Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$. $H$ di động trên $BC$. $E$, $F$ lần lượt là điểm đối xứng với $H$ qua $AB$ và $AC$. Xác định điểm $H$ để $S_{EHF}$ đạt GTLN.

Cho tam giác $ABC$ đều cạnh $a$. $P \in AC$, $Q \in AB$, $M$, $N \in BC$. Xác định vị trí hai điểm $P$ và $Q$ để diện tích tứ giác $MNPQ$ đạt giá trị lớn nhất.

Tồn tại hay không một luỹ thừa của $7$ tận cùng là $0001$?

Cho tam giác $ABC$ có diện tích $S$. Trên đường trung tuyến $AM$ lấy điểm $K$ để $\frac{AK}{AM}=\frac{1}{3}$, ${BK}$ cắt ${AC}$ tại ${N}$. Một đường thẳng qua $K$ cắt các cạnh $AB$ và $AC$ lần lượt ở $I$ và $J$. Chứng minh rằng $\frac{AB}{AI}+\frac{AC}{AJ}=6$ và tính $S_{AKN}$ theo $S$.

Tìm nghiệm nguyên của phương trình $x^{3}-y^{3} = 2xy + 8$

Tìm GTNN của: $\frac{2}{9x^2+6x-5}$

Hình như bạn nhầm rồi, phải là GTLN chứ

Tìm $x$, $y$, $t$ thỏa mãn : $ (y+t)^{x} = \overline{xyt}$

Tìm số nguyên $x$ để $A=x^3+x^2+x+1$ là số chính phương?

Mình thấy vẫn còn một nghiệm nữa là $x=1$ mà

Thực ra bài toán đầy đủ của nó là: Giải phương trình nghiệm nguyên:
$$(x+1)(x^2+1)=(2y+1)^2$$

Tìm $\overline{ab}$ sao cho trong bốn mệnh đề sau đây có hai mệnh đề đúng, còn hai mệnh đề sai:
$1$. $\overline{ab}$ $\vdots$ $5$.
$2$. $\overline{ab}$ $\vdots$ $23$.
$3$. $\overline{ab} + 7$ là số chính phương.
$4$. $ \overline{ab} - 10$ là số chính phương.

Đề bài:
Giải phương trình nghiệm nguyên:
$15x^4-37x^2y^2-84x^2+14y^4+53y^2=-45$

Giải:
Bổ đề: Số chính phương lẻ chia $8$ dư $1$
Thật vậy. với $k \in Z$ ta luôn có
$(2k+1)^2=4k^2+4k+1 =4k(k+1)+1\equiv 1$ (mod $8$) (Vì $k(k+1) \equiv 0$ (mod $2$))

Trở lại bài toán, phương trình trên đề bài đương với:
$(x^2-2y^2-5)(15x^2-7y^2-9)=0$
$\Leftrightarrow x^2-2y^2-5=0$ hoặc $15x^2-7y^2-9=0$.
Trường hợp 1: $x^2-2y^2-5=0$
Khi đó $x^2-2y^2=5 \rightarrow x^2=2y^2+5 \rightarrow x^2$ lẻ.
Áp dụng bổ đề trên, ta suy ra $x^2$ chia $8$ dư $1$, đặt $x^2=8m+1$ ($m \in Z$), ta có:
$8m+1+2y^2=5 \Leftrightarrow 8m+2y^2=4 \Leftrightarrow 4m+y^2=2$
Nên $y^2$ chia hết cho $2$ và không chia hết cho $4$, suy ra điều vô lý vì số chính phương chia hết cho $2$ luôn chia hết cho $2^2=4$.
Trường hợp 2: $15x^2-7y^2-9=0$
Khi đó $15x^2-2=7y^2+7=7(y^2+1)$ nên $15x^2-2$ chia hết cho $7$. (*)

Nếu $x \equiv 0$ (mod $7$) $\Rightarrow 15x^2 \equiv 0$ (mod $7$) $\Rightarrow 15x^2-2$ không chia hết cho $7$.
Nếu $x \equiv \pm 1$ (mod $7$) $\Rightarrow x^2 \equiv 1$ (mod $7$) $\Rightarrow 15x^2 \equiv 15$ (mod $7$) $\Rightarrow 15x^2-2$ không chia hết cho $7$.
Nếu $x \equiv \pm 2$ (mod $7$) $\Rightarrow x^2 \equiv 4$ (mod $7$) $\Rightarrow 15x^2 \equiv 60$ (mod $7$) $\Rightarrow 15x^2-2$ không chia hết cho $7$.
Nếu $x \equiv \pm 3$ (mod $7$) $\Rightarrow x^2 \equiv 9$ (mod $7$) $\Rightarrow 15x^2 \equiv 135$ (mod $7$) $\Rightarrow 15x^2-2$ không chia hết cho $7$.
Do đó với mọi $x \in Z$, $15x^2-2$ không chia hết cho $7$, mâu thuẫn với (*).

Vậy Phương trình đã cho vô nghiệm nguyên

Đề bài
Cho $x$,$y$ là các số nguyên dương thoả mãn phương trình:
$$2x^2+x=3y^2+y$$.
Chứng minh rằng: Các số $x-y$, $2x+2y+1$ và $3x+3y+1$ đều là các số chính phương.







Đáp án:
Từ: $2x^2+x=3y^2+y$
$\Leftrightarrow 2x^2-2y^2+x-y=y^2\Leftrightarrow (x-y)(2x+2y+1)=y^2$.

Gọi $d$ là ước chung lớn nhất của $x-y$ và $2x+2y+1$.
$\Rightarrow y^2$ $\vdots$ $d^2 $ $\Rightarrow y$ $\vdots$ $d$.

Mà $x-y$ $\vdots$ $d$ $\Rightarrow x$ $\vdots$ $d$ $\Rightarrow 2x$ $\vdots$ $d$ và $2y$ $\vdots$ $d$.

Lại có $2x+2y+1$ $\vdots$ $d$ $\Rightarrow 1$ $\vdots$ $d \Rightarrow d=1$

Mà $(x-y)(2x+2y+1)=y^2$, nên cả $x-y$ và $2x+2y+1$ đều là các số chính phương. (1)

Mặt khác: $3x^2-3y^2+x-y=x^2$
$\Leftrightarrow (x-y)(3x+3y+1)=x^2$

Chứng minh tương tự như trên, suy ra được $x-y$ và $3x+3y+1$ đều là số chính phương. (2)

Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.

Đề bài:
Cho tam giác $ABC$. Đường thẳng $d$ đi qua trọng tâm $G$ của tam giác cắt các cạnh $AB$, $AC$ lần lượt ở $E$ và $F$. Tính tổng:
$$S=\frac{AB}{AE}+\frac{AC}{AF}$$

Đáp án:

Gọi $M$ là trung điểm $BC$. Từ $B$ kẻ $BD//AM$, từ $C$ kẻ $CK//AM$ ($C$ và $K$ nằm trên đường thẳng $d$). Suy ra $BD//CK//AM$.

$BD//AG$ nên áp dụng định lý Ta-lét, ta có:
$$\frac{BD}{AG}=\frac{AE}{BE}$$
$$\Rightarrow \frac{BD}{AG}+1=\frac{AE}{BE}+1$$
hay $$\frac{BD}{AG}+1=\frac{AB}{AE}$$ (1)

Tương tự, đối với tam giác $FKC$ thì:
$$\frac{AF}{FC}=\frac{CK}{AG}$$
$$\Rightarrow \frac{AC}{CF}=\frac{CK}{AG}+1$$ (2)

Cộng (1) và (2) vế theo vế, ta được:
$$\frac{AB}{AE}+\frac{AC}{CF}=\frac{CK+BD}{AG}+2$$

Lại có $BD//CK$ nên $BDKC$ là hình thang.

$M$ là trung điểm $BC$ và $MG//BD//CK$ $\Rightarrow GM$ là đường trung bình của hình thang $BDKC$.
Nên $CK+BD=2GM$.

$G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$ nên $AG=2GM$, do đó $BD+CK=AG$.
$$\Rightarrow S=\frac{AB}{AE}+\frac{AC}{AF}=\frac{AG}{AG}+2=1+2=3$$.

Đề bài của thanhluong:
Cho các số thực $a$, $b$, $c$ và $d$ thoả mãn $ad-bc=1$. Chứng minh:
$a^2+b^2+c^2+d^2+ac+bd \geq \sqrt{3}$
Lời giải:
Ta có:
$a^2+c^2+ac = \frac{3}{4}(a+c)^2+\frac{1}{4}(a-c)^2$.
$b^2+d^2+bd = \frac{1}{4}(d-b)^2+\frac{3}{4}(d+b)^2$.
Do đó bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết lại thành:
$[3(a+c)^2+(d-b)^2]+[(a-c)^2+3(d+b)^2] \geq 4\sqrt{3}(1)$.
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được:
$3(a+c)^2+(d-b)^2 \geq 2\sqrt{3}(a+c)(d-b)$
$(a-c)^2 + 3(d+b)^2 \geq 2\sqrt{3}(a-c)(d+b)$.
Từ đây suy ra:
$VT_{(1)} \geq 2\sqrt{3}[(a+c)(d-b)+(a-c)(b+d)] = 4\sqrt{3}(ad-bc)=4\sqrt{3}$.
Bài toán được chứng minh hoàn toàn.

ĐỀ BÀI CỦA THANHLUONG:

Cho $a$, $b$, $c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng
$$\sqrt{a(b+1)}+\sqrt{b(c+1)}+\sqrt{c(a+1)}\leq\frac{3}{2}\sqrt{(a+1)(b+1)(c+1)}$$

ĐÁP ÁN:

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky đối với hai bộ số $(\sqrt{a}, 1)$ và $(\sqrt{b+1}, \sqrt{b(c+1)})$, ta được:
$$\left [ \sqrt{a(b+1)}+\sqrt{b(c+1)} \right ]^2=\left [ \sqrt{a} \cdot \sqrt{b+1}+1 \cdot \sqrt{b(c+1)} \right ]^2 \leq (a+1)(bc+2b+1)$$
Ta đưa bài toán về chứng minh:
$$\sqrt{(a+1)(bc+2b+1)}+\sqrt{c(a+1)} \leq \frac{3}{2}\sqrt{(a+1)(b+1)(c+1)}$$

$$\Leftrightarrow \sqrt{bc+2b+1}+\sqrt{c}\leq \frac{3}{2}\sqrt{(b+1)(c+1)}$$.
Tiếp tục sử dụng bất đẳng thức Bunyakovsky:
$$(\sqrt{bc+2b+1}+\sqrt{c})^2=\left (\sqrt{bc+2b+1} \cdot 1+\sqrt{c+1} \cdot \sqrt{\frac{c}{c+1}} \right )^2$$.
$$\leq \left [ (bc+2b+1)+(c+1) \right ] \cdot \left (1+\frac{c}{c+1} \right )=\frac{(b+1)(c+2)(2c+1)}{c+1}$$.

Cuối cùng ta đưa đến chứng minh bất đẳng thức:
$$\sqrt{\frac{(b+1)(c+2)(2c+1)}{c+1}} \leq \frac{3}{2}\sqrt{(b+1)(c+1)}$$.
$$\Leftrightarrow 4(c+2)(2c+1) \leq 9(c+1)^2 \Leftrightarrow 4(2c^2+5c+2) \leq 9(c^2+2c+1)$$.
$\Leftrightarrow c^2-2c+1 \geq 0$.
$\Leftrightarrow (c-1)^2 \geq 0$ (Đúng).
Bài toán được chứng minh hoàn toàn, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.

không có nghĩa là số "456457,4646" số thập phân ế thì nó vẫn phang kết quả, kiểu dữ liệu đó tuy rộng nhưng nó là số thực :|, để hoàn chỉnh hơn mình nghĩ bạn nên dùng lệnh repeat ép người dùng nhập số vào phải là số nguyên thì hay hơn
nhưng nếu gãnh bạn share code cho mình dc ko, tuy hổng chỗ đó nhưng có thể mình sẽ chỉnh dc cho bạn, với lại tham khảo

Em không dùng Pascal để viết mà dùng Python 2.7 nên không có lệnh repeat anh à, nhưng dù sao thì đó cũng không phải là vấn đề lớn, em sẽ fix lại. Code cũng tựa như Pascal ấy anh.

p/s: cho em xin Y!M hay Facebook của anh rồi nói chuyện cho tiện ạ

Mình đã tìm ra 1 lỗi cực kì nghiêm trọng trong code này đó là bạn đã sử dụng kiểu dữ liệu ectended ( đoán maybe ), vì khi nhập 4546457,4646 thì nó cũng phang kết quả @@, mình đang nghiên cứu vấn đề này :-?

Em không hiểu cho lắm? đúng là 2 số trên không phải là số nguyên tố mà anh?

Đây là phần mềm do bạn Trần Hoàng Long (Lớp C04 trường THPT Nguyễn Thượng Hiền) viết. Mọi người download về sử dụng thử và cho ý kiến.
http://www.mediafire...fc6a96j4l6vqyg9

Cái này hay
Nhưng nếu lập trình bằng ngôn ngữ Pascal thì sẽ có nhược điểm là nếu nhập số quá lớn (vượt qua longint) thì sẽ bị thoát ra luôn.

Hihi em mới viết chương trình này có thể kiểm tra được số lớn đến vài ngàn chữ số, mọi người tải về dùng thử rồi cho ý kiến được không ạ
http://www.mediafire...wt309ze39niwenq

Mình đã thử đến 20 chữ số cũng ok , nhưng có một lỗi nhỏ , đến chỗ: "Thoat khoi chuong trinh (yes/no)?" mà ghi "no" cũng bị thoát ra.

để mình fix

2. Trên cạnh $AB$ của hình chữ nhật $ABCD$ lấy điểm $M$. Qua điểm này dựng đường vuông góc với đường thẳng $CM$, và cắt cạnh $AD$ tại điểm $E$. Điểm $P$ là chân đường vuông góc hạ từ $M$ xuống $CE$. Tính góc $APB$.

Tứ giác $MBCP$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{MBP} = \widehat{MCP}$.
$AMPE$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{MAP}=\widehat{MEP}$.
Do đó: $\widehat{MBP}+\widehat{MAP} = \widehat{MCP}+\widehat{MEP} = 90^o$.
Vậy: Tam giác $ABP$ vuông hay $\widehat{APB}=90^o$.

Với yêu cầu ngày càng cao của VMF, mình giờ đây xin được lập topic "Hội những người độc thân thích chém gió" , để anh chị em đang cô đơn có cơ hội được giao lưu, học hỏi nhau.
Ai đang độc thân thì vào đây nhé !
Điểm danh phát

• L Lawliet[Hội truởng] .
• Tham Lang[Quản lí ][ Vĩnh Viễn ]
• |M|ua |kau v0ng
• BlackSekena
• duongld
• ducthinh26032011
• maikhaiok
• 2Xluxubuhl
• C a c t u s
• nguyenhang28091996(forever)
• minhdat881439
• nthoangcute đề nghị mọi người xử ku này cho anh phát
• ElenaIP97
• WWW
• tieulyly1995
• Celia
• minhtuyb
• hoangtrong2305$\to$ đang có dấu hiệu khả nghi, đề nghị anh em cập nhật thông tin
• le_hoang1995
• NGOCTIEN_A1_DQH
• Kẻ huỷ diệt tranghieu95
• perfectstrong [ Thành viên đuợc đặc cách ]
• namheo1996
• yeutoan11
• Ispectorgadget
• anh qua
• MIM
• Nguyen Duc Nghia
• BoFaKe
• bugatti
• Stranger441
• loyee
• chagtraife
• no matter what
• tramyvodoi
• NGUYEN MINH HIEU TKVN
• Primary
• diepviennhi
• Dung Dang Do
• mituot03
• iandithuhoai25
• bbvipb
• tops2liz
• maitienluat
• ........? còn không

em nhớ em đăng ký rồi mà

Hoặc em có ý kiến thế này, khi lập topic thì nên thêm phần lớp vào, ví dụ

Spoiler

"[Lớp 9] Chứng minh tứ giác nội tiếp"

Nhưng trở ngại lớn nhất là các mem, đặc biệt là mem bởi. Bởi khi lập topic mấy bạn còn chẳng chịu tuân thủ đúng nội quy chứ đừng nói thêm cái mục trên vào

Vậy thì làm cái comobox rồi để user check vào sau đó chỉ việc lập trình hiển thị thôi
Ví dụ:

Giả sử $a$ và $b$ là các số nguyên dương thỏa mãn $\frac{a+1}{b}+\frac{b+1}{a}$ là số nguyên. Gọi $d$ là ước chung lớn nhất của $a$ và $b$. Chứng minh $d^{2} \leq a + b$

Mình hay mua sách ở http://meta.vn