toannguyenebolala

bài 1 đã từng có trong 1 bài đăng của anh I LOVE MC rồi nhé bạn http://diendantoanho...50675-n6n4-n31/

tìm nghiệm nguyên của phương trình:$1!+2!+3!+...+x!=y^{2}$(dùng phương pháp thử chọn:CM x>5<=>PT vô nghiệm)

Mình cũng đang định làm theo hướng đó đây!!

Bổ đề: một số chính phương khi chia cho 5 có các số dư là 0;1;4.

Ta có 1!+2!+3!+4!=33$\equiv 3$ (mod 5)

Vậy với x$\geq 4$ thì 1!+2!+3!+...+x!$\equiv 3(mod 5)$

Vậy ta xét với x=1;2;3

Đến đây thì dễ dàng tìm được x=1 hoặc x=3

tham khảo tại đây 

Tìm hai số nguyên a,b để a⁴+4b⁴ là số nguyên tố.

Thế này bạn nhé!!

ta có: $a^{4}+4b^4=(a^2+2b^2)^2-4a^2b^2=(a^2+2b^2+2ab)(a^2+2b^2-2ab)$

Vì a⁴+4b⁴ là số nguyên tố nên một trong hai nhân tử bên trên phải có một nhân tử bằng 1, một nhân tử là số nguyên tố.

Đến đây dễ rồi!!!

 

Đóng góp Topic

Bài 10: Cho tam giác ABC cân tại A, có góc A nhọn. Vẽ BM vuông góc với AC. CM $\frac{AM}{MC}=\frac{2AB^{2}}{BC^{2}}-1$

Bài 11: Cho tam giác ABC, trung tuyến AM. CM $AB^{2}+AC^{2}=2AM^{2}+\frac{BC^{2}}{2}$

Bài 12: Cho tam giác ABC có D nằm giữa B và C. CM: $AB^{2}DC+AC^{2}BD-AD^{2}BC=BC.DC.BD$

Bài 13: Cho hình vuông ABCD cạnh $3cm$, lấy M trên BC.Đường thẳng AM cắt cạnh DC kéo dài tại P. Đường thẳng DM cắt AB kéo dài tại Q, BF cắt CQ tại I. Cho CM=$1cm$. Tính BI,CI

Spoiler

Chúc Topic ngày càng phát triển

 

Mình xin được đóng góp bài 10.

Vẽ đường cao AH của tam giác ABC.

Tứ giác ABHM nội tiếp đường tròn=>CH.CB=CM.CA$<=>\frac{BC^{2}}{2}=\frac{CM}{CA}=\frac{AB-AM}{AB}<=>BC^{2}=2AB(AB-AM)$

Thay BC² vào, ta có được:$\frac{2AB^2}{BC^2}-1=\frac{2AB.AM}{BC^2}$

Giờ ta đi chứng minh $\frac{2AB}{BC^2}=\frac{1}{MC}$

Thật vậy, ta có $\Delta BAH\sim \Delta CBM (g.g)$=> $\frac{MC}{BC}=\frac{BH}{AB}=\frac{\frac{1}{2}BC}{AB}=>\frac{1}{MC}=\frac{2AB}{MC^2}$

Từ đây có điều cần chứng minh!!!

Bài này mình gặp rồi, nghĩ lại mất công thật ^^

Thiết nghĩ câu a và b bạn chứng minh dễ dàng, ta chứng minh câu c, bạn tự vẽ hình.

Gọi T là chân đường cao kẻ từ D xuống BC,DT cắt AB tại X và CO cắt (I) tại Y.

Dễ dàng chứng minh tứ giác TOXY nội tiếp đường tròn (2 điểm T và O cùng nhìn XY dưới hai góc bằng nhau)

Cũng dễ dàng chứng minh được $\Delta DTY\sim \Delta COB(g.g)$=>$\frac{TD}{TY}=\frac{OC}{OB}=\frac{OC}{OA}$(1)

Bạn chứng minh $\Delta CYD\sim \Delta OAC(g.g)$ (lưu ý Y cũng là trung điểm CO do tam giác DCO cân tại D(câu b))

Từ đây suy ra: $\frac{OC}{OA}=\frac{CD}{CY}=\frac{CD}{OY}$(2)

Từ (1) và (2)=>$\frac{TD}{TY}=\frac{CD}{OY}$

Kết hợp ý bên trên với $\widehat{CDT}=\widehat{TYO}$ (vì cùng bằng $\widehat{DXB}$)=>$\Delta CTD\sim \Delta OTY(c.g.c)$

=>$\widehat{OTY}=90^o$=>$\widehat{YXB}=90^o$=> YX là đường trung bình của tam giác OAC=>X là trung điểm OA

Phần kết luận xin được nhường lại cho bạn!!

Bài này đơn giản, bạn nhân $(x_{1}+x_{3})(x_{2}-x_{4})$ và hai cái ở giữa với nhau rồi giải dần ra, nếu chưa hiểu thì mình có thể làm cụ thể cho bạn!!

1. Tính giá trị của biểu thức $P=\sqrt{x+24+7\sqrt{2x-1}}+\sqrt{x+4-3\sqrt{2x-1}}$ với $\frac{1}{2}\leq x\leq 5$

2. Tính giá trị của biểu thức: $Q=x^{3}+y^{3}-3(x+y)+2004$ biết rằng $x=\sqrt[3]{3+2\sqrt{2}}+\sqrt[3]{3-2\sqrt{2}}$, $y=\sqrt[3]{17+12\sqrt{2}}+\sqrt[3]{17-12\sqrt{2}}$

Các bài này đơn giản.

Bài 1: Ta có: $\sqrt{2}P=\sqrt{2x+24+14\sqrt{2x-1}}+\sqrt{2x+8-6\sqrt{2x-1}}=(\sqrt{2x-1}+7)^2+(\sqrt{2x-1}-3)^2$ 

Đến đây dễ rồi.

Bài 2:Ta có: $x^3=6+3x=>x^3-3x=6$

Tương tự với y, ta dễ dàng tìm được kết quả của Q

à cho e hỏi tại sao với số 1 là số thứ 3 ta lại có 6.6.8.8 ?

Có tí nhầm lẫn ở đây, Mình chỉnh lại từ khúc đó nhé.

Với 1 là chữ số thứ 3, ta có được 6.7.8.8=2688 (số)

Nhưng xét trường hợp có đến 2 chữ số 0 ở vị trí số 1 và số 2 nên ta phải lấy tổng S trừ đi 7.6.5

Kết quả mới, S=7918 (số)

Với các vị trí của hai chữ số 2, ta có $\frac{7.6}{2}=21$ (trường hợp)

Xét đặc trưng một trường hợp:

Giả sử trường hợp có dạng$\bar{22abcde}$

Với chữ số ở vị trí a, ta chọn được 8 chữ số (trừ chữ số 2)

Với chữ số ở vị trí b, chọn được 7 chữ số (trừ chữ số 2 và chữ số ở vị trí a)

...

Với chữ số ở vị trí e, ta chọn được 4 chữ số (trừ chữ số 2 và các chữ số ở vị trí a,b,c,d)

Vậy với trường hợp này, số các số tạo được là 8.7.6.5.4=6720 (số)

Vậy tất cả các số tạo được là: 6720.21=141120 (số)

Lưu ý nếu có chữ số 0 thì xét khác một tí!!

Câu a làm dễ dàng

Câu b:

Xét chữ số 9 trong tất cả các số tạo được.

Với chữ số 9 đầu tiên, tạo được 4.3.2.1=24 (số)

Với chữ số 9 đứng thứ hai cũng tạo được 24 (số)

...

Với chữ số 9 đứng cuối, cũng tại được 4.3.2.1=24 (số)

Tương tự với các chữ số 5;6;7;8

Vậy tổng các số tạo thành là S=(99999+88888+77777+66666+55555).24=9333240

Như kết quả bạn trên!! 

đc á bạn  vì đề bài đâu cho các số khác nhau đâu 

và 3 số đầu chỉ có 1 số 1

Theo lời bạn vậy!!!

Với 1 là chữ số đầu tiên, ta lập được 7.7.8.8=3136 (số)

Với 1 là chữ số thứ hai, ta lập được 6.7.8.8=2688 (số)

Với 1 là chữ số thứ 3, ta lập được 6.6.8.8=2304 (số)

Vậy số các số tạo được thoả mãn đề bài là: S=3136+2688+2304=8128 (số) 

Câu 2: 

Phương trình hoành độ giao điểm: ax²-2x+a²=0

$\Delta '=1-a^3$, để (d) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì $\Delta '>0=>0 (xong 1 vế)

Ta có x_A+x_B=$\frac{2}{a},x_{A}x_{B}=a$

Thay vào T=>T=$2a+\frac{1}{a}\geq 2\sqrt{2}$

Vậy T_Min=$2\sqrt{2}$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=$\frac{1}{\sqrt{2}}$.

 Nếu xét vòng tròn $1,0,1,0,..,0$  
Nếu các số $0$ khác tăng lên $n$ thì $1,0,1$ cũng phải tăng lên $n$ 
vô lí vì $1>0$
 

Em cũng từng nghĩ như vậy, nhưng liệu có đơn giản quá không anh, anh dùng phản chứng xem thử được không???

Mình nghĩ ra cách này, hơi dài, tiền bối nào thích thì cho ý kiến!!

Bổ đề: tất cả các số nguyên tố nguyên tố lớn hơn 3 có dạng 6k+1 và 6k-1.

Đặt p=6k$\pm 1$, q=6h$\pm 1$

Từ đây suy ra: p²-q²$=36k^2\pm 12k+1-36h^2\pm 12h-1=12(3k^2\pm k-3h^2\pm h)$

Đến đây xét tính chẵn lẻ của k và h thì biểu thức trong ngoặc luôn luôn chẵn =>p²-q²$\vdots 24$ (điều cần chứng minh)

P/S: có gì sai các bạn chỉ giúp!!