Giả sử tồn tại $x,y\epsilon Z$ sao cho thỏa mãn phương trình đã cho

Ta có  $x^3+y^3+6xy=-5$

$\Leftrightarrow x^3+y^3-8+6xy=-13$

$\Leftrightarrow (x+y-2)(x^2-xy+2x+2y+4+y^2)=-13$

Với x,y nguyên thì $x+y-2$,$x^2-xy+2x+2y+4+y^2$ nguyên

                               Mà $x^2+y^2-xy+2x+2y+4=\frac{1}{2}(2x^2+2y^2-2xy+4x+4y+8)=\frac{1}{2}[(x-y)^2+(x+2)^2+(y+2)^2]\geq 0$

                               nên $x+y-2$ âm

 Lập bảng và xét các trường hợp

Ta có:$\frac{10^{2020}+10^{100}}{10^{101}+7}=\frac{10^{2020}-7^{20}}{10^{101}+7}+\frac{7^{20}+10^{100}}{10^{101}+7}$

Do $7^{20}+10^{100}< 9.10^{100}+10^{100}<10^{101}+7$

Nên $0<\frac{7^{20}+10^{100}}{10^{101}+7}<1$

Mà $10^{2020}-7^{20}=[(10^{202})^{10}-(7^{2})^{10}] \vdots (10^{101}+7)$

Nên $A=\frac{10^{2020}-7^{20}}{10^{101}+7}=\frac{(10^{202}-7^{2}).B}{10^{101}+7}=(10^{101-7}).B$

Xét $B=(10^{202})^{9}+(10^{202})^{9}.7^{2}+...+10^{202}.(7^{2})^{8}+(7^{2})^{9}$ ta có

B có tận cùng là số tận cùng của $(7^{2})^{9}$ hay là 49

Mà $10^{101}-7$ tận cùng là 93

Nên A có tận cùng là 93.49 hay là 57

Nhầm thật

Nhân 2 vào P ta được:

$2P=\sum \sqrt{4x(y+3)}\leq \sum \frac{4x+y+3}{2}=12$ ( Bđt Cauchy )

hay $P\leq 6$

Dấu "=" khi x=y=z=1

 Mik không chắc đúng đâu đấy nhé 

vậy chắc mình viết nhầm đề

ok

có thể do đề bài bạn sai hoặc mình làm nhầm 

Từ giả thiết ta có $(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)=1$

$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2=\frac{1}{a+b+c}+ab+bc+ca$

$\Leftrightarrow 2(a^2+b^2+c^2)=\frac{2}{a+b+c}+2(ab+bc+ca)$

$\Leftrightarrow 3(a^2+b^2+c^2)=\frac{2}{a+b+c}+(a+b+c)^2$

Áp dụng AM GM ta có 

$\frac{1}{a+b+c}+\frac{1}{a+b+c}+(a+b+c)^2\geq 3$

Do đó$3(a^2+b^2+c^2)\geq 3$

$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\geq 1$

Min $ a^2+b^2+c^2=1$ tại 

 $a=b=0,c=1$ hoặc $a=c=0,b=1$ hoặc $c=b=0,a=1

$\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\tan x- \sin x}{x^{3}}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin x .(\frac{1}{\cos x }-1)}{x^3}=\lim_{x\rightarrow 0}({\frac{\sin x}{x}.\frac{\frac{1}{\cos x}}{x^2}})=\lim_{x\rightarrow 0}(\frac{\sin x}{x}.\frac{\frac{1}{\cos^2 x}-1}{(\frac{1}{\cos x}+1)x^2})=\lim_{x\rightarrow 0}(\frac{\sin x}{x}.\frac{\tan^2 x}{x^2.(\frac{1}{\cos x}+1)})=\lim_{x\rightarrow 0}(\frac{\sin x}{x}.\frac{\sin^2 x}{x^2(\cos^2 x+ \cos x)})=\lim_{x\rightarrow 0}(\frac{\sin x}{x}.\frac{\sin^2 x}{x^2}.\frac{1}{\cos^2 x + \cos x})=1.1.\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$

Ta có

$\sum x^{4}=288 \Leftrightarrow (x+y)^{4}+x^{4}+y^{4}=288 \Leftrightarrow (x^{2}+xy+y^{2})=144\Leftrightarrow x^{2}+xy+y^{2}=12$ ( do $x^{2}+y^{2}+xy\geq 0$ )

Khi đó

$P=x^{5}+y^{5}+z^{5}=(x+y)^{5}+z^{5}-5(x^{2}+xy+y^{2})xy(x+y)=z^{5}-z^{5}+60xyz=60(z^{2}-12)z=60z^{3}-720\leq 960$

Dấu "=" khi $(x,y,z)=(4,-2,-2)$ và các hoán vị 

( Thấy sai sai )

Tại sao lại có $60z^3-720z \leq 960$ vậy bạn?

Thì mik bảo thấy nó sai sai mà ( bấm mt nó ra thế , còn chx nghĩ ra hướng xử lí ntn )

Dùng tam thức bậc hai ta được $\Delta <0\Leftrightarrow m^2-8m+n^2<0\Leftrightarrow (m-4)^2+n^2<16$

Vậy thì chưa chắc nó đã có vô hạn nghiệm đâu bạn

bn giải đc bpt này ko 

Từ $(m-4)^2+n^2<16\Rightarrow n^2<16\Rightarrow n^2={1,4,9}$

+) Nếu $n^2=1$ thì $(m-4)^2=1,4,9$ $\Rightarrow $...... 

Tương tự với $n^2=4,9$ 

Không mất tính tổng quát ta giả sử $p\leq q$

Ta có $p^2-pq+q^2=x^2 \Leftrightarrow (p-q)^2+pq=x^2\Leftrightarrow pq=(x-p+q)(x+p-q)$

+) $p=q$ thì $p=q=x$ (thỏa mãn )

+) $p<q$ thì $x-p+q > x+p-q$

Do p,q nguyên tố và $p<q$ nên ta có các trường hợp sau :

-TH1: $x-p+q = q , x+p-q=p$ (loại do từ đó suy ra $p=q$ )

-TH2:$x-p+q =pq$ và $x+p-q=1$

Khi đó suy ra $2q-2q=pq-1$

$\Leftrightarrow p=\frac{2q+1}{q+2}=2-\frac{3}{q+2}< 2$ ( p không là snt )

Vậy $p=q=x$ thì thỏa mãn đề bài 

Cho $p=q$ thì đề luôn có nghiệm $x=p=q$ mà ?

Để em sửa =))

À nhầm nãy tôi biến đổi ra $p=\frac{2q+1}{2-q}$. Chắc nhầm dấu =)))

=))))) cung ghe

thấy cx hợp lí mà ko có giá trị ko biết đúng không nữa =)))

Chắc là đúng thôi =))) 

Đoạn TH2 sao ra được $p=\frac{2q+1}{p+2}$ vậy =)))

$2q-2p=pq-1 \Leftrightarrow p(q+2)=2q+1\Leftrightarrow p=\frac{2q+1}{q+2}$ =)) 

Ghê gì nhầm dấu =)))

=))))) 

Biến đổi đẳng thức đã cho ta được $p(p+1)+q(q+1)=n(n+1)\Leftrightarrow p(p+1)=(n-q)(n+q+1)$

Giả sử tồn tại p,q nguyên tố và n nguyên dương thỏa mãn bài toán , khi đó từ đẳng thức trên ta suy ra $n-q \vdots p$ hoặc $n+q+1\vdots p$

Xét các trường hợp$n-q \vdots p$

+)Th1:$n-q \vdots p$ thì suy ra $n-q\geq p$ do đó $n+q+1>p+1$

Suy ra $p(p+1)< (n-q)(n+q+1)$ (mâu thuẫn )

+) Th2: $n+q+1\vdots p$ , khi đó tồn tại số tự nhiên k để $n+q+1=kp$ (k khác 0)

Do đó từ $p(p+1)=(n-p)(n+q+1)$ ta suy ra $p+1=k(n-q)$

Mà $(p+q)(p+q+1)=(p+1)p+q(q+1)+2pq\geq n(n+1)$

KMTTQ giả sử $p\geq q$

Do $n(n+1)> p(p+1)$ nên $n>p$

Từ  $n+q+1=kp$  ta được $kp>n>p$

nên $k>1$

Mặt khác $kp<(p+q)+q+1 \leq 3p+1 <4p $ 

Như vậy ta có $1<k<4$ và k là số tự nhiên nên ta được hoặc $k=2$ hoặc $k=3$

+) Với $k=2$ thì $n=2p-q-1$ và $p+1=2(n-q)$ nên suy ra $3(p-1)=4q$

Do đó q chia hết cho 3 , q nguyên tố nên $q=3$ suy ra $p=5$ và $n=6$

+) Với $k=3$ thì $n=3p-q-1$ và $p+1=3(n-q)$ suy ra $2(2p-1)=3q$

Do đó q chia hết cho 2 , q nguyên tố nên $q=2$ suy ra $p=2$ và $n=3$

(P/s: Đánh vội nên nếu có chỗ sai sót mong bạn thông cảm =)))) )

Tìm $lim \frac{n}{\sqrt[n]{n!}}$

Đây là bổ đề Sawayama

Bài 2 :

Ta có $\widehat{BDP}=\widehat{BFP}=90^{\circ}  \Rightarrow \widehat{BDP}+\widehat{BFP}=180^{\circ}$ nên $BDPF$ nội tiếp 

$\Rightarrow \widehat{BDF}=\widehat{BPF}$ 

Tương tự $DEPC$ nội tiếp nên $\widehat{EDC}=\widehat{EPC}$ 

Mặt khác $ABPC$ nội tiếp nên $\widehat{FBP}=\widehat{ECP}$ 

$\Leftrightarrow \widehat{FPB}=\widehat{EPC}$

Suy ra $\widehat{BDF}=\widehat{EDC}$

Do đó D,E,F thẳng hàng 

Câu 1 

Lấy D,E,F,I  lần lượt là trung điểm của HA,HB,HC,HM

Ta có : EF là đường trung bình của tam giác HBC 

Suy ra $\widehat{HFE}= \widehat{HCB }$ (1)

IF là đường trung bình của tam giác HCM nên $\widehat{HFI}=\widehat{HCM}$ (2)

Lấy (2) trừ (1) ta được $\widehat{BCM}=\widehat{EFI}$

Lại có DE là đường trung bình tam giác ABH nên $\widehat{EDH}=\widehat{BAH}$ (3) 

Mà DI là đường trung bình tam giác AHM nên $\widehat{HDI}=\widehat{HAM}$ (4)

Lấy (3) cộng (4) ta được $\widehat{EDI}=\widehat{BAM}$ 

Mà $\widehat{BAM}=\widehat{BCM}$ (cùng chắn cung BM )

 Nên $\widehat{EDI}=\widehat{EFI}$

Hay DEIF nội tiếp 

Do đó I thuộc đường tròn (DEF)

Kết hợp với đường tròn Euler đi qua trung điểm của HA,HB,HC với H là trực tâm ta được đpcm 

Đặt $t=x^{2}-xy=y^{2}-yz=z^{2}-zx (1)$

Do $x,y,z\neq 0$ và khác nhau nên $t\neq 0$

Từ (1) ta có:

$x-y=\frac{t}{x}$

$y-z=\frac{t}{y}$

$z-x=\frac{t}{z}$

Suy ra $t(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})=0$

Mà  $t\neq 0$ 

Nên $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=0$

Hay $xy+yz+zx=0\Leftrightarrow xy=-(yz+zx)$

Khi đó

$P=\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}=\frac{x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x}{xyz}=\frac{-x(yz+z)+y^{2}z+z^{2}x}{xyz}=\frac{-xyz-z(x^2-y^{2}-zx)}{xyz}$

Mà kết hợp với (1)

Ta suy ra $P=\frac{-xyz-z(xy-yz-zx)}{xyz}=\frac{-3xyz}{xyz}=-3$

  Hình em không tải lên được anh tự kẻ nhé

Kéo dài LK cắt (O) tại M khác K 

MB cắt LE tại H

Có $\widehat{KEF}=\widehat{KAF}$ (do AKFE nội tiếp )

Mà $\widehat{KAB}=\widehat{KMB}$

Nên $\Delta LHM \sim \Delta LKE$  $\Rightarrow LK.LM=LH.LE$

CM được $\Delta LKB \sim \Delta LCM$$\Rightarrow LK.LM=LB.LC$

Hay $LH.LE=LB.LC$

Suy ra HECB nt

Nên $\widehat{MHE}=\widehat{ACB}$ và $\widehat{AEF}=\widehat{MBC}$

Ta cần cm $\widehat{MCB}=\widehat{AEF}$

Ta có: 

$\widehat{MCB}=\widehat{ACB}+\widehat{ACM}=\widehat{ACB}+\widehat{ABM}=\widehat{MHE}+\widehat{AFE}-\widehat{FHB}=\widehat{AFE}$ (tính chất góc ngoài của tam giác )

Suy ra 

$\widehat{MBC}=\widehat{MCB}$

Vậy M là điểm chính giữa cung BAC

Hay LK đi qua điểm chính giữa cung BAC của (O)  (đpcm)