Bài 11: Giải PT: $(3x+1)\sqrt{2x^{2}-1}=5x^{2}+\frac{3}{2}x-3$

Bài 12: Giải PT: $2\sqrt{2x-5}=27x^{2}-144x+191$

Bài 13: Giải HPT: $\begin{cases}& \sqrt{12-2x^{2}}= 4+y\\ & \sqrt{1-2y-y^{2}}=5-2x \end{cases}$

Bài 14: Giải PT: $(x-1)(2\sqrt{x-1}+3\sqrt[3]{x+6})=x+6$

bài 1: 2 vế cộng với (-x+1)

vế trái liên hợp, vế phải ptnt

bđt là 1 trong các mảng khó nhất của toán học, vì nó không hạn chế cách giải, còn khoản lý thuyết toán,... thì có chẳng kém phong phú đâu nhé, có hàng ngàn,.. bổ đề đợi chứng minh nhé, bạn có học cao siêu đến mấy bây giờ đưa cho bạn 1 con bất trung học phổ thông, mình đố các bạn làm đc luôn trừ khi làm rồi đấy

ấn phẩm sai nhiều quá, điển hình là bước phân tích nhân tử trang 63, ví dụ 4.8 

Ai có tài liệu về các bài dãy số, giới hạn có dạng như trong các kì thi VMO, TST cho mình xin, cảm ơn.

Ai có thể rút gọn hộ mình những mảng kiến thức quan trọng của kì thi QG được không ạ. Cảm ơn

cho mình hỏi kì thi này vốn không có bất đẳng thức hay sao ?

Cho em hoi thi QG khong co BDT a, hay chi rieng nam nay thoi

Câu III

1. Gọi $X$ là giao điểm của $MP$ và $BD$ , $Y$ là giao điểm của $MN$ và $AC$. Khi đó $X$ là trung điểm $DE$ và $Y$ là trung điểm $CE$. $EXMY$ là hình bình hành. Gọi $J$ là giao điểm của $XY$ và $ME$ thì $J$ cũng là trung điểm của mỗi đường.

Lại có: $XP.XM=\frac{EA}{2}.\frac{EC}{2}=\frac{EA.EC}{4}=\frac{ED.EB}{4}=YM.YN$

Ta có: $XP.XM=\left |  KP^2-KX^2\right |$ , $YM.YN=\left | KN^2-KY^2 \right |$. Mà $KN=KP$ nên $KX=KY$ suy ra tam giác $KXY$ cân tại $K$ suy ra $KJ \perp XY \perp CD$

Kết hợp với $OM \perp CD$, $K$ là trung điểm của $OL$ và $J$ là trung điểm $EM$ suy ra $LE \perp CD$.(đpcm)

2.Ta chứng minh $L$ là trực tâm tam giác $CED$

Ta đi chứng minh $CL \perp MN \perp BD$. Qua $K$ kẻ trung trực $MN$ cắt $CB$ tại $Z$. Qua $O$ kẻ trung trực $BD$ cắt $BC$ tại $T$ thì chỉ cần chứng minh $Z$ là trung điểm $TC$

Khi đó tam giác $BDT$ cân tại $T$ và tam giác $NMZ$ cân tại $Z$. Mặt khác $\widehat{MNZ} = \widehat{DBT}$ nên  $\widehat{NZM} = \widehat{BTD}$

suy ra $MZ \parallel DT$ suy ra $Z$ là trung điểm $TC$. Từ đây suy ra đpcm.(Hình 1)

Khi $L$ là trực tâm tam giác $CED$ mà $I$ là tâm ngoại tiếp $CED$ và $M$ là trung điểm $CD$ nên ta có tính chất $IM=\frac{EL}{2}$

Gọi $F$ là trung điểm $EL$ suy ra $IMFE$ là hình bình hành suy ra $IF$ đi qua trung điểm $J$ của $EM$

Mà $IK$ đi qua $F$. Mặt khác $K,J$ cùng nằm trên trung trực của $XY$ nên $K$ trùng $J$ suy ra $KE$ = $KM$ nên $E$ nằm trên $(K)$

ai giải thích hộ tại sao 2IM=EL ở phần b) với 

Câu 1 phần 2 giải đơn giản như sau:

-Dễ thấy $n=1$ và $n$ là số nguyên tố lẻ thì thỏa mãn

-Xét $n$ là hợp số $(n\geq 2$). Ta viết $n=p_1^{a_1}...p_k^{a_k}$ 

Có $p_1^{a_1-1}...p_k^{a_k}$ cũng là 1 ước của $n$. Số $n$ là thỏa mãn nếu $p_1^{a_1-1}...p_k^{a_k}+1|p_1^{a_1}...p_k^{a_k}+1\Leftrightarrow p_1^{a_1-1}...p_k^{a_k}+1|p_1-1\Leftrightarrow p_1-1\geq p_1^{a_1-1}....p_k^{a_k}$ ( vô lý)

đoạn $p_1^{a_1-1}...p_k^{a_k}+1|p_1^{a_1}...p_k^{a_k}+1\Leftrightarrow p_1^{a_1-1}...p_k^{a_k}+1|p_1-1\Leftrightarrow p_1-1\geq p_1^{a_1-1}....p_k^{a_k}$ là sao mình không hiểu

$\frac{a+1}{b+1} \geq \frac{a}{b}$ 

DE SAI

minh nhin nham. sr

Phải xét trường hợp. a < b thì chưa chắc $\frac{a+1}{b+1}<\frac{a}{b}$ đâu nhé

Bạn biết bđt Cauchy-Schwart không, ý đầu là mình sử dụng bđt Cauchy-Schwart dạng cộng mẫu

Cho $a_1,a_2,...,a_n; b_1,b_2,...,b_n$ là các số thực dương, ta có

$\frac{a_1^2}{b_1} + \frac{a_2^2}{b_2} + ..+\frac{a_n^2}{b_n} \geq \frac{a_1^2+a_2^2+...+a_n^2}{b_1+b_2+...+b_n}$

Bạn thay vào, sẽ chứng minh được vế đầu như mình đã nói

Nói thêm, chú ý thêm 1 số bđt Cauchy cơ bản

Còn vế sau, thì mình đã làm ở dưới rồi

cauchy schawrz sai 

đoạn này thế này mà chị làm tắt làm e chẳng hiểu gì   

thêm bớt thôi

??? a=2^m thì a là snt ???

chưa hiểu ý bạn

@nuoccam: Ơ mình giải thích cụ thể thế còn gì !? Chính là thêm bớt như bạn Fr13nd nói đấy

@Fr13nd: Trong phương trình $d^2(y+d^2x^3)(x+d^2y^3)=2^c$ thì hiển nhiên $d$ là ước của $2^c$. Nếu $d$ lẻ thì $d=1$, nếu $d\neq 1$ thì hiển nhiên $d$ chẵn và có dạng $2^t$ nào đó với $t\leq c$

xl, không để ý đoạn đó :v

Giải như sau:

 

TH1: $a=b$ dễ thấy $a=b=1$

TH2: Giả sử $a>b$. Từ điều kiện đề bài đặt $a^3+b=2^m,a+b^3=2^n$. Có $a^3+b>a+b^3$ nên $m>n\Rightarrow a+b^3|a^3+b$ $(1)$

Mặt khác, gọi $d=\gcd(a,b)\Rightarrow a=dx,b=dy$ với $(x,y)=1$ $\Rightarrow d^2(y+d^2x^3)(x+d^2y^3)=2^c$

Nếu $d\neq 1$ thì $d$ chẵn. Mà $y+d^2x^3,x+d^2y^3$ cũng chẵn nên $x,y$ chẵn ( vô lý). Do đó $(a,b)=1$

$\Rightarrow (1)\Leftrightarrow 2^n =a+b^3|b^8-1=(b^4-1)(b^4+1)$ suy ra $b$ lẻ.

Mà dễ thấy $\gcd(b^4-1,b^4+1)=2$ nên hoặc $2^{n-1}|b^4-1$ hoặc $2^{n-1}|b^4+1$

+) Nếu $2^{n-1}|b^4+1$: Thấy rằng vì $b$ lẻ nên $v_2(b^4+1)=1$, do đó $n-1=0,1\rightarrow n=1,2$. Thử thấy vô lý

+) Nếu $2^{n-1}|b^4-1=(b^2-1)(b^2+1)$. Tương tự như trên: $\gcd(b^2-1,b^2+1)=2$ nên hoặc $2^{n-2}|b^2+1$ hoặc $2^{n-2}|b^2-1$

Trường hợp $2^{n-2}|b^2+1$ mà $2||b^2+1$ nên $n-2=0,1$. Thử ta thấy không thỏa mãn

Trường hợp $2^{n-2}|b^2-1$. Đặt $b^2=2^{n-2}t+1$. Nếu $t=1\Rightarrow (b-1)(b+1)=2^{n-2}$. Phương trình tích ta dễ dàng tìm được $b=3$. Từ đó có bộ $(a,b,c)=(5,3,12)$ và hoán vị $(a,b)$. Nếu $t\geq 2$ thì $2^n=a+b^3>b(b^2+1)\geq b(2^{n-1}+2)>2^{n-1}b\Rightarrow b<2\rightarrow b=1\rightarrow 2^{n-2}+1=1$ (vô lý)

Vậy $(a,b,n)=(1,1,2), (5,3,12),(3,5,12)$

ký hiệu kia là số mũ phải không bạn, bạn có tài liệu, một số bài tập nào đề cập đến số mũ không, thanks.

Ta có tính chất sau: nếu a.b=$2^c$ thì (a=$2^m$ và b=$2^n$) (m+n=c) a,b,c,m,n là STN

tính chất cơ bản mà bạn 

tính chất này mình biết rồi nhưng bạn viết sai 

Giải như sau:

 

TH1: $a=b$ dễ thấy $a=b=1$

TH2: Giả sử $a>b$. Từ điều kiện đề bài đặt $a^3+b=2^m,a+b^3=2^n$. Có $a^3+b>a+b^3$ nên $m>n\Rightarrow a+b^3|a^3+b$ $(1)$

Mặt khác, gọi $d=\gcd(a,b)\Rightarrow a=dx,b=dy$ với $(x,y)=1$ $\Rightarrow d^2(y+d^2x^3)(x+d^2y^3)=2^c$

Nếu $d\neq 1$ thì $d$ chẵn. Mà $y+d^2y^3,x+d^2y^3$ cũng chẵn nên $x,y$ chẵn ( vô lý). Do đó $(a,b)=1$

$\Rightarrow (1)\Leftrightarrow 2^n =a+b^3|b^8-1=(b^4-1)(b^4+1)$ suy ra $b$ lẻ.

Mà dễ thấy $\gcd(b^4-1,b^4+1)=2$ nên hoặc $2^{n-1}|b^4-1$ hoặc $2^{n-1}|b^4+1$

+) Nếu $2^{n-1}|b^4+1$: Thấy rằng vì $b$ lẻ nên $v_2(b^4+1)=1$, do đó $n-1=0,1\rightarrow n=1,2$. Thử thấy vô lý

+) Nếu $2^{n-1}|b^4-1=(b^2-1)(b^2+1)$. Tương tự như trên: $\gcd(b^2-1,b^2+1)=2$ nên hoặc $2^{n-2}|b^2+1$ hoặc $2^{n-2}|b^2-1$

Trường hợp $2^{n-2}|b^2+1$ mà $2||b^2+1$ nên $n-2=0,1$. Thử ta thấy không thỏa mãn

Trường hợp $2^{n-2}|b^2-1$. Đặt $b^2=2^{n-2}t+1$. Nếu $t=1\Rightarrow (b-1)(b+1)=2^{n-2}$. Phương trình tích ta dễ dàng tìm được $b=3$. Từ đó có bộ $(a,b,c)=(5,3,12)$ và hoán vị $(a,b)$. Nếu $t\geq 2$ thì $2^n=a+b^3>b(b^2+1)\geq b(2^{n-1}+2)>2^{n-1}b\Rightarrow b<2\rightarrow b=1\rightarrow 2^{n-2}+1=1$ (vô lý)

Vậy $(a,b,n)=(1,1,2), (5,3,12),(3,5,12)$ 

 

không hiểu đoạn kia ai giải thích hộ đc k 

Dễ thấy đề sai vì giữa 0 và 1 không co nguyên tố

cần bắt bẻ vậy không bạn, nếu sửa đề đúng bằng cách thêm điều kiện thì bạn có làm được không

câu 5 mình làm không biết đúng không

khi 2 chữ giống nhau đứng cạnh nhau ta có thể gộp chúng là 1

vậy bộ chữ cái chỉ còn 7 phần tử, số cách để sắp xếp bộ chữ cái 7 phần tử là: 7! cách

số cách sắp xếp bộ chữ cái đề cho 10 phần tử là: 10! cách

vậy số cách sắp xếp để các chữ giống nhau không cạnh nhau là : 10!-7!

bài 3 bình phương 2 vế là nhanh

bài 3, lập phương 2 vế là ok