2. $2^{2a}=k^2-(2^b)^2=(k-2^b)(k+2^b)$
Ta có: 2 là một số nguyên tố và $2^{2a}$ là một lũy thừa của 2.
Do đó: Mỗi số $k-2^b; k+2^b$ đều phải là lũy thừa của 2.
Đặt $k-2^b=2^n; k+2^b=2^m$
Ta có: $2^m-2^n=(k+2^b)-(k-2^b)=2^{b+1}$
=>$2^n(2^{m-n}-1)=2^{b+1}$.
Ta có: $2^{m-n}-1$ lẻ (nếu m-n>0), mà đồng thời nó phải là lũy thừa của 2(tức là chẵn). =>$2^{m-n}-1=0$
=>$2^{m-n}=1$ =>m-n=0.
=>m=n
=>$2^{b+1}=0$. Do không có số b nào thỏa mãn đẳng thức này nên phương trình vô nghiệm nguyên dương.

Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
M=$\sqrt{(x-2007)^2}+\sqrt{(x-2008)^2}+\sqrt{(x-2009)^2}$
Bài 2: Chứng minh rằng : Nếu a+b+c=0 và $a.b.c \neq $ 0 thì :$( \dfrac{a-b}{c}+\dfrac{b-c}{a}+\dfrac{c-a}{b}).(\dfrac{c}{a-b}+\dfrac{a}{b-c}+\dfrac{b}{c-a})=9$

$M=|x-2007|+|x-2008|+|x-2009| \geq |x-2007+2008-x|+|x-2009|=1+|x-2009|$
Đẳng thức xảy ra <=> $2007 \leq x \leq 2008$
Trong khoảng đó, ta có: |x-2009|=-x+2009 đạt min thì -x đạt min hay x đạt max <=> x=2008
Vậy, min M=2 <=> x=2008.

Hôm qua em tìm trong võ của anh trai có mấy bài tìm nghiệm nguyên không làm đc mong các anh giúp với ( em là mem mới có chi mong mọi người bỏ qua)
1. Tìm a;b;c nguyên $x^4 +y^4+z^4=2x^2y^2+2y^2z^2+2z^2x^2+24$
2. Tìm a;b lẻ thỏa mản: $a^2+b^2$ là số chính phương.
3. tìm a;b không âm( nguyên) thỏa mản: $2^{2a}+2^{2b}$ chính phương

2. Ta có: Một số chính phương chia 4 dư 0;1.
Do a;b lẻ nên $a^2;b^2$ đều chia 4 dư 1. =>$a^2+b^2$ chia 4 dư 2, không thể là một số chính phương được.
Vậy, phương trình vô nghiệm.

Không biết khi thi được dùng đồng dư thức không ạ? Nếu được thì em định giải câu b) thế này:
b. Ta có $2009^{2010} \equiv 2^{2010}=4^{1005} \equiv 1 (mod 3)$
Xét các số dư của a và $a^2+a+1$ ta được $a(a^2+a+1)$ chia 3 dư 0 hoặc 2.
Mà $2009^{2010}$ chia 3 dư 1.
=>Đpcm.

2/ Chú ý rằng $3=|x-2006|+|x-2007|+|x-2009| \geq |x-2006|+|x-2007+2009-x|=2+|x-2006|$
$1 \geq |x-2006|$
Do đó:
$x \leq 2007.$
Có $|x-2009| \leq 3 <=> x \geq 2006$
Từ đó ta có $2006 \leq x \leq 2007$
$<=> |x-2009| \geq 2; |x-2006|+|x-2007| \geq |x-2006+2007-x|=1$
$<=> |x-2009|+|x-2007|+|x-2006| \geq 3.$(1)
Chú ý rằng $|y-2008| \geq 0$. Vì vậy đẳng thức ở (1) phải xảy ra<=> x=2007
Khi đó y-2008=0 <=> y=2008

98=2.7.7 chia hết cho 7.
Ta có: x nguyên.=>$x^3$ chia 7 dư -1;0;1.
$19x^3$ chia 7 dư 0 hoặc 2.
=> $19x^3-98y^2$ chia 7 dư 0 hoặc 2. Mà 1998 chia 7 dư 3.
=> Pt vô nghiệm nguyên.

$p \geq k <=> p=tk (t \geq 1)$
Ta cm: $(a_1^k+...+a_n^k)^{tk} \geq (a_1^{tk}+...+a_n^{tk})^k$
$<=> (a_1^k+...+a_n^k)^t \geq a_1^{tk}+...+a_n^{tk}$
BDT này hiển nhiên đúng do trong khai triển của $(a_1^k+...+a_n^k)^t$ có chứa các số $a_1^{tk};...a_n^{tk}$
Đẳng thức xảy ra khi p=k

Ta cũng dễ cm được $x \vdots y$
Đặt $x=yk$
$(yk)^y=y^{yk} \rightarrow k^y=y^{y(k-1)} \rightarrow k=y^{k-1}$
Do x,y phân biệt nên k>1.
Với k=2: Xét y>2 thì $y^{k-1}=y>k$
Giả sử điều trên đúng với k=n>2, nghĩa là: $y^{n-1}>n$.
Với k=n+1:
$y^{k-1}=y^n=y^{n-1}.y>n.y>2n>n+1$ (do n>1 và y>2)
Vậy với y>2, k>1 thì $ y^{k-1}>k$
=>y=1 hoặc 2.
Nếu y=1 thì k=1 (loại)
Nếu y=2 thì $k=2^{k-1}$
Tiếp tục dùng quy nạp: Với k=3 thì: $3<2^2$
Giả sử điều trên đúng với k=q>3.
$2^{(k+1)-1}=2^{k-1}.2>2q>q+1$
Vậy với mọi k>2 thì $k<2^{k-1}$
=>k=2.
Ta được (x,y)=(2,4),(4,2).

Tìm x,y nguyên dương: $x^y \vdots y^x$

2/ Dễ thấy x,y,z,t > 1.
$\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}+\dfrac{1}{t^2} \geq \dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{2^2}=1$
Đt xảy ra <=> x=y=z=t=2.

Liệu bạn có thể tìm được cách nào không dùng Ta-lét hay đồng dạng không?

1/Cm đc: ME=CD (t/c đoạn chắn song song); tam giác AME, BMD đều.
=>CD=AE
=> $ \Delta BEA= \Delta ADC (c.g.c)$
=> AD=BE
=>BK=DI
Ta có: $\hat{MBK}=\hat{DAE}=\hat{ADM}$
=> $\Delta BMK=\Delta DMI$
=> MK=MI.
=> $\hat{DMI}=\hat{BMK}$=>$\hat{KMI}=\hat{BMD|=60$ => đpcm
2/Cm đc: $\hat{ABC}=80 => \hat{ABM}=80-60=20$.
AD=BC=MB
=>$ \Delta ABM=\Delta BAD$ (c.g.c) =>AM=BD

$a S_n+b S_{n-1}+cS_{n-2}=(a\alpha^n+b\alpha^{n-1}+c\alpha^{n-2})+(a\beta^n+b\beta^{n-1}+c\beta^{n-2})$
$=\alpha^{n-2}(a\alpha^2+b\alpha+c)+\beta^{n-2}(a\beta^2+b\beta+c)=0$

Cho tam giác ABC nhọn. Lấy H trên BC sao cho: $BH=\dfrac{BC}{3}$. S là trung điểm của AC. Biết rằng: $HS \perp AC$. CMR: BS=AB.

Không nhất thiết. Ta có thể xét 10 có cùng số dư khi chia cho 10. Khi cộng mỗi số với stt trong hàng sẽ nhận 10 số dư khác nhau.

Nhân chéo tỉ lệ thức đầu tiên:
(a+b)(c-d)=(a-b)(c+d) <=> ac+bc-ad-bd=ac+ad-bc-bd <=> bc-ad=ad-bc <=> 2bc=2ad <=> bc=ad
Do đó $\dfrac{a}{b}=\dfrac{c}{d}$

Nhân liên hợp: $(a+\sqrt{a^2+3})(a-\sqrt{a^2+3})(b+\sqrt{b^2+3})(b-\sqrt{b^2+3})=(a^2-a^2-3)(b^2-b^2-3)=9.$
Vậy $(a-\sqrt{a^2+3})(b-\sqrt{b^2+3})=(a+\sqrt{a^2+3})(b+\sqrt{b^2+3})=3$
Nhân ra, giản lược ta được $-a.\sqrt{b^2+3}-b.\sqrt{a^2+3}=+a.\sqrt{b^2+3}+b.\sqrt{a^2+3}$
$=> 2a.\sqrt{b^2+3}=-2.b.\sqrt{a^2+3}
a.\sqrt{b^2+3}=-b.\sqrt{a^2+3}$
Ta có: $a.\sqrt{b^2+3}=-b.\sqrt{a^2+3}
<=> a^2(b^2+3)=b^2(a^2+3)
<=>3a^2=3b^2 <=>a^2=b^2$
Do đó, hoặc a=b, hoặc a=-b.
Thử với a=b, thấy không thỏa mãn.
=>a=-b. Vậy: a+b=0.

$x^{100}-1=(x^{50}-1)(x^{50}+1)=(x^{25}-1)(x^{25}+1)(x^{50}+1)
=(x^{25}-1)(x+1)(x^{24}-x^{23}+...-x+1).(x+1)(x^{49}-x^{48}+...-x+1) \vdots (x+1)^2$
Vậy $x^{100}$ chia $(x+1)^2$ dư 1.

$\dfrac{x^{100}-1}{(x-1)^2}=\dfrac{(x-1)(x^{99}-x^{98}+...+x-1)}{(x-1)^2}=\dfrac{x^{99}-x^{98}+...+x-1}{x-1}=\dfrac{(x-1)+x^2(x-1)+...+x^{98}(x-1)}{x-1}=1+x^2+x^4+...+x^{98}$
Vậy $x^{100}-1 \vdots (x-1)^2$
Suy ra $x^{100}$ chia $(x-1)^2$ dư 1.

đây là bài rút gọn em làm ra kết quả là
$\dfrac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}-2}$
ĐKXĐ 0, x 4,x 9
còn câu cuối em không làm được
Tìm a để P.(x-4) > x + a với mọi x lớn hơn 2009

Ta có: $P(x-4)-x-a=[1+\dfrac{5}{\sqrt{x}-2}](x-4)-x-a=x-4+\dfrac{5(x-4)}{\sqrt{x}-2}-x-a=\dfrac{5(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)}{\sqrt{x}-2}-(4+a)=5(\sqrt{x}+2)-(4+a)>0$
<=>$5(\sqrt{x}+2)>4+a$
Ta có: $5(\sqrt{x}+2)-4>5(\sqrt{2009}+2)-4=5\sqrt{2009}+10-4=6+5\sqrt{2009}>a$
Suy ra a là các số thực thỏa: $a<6+5\sqrt{2009}$

4)
$2^x \equiv -1 (mod 7)$
Chú ý rằng: $2 \equiv 2(mod 7), 2^2 \equiv -3 (mod 7), 2^3 \equiv 1 (mod 7)$
=> $2^{3k} \equiv 1 (mod 7); 2^{3k+1} \equiv 2 (mod 7); 2^{3k+2} \equiv -3(mod 7)\forall k \in N$
Như vậy, với mọi x số tự nhiên thì $2^x+1$ không thể chia hết cho 7.
=>PTVN.

1/ $\overline{a_{1}a_{2}a_{3}a_{4}}$ và $ \overline{b_{1}b_{2}b_{3}b_{4}}$ là 2 số chính phương
$a_{1}-b_{1}=a_{2}-b_{2}=a_{3}-b_{3}=a_{4}-b_{4}$
tìm 2 số trên

2/ giải pt
$(x^{2}+2x-5)$*$2(x^{2}+2x)-x-15$=0

3/ $(x-1)(x-2)(x-4)(x-5)=2m$
gọi $x_{1} x_{2} x_{3} x_{4} $ là ng pt
giá trị nào của m thì $\dfrac{1}{x_{1}}+\dfrac{1}{x_{2}}+\dfrac{1}{x_{3}}+\dfrac{1}{x_{4}}$ có giá trị nguyên dương

Đặt $ \overline{a_{1}a_{2}a_{3}a_{4}=m^2; \overline{b_{1}b_{2}b_{3}b_{4}=n^2$ thì:
(m+n)(m-n)=1111(a_4-b_4)=11.101.(a_4-b_4)
Ta có $32 \leq m;n \geq 99$ nên $m+n \leq 198$; $m-n \leq 67$
1.1. m-n khác 0.
Vì 101 nguyên tố nên m+n phải chia hết cho 101 (do m-n<101)
Giả sử m+n chia hết cho $a_4-b_4$ thì m+n phải chia hết cho $ 101(a_4-b_4) $ chỉ đúng khi $a_4-b_4$=1 (do m+n $ \leq $)
Khi đó: m-n=11.
Tính được m=56; n=45. Thử lại thấy không thỏa mãn.
Do đó: m-n=11($ a_4-b_4$)
Suy ra $a_4-b_4$<7.
Tới đây thử cho $a_4-b_4$ từ 2 đến 6.
1.2. $a_4-b_4=0$ : đúng với mọi số cp có 4 chữ số.

nhìn lại đề thi mới thấy sao lớp 9 mình dốt đến thế :L
01,cho các số thực a,b:CMR:
$(a^2+1)(b^2+1)$ $(a+1)(b+1)(ab+1)$
02,ch0 các số $1,2,,4,5,6,7,8,9$
chia các số này thành 3 tập .Xét tích các phần tử trong mỗi tập .Gọi A là tích lớn nhất CMR:
$A$ $71$

2, Có số 3 không anh? Nếu có thì:
Giả sử cả 3 tích này đều bé hơn 71 thì tích của cả chín số trên sẽ bé hơn $71^3$
Ta lại có: 1.2.3.4.5.6.7.8.9=(8.9)(2.5.7)(3.4.6)=72.70.72=72.(71+1).(71-1)=72.($71^2$-1)>72. $71^2$>$71^3$ (trái với điều ở trên)
Vậy: tích lớn nhất phải lớn hơn hoặc bằng 71.

2/
*Chú ỷ rằng một số chính phương chia 8 dư 0;1 hoặc 4.
a. $ b^2 \equiv 0;4 (mod 8) <=> b \vdots 2 <=> abc \vdots 2 $
b. $ b^2 \equiv 1 (mod 8) & b^2-4ac \equiv 0;1;4 (mod 8) <=> 4ac \vdots 8 <=> ac \vdots 2 <=> abc \vdots 2$
*Một số chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1.
a. $ b^2 \equiv 0 (mod 3) <=> b \vdots 3 <=> abc \vdots 3 $
b. $ b^2 \equiv 1 (mod 3) & b^2-4ac \equiv 0;1 (mod 3) <=> 4ac \equiv 0;1 (mod 3)$
$ b^2 \equiv 1 (mod 3) & b^2+4ac \equiv 0;1 (mod 3) <=> 4ac \equiv 0;2 (mod 3)$
$\rightarrow 4ac \equiv 0 (mod 3) <=> ac \equiv 0 (mod 3) (do (3,4)=1) <=> abc\vdots 3$
*Một số chính phương chia 5 dư o;1 hoặc 4.
a.$b^2 \vdots 5 <=> abc \vdots 3$
b. $b^2 \equiv 1 (mod 5); b^2-4ac \equiv 0;1;4 (mod 5) <=> 4ac \equiv 1;0;2 (mod 5)$
$b^2+4ac \equiv 0;1;4 (mod 5) <=> 4ac \equiv 4;0;3$
Vậy $4ac \equiv 0 (mod 5) <=> abc \vdots 5$
* Do (2,3,5)=1 $=>abc \vdots (2.3.5=30)$

Nếu thế k=3, có cách nào để giải chỉ bằng kiến thức lớp 7 không ạ?