thay vào pt ban đầu ?? a làm rõ đi ạ 

Ta có $f(x)=x+f(0)$

pt đầu tở thành $xy+f(0)+x-y+f(0)+x+y+1+f(0)=xy+2x+1$$\Leftrightarrow$$3f(0)=0$$\Leftrightarrow$$f(0)=0$

Tìm tất cả hàm $f: R\rightarrow R$ thỏa mãn: $f(x+f(y))=8x+9y+2016$

$f(x+f(y))=8x+9y+2016$ (1)

Thay y bởi 0 (1) trở thành $f(x+f(0))=8x+2016$ (2)

Thay x bởi x-f(0) (2) trở thành $f(x)=8x-8f(0)+2016$ (3)

Thay x bởi 0 (3) trở thành $f(0)=-8f(0)+2016$$\Leftrightarrow$$f(0)=224$

Thay vào 3 ta được $f(x)=8x+224$

Thử lại vào (1) ta có 8(x+8y+224)+224=8x+9y+2016$\Leftrightarrow$y=0$\forall y$$\in$R

Vậy không tồn tại hàm số nào thỏa (1)

 

Một ông bố trước khi mất để lại di chúc chia tài sản cho các con theo thứ tự như sau:

- Người con thứ nhất lấy 1000 đô la, rồi sau đó thêm 1/10 số tiền còn lại

- Người con thứ hai lấy 2000 đô la, rồi sau đó thêm 1/10 số tiền còn lại

- Người con thứ ba lấy 3000 đô la, rồi sau đó thêm 1/10 số tiền còn lại

- ...

Cứ tiếp tục chia như vậy cho tất cả các con và cuối cùng thì số tiền ông bố có được cũng vừa hết và lạ thay số tiền các con nhận được đều bằng nhau.

Hỏi ông bố đó có bao nhiêu người con?

 

Gọi n là số người con ông bố đó có

Gọi A là số tiền còn lại sau khi người con thứ n-1 lấy 1000(n-1) đô la

Vậy số tiền người con thứ n-1 lấy là 1000(n-1)+$\frac{A}{10}$ đô la và người con thứ n lấy 1000n hay là $\{9A}{10}$ đô la

Ta có số tiền các người con có bằng nhau nên ta có 1000(n-1)+$\frac{A}{10}$=1000n$\Leftrightarrow$$\frac{A}{10}$=1000$\Leftrightarrow$A=10000

$\Rightarrow$1000n=9000$\Leftrightarrow$n=9

Vậy ông bố đó có 9 người con

4)x+$\sqrt{5+\sqrt{x-1}}$=6 (Đk:x$\geq$1)

$\Leftrightarrow$x-1+$\sqrt{5+\sqrt{x-1}}$=5 (1)

Đặt t=$\sqrt{x-1}$$\geq$0

(1)$\Leftrightarrow$$t^{2}+\sqrt{5+t}=5$

Đặt y=$\sqrt{5+t}$$\geq$0

Ta có hpt

$\left\{\begin{matrix} y^{2}=5+t\\t^{2}=5-y \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow$$(y-t)(y+t)=y+t$

...

Cho n số thực không âm $ x_i, i=1,2,...,n $ sao cho tổng của chúng bằng 1 chứng minh rằng:

$ \frac{1}{n}(\frac{x_1}{1+x_1}+\frac{x_2}{1+x_2}+...+\frac{x_n}{1+x_n}) < \frac{x_1^{2}}{1+x_1^{2}}+\frac{x_2^{2}}{1+x_2^{2}}+...\frac{x_n^{2}}{1+x_n^{2}} $

Ta có các số $x_{i}$ không âm có tổng bằng 1 nên $x_{i}$$\leq$1 $\Rightarrow$$x_{i}^{2}$$\leq$$x_{i}$$\Rightarrow$$\frac{x_i}{1+x_i^{2}}$$\geq$$\frac{x_i}{1+x_i}$ (1)

Giả sử ta có $x_{1}$,$x_{2}$,...,$x_{n}$ là dãy tăng $\Rightarrow$$\frac{x_1}{1+x_1}$,$frac{x_2}{1+x_2},...,$\frac{x_n}{1+x_n}$ cũng là dãy tãng

Từ (1) và BĐT Chebyshev ta có

$\frac{x_1^{2}}{1+x_1^{2}}+\frac{x_2^{2}}{1+x_2^{2}}+...+\frac{x_n^{2}}{1+x_n^{2}}$$\geq$$\frac{x_1}{1+x_1}.x_1+\frac{x_2}{1+x_2}.x_2+...+\frac{x_n}{1+x_n}.x_n$$\geq$$ \frac{1}{n}(\frac{x_1}{1+x_1}+\frac{x_2}{1+x_2}+...+\frac{x_n}{1+x_n})(x_1+x_2+...+x_n)= \frac{1}{n}(\frac{x_1}{1+x_1}+\frac{x_2}{1+x_2}+...+\frac{x_n}{1+x_n})$

Dấu bàng xảy ra $\Leftrightarrow$$\left\{\begin{matrix} x_1+x_2+...+x_n=1\\x_1=x_2=...=x_n=1 \end{matrix}\right.$ (vô lí)

Vậy dấu bằng không xảy ra$\Rightarrow$đpcm

2. Cho hình chóp SABCD đáy là hbh, M thuộc BC. ($\alpha$) qua M//(SAB)

a. Tìm giao tuyến của ($\alpha$) vs (ABCD), (SAD), (SBC)

b. Xd thiết diện của ($\alpha$) vs hình chóp

Qua M vẽ ME//SB (E$\in$SC) và MF//AB (F$\in$AD)

$\Rightarrow$(MEF)$\equiv$($\alpha$) và ME$\in$(SBC), MF$\in$(ABCD)

$\Rightarrow$giao tuyến của ($\alpha$) và (SBC) là ME, của ($\alpha$) và (ABCD) là MF

Qua F vẽ FG//SA (G$\in$SD)

$\Rightarrow$(FMEG)$\equiv$($\alpha$) và EG$\in$(SDC) $\Rightarrow$giao tuyến của ($\alpha$) và (SAD) là FG, của ($\alpha$) và (SDC) là GE

Vậy thiết diện của ($\alpha) và hình chóp là tứ giác MEGF

$PT\Leftrightarrow (x^{2}-y)(x^{2}+y)=(y^{2}+1)(y^{2}+1)$ Mà $x,y\in \mathbb{Z}\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x^{2}-y=y^{2}+1\\ x^{2}+y=y^{2}+1 \end{matrix}\right.\Rightarrow x^{2}-y=x^{2}+y\Leftrightarrow y=0\Rightarrow x=\pm 1$

Như thế được ko nhỉ vì $x^{2}-y,x^{2}+y,y^{2}+1$ có thể có các ước nên chưa chắc là $x^{2}-y=x^{2}+y=y^{2}+1$

 $11x^2-27x+2x\sqrt{4x^2-9x-8}-24=0$

 $11x^2-27x+2x\sqrt{4x^2-9x-8}-24=0$ (ĐK $\sqrt{4x^2-9x-8}$$\geq$

$\Leftrightarrow$$12x^{2}-27x-24+2x\sqrt{4x^{2}-9x-24}-x^{2}=0$

Đặt y=$\sqrt{4x^{2}-9x-8}$

pt$\Leftrightarrow$$3y^{2}+2xy-x^{2}=0$

$\Leftrightarrow$(y+x)(3y-x)=0

giải phương trình:

 b)$\sqrt[3]{x-2}+\sqrt{x+5}=5$

b)$\sqrt[3]{x-2}+\sqrt{x+5}=5$ (ĐK: x$\geq$-5)

Đặt a=$\sqrt[3]{x-2}$, b=$\sqrt{x+5}$ (b$\geq$0)

Ta có hpt

$\left\{\begin{matrix} a+b=5\\ b^{2}-a^{3}=7 \end{matrix}\right. $

Câu a tương tự

Cho 3 đường thẳng $(d1) : y=-3x$ ; $(d2) : y=2x+5$ ; $(d3) : y=x+4$

Cmr $(d1) ; (d2) ; (d3)$ đồng quy tại một điểm.

Pt hoành độ giao điểm của (d1) và (d2) là -3x=2x+5$\Leftrightarrow$x=-1$\Rightarrow$y=3

Ta có 3=-1+4$\Rightarrow$(d1);(d2);(d3) đồng quy tại điểm (-1;3)

Cho tứ diện ABCD có M, N là trung điểm của AB, AD. Lấy I bất kì trên CD. Xác định giao tuyến của:

a. mp(CMN) và mp (ABI)

b. mp(CMN) và mp (BCD)

a)Gọi giao điểm của AI và CN là K

Ta có M$\in$mp(CMN) và M$\in$mp(ABI); K$\in$mp(CMN) và K$\in$mp(ABI)

$\Leftrightarrow$đường thẳng MI là giao tuyến của mp(CMN) và mp(ABI)

b)Ta có MN//BD; C$\in$mp(BCD) và C$\in$mp(CMN)

$\Rightarrow$đường thẳng qua C và song song với BC là giao tuyến của mp(CMN) và mp(BCD)

Cho tứ giác ABCD có M,N,P,Q lần lượt là trung điểm của AB,BC,CD,DA. Chứng minh 2 tam giác ANP và CMQ có cùng 1 trọng tâm.

Ta có $\vec{AC}+\vec{NM}+\vec{PQ}=\vec{AC}-\vec{AC}=\vec{0}$

$\Rightarrow$2 tam giác ANP và CMQ có cùng 1 trọng tâm.

Bài 1: $\Delta ABC, \widehat{A}=90^{\circ}, AH\perp BC. HE\perp AB; HF\perp AC$. Chứng minh

a) AE.AB=AF.AC

b) BC² = 3AH² + BE² + CF²

^c) $\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{BH}{CH}$

d) $\frac{AB^3}{AC^3}=\frac{EB}{FC}$

e) AH³ = BF.CF.BC

 BÀI này khó, nên mong các bạn làm cho mik huhu (câu a k cần nha)

 

b)$BC^{2}=AB^{2}+AC^{2}=2AH^{2}+BH^{2}+CH^{2}=2AH^{2}+CF^{2}+HF^{2}+BE{2}+HE^{2}=3AH^{2}+BE^{2}+CF^{2}$

c)$\frac{AB^{2}}{AC^{2}}=\frac{BH.BC}{CH.BC}=\frac{BH}{CH}$

d)$\frac{AB^{4}}{AC^{4}}=\frac{BH^{2}}{CH^{2}}=\frac{BE.AB}{CF.AC}$

$\Leftrightarrow$$\frac{AB^3}{AC^3}=\frac{EB}{FC}$

e)$AH^{4}=BH^{2}.CH^{2}=BE.CF.AB.AC=BE.CF.AH.BC$$\Leftrightarrow$đpcm

Cho 3 số x,y,z thỏa mãn $x > y > z > 0$. CMR: 

$\frac{y}{\sqrt{x + y} - \sqrt{x - y}} < \frac{z}{\sqrt{x + z} - \sqrt{x - z}}$

$\frac{y}{\sqrt{x + y} - \sqrt{x - y}} < \frac{z}{\sqrt{x + z} - \sqrt{x - z}}$

$\Leftrightarrow$$\frac{\sqrt{x+y}+\sqrt{x-y}}{2}<\frac{\sqrt{x+z}+\sqrt{x-z}}{2}$

$\Leftrightarrow$$2x+2\sqrt{x^{2}-y^{2}}<2x+2\sqrt{x^{2}-y^{2}}$

$\Leftrightarrow$$x^{2}-y^{2}<x^{2}-z^{2}$$\Leftrightarrow$y>z (đúng)

Tìm $\overline{abcd}$ mà $\overline{abcd}$ $\vdots$ $\overline{ab}$.$\overline{cd}$

$\overline{abcd}$ $\vdots$ $\overline{ab}$.$\overline{cd}$$\Leftrightarrow$100$\overline{ab}$+$\overline{cd}$$\vdots$$\overline{ab}$.$\overline{cd}$

$\Rightarrow$$\overline{cd}^{2}$$\vdots$$\overline{ab}$.$\overline{cd}$$\Leftrightarrow$$\overline{cd}$$\vdots$$\overline{ab}$

$\Rightarrow$$\overline{cd}$=k$\overline{ab}$ (với k<10)

$\Leftrightarrow$(100+k)$\overline{ab}$$\vdots$$\overline{ab}$.$\overline{cd}$$\Rightarrow$100+k$\vdots$k$\overline{ab}$

$\Rightarrow$100$\overline{ab}$$\vdots$k$\overline{ab}$$\Rightarrow$100$\vdots$k

Mà k<10 nên k=1;2;5

Xét từng trường hợp là được

Cho đường tròn $\left ( O;R \right )$. Kẻ hai tiếp tuyến $AB, AC$ ($B, C$ là các tiếp điểm). $E$ và $F$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $AC$. Lấy $M$ thuộc $EF$. Kẻ tiếp tuyến $MT$ của $\left ( O \right )$. Chứng minh: $MT = MA$.

Gọi H là giao điểm của AO và EF, I là giao điểm của AO và BC

Cm được HI=AH

Ta có $OA^{2}=OT^{2}=OI.OA=(OH-HI)(OH+AH)=OH^{2}-AH^{2}$

$\Leftrightarrow$$MH^{2}+AH^{2}=MH^{2}+OH^{2}-OT^{2}$

$\Leftrightarrow$$MA^{2}=MO^{2}-OT^{2}=MT^{2}$$\Leftrightarrow$MA=MT

Lời giải.

Quy đồng $\text{VP}$ của biểu thức ta được:

$$\frac{\left ( a+c \right )x^{2}-\left ( a-b \right )x-b+c}{\left ( x^{2}+1 \right )\left ( x-1 \right )}$$

Vậy để $\text{VT}=\text{VP}$ thì $\left\{\begin{matrix} a+c=-1 &  & \\ a-b=0 &  & \\ -b+c=1 &  & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=-1 &  & \\ b=-1 &  & \\ c=0 &  & \end{matrix}\right.$

Sao để $\text{VT}=\text{VP}$ thì $\left\{\begin{matrix} a+c=-1 &  & \\ a-b=0 &  & \\ -b+c=1 &  & \end{matrix}\right.$ nhỉ

Giải pt nghiệm nguyên

$x^2+3y^2+4xy+2x+4y-9=0$

pt$Leftrightarrow$(x+y)(x+3y)+x+y+x+3y+1=10

$\Leftrightarrow$(x+y)(x+3y+1)+(x+3y+1)=10

$\Leftrightarrow$(x+y+1)(x+3y+1)=10

Vì x,y$\in$Z nên x+y+1 và x+3y+1 là ước của 10

Sau đó thì dễ rồi

Gợi ý.

Từ phương trình thứ hai ta được $y^{2}+2y+2=2x^{2}$.

Thay vào phương trình thứ nhất ta được $x^{2}+xy+x+2x^{2}=0$.

Xét $x=0$ hoặc $3x+y+1=0$ (đoạn này rút thế).

Thay vào một trong hai phương trình và giải tiếp.

Nếu thay $y^{2}+2y+2=2x^{2}$ vào pt thứ nhất thì được $x^{2}+xy+x+2x^{2}=4$

Bài 2: Cho x, y khác nhau thỏa mãn $\sqrt{2010 - x^{2}} - \sqrt{2010 - y^{2}} = y - x.$ Tính M = $x^{2}+y^{2}$

y-x$\neq$0$\Leftrightarrow$$\sqrt{2010-x^{2}}$$\neq$$\sqrt{2010-y^{2}}$$\Leftrightarrow$$x^{2}$$\neq$$y^{2}$

$\sqrt{2010-x^{2}}-\sqrt{2010-y^{2}}=y-x$

$\Leftrightarrow$$\sqrt{2010-x^{2}}+x=\sqrt{2010-y^{2}}+y$

$\Leftrightarrow$$2010-2x\sqrt{2010-x^{2}}=2010-2y\sqrt{2010-y^{2}}$

$\Leftrightarrow$$x^{2}(2010-x^{2})=y^{2}(2010-y^{2})$

$\Leftrightarrow$$2010(x^{2}-y^{2})-(x^{2}-y^{2})(x^{2}+y^{2})=0$

$\Leftrightarrow$(x^{2}-y^{2})(2010-x^{2}-y^{2})=0$

$\Leftrightarrow$M=2010 (vì $x^{2}$$\neq$$y^{2}$

1/ Cho tam giác ABC vuông tại A (AC>AB), đường cao AH. Trong nửa mặt phẳng bờ AH có chứa C vẽ hình vuông AHKE. Gọi P là giao điểm của AH và KE.

a) CMR tam giác ABP vuông cân

b)Gọi q là đỉnh thứ tư của hbh APQB, Gọi I là giao điểm của BP và AQ. cmr H,I,E thẳng hàng

2/ Cho đa thức A(x)=$ax^{2}+bx+c$. Xác định b biết rằng khi chia A(x) cho x-1 và x+1 đều có cùng số dư

Sao AHKE là hình vuông mà AH cắt KE tại P

CMR:$\frac{1}{4}<\frac{2-\sqrt{2+\sqrt{2+...+\sqrt{2}}}}{2-\sqrt{2+\sqrt{2+...+\sqrt{2}}}}<\frac{3}{10}$

(Tử số: n dấu căn

Mẫu số: n-1 dấu căn)

Đặt a=$\sqrt{2+\sqrt{2+...+\sqrt{2}}}$ (n dấu căn)

$\Leftrightarrow$$a^{2}=2+\sqrt{2+\sqrt{2+...+\sqrt{2}}}$ (n-1 dấu căn) $\Leftrightarrow$$\sqrt{2+\sqrt{2+...+\sqrt{2}}}=a^{2}-2$ (n-1 dấu căn)

Ta có $\frac{4}{3}$<$\sqrt{2}$<a<$\sqrt{2+\sqrt{2+...+\sqrt{2+2}}}=2$

$\Leftrightarrow$$\frac{10}{3}$<a+2<4

$\Leftrightarrow$$\frac{1}{4}$<$\frac{1}{a+2}$=$\frac{2-a}{4-a^{2}}$=$\frac{2-a}{2-(a^{2}-2)}$<$\frac{3}{10}$

$\Rightarrow$đpcm

Cho a,b,c là 3 số nguyên lẻ.

Chứng minh phương trình: $ax^2+bx+c=0$ không có nghiệm hữu tỉ.

a,b,c là số nguyên lẻ nên $b^{2}-4ac$ là số nguyên

$\Rightarrow$pt có nghiệm hữu tỉ khi $\Delta$=$b^{2}-4ac=k^{2}$ (k$\in$Z, k là số nguyên lẻ vì $b^{2}$ lẻ và 4ac chẵn)

$\Leftrightarrow$$(b-k)(b+k)=4ac$

Vì b,k là số nguyên lẻ nên b,k có số dư khi chia cho 4 là 1 hay 3

Khi b,k có cùng số dư thì b-k chia hết cho 4

Khi b,k có số dư là 1 và 3 thì b+k chia hết cho 4

VT chia hết cho ,VP không chia hết cho 8 (vì a,c lẻ)

Vậy pt không có nghiệm hữu tỉ

Cho $x$, $y$ là các số hữu tỉ thoả mãn đẳng thức $x^2+y^2+\left ( \frac{xy+1}{x+y} \right )^2 = 2$. Chứng minh rằng $\sqrt{1+xy}$ là một số hữu tỉ.

$x^{2}+y^{2}$+$\left ( \frac{xy+1}{x+y} \right )^{2}=2$ (ĐK: x+y\neq0)

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

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

$\Leftrightarrow (x+y-\frac{xy+1}{x+y})^{2}=0 $

$\Leftrightarrow $x+y=\frac{xy+1}{x+y}$

$\Rightarrow (x+y)^{2}=1+xy$ $\sqrt{1+xy}=\pm (x+y)$

Vì x,y là số hữu tỉ nên $\sqrt{1+xy}$ là số hữu tỉ