2^{x}+2^{y}+2^{z}+2^{t}=680$

Không mất tính tổng quát, giả sử $0\leq x\leq t\leq z\leq t$

 

Ta có:

$$\begin{aligned} 2^x+2^y+2^z+2^t&=680\\\\ \Leftrightarrow 2^x(1+2^{y-x}+2^{z-x}+2^{t-x})& =2^3.85\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (1) \end{aligned}$$

Do đó $x=3.$ Khi đó $(1)$ trở thành

$$\begin{aligned} 2^{y-3}+2^{z-3}+2^{t-3}&=84\\\\ \Leftrightarrow 2^{y-3}(1+2^{z-y}+2^{t-y})& =2^2.21\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2) \end{aligned}$$

Suy ra $y=5.$ Do đó $(2)$ tương đương với

$$\begin{aligned} 2^{z-5}+2^{t-5}&=20\\\\ \Leftrightarrow 2^{z-5}(1+2^{t-z})& =2^2.5\end{aligned}$$

Do đó $z=7\ ;\ t=9.$

 

Vậy $(x\ ;\ y\ ;\ z\ ;\ t)=(3\ ;\ 5\ ;\ 7\ ;\ 9)$ và các hoán vị.

Thêm mấy bài nữa nhé

Bài 126: Tìm tất cả các cặp số nguyên $(x,\ y)$ thỏa mãn 

$$(x+1)^4-(x-1)^4=y^3$$

Bài 127: Tìm các số nguyên $x,\ y$ thỏa mãn 

$$x^3+x^2y+xy^2+y^3=4(x^2+y^2+xy+3)$$

Bài 140 :  Giải phương trình nghiệm nguyên : $x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=x^{2}y^{2}z^{2}$

Số dư của một số chính phương khi chia cho $4$ là $0$ hoặc $1.$

Nếu $x^2y^2z^2\equiv 1\ (\bmod\ 4)$ thì $x,\ y,\ z$ đều là số lẻ.

Do đó $x^2+y^2+z^2\equiv 3\ (\bmod\ 4)$

$\Rightarrow \left[ \begin{array}{l} x^2+y^2+z^2+t^2\equiv 3\ (\bmod 4) \\ x^2+y^2+z^2+t^2\equiv 0\ (\bmod 4) \end{array} \right.\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x^2y^2z^2\equiv 3\ (\bmod 4) \\ x^2y^2z^2\equiv 0\ (\bmod 4) \end{array} \right.\ (\text{vô lý})$

Vậy $x^2y^2z^2\equiv 1\ (\bmod\ 4).$

Xét ba trường hợp:

 

Trường hợp 1: Trong ba số $x,\ y,\ z$ có một số lẻ, hai số chẵn.

Không mất tính tổng quát, giả sử $x$ lẻ, $y,\ z$ chẵn.

Khi đó $x^2+y^2+z^2\equiv 1\ (\bmod\ 4)$

$\Rightarrow \left[ \begin{array}{l} x^2+y^2+z^2+t^2\equiv 1\ (\bmod 4) \\ x^2+y^2+z^2+t^2\equiv 2\ (\bmod 4) \end{array} \right.\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x^2y^2z^2\equiv 1\ (\bmod 4) \\ x^2y^2z^2\equiv 2\ (\bmod 4) \end{array} \right.\ (\text{vô lý})$

 

Trường hợp 2: Trong ba số $x,\ y,\ z$ có hai số lẻ, một số chẵn.

Không mất tính tổng quát, giả sử $x,\ y$ lẻ, $z$ chẵn.

Khi đó $x^2+y^2+z^2\equiv 2\ (\bmod\ 4)$

$\Rightarrow \left[ \begin{array}{l} x^2+y^2+z^2+t^2\equiv 2\ (\bmod 4) \\ x^2+y^2+z^2+t^2\equiv 3\ (\bmod 4) \end{array} \right.\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x^2y^2z^2\equiv 2\ (\bmod 4) \\ x^2y^2z^2\equiv 3\ (\bmod 4) \end{array} \right.\ (\text{vô lý})$

 

Trường hợp 3: Cả ba số $x,\ y,\ z$ đều chẵn. Từ đây suy ra $t$ chẵn.

Đặt $x=2x_1\ ;\ y=2y_1\ ;\ z=2z_1\ ;\ t=2t_1$ $(x_1,\ y_1,\ z_1,\ t_1\in \mathbb{Z})$

Khi đó phương trình đã cho trở thành:

$4x_1^2+4y_1^2+4z_1^2+4t_1^2=64x_1^2y_1^2z_1^2\Leftrightarrow x_1^2+y_1^2+z_1^2+t_1^2=16x_1^2y_1^2z_1^2\ \ \ \ (1)$

 

Giả sử $x_1,\ y_1,\ z_1$ đều lẻ. Từ đây suy ra $t_1$ lẻ.

Do đó $\left\{\begin{matrix} x_1^2\equiv 1\ (\bmod 8)\\ y_1^2\equiv 1\ (\bmod 8)\\ z_1^2\equiv 1\ (\bmod 8)\\ t_1^2\equiv 1\ (\bmod 8) \end{matrix}\right.\Rightarrow VT\equiv 4\ (\bmod 8)\ (\text{vô lý})$

Vậy trong ba số $x_1,\ y_1,\ z_1$ tồn tại ít nhất một số chẵn.

Lập luận tương tự như trên, ta được $x_1,\ y_1,\ z_1,\ t_1$ đều chẵn.

 

Đặt $x_1=2x_2\ ;\ y_1=2y_2\ ;\ z_1=2z_2\ ;\ t_1=2t_2$ $(x_2,\ y_2,\ z_2,\ t_2\in \mathbb{Z})$

Khi đó phương trình $(1)$ trở thành:

$4x_2^2+4y_2^2+4z_2^2+4t_2^2=1024x_2^2y_2^2z_2^2\Leftrightarrow x_2^2+y_2^2+z_2^2+t_2^2=256x_2^2y_2^2z_2^2$

Tương tự thì $x_2,\ y_2,\ z_2,\ t_2$ đều chẵn.

Tiếp tục lập luận như trên, ta có: $x\ \vdots\ 2^k\ ;\ y\ \vdots\ 2^k\ ;\ z\ \vdots\ 2^k\ ;\ t\ \vdots\ 2^k$ với mọi $k\in \mathbb{N}$

Vậy $(x\ ;\ y\ ;\ z\ ;\ t)=(0\ ;\ 0\ ;\ 0\ ;\ 0)$

$\Rightarrow \dfrac{3}{x}+\dfrac{3}{y}+\dfrac{1}{xy}=k\in \mathbb{Z}^+$

Không mất tính tổng quát, giả sử $x\geq y\geq 1$

Do đó $1\leq k\leq 3+3+1=7$

Tới đây đơn giản rồi nhưng có vẻ dài.

Bài 56. Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau :
$8x^{4}-4y^{4}+2z^{4}=t^{4}$

$8x^{4}-4y^{4}+2z^{4}=t^{4}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (1)$

Từ phương trình, ta có: $2|t$ $\Rightarrow t=2t_1\ (t_1\in \mathbb{Z}).$ Thay vào phương trình $(1),$ ta có:

$8x^4-4y^4+2z^4=16t_1^4$

$\Leftrightarrow 4x^4-2y^4+z^4=8t_1^4\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2)$

Do đó: $2|z$ $\Rightarrow z=2z_1\ (z_1\in \mathbb{Z}).$ Thay vào phương trình $(2),$ ta có:

$4x^4-2y^4+16z_1^4=8t_1^4$

$\Leftrightarrow 2x^4-y^4+8z_1^4=4t_1^4\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (3)$

Do đó: $2|y$ $\Rightarrow y=2y_1\ (y_1\in \mathbb{Z}).$ Thay vào phương trình $(3),$ ta có:

$2x^4-16y_1^4+8z_1^4=4t_1^4$

$\Leftrightarrow x^4-8y_1^4+4z_1^4=2t_1^4\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (4)$

Do đó: $2|x$ $\Rightarrow x=2x_1\ (x_1\in \mathbb{Z}).$ Thay vào phương trình $(4),$ ta có:

$16x_1^4-8y_1^4+4z_1^4=2t_1^4$

$\Leftrightarrow 8t_1^4-4y_1^4+2z_1^4=1t_1^4$

Do đó $x,$ $y,$ $z,$ $t$ đều chẵn. Lập luận tương tự ta lại được $x_1,$ $y_1,$ $z_1,$ $t_1$ đều chẵn.

Cứ tiếp tục như trên ta sẽ được $2^k|x,$ $2^k|y,$ $2^k|z,$ $2^k|t$ $(k\in \mathbb{N})$

Điều này chỉ xảy ra khi $x=y=z=t=0.$

Vậy $\boxed{(x;y;z;t)=(0;0;0;0)}$
-------------
P/s: Bạn pham anh quan ra đề từ từ thôi nhé Nếu ra nhiều bài một lúc thì bạn nên chỉ viết trong một bài cho dễ nhìn

Bài 18. Tìm $x,y \in \mathbb{N}^*$ sao cho $6x+5y+18=2xy$.

Vì $x\in N*$ nên $2x-5\neq 0$
Ta có:
$6x+5y+18=2xy$
$\Leftrightarrow 6x+18=2xy-5y=y(2x-5)$
$\Leftrightarrow \frac{6x+18}{2x-5}=y$
$\Leftrightarrow 3+\frac{33}{2x-5}=y$
Vì $y$ nguyên nên $\frac{33}{2x-5}\in Z$ $(x\in N^*)$
Do đó $2x-5\in U(33)={\pm 1;\pm 3;\pm 11;\pm 33}$
Vì $x>0$ nên $2x-5>-5,$ do đó ta chỉ xét các trường hợp:
Trường hợp 1: $2x-5=-3,$ tính được $x=1;$ $y=-8$ $($loại vì $y>0)$
Trường hợp 2: $2x-5=-1,$ tính được $x=2;$ $y=-30$ $($loại vì $y>0)$
Trường hợp 3: $2x-5=1,$ tính được $x=3;$ $y=36$
Trường hợp 4: $2x-5=3,$ tính được $x=4;$ $y=14$
Trường hợp 5: $2x-5=11,$ tính được $x=8;$ $y=6$
Trường hợp 6: $2x-5=33,$ tính được $x=19;$ $y=4$
Vậy phương trình có nghiệm $$\boxed {(x;y)=(3;36);(4;14);(8;6);(19;4)}$$

Bài 51. Tìm tất cả các số nguyên dương $x,y,z$ thoả mãn: $xyz = 9+x+y+z$

Không mất tính tổng quát, giả sử $x\geq y \geq z$
Ta có:
$xyz=9+x+y+z\leq 9+3x$
$\Rightarrow yz\leq \frac{9}{x}+3\leq 9+3=12$
$\Rightarrow z^2\leq 12$
$\Rightarrow z\in \left \{ 1;2;3 \right \}$

Trường hợp 1: $z=1$
Phương trình tương đương:
$xy=10+x+y$
$\Rightarrow x(y-1)=y+10$
Dễ thấy $y\neq 1$
$\Rightarrow x=\frac{y+10}{y-1}=1+\frac{11}{y-1}$
Để $x$ nguyên $(y \in \mathbb{Z})$ thì $y-1\in \texed{Ư}(11)$
Lại có $y-1\geq0$ nên $y-1\in \left \{ 1;11 \right \}\Leftrightarrow y\in\left \{ 12;2 \right \}$
Từ đó có: $x=2,$ $x=12.$

Trường hợp 2: $z=2$
Phương trình tương đương:
$2xy=11+x+y$
$\Rightarrow x(2y-1)=y+11$
$\Rightarrow x=\frac{y+11}{2y-1}$ $(2y-1\neq 0$ do $y \in \mathbb{Z})$
$\Rightarrow 2x=\frac{2y+22}{2y-1}=1+\frac{23}{2y-1}$
Để $x$ nguyên $(y \in \mathbb{Z})$ thì $2y-1\in \texed{Ư}(23)$

Lại có $2y-1\geq1$ nên $2y-1\in \left \{ 1;23 \right \}\Leftrightarrow y\in\left \{ 1;12 \right \}$
Từ đó có: $x=12,$ $x=1.$

Trường hợp 3: $z=3$
Phương trình tương đương:
$3xy=12+x+y$
$\Rightarrow x(3y-1)=y+12$
$\Rightarrow x=\frac{y+12}{3y-1}$ $(3y-1\neq 0$ do $y \in \mathbb{Z})$
$\Rightarrow 3x=\frac{3y+36}{3y-1}=1+\frac{37}{3y-1}$
Để $x$ nguyên $(y \in \mathbb{Z})$ thì $3y-1\in \texed{Ư}(37)$
Lại có $3y-1\geq 2$ nên $3y-1=37\Leftrightarrow y=\frac{38}{3},$ loại do $y \in \mathbb{Z}$


Thử lại các trường hợp 1 và 2 đều thấy đúng.
Vậy $\boxed{(x;y;z)=(12;2;1),(2;12;1),(12;1;2),(1;12;2)}$ và các hoán vị của các bộ số này.

Bài 97. Giải phương trình nghiệm nguyên : $x^2+x=y^4+y^3+y^2+y$

Mod. Nhớ ghi số thứ tự

Ta có:

 

$x^2+x=y^4+y^3+y^2+y$

 

$\Leftrightarrow 4x^2+4x+1=4y^4+4y^3+4y^2+4y+1$

 

$\Leftrightarrow 4y^4+4y^3+4y^2+4y+1=(2x+1)^2$

 

Trường hợp 1: $-1\leq y\leq 2$

 

Xét từng trường hợp, ta được: $\left ( x\ ;\ y \right )=\left ( 0\ ;\ -1 \right )\ ;\ \left ( -1\ ;\ -1 \right )\ ;\ \left ( 0\ ;\ 0 \right )\ ;\ \left ( -1\ ;\ 0 \right )\ ;\ \left ( 5\ ;\ 2 \right )\ ;\ \left ( -6\ ;\ 2 \right )$

 

Trường hợp 2: $y<-1$ hoặc $y>2$

 

Dễ thấy: $(2y^2+y)^2<4y^4+4y^3+4y^2+4y+1<(2y^2+y+1)^2$

 

Hay $(2y^2+y)^2<(2x+1)^2<(2y^2+y+1)^2$

 

Mà $(2y^2+y)^2$ và $(2y^2+y+1)^2$ là hai số chính phương liên tiếp nên phương trình vô nghiệm.

 

Vậy tập nghiệm của phương trình là:

$$\boxed{\left ( x\ ;\ y \right )=\left ( 0\ ;\ -1 \right )\ ;\ \left ( -1\ ;\ -1 \right )\ ;\ \left ( 0\ ;\ 0 \right )\ ;\ \left ( -1\ ;\ 0 \right )\ ;\ \left ( 5\ ;\ 2 \right )\ ;\ \left ( -6\ ;\ 2 \right )}$$

Bài 105 : Giải phương trình  :   $13p+1=k^{3}$ $(p\in P,k\in N)$

Bài 106 : (My creation  ) Giải phương trình nghiệm nguyên :

$x_{1}^{16}+x_{2}^{16}+...+x_{16}^{16}=17$ 

Bài 105:

 Ta có:

 

$13p+1=k^3\Leftrightarrow (k-1)(k^2+k+1)=13p$

 

Vì $p$ là số nguyên tố và $k-1<k^2+k+1$ $(k\in \mathbb{N})$ nên có $3$ trường hợp xảy ra.

 

Trường hợp 1: $\left\{\begin{matrix} k-1=1\\ k^2+k+1=13p \end{matrix}\right.$

 

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} k=2\\ 13p=2^2+2+1=7\ \ \ (\text{vô lý}) \end{matrix}\right.$

 

Trường hợp 2: $\left\{\begin{matrix} k-1=13\\ k^2+k+1=p \end{matrix}\right.$

 

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} k=14\\ p=14^2+14+1=211\in \mathbb{P}\ \ \ (\text{thỏa mãn}) \end{matrix}\right.$

 

Trường hợp 3: $\left\{\begin{matrix} k-1=p\\ k^2+k+1=13 \end{matrix}\right.$

 

$\left\{\begin{matrix} p=3-1=2\in \mathbb{P}\ \ \ (\text{thỏa mãn})\\ k=3\ \ (k\in \mathbb{N}) \end{matrix}\right.$

 

Vậy phương trình có nghiệm $$\boxed{(k\ ;\ p)=(14\ ;\ 211)\ ;\ (3\ ;\ 2)}$$

 

Bài 106:

Trường hợp 1: $x_1\geq 2$ và $x_i\leq -2\ (x_i \in \mathbb{Z}\ ;\ i=\overline{1,16})$

 

Khi đó $x_i^{16}\geq 2^{16}>17$

 

Trường hợp 2: $-1\leq x_i\leq 1\ (x_i \in \mathbb{Z}\ ;\ i=\overline{1,16})$

 

Khi đó $x_i^{16}\leq 1,$ suy ra $x_{1}^{16}+x_{2}^{16}+...+x_{16}^{16}\leq 16 <17$

 

Vậy phương trình vô nghiệm.

Bài 119 : Giải phương trình nghiêm nguyên dương :

 

$2+\sqrt{x+\frac{1}{2}+\sqrt{x+\frac{1}{4}}}=y$

 

 

(Bài này ra nghiệm tổng quát hay sao ấy ?  )

 

Ta có: $x\geq 1$ nên $\sqrt{x+\dfrac{1}{3}}>1$ suy ra $\sqrt{x+\dfrac{1}{2}+\sqrt{x+\dfrac{1}{3}}}>1$

 

Mặt khác dễ thấy $\sqrt{x+\dfrac{1}{2}+\sqrt{x+\dfrac{1}{3}}}$ nguyên nên 

 

$\sqrt{x+\dfrac{1}{2}+\sqrt{x+\dfrac{1}{3}}}\geq 2$ hay $y\geq 4$

 

Ta có: $2+\sqrt{x+\frac{1}{2}+\sqrt{x+\frac{1}{4}}}=y$

 

$\Leftrightarrow x+\frac{1}{2}+\sqrt{x+\frac{1}{4}}=(y-2)^2$

 

$\Leftrightarrow 4x+2+2\sqrt{4x+1}=4(y-2)^2$

 

$\Leftrightarrow (\sqrt{4x+1}+1)^2=4(y-2)^2$

 

$\Leftrightarrow \sqrt{4x+1}+1=2(y-2)$

$(\sqrt{4x+1}+1\neq 2(2-y)$ vì $y\geq 4\Rightarrow y-2<0 \Rightarrow \sqrt{4x+1}+1<0,$ vô lý$)$

 

$\Leftrightarrow 4x+1=[(2y-4)-1]$

 

$\Leftrightarrow 4x=(2y-4)(2y-6)$

 

$\Leftrightarrow x=(y-2)(y-3)$

 

Vì $y\geq 4$ nên $x>0$ $($Thỏa mãn$)$

 

Vậy $\boxed{(x\ ;\ y)=((y-2)(y-3)\ ;\ y)}$