$\boxed{\textbf{Bài Toán 39}}$ Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=5$. Chứng minh rằng:

\[|(a^2-b^2)(b^2-c^2)(c^2-a^2) \le \sqrt{5}\]

 

Anh Drago nên gõ đề ra để tránh die ảnh

Hình như giả thiết bài này phải là $a+b+c=\sqrt{5}$ chứ ạ...

Đặt $P=\begin{vmatrix} (a^{2}-b^{2})(b^{2}-c^{2})(c^{2}-a^{2}) \end{vmatrix}$

Giả sử $c=min{a, b, c}$ ta chỉ cần xét $b\geq a.$ Đặt $\left\{\begin{matrix} x=\sqrt{a^{2}-c^{2}} & & \\ y=\sqrt{b^{2}-c^{2}} & & \end{matrix}\right.$ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=\sqrt{x^{2}+c^{2}} & & \\ b=\sqrt{y^{2}+c^{2}} & & \end{matrix}\right.$ 

Khi đó: $a+b+c=\sqrt{5}=\sqrt{x^{2}+c^{2}}+\sqrt{y^{2}+c^{2}}+c\geq x+y.$

Và $P\leq x^{2}y^{2}(y^{2}-x^{2}).$

Mà $4xy+(x-y)^{2}=(x+y)^{2}.$ Từ đó áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ ta có:

$P^{2}\leq (x+y)^{2}.xy.xy.xy.xy.(x-y)^{2}\leq (x+y)^{2}.\left [ \frac{4xy+(x-y)^{2}}{5} \right ]^{5}=\frac{(x+y)^{12}}{3125}\leq 5.$ Từ đây ta có $P\leq \sqrt{5}.$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $(a, b, c)=(\frac{\sqrt{5}-1}{2}, \frac{\sqrt{5}+1}{2}, 0).$ Kết thúc chứng minh.

Kết quả VMO 2018, diễn đàn ta có ai đoạt giải vô điểm danh nào: https://drive.google...j3kPpHX8DO/view

Bài 542: Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} \frac{1+4(x-y+1)^{2}}{\sqrt{2(x-y+2)}}=1+\frac{3}{2(x-y+1)} & & \\ (x+2)(\sqrt{x+y+3}-2\sqrt{y+1})=1-\sqrt{x^{2}+y^{2}+5x+3} & & \end{matrix}\right.$

Bài 335: $\left\{\begin{matrix} &(\sqrt{y}+1)^{2}+y^{2}x=y^{2}+2\sqrt{x-2} \\ &x+\frac{x-1}{y}+\frac{y}{x}=y^{2}+y \end{matrix}\right.$

 

Em nghĩ Bài 335 bị sai, bài làm của em như sau:

$ĐKXĐ:$ $y> 0; x\geq 2.$

Nhân hai vế của $PT(2)$ với $xy$ ta được:

$x^{2}y+x(x-1)+y^{2}=xy(y^{2}+y) \Leftrightarrow x^{2}y+x^{2}-x+y^{2}=xy^{2}(y+1) \Leftrightarrow x^{2}(y+1)-x+y^{2}=xy^{2}(y+1) \Rightarrow$ $x^{2}(y+1)-x-xy^{2}(y+1)+y^{2}=0 \Leftrightarrow$ $x\left [ x(y+1)-1 \right ]-y^{2}\left [ x(y+1)-1 \right ]=0$ $\Leftrightarrow (x-y^{2})\left [ x(y+1)-1 \right ]=0 \Leftrightarrow$ $\left\{\begin{matrix} x=y^{2} & & \\ x(y+1)=1 & & \end{matrix}\right.$

Với $x=y^{2}$ thế vào $PT(1)$ ta được $(\sqrt{y}+1)^{2}+y^{4}=y^{2}+2\sqrt{y^{2}-2}$ đến đây thì em chịu 

Với $x(y+1)=1$ thì phương trình vô nghiệm vì $ĐKXĐ$ của bài toán.

Nhưng nếu sửa đề của bài toán thành: $\left\{\begin{matrix} (\sqrt{y}+1)^{2}+\frac{y^{2}}{x}=y^{2}+2\sqrt{x-2} & & \\ x+\frac{x-1}{y}+\frac{y}{x}=y^{2}+y & & \end{matrix}\right.$

Ta làm tương tự như trên thì được:

Với $x=y^{2}$ thế vào $PT(1)$ ta được $(\sqrt{y}+1)^{2}+1=y^{2}+2\sqrt{y^{2}-2} \Leftrightarrow (\sqrt{y}+1)^{2}=y^{2}-2+2\sqrt{y^{2}-2}+1 \Leftrightarrow (\sqrt{y}+1)^{2}=(\sqrt{y^{2}-2}+1)^{2} \Leftrightarrow$ $\sqrt{y}=\sqrt{y^{2}-2} \Leftrightarrow$ $y=y^{2}-2 \Rightarrow y^{2}-y-2=0 \Leftrightarrow$ $\left\{\begin{matrix} y=2 & & \\ y=-1(loại) & & \end{matrix}\right.$

Thế $y=2$ ta được $x=4.$

Với $x(y+1)=1$ thì phương trình vô nghiệm vì $ĐKXĐ$ của bài toán.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là $(x, y)=(4, 2).$

Bài 11: (Sưu tầm) Tìm tất cả các hàm số  $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f\left ( yf(x+y)+f(x) \right )=4x+2yf(x+y)$    (1)

Gọi $P(u, v)$ là phép thế $x=u, y=v$ vào (1).

Trong (1) thế $P(x, 0)\Rightarrow f(f(x))=4x, \forall x\in \mathbb{R}$  (2) $\Rightarrow$ $f$ là song ánh.

Trong (1) thế $P(0, 0)\Rightarrow f(f(0))=0\Leftrightarrow f(a)=0, a=f(0).$

Trong (2) thế $x=a\Rightarrow f(f(a))=4a\Leftrightarrow a=0\Leftrightarrow f(0)=0.$

Trong (1) thế $P(0, 1)\Rightarrow f(f(1)+f(0))=2f(1)\Leftrightarrow f(f(1))=2f(1)\Leftrightarrow 4=2f(1)\Leftrightarrow f(1)=2.$

Trong (2) thế $x=1\Rightarrow f(f(1))=4\Leftrightarrow f(2)=4.$

Trong (1) thế $P(x, 1-x)\Rightarrow f((1-x)f(x+1-x)+f(x))=4x+2(1-x)f(x+1-x)\Leftrightarrow f(2(1-x)+f(x))=4x+4(1-x)=4=f(2), \forall x\in \mathbb{R}.$

Mà $f$ là song ánh nên suy ra: $2(1-x)+f(x)=2\Leftrightarrow f(x)=2x, \forall x\in \mathbb{R}.$

Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy tất cả các hàm thỏa mãn đề bài là: $f(x)=2x, \forall x\in \mathbb{R}.$

Bài 11: (Sưu tầm) Tìm tất cả các hàm số  $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f\left ( yf(x+y)+f(x) \right )=4x+2yf(x+y)$  (1)

Một lời giải khác cho bài hàm...

Trong (1) thế $P(x, 0)\Rightarrow f(f(x))=4x, \forall x\in \mathbb{R}$  (2)$\Rightarrow f$ là song ánh.

Từ tính song ánh nên $\exists a, b:f(a)=2, f(b)=4a.$

Từ (1) thay $y=-x+a\Rightarrow f(2(-x+a)+f(x))=4x+4(-x+a)=4a=f(b), \forall x\in \mathbb{R}$  (3)

Do $f$ là đơn ánh nên từ (3) suy ra: $2(-x+a)+f(x)=b, \forall x\in \mathbb{R}\Leftrightarrow f(x)=2x+b-2a, \forall x\in \mathbb{R}\Leftrightarrow f(x)=2x+c, \forall x\in \mathbb{R}, c$ là hằng số.

Thay vào (2) ta được: $2(2x+c)+c=4x, \forall x\in \mathbb{R}\Rightarrow c=0.$ Vậy $f(x)=2x, \forall x\in \mathbb{R},$ thử lại thấy thỏa mãn. Vậy tất cả các hàm thỏa đề bài là: $f(x)=2x, \forall x\in \mathbb{R}.$

Ủng hộ Topic một bài phương trình hàm.

Bài 13: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f(xf(y)+f(x))=2f(x)+xy, \forall x, y\in \mathbb{R}.$

Ủng hộ Topic một bài phương trình hàm.

Bài 13: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f(xf(y)+f(x))=2f(x)+xy, \forall x, y\in \mathbb{R}.$    (1)

Một lời giải khác cho bài hàm...

Gọi $P(u, v)$ là phép thế $x=u, y=v$ vào (1)

Trước hết, thế $P(1, x-2f(1))\Rightarrow f(f(x-2f(1))+f(1))=x, \forall x\in \mathbb{R},$ từ đây suy ra $f$ là toàn ánh.

Giả sử $f(x_{1})=f(x_{_{2}})=c$ thì

$P(1, x_{1})\Rightarrow f(c+f(1))=2f(1)+x_{1}$

$P(1, x_{2})\Rightarrow f(c+f(1))=2f(1)+x_{2}$

Từ đây suy ra: $2f(1)+x_{1}=2f(1)+x_{2}\Rightarrow x_{1}=x_{2}\Rightarrow f$ là đơn ánh.

Do $f$ vừa đơn ánh, vừa toàn ánh nên $f$ là song ánh nên $\exists u:f(u)=0,$ đặt $f(0)=a.$

Thế $P(u, 0)\Rightarrow f(au)=0=f(u)\Rightarrow au=u.$

Nếu $u=0$ thì $a=f(u)=f(0)=0\Leftrightarrow f(0)=0.$ Từ đó thế

$P(x, 0)\Rightarrow f(f(x))=2f(x), \forall x\in \mathbb{R}.$

Suy ra: $f(y)=2y, \forall y\in T,$ với $T$ là tập giá trị của hàm $f,$ mà hàm $f$ là song ánh nên ta phải có: $f(x)=2x, \forall x\in \mathbb{R},$ thử lại thấy không thỏa mãn.

Vậy $u\neq 0\Rightarrow a=1.$

$P(u, u)\Rightarrow f(0)=u^{2}\Leftrightarrow u^{2}=1\Rightarrow u=\pm 1.$

Nếu $u=1$ thì thế $P(0, -1)\Rightarrow 0=2,$ điều này vô lý.

Vậy: $u=-1,$ dẫn đến $f(-1)=0.$ Thế $P(0, -1)\Rightarrow f(1)=2.$

$P(-1, x)\Rightarrow f(-f(x))=-x, \forall x\in \mathbb{R}.$

$P(x, -f(1))\Rightarrow f(f(x)-x)=2f(x)-xf(1)=2(f(x)-x), \forall x\in \mathbb{R}.$    (2)

Với mọi $x\in \mathbb{R},$ do $f$ là song ánh nên $\exists z:f(z)=f(x)-x, \forall x\in \mathbb{R}.$

Từ đó thế vào (2) suy ra: $f(f(z))=2f(z).$ Từ đó trong (1) thế

$P(z, -1)\Rightarrow f(f(z))=2f(z)-z\Rightarrow z=0\Rightarrow f(z)=1\Rightarrow f(x)=x+1, \forall x\in \mathbb{R}.$ Thừ lại thấy thỏa mãn. Vậy tất cả các hàm thỏa đề bài là: $f(x)=x+1, \forall x\in \mathbb{R}.$

Cho a, b, c > 0; $\sum a^{2}=1.$Chứng minh rằng:

$\sum \frac{a^{2}+1}{b^{2}+ac}\geq 6$

 

Nguồn: Sáng tác.

Ta có : $\sum \frac{a^{2}+1}{b^{2}+ac}\geq \sum \frac{a^{2}+1}{b^{2}+\frac{1}{2}(a^{2}+c^{2})}=\sum \frac{2(a^{2}+1)}{2b^{2}+a^{2}+c^{2}}=\frac{2(a^{2}+1)}{b^{2}+1}+\frac{2(b^{2}+1)}{c^{2}+1}+\frac{2(c^{2}+1)}{a^{2}+1}\geq 3\sqrt[3]{\frac{2^{3}(a^{2}+1)(b^{2}+1)(c^{2}+1)}{(c^{2}+1)(b^{2}+1)(a^{2}+1)}}=6.$

Trước khi học về phương pháp tiếp tuyến, mình khuyên bạn nên học về đạo hàm, cách tính đạo hàm và phương trình tiếp tuyến của đường cong. Phương trình tiếp tuyến bạn đọc ở trang 152 sách Đại Số và Giải Tích 11 còn đạo hàm thì cũng ở trong sách này luôn. Sau khi học xong mấy cái này thì bạn lên mạng tìm hiểu về phương pháp tiếp tuyến thì sẽ dễ dàng hiểu được... Chúc bạn thành công...

Cho a,b,c > 0 và a+b+c=1  

cmr $\frac{a}{1+a^{2}}+\frac{b}{1+b^{2}}+\frac{c}{1+c^{2}}\leq \frac{9}{10}$

Ta có: $\frac{a}{1+a^{2}}\leq \frac{18}{25}(a-\frac{1}{3})+\frac{3}{10}$( Phương pháp tiếp tuyến )

Tương tự ta có: $\frac{b}{1+b^{2}}\leq \frac{18}{25}(b-\frac{1}{3})+\frac{3}{10}$

                       $\frac{c}{1+c^{2}}\leq \frac{18}{25}(c-\frac{1}{3})+\frac{3}{10}$

Cộng vế với vế ta có bất đẳng thức sau:

$\frac{a}{1+a^{2}}+\frac{b}{1+b^{2}}+\frac{c}{1+c^{2}}\leq \frac{18}{25}(a+b+c-1)+\frac{9}{10}=\frac{9}{10}.$

Bài 43: Cho $a_{1}, a_{2},..., a_{n}; s, k$ là các số thực dương thỏa mãn $a_{1}.a_{2}...a_{n}=s^{n}$ và $n-1=\frac{n}{(1+s)^{k}}.$ Xét bất đẳng thức $\frac{1}{(1+a_{1})^{k}}+\frac{1}{(1+a_{2})^{k}}+...+\frac{1}{(1+a_{n})^{k}}\leq n-1.$

a) Chứng minh rằng bất đẳng thức trên nói chung là không đúng.

b) Chứng minh bất đẳng thức trên đúng trong trường hợp $k=1.$

c) Tìm tất cả các giá trị $k$ (tùy thuộc $n$) để bất đẳng thức trên đúng.

Ai có tài liệu về phương pháp quy nạp dạng mạnh cho, em xin với....

Ai làm cho em câu 5 bằng phương Pháp p q r với

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN MÔN TOÁN NĂM HỌC 2018 - 2019 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI.

Ngày thi thứ nhất: 10 - 9 - 2018

Câu 1: Cho tam thức bậc hai $f(x)=x^{2}+ax+b$ với $a,b\in \mathbb{R}.$ Biết rằng tồn tại duy nhất số thực $x_{0}$ sao cho $f\left ( \left ( x_{0} \right ) \right )=0.$ Chứng minh rằng $a,b$ là các số không âm.

Câu 2: Cho ba số dương $a_{1},b_{1},c_{1}$ thỏa $a_{1}+b_{1}+c_{1}=1$ và các dãy số $\left ( a_{n} \right ),\left ( b_{n} \right ),\left ( c_{n} \right )$ thỏa mãn: $a_{n+1}=a_{n}^{2}+2b_{n}c_{n}, b_{n+1}=b_{n}^{2}+2a_{n}c_{n}, c_{n+1}=c_{n}^{2}+2a_{n}b_{n},\forall n\in \mathbb{N}^{*}.$

Xét dãy $\left ( x_{n} \right )$ xác định bởi $x_{n}=a_{n}^{2}+b_{n}^{2}+c_{n}^{2},\forall n\in \mathbb{Z}^{+}.$ Chứng minh:

(a) $x_{n+1}=\frac{2x_{n}^{2}+\left ( x_{n}-1 \right )^{2}}{2},\forall n\in \mathbb{N}^{*}.$

(b) $\left ( x_{n} \right )$ có giới hạn hữu hạn khi $n\rightarrow +\infty$ và tìm giới hạn đó.

Câu 3: Ghi lên bảng $2018$ số nguyên dương đầu tiên $1,2,3,...,2018.$ Thực hiện thuật toán sau: mỗi lần cho phép xóa đi hai số $a,b$ mà không có số nào là bội của số kia và thay thế chúng bởi hai số là ước số chung lớn nhất và bội số chung nhỏ nhất của $a,b.$ Hỏi rằng ta có thể thực hiện thuật toán trên vô hạn lần không? Tại sao?

Câu 4: Cho tam giác $ABC$ không cân nội tiếp đường tròn $\left ( O \right ),I$ là tâm đường tròn nội tiếp. Gọi $E$ là giao điểm của $BI$ và $AC,$ $F$ là giao điểm của $CI$ và $AB,$ $M,N$ theo thứ tự là giao điểm thứ hai của $BI,CI$ và đường tròn $\left ( O \right ).$ Đường thẳng $BI$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $BNF$ tại điểm thứ hai $P.$ Đường thẳng $CI$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $CME$ tại điểm thứ hai $Q.$

(a) Chứng minh rằng tứ giác $EFPQ$ nội tiếp một đường tròn.

(b) Qua $I$ kẻ đường thẳng $\Delta$ vuông góc với $BC.$ Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $EFPQ$ nằm trên $\Delta .$

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN MÔN TOÁN NĂM HỌC 2018 - 2019 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI.

Ngày thi thứ hai: 11 - 9 - 2018

Câu 1: Cho $n$ là số nguyên lớn hơn $1$ và $\left ( x_{1},x_{2},...,x_{n} \right )$ là một hoán vị của tập hợp $\left \{ 1,2,...,n \right \}$ (tập hợp gồm $n$ số nguyên dương đầu tiên). Chứng minh rằng: $\sum_{k=1}^{n}kx_{k}\left ( k+x_{k} \right )\leq \frac{n^{2}\left ( n+1 \right )^{2}}{2}.$

Câu 2: Cho các số nguyên $m,n$ lớn hơn $1$ thỏa mãn trong $n$ số $x^{2}-x$ với $x=\overline{1,n}$ không có hai số nào có cùng số dư khi chia cho $m.$ Chứng minh rằng:

(a) $m\geq 2n-1.$

(b) $m=2n-1$ khi và chỉ khi $m$ là số nguyên tố lẻ.

Câu 3: Với mỗi số nguyên $n> 1,$ ta gọi một hoán vị $\left ( a_{1},a_{2},...,a_{n} \right )$ của tập hợp $\left \{ 1,2,...,n \right \}$ (tập hợp gồm $n$ số nguyên dương đầu tiên) là tốt nếu: $\left | a_{1}-1 \right |=\left | a_{2}-2 \right |=...=\left | a_{n}-n \right |\neq 0.$

Chứng minh rằng:

(a) Không tồn tại hoán vị tốt nếu $n$ lẻ.

(b) Nếu $n$ chẵn thì số hoán vị tốt bằng số các ước dương của $\frac{n}{2}.$

Câu 4: Cho tam giác $ABC$ nhọn, không cân, nội tiếp đường tròn $\left ( O \right ).$ $P,Q$ theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $OAB,OAC.$ $R$ là điểm đối xứng của $O$ qua $BC.$ Gọi $X$ là giao điểm của $RB$ và $CP,$ $Y$ là giao điểm của $RC$ và $BQ.$ Chứng minh rằng: $\widehat{BAX}=\widehat{YAC}.$

Giải phương trình: 

a) $\frac{7x^{3}-101x^{2}+42x}{2x^{2}+x+12}=x^{2}-11x+6.$

b) $2x^{2}-2x^{4}-5=(x^{4}+2x^{2}+1)(x^{2}-2\sqrt{2}x+1).$

c) $3(\frac{x+3}{x-2})^{2}+168(\frac{x-3}{x+2})^{2}-46(\frac{x^{2}-9}{x^{2}-4})=0.$

d) $\sqrt{x^{2}-4x+9}+\sqrt{x^{2}+4x+9}=\frac{x^{2}}{3}+6.$

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} &6x^{2}-y^{2}-xy+5x+5y-6=0 & \\ &20x^{2}-y^{2}-28x+9=0 & \end{matrix}\right.$

Giải phương trình: a) $x\sqrt{3-2x}=3x^2-6x+4$

ĐKXĐ: $x\leq \frac{3}{2}.$

Ta có: $VP=3(x^{2}-2x+1-1)+4=3(x-1)^{2}+1\geq 1.$

Mà $VT=x\sqrt{3-2x}\leq \frac{1}{2}.x(3-2x+1)\Leftrightarrow 3x^{2}-6x+4\leq \frac{1}{2}.x(4-2x)\Leftrightarrow 3x^{2}-6x+4\leq 2x-x^{2}\Leftrightarrow 4x^{2}-8x+4=4(x^{2}-2x+1)\leq 0\Leftrightarrow 4(x-1)^{2}\leq 0.$ Từ đây dễ dàng suy ra $x=1$ là nghiệm duy nhất của phương trình.

 Tìm số nguyên tố p để $\frac{p^2-p-2}{2}$ là lập phương của 1 số tự nhiên

Ta đặt $\frac{p^{2}-p-2}{2}=m^{3}, m\in \mathbb{N}.$

Suy ra $p^{2}-p-2=2m^{3}\Leftrightarrow p(p-1)=2(m^{3}+1)\Leftrightarrow p(p-1)=2(m+1)(m^{2}-m+1).$

+Nếu $p=2$ thì $m=0.$

+Nếu $p> 2$ thì $p$ lẻ và từ giả thiết suy ra $p$ là ước của $m+1$ hoặc $p$ là ước của $m^{2}-m+1.$

TH1: $p$ là ước của $m+1,$ do $m< p$ nên $p=m+1,$ thay vào phương trình $p(p-1)=2(m+1)(m^{2}-m+1)$ ta được phương trình $2m^{2}-3m+2=0,$ phương trình này vô nghiệm.

TH2: $p$ là ước của $m^{2}-m+1$ thì ta đặt $m^{2}-m+1=kp,$ thay vào phương trình $p(p-1)=2(m+1)(m^{2}-m+1)$ ta được $p-1=2k(m+1)$ $\Leftrightarrow p=2k(m+1)+1,$ thế vào phương trình $m^{2}-m+1=kp$ ta được $m^{2}-(2k^{2}+1)m+1-k-2k^{2}=0$

Ta có $\triangle _{m}=(2k^{2}+1)^{2}-4(1-k-2k^{2})=4k^{4}+4k^{2}+1-4+4k+8k^{2}=4k^{4}+12k^{2}+4k-3.$ Ta cần tìm $k$ để $\triangle _{m}$ là một số chính phương. Vì $k$ nguyên dương nên $k\geq 1,$ từ đây ta có đánh giá sau $(2k^{2}+2)^{2}< 4k^{4}+12k^{2}+4k-3< (2k^{2}+4)^{2}.$ Từ đây suy ra $4k^{4}+12k^{3}+4k-3=(2k^{2}+3)^{2}\Leftrightarrow 4k^{4}+12k^{2}+4k-3=4k^{4}+12k^{2}+9\Leftrightarrow 4k-3=9\Leftrightarrow k=3.$ Thế $k=3$ vào phương trình $m^{2}-(2k^{2}+1)m+1-k-2k^{2}=0$ $\Leftrightarrow m^{2}-19m-20=0,$ giải ra ta được nghiệm $m=20$ (nhận) và $m=-1$ (loại). Thay $m=20$ vào phương trình $p^{2}-p-2=2m^{3}$ ta tìm được $p=127.$ Vậy các số nguyên tố $p$ thỏa phương trình là $p=2, p=127.$

Cái chỗ delta đó là điều kiện tối thiểu để phương trình có nghiệm...

$9x^{2}+3y^{2}+6xy-6x+2y-35= 0\Leftrightarrow (3x+y-1)^{2}+2(y+1)^{2}=38= 6^{2}+2.1^{2}$

Từ đây ta có 4 trường hợp nhưng ta chỉ nhận hai trường hợp

$\left\{\begin{matrix} 3x+y-1=-6 & \\ y+1=-1 & \end{matrix}\right.,\left\{\begin{matrix} 3x+y-1=6 & \\ y+1=-1 & \end{matrix}\right.$

Vậy nghiệm của phương trình là$\left ( -1,-2 \right ),\left ( 3,-2 \right )$ (mình giải thế có gì thì mấy bạn cứ góp ý)

Cách của bạn rất hay, nhưng để phân tích được thành tổng các bình phương như thế thì khá khó khăn...

chỗ này có vẻ hơi khó để hiểu

Khó hiểu chỗ nào, bạn có thể chỉ rõ ra không, mình sẽ giải thích...

Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

9x²+3y²+6xy-6x+2y-35=0

$PT\Leftrightarrow 3y^{2}+(6x+2)y+9x^{2}-6x-35=0.$

Ta xét: $\triangle _{y}=(6x+2)^{2}-4.3.(9x^{2}-6x-35)=36x^{2}+4+24x-108x^{2}+72x+420=-72x^{2}+96x+424.$

Để phương trình có nghiệm thì $\triangle _{y}\geq 0\Leftrightarrow -72x^{2}+96x+424\geq 0\Leftrightarrow -9x^{2}+12x+53\geq 0\Leftrightarrow \frac{2-\sqrt{57}}{3}\leq x\leq \frac{2+\sqrt{57}}{3}.$ Vì $x\in \mathbb{Z}$ nên $x=\left \{ -1; 0; 1; 2; 3 \right \}.$ Từ đây thế vào phương trình để tìm ra nghiệm nguyên $y$ của phương trình.

Câu 2. Gọi $P(m, n)$ là phép thế $m=u$ và $n=v$ vào phương trình $f(n^{2})=f(n-m).f(n+m)+m^{2}, \forall m, n\in \mathbb{R}.$    (1)

$P(0, 0)\Rightarrow f(0)=f(0)^{2}\Rightarrow f(0)=0$ hoặc $f(0)=1.$

Trường hợp 1: $f(0)=0$

$P(0, n)\Rightarrow f(n^{2})=f(n)^{2}, \forall n\in \mathbb{R}.$    (2)

$P(m, m)\Rightarrow f(m^{2})=m^{2}, \forall m\in \mathbb{R}.$    (3)

Từ (2) và (3) suy ra: $f(m)^{2}=m^{2}, \forall m\in \mathbb{R}.$    (4)

$P(m, 0)\Rightarrow f(m).f(-m)+m^{2}=0, \forall m\in \mathbb{R},$ kết hợp với (4) ta được:

$f(m).f(-m)+f(m)^{2}=0\Leftrightarrow f(m)\left ( f(-m)+f(m) \right )=0, \forall m\in \mathbb{R}.$    (5)

Giả sử có số $a:f(a)=0,$ thì từ (4) ta thế $m=a$ ta được: $f(a)^{2}=a^{2}\Rightarrow a=0.$ Vậy từ đây suy ra: $f(m)=0\Leftrightarrow m=0.$

Từ (5) xét với $m\neq 0$ thì $f(m)\neq 0,$ vậy ta có: $f(-m)=-f(m), \forall m\neq 0.$ Mà do $f(0)=0$ nên ta suy ra: $f(-m)=-f(m), \forall m\in \mathbb{R}.$

Từ $f(m)^{2}=m^{2}\geq 0, \forall m\in \mathbb{R}\Rightarrow f(m)\geq 0\Leftrightarrow m\geq 0.$

Ta có: $f(m^{2})=m^{2}, \forall m\in \mathbb{R}\Rightarrow f(m)=m, \forall m\geq 0.$

Xét $m< 0\Rightarrow -m> 0\Rightarrow f(-m)=-m, \forall -m> 0,$ do $f$ là hàm lẻ nên $f(-m)=-f(m)=-m, \forall m< 0\Rightarrow f(m)=m, \forall m< 0.$ Từ đây suy ra: $f(m)=m, \forall m\in \mathbb{R}.$ Thử lại thấy thỏa mãn.

Trường hợp 2: $f(0)=1$

$P(n, n)\Rightarrow f(n^{2})=f(2n)+n^{2}, \forall n\in \mathbb{R}.$    (6)

Trong (6) thế $n=2\Rightarrow f(4)=f(4)+4\Rightarrow 0=4,$ vô lý nên trường hợp này không xảy ra.

Vậy tất cả các hàm số thỏa đề bài là: $f(m)=m, \forall m\in \mathbb{R}.$