Hr MiSu

Giả sử $s$ là chữ số được bỏ, số đã cho có dạng : $A.10^{x+1}+s.10^x+B$, $A\geq 0, ,0\leq B <10^x$. sau khi bỏ đi thì còn $A.10^x+B$. Ta có:
$31.(A.10^x+B)=(10A+s).10^x+B$ hay $(21A-s).10^x+30B=0$. Để ý $A>0$ thì vế trái luôn dương, vô lí, nên $A=0$. Khi đó: $s.10^{x-1}=3B$, suy ra $s$ chia hết cho $3$, do $0\leq s < 10$ nên $s=3,6,9$. Thay vào ta suy ra số đó có dạng: $30...0$ hoặc $620...0$ hoặc $930...0$

Eo làm gì mà tới mức đạo hàm riêng vậy, bài này dồn dần thôi: $x^2+y^2-xy-2x-2y=(x-1)^2-y(x-1)+y^2-3y-1=(x-1-\frac{y}{2})^2+\frac{3}{4}.(y^2-4y)-1=(x-1-\frac{y}{2})^2+\frac{3}{4}.(y-2)^2-4\geq -4$ nên $A\leq -4$

Bổ đề: Cho tam giác $AEC$, trung tuyến $ED$. Lấy $H$ thuộc đoạn $ED$ sao cho $DH=2EH$. $AH$ cắt $CE$ tại $K$. Chứng minh $HA=5HK$.

Chứng minh: Gọi $B$ đối xứng với $A$ qua $E$. Gọi $G$ là giao điểm của $BD,CE$. Suy ra $GH // CD$. Ta có:

$\frac{KH}{KA}=\frac{HG}{AC}=\frac{1}{6}$ suy ra $HA=5HK$.

Trở lại bài toán. 

Gọi $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$ thì $AG=2GM$. Gọi $L$ là giao điểm của $OG$ và $XM$. Áp dụng bổ đề vào tam giác $OXM$ ta có: $GO=5GL$. Chứng minh tương tự thì $YN, ZP$ cũng đi qua $L$ hay $XM,YN,ZP$ đồng quy tại $L$

Từ phương trình $2$: $4z-5=(x-y)^2\geq 0$ suy ra $z\geq \frac{5}{4}$

Từ phương trình $1$ có: $(5z-4)(z-1)=(x^2+y^2)^2\geq 0$ mà do $z\geq \frac{5}{4}$ nên  $(5z-4)(z-1)\leq 0$, vậy đẳng thức phải xảy ra tức $x=y=0, z= \frac{5}{4}$

Đặt ẩn phụ không hoàn toàn: Phương trình đã cho tương đương với:

$x^2-2x+3-(x+1)\sqrt{x^2-2x+3}+2x-2=0$. đặt $\sqrt{x^2-2x+3}=t$ thì

$t^2-(x+1)t+2x-2=0$

$\Delta =(x+1)^2-4(2x-2)=(x-3)^2$

Từ đó tính theo công thức nghiệm, ra mối quan hệ giữa $t$ và $x$, giải dễ dàng