Cho đường thẳng $(d):y=-x+3$. Điểm $A(1;4)$. Xác định tọa độ điểm $B$ trên đường thẳng $(d)$ sao cho $AB$ nhỏ nhất

Mình vốn ngu hàm số; nên mấy bạn có cách làm tổng quát mấy dạng này thì chỉ mình với nha

Châu sẽ là tội phạm chỉ cần giả sử lần lượt An, Bình, Châu, Danh nói đúng nhưng chỉ có trường hợp Danh nói đúng là thỏa; từ đó suy ra được Châu là tội phạm.

Thử phát luôn , ở đây

Câu 1: $A=\sqrt{x(x-4)+4}\Leftrightarrow A=\sqrt{x^{2}-4x+4}\Leftrightarrow A=\sqrt{(x-2)^{2}}\Leftrightarrow A=|x-2|$

Khi x=$\sqrt{3}$, ta có: $\sqrt{3}$ >0. $\Rightarrow A=\sqrt{3}-2$

Phải là $2-\sqrt{3}$ mới đúng bạn à

Cho $x, y, z$ là các số dương thỏa mãn điều kiện $xyz = 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:  

$$E=\frac{1}{x^3(y+z)}+\frac{1}{y^3(z+x)}+\frac{1}{z^3(x+y)}.$$

Toán thủ ra đề: angleofdarkness

Bài làm :
Áp dụng BĐT AM-GM ta có :
$\frac{1}{x^{3}(y+z)}+\frac{y+z}{4yz}=\frac{xyz}{x^{3}(y+z)}+\frac{y+z}{4yz}=\frac{yz}{x^{2}(y+z)}+\frac{y+z}{4yz}\geq \frac{1}{x}\Rightarrow \frac{1}{x^{3}(y+z)}\geq \frac{1}{x}-\frac{1}{4y}-\frac{1}{4z}$
Chứng minh tương tự ta có :
$\frac{1}{y^3(x+z)}\geq \frac{1}{y}-\frac{1}{4x}-\frac{1}{4z};\frac{1}{z^3(x+y)}\geq \frac{1}{z}-\frac{1}{4x}-\frac{1}{4y}$
Cộng tất cả vế theo vế :
$\Rightarrow E\geq \frac{1}{2}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})\geq \frac{3}{2}\sqrt[3]{\frac{1}{xyz}}=\frac{3}{2}$
Vậy :
$E_{\min}=\frac{3}{2}$
Dấu $"="$ xảy ra : $\Leftrightarrow x=y=z=1$

S = 45

Giải phương trình: $2x^{2}+5x-1=7\sqrt{x^{3}-1}$

Đề thi của l4lzTeoz

Bài làm của MSS07 :

ĐKXĐ : $x^{3}-1\geq 0\Rightarrow x\geq 1$
Nhận thấy $x=1$ không là nghiệm của phương trình 
$x> 1\Rightarrow \sqrt{x^{3}-1}+x-1> 0$
Ta có :
$2x^{2}+5x-1=7\sqrt{x^{3}-1}\Rightarrow 2(x^{2}-8x+10)+21x-21-7\sqrt{x^3-1}=0\Rightarrow 2(x^{2}-8x+10)-7.\frac{x^{3}-1-9(x-1)^{2}}{\sqrt{x^3-1}+3(x-1)}=0\Rightarrow 2(x^{2}-8x+10)-7.\frac{(x-1)(x^2-8x+10)}{\sqrt{x^3-1}+3(x-1)}=0\Rightarrow (x^{2}-8x+10)(2-\frac{7(x-1)}{\sqrt{x^3-1}+3(x-1)})=0$
Xét :
- Trường hợp 1 : $x^{2}-8x+10=0\Rightarrow (x-4)^{2}-6=0\Rightarrow (x-4+\sqrt{6})(x-4-\sqrt{6})=0\Rightarrow \begin{bmatrix} x=4+\sqrt{6} & \\ x=4-\sqrt{6} & \end{bmatrix}$
Thử lại thì cả 2 nghiệm trên đều thỏa
- Trường hợp 2 : $2-\frac{7(x-1)}{\sqrt{x^3-1}+3(x-1)}=0$
$\Rightarrow 2-\frac{7}{\sqrt{\frac{x^2+x+1}{x-1}}+3}=0$
Đặt : $\frac{x^{2}+x+1}{x-1}=y\Rightarrow yx-y=x^{2}+x+1\Rightarrow x^{2}+x(1-y)+1+y=0\Rightarrow \Delta =(1-y)^{2}-4(y+1)\geq 0\Rightarrow y^{2}-2y+1-4y-4\geq 0\Rightarrow y^{2}-6y-3\geq 0$
Mặt khác ta lại có : $\left\{\begin{matrix} x^{2}+x+1> 0 & \\ x-1> 0 & \end{matrix}\right.\Rightarrow y> 0$
$y^{2}-6y-3\geq 0\Rightarrow y\geq 3+2\sqrt{3}$
$\Rightarrow \sqrt{\frac{x^{2}+x+1}{x-1}}+3\geq \sqrt{3+2\sqrt{3}}+3\Rightarrow 2-\frac{7}{\sqrt{\frac{x^{2}+x+1}{x-1}}+3}> 0$
Suy ra phương trình ở trường hợp 2 vô nghiệm 
Vậy phương trình có 2 nghiệm :
$S\in \left \{ 4+\sqrt{6};4-\sqrt{6} \right \}$

    d =10

   S =17+10.3=47

Tồn tại hay không các cặp số nguyên (x,y) thỏa mãn phương trình sau đây ?

$$\sqrt{2025x^2+2012x+3188}=2013x-2011y+2094$$

Đề của 

lenin1999

MSS 07 :
Do $x;y$ là các số nguyên nên $2013x-2011y+2094$ cũng là số nguyên
$\Rightarrow \sqrt{2025x^2+2012x+3188}=m(m\in \mathbb{N})$ ( trong đó : $m=2013x-2011y+2094$ )
$\Rightarrow 2025x^2+2012x+3188=m^{2}\Rightarrow 3^4.5^2.2025x^{2}+2.3^{4}.5^2.1006x+6455700=(45m)^{2}\Rightarrow (2025x+1006)^{2}+5443664=(45m)^{2}\Rightarrow (45m-2025x-1006)(45m+2025x+1006)=5443664$
Thế  $m=2013x-2011y+2094$ vào phương trình trên
Suy ra : $(88560x-90495y+93224)(92610x-90495y+95236)=5443664$
Nhận thấy : $88560x-90495y+93224=45k+29;92610x-90495y+95236=45n+16(k,n\in \mathbb{Z})$
$\Rightarrow 5443664=(45k+29)(45n+16)$
Do $k;n$ là các số nguyên :
$\Rightarrow (k;n)\in \left \{ (-153;-18);(-1;-7561);(17;152);(7560;0) \right \}$
Mà : 

$\left\{\begin{matrix} 88560x-90495y=45k-93195 & \\ 92610x-90495y=45n-95220 & \end{matrix}\right.$
Thế các giá trị của của $k;n$ tìm được vào hệ trên thì ta chỉ có 1 nghiệm $x;y$ là : 
$\left\{\begin{matrix} x=1 & \\ y=2 & \end{matrix}\right.$
Vậy : $(x;y)= (1;2)$

   d =10

   S =17 +10x3= 47
 

Tồn tại hay không các cặp số nguyên (x,y) thỏa mãn phương trình sau đây ?

$$\sqrt{2025x^2+2012x+3188}=2013x-2011y+2094$$

Đề của 

lenin1999

MSS 07 :
Do $x;y$ là các số nguyên nên $2013x-2011y+2094$ cũng là số nguyên
$\Rightarrow \sqrt{2025x^2+2012x+3188}=m(m\in \mathbb{N})$ ( trong đó : $m=2013x-2011y+2094$ )
$\Rightarrow 2025x^2+2012x+3188=m^{2}\Rightarrow 3^4.5^2.2025x^{2}+2.3^{4}.5^2.1006x+6455700=(45m)^{2}\Rightarrow (2025x+1006)^{2}+5443664=(45m)^{2}\Rightarrow (45m-2025x-1006)(45m+2025x+1006)=5443664$
Thế  $m=2013x-2011y+2094$ vào phương trình trên
Suy ra : $(88560x-90495y+93224)(92610x-90495y+95236)=5443664$
Nhận thấy : $88560x-90495y+93224=45k+29;92610x-90495y+95236=45n+16(k,n\in \mathbb{Z})$
$\Rightarrow 5443664=(45k+29)(45n+16)$
Do $k;n$ là các số nguyên :
$\Rightarrow (k;n)\in \left \{ (-153;-18);(-1;-7561);(17;152);(7560;0) \right \}$
Mà : 

$\left\{\begin{matrix} 88560x-90495y=45k-93195 & \\ 92610x-90495y=45n-95220 & \end{matrix}\right.$
Thế các giá trị của của $k;n$ tìm được vào hệ trên thì ta chỉ có 1 nghiệm $x;y$ là : 
$\left\{\begin{matrix} x=1 & \\ y=2 & \end{matrix}\right.$
Vậy : $(x;y)= (1;2)$

  Điểm bên trên

Cho $x,y\in \mathbb{R}$ thỏa mãn $(x+y)^{3}+4xy\geq 2$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của:

$$ P=3(x^{4}+y^{4}+x^{2}y^{2})-2(x^{2}+y^{2})+1$$

Đề của 

nk0kckungtjnh

Ta có :
$(x+y)^{3}+4xy\geq 2$
$(x+y)^{2}-4xy\geq 0$
$\Rightarrow (x+y)^{3}+(x+y)^{2}-2\geq 0\Rightarrow (x+y-1)((x+y)^2+2(x+y)+2)\Rightarrow x+y\geq 1$
ÁP dụng BĐT Cauchy :

$\Rightarrow x^2y^2\leq \frac{(x^2+y^2)^2}{4}\Rightarrow -3x^2y^2\geq \frac{-3(x^2+y^2)^2}{4}$
$gt\Rightarrow P=3((x^2+y^2)^2-x^2y^2)-2(x^2+y^2)+1\geq \frac{9}{4}(x^2+y^2)^2-2(x^2+y^2)+1$
Mà : $x^{2}+y^{2}\geq \frac{(x+y)^{2}}{2}=\frac{1}{2}$
$\Rightarrow P\geq \frac{9}{4}(x^2+y^2)^2-2(x^2+y^2)+1=\frac{1}{4}(x^2+y^2)^2+2(x^2+y^2)^2-2(x^2+y^2)+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=\frac{1}{4}(x^2+y^2)^2+2(x^{2}+y^2-\frac{1}{2})^{2}+\frac{1}{2}\geq \frac{1}{4}.\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2}=\frac{9}{16}$
Vậy :

$\min P=\frac{9}{16}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (x+y)^{3}+4xy\geq 2 & \\ x=y & \\ x^{2}+y^{2}=\frac{(x+y)^{2}}{2}=\frac{1}{2} & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=y=\frac{1}{2}$

Điểm 10 .

Do đề của các Toán thủ nộp chưa phù hợp nên trận này BTC sẽ ra đề

Đề của BTC:
Cho tam giác $ABC$ nhọn. $D,E,F$ trên $BC, CA, AB$ sao cho $\triangle DEF$ nhọn và $AD, BE, CF$ đồng quy. $M, N, P$ trên $EF, FD, DE$ sao cho $\triangle MNP$ nhọn và $DM, EN, FP$ đồng quy.

Chứng minh rằng: $AM, BN, CP$ cũng đồng quy.

Thời gian làm bài tính từ: 20h15 ngày 14/2/2014

P/s: mong các toán thủ đừng mải đi chơi với gấu mà quên làm bài :adore:

Bài làm của letankhang :
Ta có :

$\frac{S_{AME}}{S_{AMF}}=\frac{\frac{1}{2}AM.AE.sin(\angle MAE)}{\frac{1}{2}AF.AM.sin(\angle MAF)}=\frac{AE.sin(\angle MAE)}{AF.sin(\angle MAF)}$
Mặt khác : $\frac{S_{AME}}{S_{AMF}}=\frac{\frac{1}{2}AM.ME.sin(\angle AME)}{\frac{1}{2}MF.AM.sin(\angle AMF)}=\frac{ME}{MF}$
Suy ra : $\frac{AE.sin(\angle MAE)}{AF.sin(\angle MAF)}=\frac{ME}{MF}\Rightarrow \frac{sin(\angle MAE)}{sin(\angle MAF)}=\frac{ME.AF}{MF.AE}$
Chứng minh tương tự : $\frac{sin(\angle NBA)}{sin(\angle NBC)}=\frac{NF.BD}{ND.BF};\frac{sin(\angle PCB)}{sin(\angle PCA)}=\frac{PD.CE}{PE.CD}$
Nhân lần 3 đẳng thức trên vế theo vế :
$\Rightarrow \frac{sin(\angle MAE)}{sin(\angle MAF)}.\frac{sin(\angle NBA)}{sin(\angle NBC)}.\frac{sin(\angle PCB)}{sin(\angle PCA)}=\frac{ME.AF}{MF.AE}.\frac{NF.BD}{ND.BF}.\frac{PD.CE}{PE.CD}$
Áp dụng định lí Céva trong tam giác $ABC$ và $DEF$
$\Rightarrow \frac{NF.DP.EM}{ND.PE.MF}=1;\frac{BD.CE.AF}{CD.EA.FB}=1$
Suy ra tích của chúng cũng bằng $1$

$\Rightarrow \frac{sin(\angle MAE)}{sin(\angle MAF)}.\frac{sin(\angle NBA)}{sin(\angle NBC)}.\frac{sin(\angle PCB)}{sin(\angle PCA)}=1$
Gọi giao điểm của $AM,BN,CP$ với $BC,AC,AB$ là $H,K,G$

Mà : $\frac{BH}{HC}=\frac{S_{AHB}}{S_{AHC}}=\frac{AB.sin(\angle BAH)}{AC.sin(\angle CAH)}$
Tương tự với các đẳng thức còn lại về nhân tất cả vế theo vế :

$\Rightarrow \frac{BH.CK.AG}{HC.KA.GB}=\frac{BH.CK.AG}{HC.KA.GB}.\frac{AB.BC.AC}{AC.AB.BC}=\frac{sin(\angle MAF).sin(\angle NBC).sin(\angle PCA)}{sin(\angle MAE).sin(\angle NBA).sin(\angle PCB)}=1$

Áp dụng định lí Céva đảo
Suy ra : $AH,BK,CG$ đồng qui
Kết luận : $AM,BN,CP$ đồng qui. $(Q.E.D)$
P/s : Hình trên em bỏ, lấy hình dưới ạ !!

$d = 8.5$

$S = 42.5$

Rất xin lỗi các toán thủ đã vì post đề chậm trễ, sau đây là đề thi trận 2 MSS:

Đề của toán thủ : Best Friend

 

$$\left\{\begin{matrix} 8x^{2}+12y^{2}-20xy=0 & & \\ 4x^{2}-6x+1=y^{2}-3y & & \end{matrix}\right.$$

Thời gian làm bài tính từ: 23h ngày 24/1/2014

Ta có :
$\left\{\begin{matrix} 8x^{2}+12y^{2}-20xy=0 & (1)\\ 4x^{2}-6x+1=y^{2}-3y &(2) \end{matrix}\right.$
$(1)\Rightarrow 4(2x-3y)(x-y)=0\Rightarrow \begin{bmatrix} 2x=3y & \\ x=y & \end{bmatrix}$
Xét : $2x=3y$
$(2)\Rightarrow 4x^{2}-6x+1-y^{2}+3y=0\Rightarrow 9y^{2}-9y-y^{2}+3y+1=0\Rightarrow 8y^2-6y+1=0\Rightarrow \begin{bmatrix} y=\frac{1}{2}\Rightarrow x=\frac{3}{4} & \\ y=\frac{1}{4}\Rightarrow x=\frac{3}{8} & \end{bmatrix}$
Thử lại các nghiệm trên đều thỏa.
Xét : $x=y$
$(2)\Rightarrow 4x^{2}-6x+1-y^{2}+3y=0\Rightarrow 3y^{2}-3y+1=0\Rightarrow 3(y-\frac{1}{2})^{2}+\frac{1}{4}=0\Rightarrow PTVN$
Phương trình trên vô nghiệm suy ra hệ vô nghiệm với trường hợp $x=y$
Vậy :
$(x;y)\in \left \{ (\frac{3}{4};\frac{1}{2});(\frac{3}{8};\frac{1}{4}) \right \}$

_________________
$d = 10$

$S = 43$



 

Bài làm :
Trước tiên ta chứng minh $N$ là số chẵn
Nếu $n$ chẵn 
$\Rightarrow 44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ cũng là số chẵn 
$\Rightarrow N$ chẵn 
Nếu $n$ lẻ
$\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}$ cũng là số chẵn
$\Rightarrow N$ chẵn
Vậy $N$ là số chẵn

+ Xét $m$ là số chẵn
$\Rightarrow N^{m}$ là số chính phương
$\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}.(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)$ cũng phải là số chính phương
Nếu $k=0$
* $n$ lẻ 
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} n^{2}+1\equiv 2(\mod 4) & \\ 44n^{3}+11n^{2}+10n+2\equiv 0+3+2+2\equiv 3(\mod4) & \end{matrix}\right.\Rightarrow (n^{2}+1)(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)\equiv 2(\mod 4)$
Suy ra không là số chính phương
* $n$ chẵn
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} n^{2}+1\equiv 1(\mod 4) & \\ 44n^{3}+11n^{2}+10n+2\equiv 0+0+0+2\equiv 2(\mod4) & \end{matrix}\right.\Rightarrow (n^{2}+1)(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)\equiv 2(\mod 4)$
Suy ra cũng không là số chính phương
Nên trường hợp $k=0$ loại
Nếu $k\geq 1$
$\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}$ là số chính phương
$\Rightarrow 44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ cũng phải là số chính phương $(1)$
Mà theo chưnh minh trên ta lại có : $44n^{3}+11n^{2}+10n+2\equiv 2(\mod 4)$
Nên $(1)$ không thể xảy ra
Vậy trường hợp $m$ là số chẵn bị loại $*$

+ Xét $m$ là số lẻ $(m\geq 3)$
$\Rightarrow N^{m}\vdots 8$
Nếu $k=0$
* $n$ chẵn
$n^{2}+1\equiv 1;5(\mod 8)$
$\left\{\begin{matrix} 44n^{3}\equiv 0(\mod 8) & \\ 11n^{2}\equiv 0;4 & \\ 10n\equiv 0;4(\mod8) & \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow (n^{2}+1)(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)\equiv 2;6(\mod 8)$
Suy ra loại
* $n$ lẻ
$\Rightarrow n^{2}+1\equiv 2(\mod8)$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 44n^{3}\equiv 4(\mod8) & \\ 11n^{2}\equiv 3(\mod8) & \\ 10n\equiv 2;6(\mod8) & \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow (n^{2}+1)(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)\equiv 6(\mod8)$
Suy ra loại
Vậy ta loại trường hợp $k=0$
Nếu $k\geq 1$
* $n$ chẵn
$\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}\equiv 1^{2^k};5^{2^k}\equiv 1(\mod8)$
Tương tự chứng minh trên ta có : $44n^{3}+11n^{2}+10n+2\equiv 2;6(\mod8)$
$\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}.(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)\equiv 2;6(\mod8)$
Suy ra loại
* $n$ lẻ 
Đặt $m=2x+1$ ( do đang xét $m$ lẻ )
Ta có 
$(n^{2}+1)^{2^{k}}.(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)=N^{m}=N^{2x}.N$
$\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}.\frac{44n^{3}+11n^{2}+10n+2}{N}=N^{2x}$
Suy ra $\frac{44n^{3}+11n^{2}+10n+2}{N}$ phải là số chính phương $(2)$ (Ta đã có $N$ chẵn mà $44n^3+11n^2+10n+2 \equiv 3 \pmod{4}$ thì làm gì có chuyện $\frac{44n^3+11n^2+10n+2}{N}$ là số tự nhiên mà đòi làm số chính phương!)
Mà : $44n^{3}+11n^{2}+10n+2\equiv 3(\mod4)$ ( do $n$ lẻ, theo chứng minh trên )
Nên không thể xảy ra $(2)$
Suy ra loại

Vậy ta loại trường hợp $m$ lẻ $(m\geq 3)$ $*$

Từ $*;**$
Suy ra $m=1$

Điểm. 9

Do em cũng không rõ mình đã gửi bài chưa ( hồi nãy em vô tình bấm nhầm vô nút gửi bài mà không biết là đã lưu hay chưa nữa ), nên em gửi thêm 1 lần nữa cho chắc. Bản này em gửi có sửa đổi $1;2$ chỗ mà em nghĩ là không đáng kể lắm. Mong BQT xem xét dùm em ! Em thành cảm ơn !

Bài làm :
Trước tiên ta chứng minh $N$ là số chẵn
Nếu $n$ chẵn 
$\Rightarrow 44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ cũng là số chẵn 
$\Rightarrow N$ chẵn 
Nếu $n$ lẻ
$\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}$ cũng là số chẵn
$\Rightarrow N$ chẵn
Vậy $N$ là số chẵn

+ Xét $m$ là số chẵn
$\Rightarrow N^{m}$ là số chính phương
$\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}.(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)$ cũng phải là số chính phương
Nếu $k=0$
* $n$ lẻ 
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} n^{2}+1\equiv 2(\mod 4) & \\ 44n^{3}+11n^{2}+10n+2\equiv 0+3+2+2\equiv 3(\mod4) & \end{matrix}\right.\Rightarrow (n^{2}+1)(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)\equiv 2(\mod 4)$
Suy ra không là số chính phương
* $n$ chẵn
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} n^{2}+1\equiv 1(\mod 4) & \\ 44n^{3}+11n^{2}+10n+2\equiv 0+0+0+2\equiv 2(\mod4) & \end{matrix}\right.\Rightarrow (n^{2}+1)(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)\equiv 2(\mod 4)$
Suy ra cũng không là số chính phương
Nên trường hợp $k=0$ loại
Nếu $k\geq 1$
$\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}$ là số chính phương
$\Rightarrow 44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ cũng phải là số chính phương $(1)$
Mà theo chưnh minh trên ta lại có : $44n^{3}+11n^{2}+10n+2\equiv 2(\mod 4)$
Nên $(1)$ không thể xảy ra
Vậy trường hợp $m$ là số chẵn bị loại $(*)$

+ Xét $m$ là số lẻ $(m\geq 3)$
$\Rightarrow N^{m}\vdots 8$
Nếu $k=0$
* $n$ chẵn
$n^{2}+1\equiv 1;5(\mod 8)$
$\left\{\begin{matrix} 44n^{3}\equiv 0(\mod 8) & \\ 11n^{2}\equiv 0;4(\mod 8) & \\ 10n\equiv 0;4(\mod8) & \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow (n^{2}+1)(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)\equiv 2;6(\mod 8)$
Suy ra loại
* $n$ lẻ
$\Rightarrow n^{2}+1\equiv 2(\mod8)$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 44n^{3}\equiv 4(\mod8) & \\ 11n^{2}\equiv 3(\mod8) & \\ 10n\equiv 2;6(\mod8) & \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow (n^{2}+1)(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)\equiv 6(\mod8)$
Suy ra loại
Vậy ta loại trường hợp $k=0$
Nếu $k\geq 1$
* $n$ chẵn
$\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}\equiv 1^{2^k};5^{2^k}\equiv 1(\mod8)$
Tương tự chứng minh trên ta có : $44n^{3}+11n^{2}+10n+2\equiv 2;6(\mod8)$
$\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}.(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)\equiv 2;6(\mod8)$
Suy ra loại
* $n$ lẻ 
Đặt $m=2x+1$ ( do đang xét $m$ lẻ )
Ta có 
$(n^{2}+1)^{2^{k}}.(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)=N^{m}=N^{2x}.N$
$\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}.\frac{44n^{3}+11n^{2}+10n+2}{N}=N^{2x}$
Suy ra $\frac{44n^{3}+11n^{2}+10n+2}{N}$ phải là số chính phương $(2)$
Mà : $44n^{3}+11n^{2}+10n+2\equiv 3(\mod4)$ ( do $n$ lẻ, theo chứng minh trên )
Nên không thể xảy ra $(2)$
Suy ra loại

Vậy ta loại trường hợp $m$ lẻ $(m\geq 3)$  $(**)$ 

Từ $(*);(**)$
Suy ra $m=1$

Bài này lỗi cũng tương tự như bài chấm ở trên.

Điểm. 9

S = 9 + 9*3 = 36

Cho:

$a_{n} = 2^{2n+1} + 2^{n+1}+1$

$b_{n} = 2^{2n+1} - 2^{n+1} - 1$

$n=0;1;...$

Chứng minh rằng chỉ có $1$ và chỉ $1$ trong 2 số $a;b\vdots 5$

Chứng minh chia hết:

Bài 1: ta có $n\geq 1$, chứng minh:

$a. 16^{n}-15n-1 \vdots 225$

$b.3^{3n+3}-26n-27\vdots 169$

$c.2^{2^{2n+1}}+3\vdots 7$

$d.2^{2^{6n+2}}+3\vdots 19$

Bài 2: ta có $n\geq 1$; $k$ lẻ, chứng minh:

$k^{2^{n}}-1\vdots 2^{n+2}$

Mọi người ủng hộ topic nào....!!!!!!!!!    

 

2.  Trên các cạnh AB, BC, CD, DA của hình vuông ABCD ta lấy lần l­ượt các điểm M, N, P, Q sao cho AM = BN = CP = DQ. Gọi O là giao điểm của hai đường chéo. Chứng minh rằng M, O, P thẳng hàng

Bài 2 :

Bạn tự vẽ hình dùm mình nha

Gọi $H;K$ lần lượt là trung điểm của $AB;CD$ $(1)$

Ta có :

$AM=CP;AH=CK\Rightarrow \left | AM-AH \right |=\left | CP-CK \right |\Rightarrow HM=PK$

Mà $AB//CD\Rightarrow HM//PK$

$\Rightarrow HMKP$ là hình bình hành 

$\Rightarrow HK$ và $MN$ đi qua trung điểm mỗi đường $(2)$

Dễ thấy $HK$ đi qua $O$ và $O$ là trung điểm của $HK$ $(3)$ ( do $(1)$ )

Từ $(2)$ và $(3)$

Suy ra $M;O;P$ thẳng hàng $(đpcm)$

Bài 29: Tìm số dư khi chia $3^{100}$ cho $7$

 

P/s: Topic này vắng wá nhỉ

Bài 29 : 

$3^{100}= (3^{3})^{33}.3\equiv (-1)^{33}.3\equiv -3\equiv 4(mod7)$

Cho tam giác $ABC$ lấy $D$ trên $BC$ sao cho $\frac{DC}{BC}=\frac{2}{7}$. Trên $AD$ lần lượt lấy $G;E$ sao cho $AG=GE=ED$ , $CE$ cắt $AB$ tại $M$. Tính tỉ số $\frac{AM}{MB}$

Cho $\triangle ABC$ có $\widehat{A}=45^{\circ}$, $BD,CE$ là 2 đường cao, $H$ là trực tâm, $I$ là trung điểm $DE$. Chứng minh: $HI$ đi qua trọng tâm $\triangle ABC$

Cho ABC trên tia dối tia AB,BC,CA lần lượt vẽ các đoạn thẳng AD,BE,CF sao cho BD = CE = AF. CMR : Nếu tam giác DEF đều thì tam giác ABC đều

Cho Δ ABC có các góc nhỏ hơn 120∘. Vẽ ở phía ngoài ΔABC các tam giác đều ABD, ACE. Gọi M là giao điểm của DC và BE. Chứng minh rằng:

a) ∠BMC = 120∘                                b) ∠AMB = 120∘

Các bạn giúp mình câu b nha, câu a mình làm đc rùi, mình không biết viết kí hiệu toán học, chỉ copy vs paste thôi nên chữ nó thế

 

 

 

 

Bạn xem lời giải ở đây nhé..!!!http://diendantoanho...h-∠amb-120circ/

Cho hình vuông $ABCD$ có đường thẳng $d$ di động luôn cắt $AD; BC$ lần lượt tại $E;F$. Chứng minh rằng: nếu đường thẳng $d$ di động thì tổng bình phương của các khoảng cách từ $A;B;C;D$ tới  đường thẳng $d$ là 1 hằng số

Đặt $S_{CDE}=2k=>S_{BDE}=5k$ và $S_{BEC}=6k$ do $\frac{CD}{BD}=2/5$

Vì $\frac{DE}{DA}=1/3$ nên $S_{ECA}=4k$

Dễ dàng cm được $\frac{AM}{BM}=\frac{S_{CEA}}{S_{BCE}}=4/6=2/3$ (từ A;B hạ vuông góc xuống CM)

bạn nhầm ở chỗ là $S_{BEC}=6k$ phải là $7k$ nhá nên kết quả cuối là $4/7$ nha bạn 

Cho $\triangle ABC$ vuông tại $A$ có $\widehat{B}=20^{\circ}$, phân giác trong $BI$, vẽ $\widehat{ACH}=30^{\circ}$ ( $H$ thuộc cạnh $AB$ ). Tính $\widehat{CHI}$ ?