3/ $x^4-20x^2+100-y^4+28y^2-196=11
<=> (x^2-10)^2-(y^2-14)^2=11
<=> (x^2-10-y^2+14)(x^2-10+y^2-14)=11
<=> (x^2-y^2+4)(x^2+y^2-24)=11$
Xét ước của 11 và giải hệ ta tìm được bộ nghiệm $ (x,y)=( \pm 4; \pm 3); ( \pm 2; \pm 3)$
4/$2x^2+3y^2=z^2$ (1)
Do $2x^2+3y^2 \equiv 0;2 (mod 3); z^2 \equiv 0;1 (mod 3)$ nên x và z cùng chia hết cho 3.
Đặt $x=3x_1; z=3z_1$.
PT trở thành $2.9.x_1^2+3y^2=9.z_1^2 <=> 6x_1^2+y^2=3z_1^2$
Từ đó có y chia hết cho 3. Đặt $y=3y_1$
PT (1) trở thành $2.9.x_1^2+9y_1^2=9z_1^2
<=> 2x_1^2+y_1^2=z_1^2$
Từ đó suy ra $(\dfrac{x}{3}; \dfrac{y}{3}; \dfrac{z}{3})$ cũng là bộ nghiệm của pt.
Cứ tiếp tục như vậy ta có $(\dfrac{x}{3^k};\dfrac{y}{3^k}; \dfrac{z}{3^k})$ (k là một số tự nhiên) cũng là bộ nghiệm của pt.
Điều này chỉ xảy ra khi x=y=z=0.
5) Chú ý rằng $a^2 \equiv 0;1;2;4 (mod 7)$
Do đó $x^2+y^2+z^2$ chia hết cho 7 khi x,y,z cùng chia hết cho 7 hoặc $x^2;y^2;z^2$ lần lượt nhận các số dư khác nhau khi chia cho 7.
Tức là có một số chia 7 dư 1 hoặc 6; một số chia 7 dư 2 hoặc 5; một số chia 7 dư 3 hoặc 4.
Kết luận: PT có vô số nghiệm.

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.

Gọi vận tốc tàu khi nước lặn là a (km/h)
Theo đề bài: $\dfrac{80}{a+4}+\dfrac{80}{a-4}=8h30'=\dfrac{17}{2} (h)
<=> 80 (\dfrac{1}{a+4}+\dfrac{1}{a-4})=\dfrac{17}{2}
<=> \dfrac{1}{a+4}+\dfrac{1}{a-4}=\dfrac{17}{160} <=>\dfrac{2a}{a^2-4}=\dfrac{17}{160}
<=> 2a=\dfrac{17a^2-68}{160} <=> 320a=17a^2-68 <=> 17a^2-320a-68=0$
Tời đây giải pt bậc 2 để tìm a

Đặt 11...1=k (trong đó có 8 chữ số 1). Ta có:
$\dfrac{5.10k+3}{5.10k+7}=1-\dfrac{4}{50k+7}$
$\dfrac{6.10k+4}{6.10k+9}=1-\dfrac{5}{60k+9}$
Ta có: 4(60k+9)=240k+36=240k+1+35<250k+35=5(50k+7) (do 240k+1<250k)
Vì vậy $\dfrac{4}{50k+7}<\dfrac{5}{60k+9}$
$=> \dfrac{5.10k+3}{5.10k+7}=1-\dfrac{4}{50k+7}>1-\dfrac{5}{60k+9}=\dfrac{6.10k+4}{6.10k+9}$

Tìm min, max của: $\dfrac{x^2}{(x^2+4)^3}$

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.

p nguyên tố và p lớn hơn 3 => p chia 3 dư 1 hoặc 2.
*Nếu p chia 3 dư 1: p=3k+1 (k là một số tự nhiên).
2p+1=2(3k+1)+1=6k+2+1=6k+3=3(2k+1) hay 2p+1 chia hết cho 3. Mà 2p+1>3 nên 2p+1 không thể là số nguyên tố được. (loại)
*Nếu p chia 3 dư 2: p=3q+2 (q là một số tự nhiên)
4p+1=4(3q+2)+1=12q+8+1=12q+9=3(4q+3) hay 4p+1 chia hết cho 3. Có 4p+1>3 => 4p+1 là hợp số.
(Bạn chú ý rằng nếu một số tự nhiên n>k và n chia hết cho k với k nguyên tố thì n là một hợp số.

Giải pt: $x^6-x^5+x^4-x^3+x^2-x+\dfrac{3}{4}=0$

Cho tam giác ABC và M là giao điểm 3 đường trung trực của tam giác đó. Tìm O trên mặt phẳng sao cho MO+MA+MB+MC đạt min.

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

1)Một số khi chia cho 3 sẽ nhận 1 trong 3 số dư. Mà có 5 số => Có ít nhất 2 số cùng số dư khi chia cho 3.
+Nếu có 3 số cùng dư trở lên thì lấy 3 trong số các số đó cộng lại sẽ được tổng chia hết cho 3.
+Nếu chỉ có 2 số có cùng số dư thì chia 5 số thành 3 cặp: $(a_1,a_2);(a_3,a_4);a_5$. Trong đó các số cùng cặp sẽ có cùng số dư khi chia cho 3.Các cặp này phải lần lượt nhận các số dư khác nhau khi chia cho 3. Chọn một số bất kì từ mỗi cặp và cộng lại sẽ được tổng chia hết cho 3 (do tổng 3 số dư chia hết cho 3)
2)Nếu trong 52 số có 2 số chia 100 nhận cùng một số dư thì hiệu của chúng chia hết cho 100.
Nếu 52 số chia cho 100 nhận các số dư đôi một khác nhau. Chia 100 số dư có thể nhận được khi chia 1 số cho 100 thành các nhóm: (0,0);(1,99);...;(50,50). Tổng 2 số trong mỗi cặp chia hết cho 100. Ta có: Có 51 cặp. Mà lại có 52 số nên phải có ít nhất 2 số cùng tập. Khi đó, tổng 2 số này chia hết cho 100.

1)Cho tam giác ABC vuông cân tại A có AB=AC=5 (đvđd). Lấy 2 điểm M,N bất kì trên mặt phẳng. CMR: Luôn tồn tại K nằm trên các cạnh của tam giác ABC sao cho MK+NK lớn hơn độ dài cạnh huyền của tam giác.
2)Cho đoạn thẳng AD. Lấy B,C trên đoạn thẳng sao cho AB=CD. Lấy M bất kì trên mặt phẳng. CMR: MA+MD>MB+MC.

Cho tam giác ABC. Trên AB lấy D sao cho $AD=\dfrac{1}{k}.AB$; trên AC lấy E sao cho $AE=\dfrac{1}{k}.AC$ (k>2). Lấy F là trung điểm BC. CMR: AF; BE; CD đồng quy.

Bài e khó thật...
Từ pt 2 ta có $\sqrt{x+y}=y-x$
Chuyển vế pt 1, bình phương 2 vế và giản lược, ta có: $2x+y+1- 2 \sqrt{3x+2y}=0
<=>y=2 \sqrt{3x+2y}-2x-1$
$ \sqrt{x+y}=\sqrt{3x+2y}-1=y-x. <=>y=\sqrt{3x+2y}-1+x$
Vậy: $y=2.\sqrt{3x+2y}-2x-1=\sqrt{3x+2y}-1+x
<=>\sqrt{3x+2y}-3x=0
<=>\sqrt{3x+2y}=3x$
Từ đó tính được y=3x-1+x=4x-1.
Ta có: $\sqrt{x+y}=y-x <=> \sqrt{5x-1}=3x-1 <=> 5x-1=9x^2-6x+1 <=> 9x^2-11x+2=0$
Phân tích thành nhân tử được bt (x-1)(9x-2)
Vậy x=1 hoặc $x=\dfrac{2}{9}$
Với x=1 thì y=3. Với $x=\dfrac{2}{9} <=> y=\dfrac{-1}{9}$
Ta có: $y-x=\sqrt{x+y} \geq 0. => y \geq x$. Vậy bộ $(x,y)=(\dfrac{2}{9},\dfrac{-1}{9}$ không thỏa mãn.
Thử với x=1 và y=3: thỏa mãn hệ pt.
Vậy (x;y)=(1;3)

Giải các phương trình sau :
1, $(x+1)^{2006}+(x+2)^{2006}=\dfrac{1}{2^{2005}}$

2,$ \sqrt[2005]{x^{3}+3x-3}+ \sqrt[2005]{-x^{3}-3x+3} $

2.$ \sqrt[2005]{x^{3}+3x-3}+ \sqrt[2005]{-x^{3}-3x+3}= \sqrt[2005]{x^{3}+3x-3}+ \sqrt[2005]{-(x^{3}+3x-3)}=0 \forall x$

giải PT:
a, $(x+\sqrt{2})^4+(x+1)^4=33+12\sqrt{2}$
b, $(x-2)^6+(x-4)^6=64$
c, $3x^2+21x+18+2\sqrt{x^2+7x+7}=2$
d, $x^4-4x^3-10x^2+37x-14=0$
e, giải hệ:
$\sqrt{x+y}-\sqrt{3x+2y}=-1$
$\sqrt{x+y}+x-y=0$

$x^4-4x^3-10x^2+37x-14=x^4-5x^3+2x^2+x^3-5x^2+2x-7x^2+35x-14=x^2(x^2-5x+2)+x(x^2+5x+2)-7(x^2-5x+2)=(x^2-5x+2)(x^2+x-7)=0$
Giải 2 pt bậc hai được $x=\dfrac{5 \pm \sqrt{17} }{2}; x=\dfrac{-1 \pm \sqrt{29} }{2}$

$ P=1+\dfrac{2}{\sqrt{x}-1}$
Với$ x$ ko phải là số chính phương thì $\sqrt{x}$ là số vô tỉ nên $1+\dfrac{2}{\sqrt{x}-1}$ là số vô tỉ nên P vô tỉ ( loại )
Với $x$ là số chính phương thì$ \sqrt{x}$ nguyên, rồi làm ước số binh thường.

Dạ, em thấy không ổn lắm. Nếu x hữu tỉ thì $\sqrt{x}$ vẫn có thể hữu tỉ. Nếu như vầy thì ko dùng cách xét ước được.

Em xin làm bài b và c
Bình phương 2 vế:
$(x^2+3x+1)^2=(x+3)^2.(x^2+1)$
$ \Leftrightarrow x^4+6x^3+11x^2+6x+1=x^4+6x^3+10x^2+6x+9 $
$ \Leftrightarrow x^2=8 \Leftrightarrow x=\sqrt{8}$

b. $x^4+2x^3+5x^2+4x-5=0$
$x^4+x^3-x^2+x^3+x^2-x+5x^2+5x-5=0$
$x^2(x^2+x-1)+x(x^2+x-1)+5(x^2+x-1)=(x^2+x-1)(x^2+x+5)=0$
Do $x^2+x+5=(x+\dfrac{1}{2})^2+\dfrac{19}{4} >0 $ nên $x^2+x-1=0$
$\Leftrightarrow x^2+x+\dfrac{1}{4}-\dfrac{5}{4}=0$
$ \Leftrightarrow (x+\dfrac{1}{2})^2= \dfrac{5}{4}$
$ \Leftrightarrow x+\dfrac{1}{2}=\dfrac{\sqrt{5}}{2}$
$ \Leftrightarrow x=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$

@pth_tdn: chỉnh chút cho dễ nhìn

P nguyên $\Leftrightarrow (\sqrt x + 1) \vdots (\sqrt x-1) $
$ \Rightarrow 2 \vdots (\sqrt x-1)$
$\Rightarrow \sqrt x-1 \in (2,1,-1,-2) \Rightarrow x \in (9,4,0) $

Anh à, mình đâu có biết được $\sqrt{x}$ có là số nguyên hay không nên đâu dùng cách xét ước được đâu anh.
Cả tử và mẫu đều là số hữu tỉ thì phân số đó vẫn có thể nguyên mà.

Cho a,b là hai số kô âm. CMR:
$a^2 + b^2 \ge (a + b)\sqrt[{a + b}]{{a^a b^b }}$

Chia vế phải cho ab:
$(a + b) \dfrac{\sqrt[a + b]{a^a b^b }}{ab} = (a + b) \dfrac{\sqrt[a + b]{a^a b^b}}{\sqrt[a + b]{a^{a+b} b^{b+a}}} = (a+b) \sqrt[{a+b}]{\dfrac{1}{a^b.b^a}} \leq (a+b) . \dfrac{\dfrac{b}{a} + \dfrac{a}{b}}{a+b} = \dfrac{a^2+b^2}{ab}$ .
=> $ VP \leq \dfrac{a^2+b^2}{ab}.ab=a^2+b^2=VT$.

ai giải đi, mình quên cách giải rồi!!!!!!!!!!!

Nghiệm là $x=\sqrt[3]{3}$.
Phản chứng, giả sử $\sqrt[3]{3} $ có dạng $\dfrac{a}{b}$ trong đó (a,b)=1; a,b là các số nguyên.
=>$\dfrac{a^3}{b^3}=3$ nên $a^3 = 3.b^3 => a^3 \vdots b^3$.
Do (a,b)=1 nên ta có $a \vdots b$ (trái với điều kiện)
=>đpcm

Giải PT nghiệm nguyên : $3^{x}+4^{y}=5^{z}$

Do 4 chia 3 dư 1 nên $4^y \equiv 1 (mod 3) $=>$5^z \equiv 1 (mod 3)$
Ta có: $5^z \equiv 2^z (mod 3)$ nên $2^z \equiv 1 (mod 3)$. Mà $2 \equiv -1 (mod 3)$ nên ta có z chẵn. Đặt z=2a (a là một số tự nhiên).
=>$3^x=(5^a-2^y)(5^a+2^y)$.
Suy ra cả 2 số $5^a-2^y;5^a+2^y$ đều là lũy thừa của 3.
Nếu $5^a-2^y>1$ thì $5^a-2^y; 5^a+2^y$ phải đồng thời chia hết cho 3.
=>$(5^a-2^y)+(5^a+2^y)=2.5^a$ chia hết cho 3. Điều này không thỏa mãn do cả 2 và $5^a$ đều nguyên tố cùng nhau với 3 nên không thể chia hết cho 3 được.
=>$5^a-2^y=1$ và $5^a+2^y=3^k$
=>$2.5^a \equiv 2. (-1)^a \equiv 1 \equiv -2 (mod 3)$=>a phải là một số lẻ.
Ta có: $5^a$ tận cùng bằng 5. Suy ra $2^y$ phải tận cùng bằng 4.
=> y chia 4 dư 2 (chia hết cho 2). Đặt a=2p+1; y=2q
Ta có pt: $5^{2p+1}+2^{2q}=3^x$.
Nếu q=1 thì: $5^{2p+1}-4=1$ nên 2p+1=1=>p=0.=>a=1=>z=2;y=2 và x=2.
Nếu q>1 thì: $2^{2q}$ chia hết cho 8.
$5^{2p+1}=25^p.5 \equiv 5 (mod 8)$.
$3^x \equiv 0;3 (mod 8)$ mà $5^{2p+1}+2^{2q} \equiv 5 (mod 8)$ nên không thỏa mãn.
Vậy ta có duy nhất bộ (x;y;z)=(2;2;2) thỏa mãn.

baj` nay` la^u oy` , nhung em va^n~ chua ra ( em la` thanh` vien moj' , mong các anh chj. giup' do them )
cho ABC , trên AB lấy M , AC lấy N , sao cho BM=CN , gọi H,K lần lượt là trung điểm của BC và MN . HK cắt AB , AC tại E và F . CM AEF là cân

Nối M với C. Lấy Q là trung điểm của MC.
Theo tính chất đường trung bình thì: KQ//AC và KQ=$\dfrac{1}{2}$NC; QH//MB và QH=$\dfrac{1}{2}$MB.
Do MA=NC nên KQ=QH. => Tam giác KQH cân tại Q.=> Góc QKH= Góc QHK.
Ta có: Góc QKH= Góc CFH (đồng vị)= Góc AFE(đối đỉnh).
Góc QHK= Góc AEF (so le trong).
Mà Góc QKH= Góc QHK nên góc AFE= góc AEF. => Tam giác AEF là tam giác cân.

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.

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.