Cho n thuộc tập Z+ thỏa (3^n-1) chia hết cho n^3.Tìm n
Mong các anh/chị và các bạn giải gấp dùm mình.cảm ơn nhiều.

ko ai làm giúp mình à ?

(1) <=>...<=> $ -(a-3)(a^2+3a+1)(a^6+3a^4+13a^2+24a^2+63a+64)=0 $
Ta có $ a^6+3a^4+13a^3+24a^2+63a+64=a^6+(3a^4+13a^3+4a^2)+4a^2+(16a^2+63a+64)=a^6+(3a^2 +1)(a^2+4)+4a^2+(4a+63/8)^2+127/64 >0 $ nên pt trên <=> $ (a-3)(a^2+3a+1)=0 $

Mình xin hỏi bài này lần nữa (vì hỏi lâu mà không có ai trả lời)
Giải phương trình: $3^x = x^3$
Cám ơn trước!

http://www.wolframal...ut/?i=3^x-x^3=0 --> anh vao` đây tham khảo các nghiệm của pt

Bạn có liên quan gì đến cái nick caodattoanvip ko vậy?
Bài này đã có trên diễn đàn rồi, mới thôi, do caodattoanvip post lên đấy

không anh ạ,bài này em đã hỏi dc vài tuần rồi

Cho a>0,b>0, c>0 CM:
$\dfrac{1}{ a^{2}+ bc} + \dfrac{1}{ b^{2} + ac} + \dfrac{1}{ c^{2}+ba}<=\dfrac{a+b+c}{2abc}$

Chỉ cần c/m 3 bđt phụ này rồi cộng lại là xong : $ 4/(a^2+bc)\le(1/ab+1/ca) (1) $
$ 4/(b^2+ca)\le(1/bc+1/ab) $ , $ 4/(c^2+ab)\le(1/ca+1/bc) $
(1) <=> $ (a^2+bc)(b+c)\ge(4abc) $
mà theo AM-GM thì $ (a^2+bc)\ge2sqrt(a^2bc) , (b+c)\ge2sqrt(bc) $ => (1) đúng,c/m tương tự với 2 cái còn lại => dpcm

Hình như là phải thêm đk a,b,c không âm
$ x^2+(\dfrac{7-sqrt(13)}{12})^2\ge2x\dfrac{7-sqrt(13)}{12} $
$ y^2+(\dfrac{7-sqrt(13)}{12})^2\ge2y\dfrac{7-sqrt(13)}{12} $
$ z^3+(\dfrac{sqrt(13)-1}{6})^3+(\dfrac{sqrt(13)-1}{6})^3\ge3z(\dfrac{sqrt(13)-1}{6})^2 $ (bđt AM-GM)
sau đó cộng lại,sử dụng dk x+y+z=1 là ra đáp án ĐTXR<=> $ x=y=\dfrac{7-sqrt(13)}{12} , z=\dfrac{sqrt(13)-1}{6} $

Trước tiên giả sử p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n. Thì theo đề bài và đl Fermat nhỏ ta có: $ 3^n \equiv 3^{p-1} \equiv 1 (mod p) $. Gọi k là số nhỏ nhất khác 0 để $ 3^{k} \equiv 1 (mod p) $. Ta sẽ chứng minh $ n \vdots k $. Đặt $ n=hk+r (0 \le r<k)$ thì ta có $ 3^{hk+r}-3^{hk} \vdots p \Rightarrow 3^{hk}(3^r-1) \vdots p $. Do đó $ 3^r -1 \vdots p $. Với đk k là số nhỏ nhất khác 0 ở trên thì ta suy ra $ r=0 \Rightarrow n \vdots k $
Vì $ 3^{p-1} \equiv 1 (mod p) \Rightarrow p >p-1 \ge k $. Nếu k khác 1 thì k phải có ít nhất 1 ước nguyên tố, dễ thấy nó cũng sẽ là ước của n và rõ ràng ước nguyên tố này nhỏ hơn p. Mâu thuẫn với điều giả sử ban đầu. Ta suy ra k=1. Từ đó nhận thấy $ 2=3-1 \vdots p $. Vậy suy ra $ n=2 $ hoặc $ n=1.$

Cảm ơn anh tran nguyen quoc cuong đã giúp em nhưng phiền anh nói rõ hơn dòng cuối 1 tí: 2 $ \vdots p $ => $ n=2 $ hoặc $ n=1.$ ?

đặt điều kiện rồi bình phương vài lần lên thì pt trở thành $ x^8+32x^6-26x^5+276x^4-416x^3+681x^2-1284x-2716=0 $
sau 1 hồi phân tích thành nhân tử thì ta có pt $ (x-2)(x+1)(x^6+x^5+35x^4+11x^3+357x^2-37x+1358)=0 $
chỉ cần c/m $ x^6+x^5+35x^4+11x^3+357x^2-37x+1358>0 $ bằng cách nhóm các hạng tử vào các bình phương đúng 1 cách hợp lí
từ đó suy ra pt có 2 nghiệm 2 và -1

nếu 2 bài này đúng đề thì quả là khó thật

$ E=sqrt(10+\sqrt{24}+\sqrt{40}+\sqrt{60})=sqrt(2+3+5+2\sqrt{2}.\sqrt{3}+2\sqrt{3}.\sqrt{5}+2\sqrt{5}.\sqrt{2})=sqrt((\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5})^2)=sqrt2 +sqrt3 +sqrt5 $

1.Giả sử $ a>c^2 , b>d^2 => a+b>c^2+d^2 $ mà $ a+b=2cd => 2cd>c^2+d^2 $ ( vô lí)=> đpcm
3.bộ số $ (x,y,z)=(3,4,5) $ làm cho 3 bđt đồng thời thỏa mãn mà

2. $ (1) <=>7(x^2-4)=5(y^2-5) $=> $ y^2-5 $ chia hết cho 7 =>$ y^2 $ chia 7 dư 5(vô lí vì số chính phương chia 7 chỉ được các số dư 0,1,2,4)=> (1) vô nghiệm
3. 2) $ x^3-y^3=xy+8 (1) $
Đặt $ y=x+d (d\in{Z}) , (1)<=>...<=>(3d+1)x^2+xd(3d+1)+d^3+8=0 $
Dễ thấy $ 3d+1\neq0 , \delta={d^2(3d+1)^2-4(3d+1)(d^3+8)=...=(3d+1)(-d^3+d^2-32) $
Xét $ d\ge1 => d^3\ge d^2=>d^3-d^2+32>0 => \delta<0=> (1) $ vô nghiệm
Xét $ d\le-3 => d^3\le -3d^2 ;d^2\ge9>8 =>d^3-d^2+32<-4d^2+32<0 $ => $ \delta<0 $ => pt vô nghiệm
Vậy $ 0\ge d\ge-2 => d\in[-2;-1;0] $
Thử trực tiếp vào pt để ra nghiệm.Đáp số $ (x;y)=(2;0);(0;-2) $
Kí hiệu $ \delta $ là biệt thức delta của pt bậc 2 đấy,tại mình không biết gõ chính xác

Số đó chia 6 dư 2 nên không phải là số chính phương (số chính phương chia 6 dư 0,1,3,4)

21 có các ước là 1,3,7,21 nhưng đều là số lẻ thì làm sao chia ra dc 1 số chẵn các chuồng được nhỉ?

Gọi $ (O;R) $ là đường tròn ngoại tiếp tứ giác BECF.Gọi giao điểm của $ AH $ và $ (O;R) $ lần lượt là M,N với M nằm giữa A và H.Dựng $ OK\perp AN $.Áp dụng phương tích điểm A và H với (O;R): $ P_{A(O;R)}=AE.AB=AO^2-R^2 ; P_{H(O;R)}=HB.HC=HM.HN=R^2-OH^2 $
mà $ HB.HC=AE.AB=AH^2 $ (hệ thức lượng trong tam giác vuông) nên $ AO^2-R^2 ;R^2-OH^2 $ không đổi => $ AO^2-OH^2 $ không đổi => $ (OK^2+AK^2)-(OK^2+HK^2) $ không đổi (định lí Pythagoras)=> $ AK^2-KH^2=(AK-KH)(AK+KH) $ không đổi => $ AK+KH;AK-KH=AH $ không đổi => $ AK,AH $ không đổi mà $ A $ cố định và $ AN $ cố định nên K,M cố định
Lại có $ AH^2=HB.HC=HM.HN $ nên dể thấy N cũng cố định => 2 điểm thỏa đề bài là M,N

nếu bạn làm dc câu 3 rồi thì câu 4 làm vầy vẽ $ NK \perp AB \text {do} IB//AN $ (câu 3) => $ 2S_{AIN}=2S_{BNA}=NK.BA $ (cái đó sử dụng t/c khoảng cách giữa 2 đường thẳng song song chắc bạn cũng biết) => $ S_{AIN} max <=> NK max $ (vì AB không đổi). Dễ thấy $ NK\le NB\le 2R $ (quan hệ giữa đường vuông góc với đướng xiên và quan hệ giữa dây cung và đường kính) =>$ S_{AIN}\le R.AB $ ( không đổi). ĐTXR <=> cát tuyến AMN thỏa BN là đường kính của $ (O;R) $

em giúp anh khâu quy đồng : $ 4x^7+4x^6+60x^5+8x^4+264x^3-100x^2+516x-135=0 $

3) $ 7(x^2+xy+y^2)=39(x+y) <=> 7y^2+y(7x-39)+7x^2-39x=0 $ -> xem đây là pt ẩn y , khi đó delta sẽ là $ \delta=-49x^2+182x+507=(7x-39)(-7x-13) $
Pt có nghiệm $ <=>\delta\ge0 <=> (7x-39)(7x+13)\le0 <=> \dfrac{39}{7}\ge x \ge \dfrac{-13}{7} $ <=> $ 5\ge x \ge -1 $ từ đó thay x bằng 7 giá trị sau: -1,0,1,2,3,4,5 vào pt để tìm y. Đáp số $ (x;y)=(0;0);(2;5);(5;2) $
1) $ x^2+x+6=y^2 $ ($ x\in Q y\in Z $ ) => $ (2x+1)^2+23=4y^2 => (2x+1)^2 $ là 1 số nguyên => $ |2x+1| $ phải là 1 số nguyên hoặc 1 số vô tỉ nhưng dễ thấy $ |2x+1| $ hữu tỉ do x hữu tỉ nên chỉ xảy ra trường hợp $ |2x+1| $ nguyên => $ 2x $ nguyên ,đặt $ 2x=a $ rồi giải pt bằng cách đưa pt về dạng tích 2 số bằng 1 số nguyên để giải.Đáp số $ (x;y)=(-6;-6);(-6;6);(5;-6);(5;6) $
còn bài 1a cũng như 1b , đáp số $ (x;y)=(-16;-12);(-16;12);(9;-12);(9;12);(-7;0);(0;0) $

còn cách áp dụng bđt cauchy nữa : $ P=2x+\sqrt{(1-4x-x^2).1}\le 2x+\dfrac{1-4x-x^2+1}{2}=1-\dfrac{x^2}{2}\le1 $=> maxP=1 khi x=0

2.sử dụng đẳng thức $ \dfrac{1}{n(n+1)(n+2)}=\dfrac{1}{2}(\dfrac{1}{n(n+1)}-\dfrac{1}{(n+1)(n+2)}) $
3. sử dụng công thức tổng quát $ (\dfrac{1}{2^2}-1)(\dfrac{1}{3^2}-1)...(\dfrac{1}{n^2}-1)=\dfrac{(-1)^{n+1}(n+1)}{2n} $ (c/m bằng quy nạp )
4.sử dụng đẳng thức $ \dfrac{1}{n(n+2}=\dfrac{1}{2}(\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+2}) $
5.Gọi $ x,y,z $ lần lượt là chữ số hàng trăm,chục,đơn vị ($ {1}\le{x}\le{9} ,{0}\le{y,z}\le{9} $ => $ 2 \le x+y+z \le 27 $
theo đề bài số cần tìm chia hết cho 18 hay chia hết cho 9 => x+y+z chia hết cho 9 => x+y+z phải nhận 1 trong cách giá trị 9,18,27
kết hợp với đk đề bài $ \dfrac{x}{1}=\dfrac{y}{2}=\dfrac{z}{3} $ suy ra các bộ số (x,y,z) ,sau đó thử lại và nhận nghiệm

cậu chịu khó tự vẽ hình nhá : vẽ $ AN//BC $ cắt KQ ở N. HM cắt KQ ở F'.Dễ dàng c/m dc tam giác ANQ cân tại A=> $ AN=AQ $.Ta sẽ C/m $ F \equiv F' $ bắng cách chứng tỏ F' cũng là điểm đối xứng với H qua M.Thật vậy $ \dfrac{HM}{BK}=\dfrac{AH}{AB} $ => $ \dfrac{HM}{AH}=\dfrac{BK}{AB}=\dfrac{BH}{AB}=\dfrac{MK}{AK}=\dfrac{MF'}{AN}=\dfrac{MF'}{AH}=>\dfrac{HM}{AH}=\dfrac{MF'}{AH} $=> $ HM=MF' $ => M:trung điểm của HF' => đpcm

Dễ thấy $ (x,y.n)=(1;-1;0);(-1;1;0) $ là 2 bộ số thỏa đề bài => đpcm

1/NE gọi là đường thẳng Steiner.Chứng minh: -Vẽ $ {MQ}\perp{AB} ; MI\perp{BC} ; MP\perp{AC} $ với Q,I,P nằm trên AB,BC,CA. Gọi L là điểm đối xứng của M qua I. V,K là giao điểm của AH với BC, (O);tia đối của tia KA là tia Kx.Dễ dàng thấy được HV=VK =>..=> VI là trung trực chung của HK,ML => HLMK là thang cân. Ta có $ \widehat{QIM}+ \widehat{PIM}= \widehat{QBM}+180^{*}-\widehat{PCM}=180^{*} $ => P,I,Q thẳng hàng.Gọi giao điểm củaa PQ và HM là R.Có $ \widehat{HLM}=\widehat{KML}=\widehat{KMx}=\widehat{ACM}=\widehat{QBM}=\widehat{QIM} $ => $ HL//RI $ hay $ HL//PQ $ mà I:trung điểm LM => R :trung điểm HM .Dễ thấy $ NH//QR ; EH//RP $ mà Q,R,I,P thẳng hàng nên => N,H,E thẳng hàng
2/ $ \dfrac{AO}{OC}=\dfrac{S_{AOD}}{S_{ODC}}=\dfrac{S_{AOD}}{9}. \dfrac{OC}{OA}=\dfrac{S_{BOC}}{S_{AOB}}=\dfrac{S_{BOC}}{4} $ => $ S_DOC.S_BOA=36 $ .Áp dụng bđt AM-GM :$ S_BOC+S_DOA\ge2.\sqrt{S_BOC.S_DOC}=2.\sqrt{36}=12 $ => $ S_{ABCD}\ge4+9+12=25 $
ĐTXR<=> $ AD//BC $

undefined

Anh jin195 ui, bài 2 anh giảng em ko hiểu gì cả !!! Em thấy mấy cái tam gaíc đó đâu có đồng dạng được. Anh giải thik kĩ cho em nhé !!! Thầy em cũng nói CM 2 tỉ số SAOD/SODC = SBOC/SAOB. Nhưng em chẳng bik giải làm sao cả !!
Anh chỉ rõ nha.
Thanks anh nhìu

không phải là đồng dạng,mà ở đây là sử dụng tính chất của 2 tam giác chung đỉnh và đáy cùng nằm trên 1 đường thẳng,khi đó thì chúng sẽ có cùng đường cao nên tỉ số diện tích sẽ bằng tỉ số 2 đáy đó.Ví dụ như tam giác AOD và tam giác ODC có chung đỉnh A và có 2 đáy là AO và OC cùng nằm trên đường chéo AC nên $ \dfrac{AO}{OC}=\dfrac{S_{AOD}}{S_{ODC}} $ Để c/m thì vẽ đường cao ra là được