Topic vẫn còn hoạt động không anh ?. Em có một bài muốn đóng góp ạ .

$\mathbf{Đề   bài}: Giải pt : \frac{\sqrt{x+2}}{x + \sqrt{x}+1}  =1 $ 

Dễ thấy x khác 0, chia 2 vế của pt cho x , ta được

pt $  \Leftrightarrow (2+\frac{1}{x}).\sqrt{1+\frac{1}{x}}= 1 + \frac{2}{x} + \sqrt[3]{\frac{2}{x} + 1}  $ 

Đặt $ \sqrt{ \frac{1}{x}+1}  = a, \sqrt[3]{\frac{2}{x}+1}   =b $ , ta được 

$ (a^2+1).a = b^3 + b $

$  \Leftrightarrow  a^3 + a = b^3 + b $ 

$   \Leftrightarrow a = b $ 

Mọi người ơi có ai có tài liệu về casio hay những cuốn sách về giải toán bằng máy tính cấp bậc thcs k cho e xin với

Mình thấy có mỗi cuốn Bồi dưỡng giải toán bằng Casio THCS à 

Em là thành viên mới, thấy ngày xưa không khí VMF nhộn nhịp, sôi động hơn hẳn bây giờ Chỉ ước được một lần cảm nhận cái không khí ấy (( 

Câu 3. 

Ta có: $ \frac{1}{\sqrt{a^2-2ab+b^2+ab}} = \frac{1}{\sqrt{(a-b)^2+ab}} \leq \frac{1}{\sqrt{ab}} \leq \frac{1}{2} (\frac{1}{a} + \frac{1}{b}) $

Tương tự, cộng theo vế ta có: $ VT \leq \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} $

Mặt khác $ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \leq \sqrt{3(\frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} + \frac{1}{c^2})}  = 3 $

Vậy $ P \leq 3 $ 

Câu 5. $ BDT \Leftrightarrow  (\frac{1}{4-a} -\frac{1}{4} ) +   (\frac{1}{4-b} -\frac{1}{4} ) +   (\frac{1}{4-c } -\frac{1}{4} ) \geq \frac{a^2+b^2+c^2}{16} $ 

$ \Leftrightarrow   \frac{a}{4(4-a)} +  \frac{b}{4(4-b)} + \frac{c}{4(4-c)} \geq \frac{a^2+b^2+c^2}{16} $ 

Ta có: $   \frac{a}{4(4-a)}  + \frac{a(4-a)}{16} \geq \frac{a}{4} $ 

Tương tự, ta có: $  \frac{a}{4(4-a)} +  \frac{b}{4(4-b)} + \frac{c}{4(4-c)} \geq  \frac{a}{4} +  \frac{b}{4} +  \frac{c}{4} - (  \frac{a(4-a)}{16} +  \frac{b(4-b)}{16} +  \frac{c(4-c)}{16} ) $ 

$ \Rightarrow  \frac{a}{4(4-a)} +  \frac{b}{4(4-b)} + \frac{c}{4(4-c)} \geq  \frac{a}{4} +  \frac{b}{4} +  \frac{c}{4}  - (  \frac{a}{4} +  \frac{b}{4} +  \frac{c}{4}  -\frac{a^2+b^2+c^2}{16} )  $ 

$  \Rightarrow   \frac{a}{4(4-a)} +  \frac{b}{4(4-b)} + \frac{c}{4(4-c)} \geq \frac{a^2+b^2+c^2}{16} $ 

$\Rightarrow $ ĐPCM

Câu 2. Em có thể tham khảo tại đây. 

https://artofproblem...8_hard_question

Câu 1: VT = $ \frac{a^3}{ab+b^2} + \frac{b^3}{1+a^2} = \frac{a^3}{b(a+b)} + \frac{b^3}{a(b+a)} $ 

Ta có: $ \frac{b^3}{a(a+b)} + \frac{b}{2} + \frac{(a+b)}{4} \geq \frac{3a}{2} $

$ \Rightarrow  $ $   \frac{b^3}{a(a+b)} \geq \frac{3a}{2} - (  \frac{b}{2} + \frac{(a+b)}{4} )  $

Tương tự :  $ \frac{a^3}{b(a+b)} \geq \frac{3b}{2} - (  \frac{a}{2} + \frac{(a+b)}{4}  ) $ 

Cộng theo vế, ta được:  $ VT  \geq \frac{3(a+b)}{2} - (a+b) = \frac{(a+b)}{2} \geq 1 $ 

Bài 1: Đặt  biểu thực là P.

$ P \geq \frac{1}{ab} +  \frac{1}{bc} + \frac{1}{ac}  + \frac{1}{a^2+b^2+c^2} = \frac{1}{3ab} + \frac{1}{3bc}+\frac{1}{3ac} + \frac{1}{a^2+b^2+c^2} + \frac{2}{3}.(\frac{1}{ab} + \frac{1}{bc}+ \frac{1}{ac} ) \geq \frac{16}{a^2+b^2+c^2+3ab+3bc+3ac} + \frac{2}{3}.\frac{9}{ab+bc+ac} \geq \frac{16}{(a+b+c)^2+\frac{(a+b+c)^2}{3}} + \frac{2}{3}.\frac{9}{\frac{(a+b+c)^2}{3}} = \frac{16}{9 + 3 } + \frac{2}{3}.\frac{9}{3} = \frac{10}{3} $ 

Câu 4

Trước hết ta chứng minh bổ đề: Cho $a,b,c > 0 $ thỏa $ abc \geq 1 $, $ \frac{1}{ab+a+1} +  \frac{1}{bc+b+1} +  \frac{1}{ac+c+1} \leq 1 $ 

Thật vậy ta có: $ VT =   \frac{1}{ab+a+1} + \frac{a}{abc+ab+a} + \frac{ab}{a^2bc+abc+ab} \leq   \frac{1}{ab+a+1} + \frac{a}{1+ab+a} + \frac{ab}{1+a+ab} = \frac{a+ab+1}{a+ab+1} = 1 \Rightarrow  ĐPCM $ 

Trở lại bài toán, ta có: $ \frac{1}{\sqrt{2a^2+b^2+3}} \leq \frac{1}{\sqrt{2ab+2a+2}} $ 

Tương tự, cộng theo vế, ta được: $ P \leq \frac{1}{\sqrt{2}}  (\frac{1}{\sqrt{ab+a+1}}+\frac{1}{\sqrt{bc+b+1}}+\frac{1}{\sqrt{ac+c+1}}) $ 

Mặt khác, $ \frac{1}{\sqrt{ab+a+1}}+\frac{1}{\sqrt{bc+b+1}}+\frac{1}{\sqrt{ac+c+1}} = \sqrt{3}.(\frac{1}{\sqrt{3(ab+a+1)}}+\frac{1}{\sqrt{3(bc+b+1)}}+\frac{1}{\sqrt{3(ac+c+1)}} ) \leq \sqrt{3}. [ \frac{1}{2}. ( \frac{1}{3} + \frac{1}{ab+a+1} + \frac{1}{3} + \frac{1}{bc+b+1} +\frac{1}{3} + \frac{1}{ac+c+1} ) ] = \frac{\sqrt{3}}{2}. ( 1 +   \frac{1}{ab+a+1} +  \frac{1}{bc+b+1} + \frac{1}{ac+c+1} ) \leq  \frac{\sqrt{3}}{2}.(1+1) = \sqrt{3} $ 

Vậy $ P \leq \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}} $ 

Bài 2: BDT $ \Leftrightarrow  1 + 3\sqrt[3]{abc} + 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} + abc \leq (1+a)(1+b)(1+c) $ 

Ta có: $ VP = (1+a)(1+b)(1+c) = 1+ ab+bc+ac + a+b+c + abc \geq 1 + 3\sqrt[3]{abc} + 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} +abc = VT $ 

Suy ra BDT ban đầu đúng. 

Bài 2. Nếu có a+b+c = 3

Ta có: $3a+bc = a(a+b+c)+bc = (a+b)(a+c) $.

Tương tự, từ đó có VT = :

$ (b+c)\sqrt{(a+b)(a+c)} + (a+c)\sqrt{(b+c)(b+a)}+(a+b)\sqrt{(c+a)(c+b)} \geq (b+c)(a+\sqrt{bc})+(a+c)(b+\sqrt{ac})+(a+b)(c+\sqrt{ab}) = 2(ab+bc+ac) + (b+c)\sqrt{bc}+ (a+c)\sqrt{ac}+(a+b)\sqrt{ab} \geq 2(ab+bc+ca)+2(ab+bc+ac)= 4(ab+bc+ac) $ 

Dấu "=" $ a=b=c =1 $

Mình xin phép đóng góp

Bài 1: VT $ \geq \frac{(a^2+b^2+c^2+\frac{5}{a} +\frac{5}{b}+\frac{5}{c})^2}{3} \geq \frac{(\frac{(a+b+c)^2}{3}+\frac{5.9}{a+b+c})^2}{3} = 108 = $ VP

Dấu "=" khi $ a=b=c=1$ 

Bài 2: Có điều kiện a+b+c = 3 không bạn ? 

 Bài 1. Cho một tập A={a1,a2,a3,a4}A={a1,a2,a3,a4} gồm 4 số nguyên dương phân biệt. Ký hiệu tổng a1+a2+a3+a4a1+a2+a3+a4 bởi sAsA. Đặt nAnA là số các cặp (i;j)(i;j) với 1≤i<j≤41≤i<j≤4 và ai+ajai+aj là ước số của sAsA. Tìm tất cả các tập AA sao cho nAnA đạt giá trị lớn nhất có thể.
C1Bài 1. Ngon.
$s_A=a_1+a_2+a_3+a_4 $Có tất cả 6 cặp $a_i+a_j=a_1+a_2,a_2+a_3,a_3+a_4,a_1+a_4,a_2+a_3,a_ 2+a_4 $
Do 4 số nguyên dương phân biệt nên mình sắp lại thứ tự có $a_1<a_2<a_3<a_4 $.Khi đó $a_3+a_4|s_A $ khi $a_3+a_4|a_1+a_2 $ vô lý,cái $a_2+a_4 $ cũng thế.
Do vậy $n_A\leq 4 $
Có hệ $\begin{cases}
& a_1+a_2|s_A=a_1+a_2+a_3+a_4 \\ 
& a_1+a_3|s_A=a_1+a_2+a_3+a_4\\ 
& a_1+a_4|s_A=a_1+a_2+a_3+a_4\\ 
& a_2+a_3|s_A=a_1+a_2+a_3+a_4
\end{cases}
\rightarrow
\begin{cases}
& a_1+a_2|a_3+a_4 \\ 
& a_1+a_3|a_2+a_4\\ 
& a_1+a_4|a_2+a_3\\ 
& a_2+a_3|a_1+a_4
\end{cases}
\rightarrow
\begin{cases}
& a_1+a_2|a_3+a_4 \\ 
& a_1+a_3|a_2+a_4\\ 
& a_1+a_4=a_2+a_3\\ 
& a_1<a_2<a_3<a_4\\ 
\end{cases}
$
Cái này dễ giải ra tính được 4 số theo 1 số còn lại.Mathlinks ra đáp số ($x,5x,7x,11x $) và $(x,11x,19x,29x) $  
C2Đóng góp bài 1:
Giải : Ta gọi Hai cặp trong là bù nhau nếu tổng bằng $s_a $. 
Thấy rằng Hai cặp bù nhau, hoặc bằng nhau, hoặc chỉ có một trong chúng thuộc $n_a $.
Gs $a_1<a_2<a_3<a_4 $. Thì hoặc $a_1+a_2 $ hoặc $a_3+a_4 $ thuộc $n_a $.
$a_2+a_4 $ và $a_1+a_3 $ cũng vậy.
Do đó $n_a $ có tối đa 4 phần tử.
Điều này xảy ra khi : $a_1+a_4=a_2+a_3 $.
Đặt $a_1=x, a_2= x+d, a_3=y, a_4=y+d $.
Ta có : $a_1+a_2= 2x+d $ chia hết $2x+2y+2d $ (1)
$a_1+a_3= x+y $ chia hết $2d $ nhưng $y> x+d > d $. Nên $x+y =2d $.
(1) suy ra $2x+d $ chia hết $6d $. Vậy $2x+d=3d $ do $x<d $. Vậy $x= d:2 $.
Đáp số là $x, 3x, 5x, 7x $.  

Bài 2. Một tập hữu hạn SS gồm ít nhất 2 điểm trên mặt phẳng. Giả sử không có 3 điểm nào của SS thẳng hàng. Một cối xay gió là một quá trình bắt đầu với một đường thẳng ℓℓ đi qua một điểm duy nhất P∈SP∈S. Đường thẳng quay theo chiều kim đồng hồ quanh PP cho đến khi gặp một điểm khác cũng thuộc SS. Điểm mới này, QQ, là trục quay mới, và đường thẳng ℓℓ tiếp tục quay theo chiều kim đồng hồ đến khi gặp một điểm khác của SS. Quá trình này lặp lại vô hạn lần.
Chứng minh rằng ta có thể chọn một điểm P∈SP∈S và đường thẳng ℓℓ đi qua PP sao cho mỗi điểm của SS được sử dụng làm trục quay vô hạn lần.
Bài 2:
Ta gọi một đường thằng $d $ đi qua điểm $A $ và một điểm $B $ là tốt với $A $ nếu quay $d $ quanh $A $ một góc $\alpha $ nhỏ (chiều quay kim đồng hồ) thì hai nửa mặt phẳng chứa số điểm chênh lệch nhau không quá $1 $.

Nhận xét 1: Mỗi điểm $A $ thì có ít nhất $1 $ đường thẳng tốt đi qua. 

Bây giờ ta sẽ chứng minh là với cách chọn điểm $A $ bất kì và đường thẳng $ l $ là đường thẳng tốt qua $A $ 

Nhận xét 2: Giả sử tại bước thứ $k $, ta quay tại điểm $A $ và đường thẳng $l $ là đường thẳng tốt thì ta sẽ đến tới điểm $B $, đường thẳng $l $ sẽ trở thành đường thẳng $BA $ và $BA $ là tốt
Chứng minh:

Thật vậy ta giả sử $l $ chứa $2 $ điểm $A $ và $X $( song song với đường ngang). Số điểm nằm ở mặt phẳng phía trên là $a $, phía dưới là $b $. Ta có do $l $ tốt nên $|a+1-b|\le 1 $. Nếu $B $ ở mặt phẳng phía trên thì khi quay đường $BA $ một góc $\alpha $ nhỏ chia mặt phẳng thành hai phần có số điểm chênh nhau là $|a+1-b|\le 1 $. Nếu $B $ ở phía dưới thì cũng dễ thấy khi quay $BA $ quanh $B $ một góc $\alpha $ nhỏ đi thì số điểm chênh lệch ở hai nửa mặt phẳng là $|a+1-b|\le 1 $. Do đó $BA $ là đường thẳng tốt. Nhận xét được chứng minh.

Nhận xét 3: Mỗi điểm $X $ thuộc $S $ sẽ được ghé đến ít nhất một lần không phụ thuộc vào điểm đầu ( và do đó được ghé đến vô hạn lần).

Ta biết rằng quá trình quay đường thẳng $l $ theo chiều kim đồng hồ là một quá trình vô hạn lần và sẽ có lúc đường thẳng $l $ song song với đường thẳng tốt $d $ đi qua $X $ và điểm $M $. Nếu $l $ không trùng $d $, xét điểm cuối cùng mà $l $ đi qua trước khi song song với $X $ là $N,Y $. Dễ thấy là $M,X $ khác với $N,Y $Tuy nhiên dẽ thấy là sẽ có ít nhất một trong hai đường thẳng $NY $ và $MX $ không tốt. ( chỉ cần so sánh số điểm chênh lệch ở các nửa mặt phẳng là ok)

Vậy bài toán được chứng minh  

 

Bài 3. Cho f:R→Rf:R→R thỏa mãn
 

f(x+y)≤yf(x)+f(f(x))f(x+y)≤yf(x)+f(f(x))

với mọi số thực x,yx,y. Chứng minh rằng f(x)=0∀x≤0f(x)=0∀x≤0.
C1Bài 3:
[M]f(x+y) \le yf(x)+f(f(x))[/M] (1)
Thay [M]y=0[/M] ta có : [M]f(x) \le f(f(x))[/M]
Kí hiệu [M]D_f[/M] là tập giá trị của [M]f [/M]. Với [M]x \in D_f[/M], thay [M]y= f(x)-x[/M] không âm ta có [M]f(f(x)) \le yf(x)+f(f(x))[/M] nên [M]f(x)[/M] không âm với [M]x \in D_f[/M] nói cách khác [M]f(f(x))[/M] không âm với mọi [M]x [/M].
Bây giờ, giả sử tồn tại [M]x[/M] mà [M]f(x)>0 [/M], cho y tiến tới âm vô cùng thì sẽ tồn tại [M]e[/M] mà [M]f(x)<0[/M] với mọi [M]x \le e[/M]
tương tự nếu có [M]f(x)<0[/M] thì [M]f(x)<0[/M] với mọi [M]x[/M] đủ lớn.
Chú ý rằng nếu [M]f(x)<0[/M] thì [M]x[/M] không thuộc tập giá trị của [M]f[/M]
TH1: [M]f[/M] nhận cả giá trị âm dương. Thì [M]D_f[/M] là tập bị chặn . Mâu thuẫn.
TH2: [M]f[/M] chỉ nhận giá trị dương cũng mâu thuẫn 
Vậy [M]f[/M] chỉ nhận giá trị không dương .
Như thế [M]f(f(x))=0[/M] với mọi [M]x[/M]
suy ra [M]f(0)=f(f(f(x)))=0[/M]
Ta có [M]f(x+y) \le yf(x)[/M]
Cho [M]y=-x[/M] suy ra [M]-xf(x) \ge 0[/M] nên [M]f(x)[/M] không âm với [M]x[/M] không âm 
Suy ra [M]f(x)=0[/M] với [M]x[/M] không âm.

C2 Bài 3: $f(x+y) \leq yf(x)+f(f(x)). $ (*)
+ Cho $y=0 $, có $f(x)\leq f(f(x)) \; $ (1).
+ Cho $y=f(x)-x $, có $f(f(x)) \leq f(x)[f(x)-x]+f(f(x)) $, hay là $0 \leq f(x)[f(x)-x] \; $ (2).
a) Ta sẽ chứng minh $f(x)\leq 0 $ với mọi $x $. Thật vậy, nếu có $x $ sao cho $f(x)>0 $ thì
$f(f(y))=f(f(y)-x+x) \leq [f(y)-x]f(x)+f(f(x)) = [f(y-x+x)-x]f(x)+f(f(x)) \leq [(y-x)f(x)+f(f(x))-x]f(x)+f(f(x)). $
Ta có $f(f(y))\leq y.f^2(x)+h(x) $ với mọi $y $ (3) ($h(x) $ là hàm xác định từ biểu thức trên).
Chú ý là: từ (1) và (2), ta thấy $0 \leq f(f(x))[f(f(x))-f(x)] $ và $f(x)\leq f(f(x)) $, nên nếu $f(f(x))<0 $ thì phải có $f(f(x))=f(x) $.
Như vậy, từ (3) suy ra: khi $y $ tới âm vô cùng thì $f(y)=f(f(y)) $ cũng tới âm vô cùng.
Thay $y=-x $ vào (*), có $f(0)\leq -xf(x)+f(f(x))=f(x)(-x+1) $ (khi $x $ đủ nhỏ thì $f(x)=f(f(x)) $). Cho $x $ tới âm vô cùng thì vế phải cũng tới âm vô cùng, trong khi vế trái cố định. Mâu thuẫn.
b) Ta chứng minh rằng tồn tại N để với mọi $x<N $ thì $f(x)=0. $
Phản chứng, nếu không tồn tại N thì từ ý a), ta suy ra tồn tại dãy $\{x_n\} $ dần tới âm vô cùng sao cho $f(x_n)<0 $. Như vậy, từ (2) ta suy ra $f(x)-x\leq 0 $.
Lại thay $y=-x $ vào (*), có $f(0) \leq -xf(x)+f(f(x)) \leq -xf(x) $. Chọn dãy $\{x_n\} $ tiến tới âm vô cùng thay vào, ta có vế trái cố định, vế phải ra âm vô cùng. Mâu thuẫn.
c) Xét $x<N $, ta có $0 \geq f(0)=f(f(x)) \geq f(x) =0 $. Vậy $f(0)=0 $.
d) Xét $x<0 $, có $0=f(0)=f(-x+x) \leq -xf(x)+f(f(x))\leq -xf(x) \leq 0 $. Dấu bằng xảy ra khi $f(x)=0 $.
KL: $f(x)=0 $ với mọi $x\leq 0 $.  

 

Bài 4

Giả sử n>0n>0 là một số nguyên. Cho một cái cân hai đĩa và nn quả cân với trọng lượng là 20,21,...,2n−120,21,...,2n−1. Ta muốn đặt lên cái cân mỗi một trong nn quả cân, lần lượt từng quả một, theo cách để bảo đảm đĩa cân bên phải không bao giờ nặng hơn đĩa cân bên trái. Ở mỗi bước ta chọn một trong các quả cân chưa được đặt lên cân, rồi đặt nó hoặc vào đĩa bên trái, hoặc vào đĩa bên phải, cho đến khi tất cả các quả cân đều đã được đặt lên cân. Xác định xem có bao nhiêu cách để thực hiện được mục đích đề ra.

Bài 5

Cho hàm f:Z→Z+f:Z→Z+.Giả sử rằng với hai số nguyên m,nm,n bất kì, hiệu f(m)−f(n)f(m)−f(n) chia hết cho f(m−n).f(m−n).
Chứng minh rằng với mọi số nguyên m,nm,n thỏa mãn f(m)≤f(n)f(m)≤f(n),thì ta có f(n)f(n) chia hết cho f(m)f(m)

Bài 6
Cho tam giác nhọn ABCABC nội tiếp đường tròn ΓΓ.Gọi ll là tiếp tuyến tới TT,và la,lb,lcla,lb,lc là các đường thẳng đối xứng với ll qua BC,CA,ABBC,CA,ABtương ứng.Chứng tỏ rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác xác định bởi la,lb,lcla,lb,lc tiếp xúc với đường tròn ΓΓ. 
 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 27-07-2011 - 18:07

Bạn copy rồi past lại là có ý gì  ? 

Câu 2a: $ (n+1)^4 + n^4 + 1 = 2(n^2 + n+1) $ 

Câu 3. Đặt $ x = \frac{1}{a}, y = \frac{1}{b}, z = \frac{1}{c}  $. Ta có $ abc = 2 $ 

VT = $ \sum \frac{\frac{1}{x^2}}{\frac{1}{y}+ \frac{1}{z}} = \sum \frac{a^2}{b+c} \geq \frac{(a+b+c)^2}{2(a+b+c)} = \frac{a+b+c}{2} = \frac{a+b+c}{abc} = \sum \frac{1}{ab} = \sum xy  $ = VP. 

4b) Gọi L là trung điểm BI, M là giao điểm AH và BJ.

Ta có ABI đồng dạng AIJ (g-g) suy ra ABL đồng dạng AIH (c-g-c) => $ \angle BAL = \angle IAH $ 

Ta sẽ chứng minh $ \angle BAL = \angle CBJ $ 

Thật vậy, ta có IJC đồng dạng AIC mà tg AIC = tg AIB nên IJC đồng dạng AIB. 

Suy ra $ \frac{IC}{AB} = \frac{JC}{IB} $ hay $ \frac{2.IC}{AB} = \frac{2.JC}{IB} $ $ \Leftrightarrow \frac{BC}{AB} = \frac{JC}{BL} $ 

mà $ \angle B = \angle C $ nên tg ABL đồng dạng BCJ suy ra  $ \angle BAL = \angle CBJ $, kết hợp với  $ \angle BAL = \angle IAH $ ta có AMIB nội tiếp. 

Vậy $ \angle AMB = 90 $. 

Câu 4a: Ta có: $ FG^2 = FB.FA $ 

Mặt khác,  $ \angle FEC  = \angle ECD = \angle EAF $ nên EBF đồng dạng AEF (g-g) suy ra $ FE^2 = FB.FA $

Vậy $ FG = FE $

 

CHo mình hỏi bài này tại sao theo FERMAT thì q là ước của 39.

 

FERMAT này là định lý nào ạ.

Mong cac cao thu giup do

 

Đó là định lí nhỏ Fernmat nhé. ( Tiện thể cho mình hỏi đây là tài liệu nào vậy bạn ? )

Bài này có thể chứng minh điểm trùng nhau. Gọi $O$ là tâm ( ABC ). Phân giác $ \angle BAC $  là $ AI' $ cắt  $ (O) $ tại $ I' $ $ \Rightarrow $ $ I'$ là điểm chính giữa cung BC không chứa A suy ra $ OI' \bot  BC $ tại trung điểm $ BC $ suy ra $ OI'$ là trung trực $ BC $. Vậy $ I' \equiv  I $ (dpcm)

Ban co the giai thich cho minh sao gia thiet lai co b-c dong du 15(mod 31).Minh cam on

Từ giả thiết suy ra $ a +b - c - ( a - b + c - 1) $ chia hết cho 31 hay $ 2(b-c) + 1 $ chia hết cho 31, suy ra $ 2(b-c) \equiv  30 $ (mod 31 ) do $ ( 2,31)  = 1 $

Câu 4 a)

Theo định lí Viet cho phương trình bậc 3 ta có : 

  $\left\{\begin{matrix} b+ x_{1}+ x_{2}= -2a(1)\\ bx_{1} + bx_{2} + x_{1}x_{2} = 2a^2 +b (2)\\ bx_{1}x_{2} = -c (3) \end{matrix}\right.$

Từ (1) $ \Rightarrow b^2+ x_{1}^2+ x_{2}^2 + 2(bx_{1} + bx_{2} + x_{1}x_{2}) = 4a^2$ 

$ \Leftrightarrow  b^2+ x_{1}^2+ x_{2}^2 + 4a^2 + 2b = 4a^2 $ 

$ \Leftrightarrow  b^2+ x_{1}^2+ x_{2}^2 = 0 $. Suy ra $ b^2 + 2b \leq 0 $ hay $ -2 \leq b \leq 0 $ Vậy $ |b| \leq 2 $.

Câu 3:

Từ giả thiết suy ra  $b -c \equiv 15 $ (mod 31) $ \Rightarrow a \equiv 16 $ (mod 31).

Ta có $0 \equiv ab -c -1 \equiv 16(c+15) -c -1 \equiv 15c + 15.16- 1 = 15c + 22$ (mod 31)

 $\Rightarrow 15c \equiv 9$ (mod 31) $ \Rightarrow 5c \equiv 3$ (mod 31) (do $ (3,31) =1$). Tồn tại 1 số nguyên dương k để $  31.k  + 3 $ chia hết cho 5 và $ 1 \leq k \leq 4 $. Khi đó $ 5c \equiv 3$ (mod 31) $ \Leftrightarrow $ $ 5c  \equiv  31k  + 3 $ (mod 31). Chọn $ k = 2 $ ta được $ c  \equiv 13 $ (mod 31) $ \Rightarrow  b  \equiv  28 $ (mod 31).

Vậy $ a + bc  \equiv  16 + 13.28  \equiv 8 $ (mod 31).

Bài 9: Đặt $ \frac{1}{x} = a , x = b $ 

Pt $\Leftrightarrow 4a + \sqrt{b-a} = b + \sqrt {2b-5a} $ 

$ \Leftrightarrow  4a-b + \sqrt{b-a} - \sqrt{2b-5a} =0$

$ \Leftrightarrow  4a-b + \frac{4b-a}{\sqrt{b-a}+ \sqrt{2b-5a}} =0 $ 

Vì $ \frac{1}{\sqrt{b-a} +\sqrt{2b-5a}} +1 > 0 $ nên $  4a-b  =0 $