Leonguyen

Em không biết cách này có đúng không và khá dài, mọi người có cách nào hay hơn thì chỉ em với 

Hai số nguyên tố lớn hơn 5 thì có hiệu lớn hơn hoặc bằng 2 và là số chẵn. Dễ dàng chứng minh được trong các số $b-a, c-b, d-c$  nếu tồn tại một số lớn hơn hoặc bằng 6 hoặc hai số lớn hơn hoặc bằng 4 thì sẽ không tmđk $a<b<c<d<a+10$.

Từ đó suy ra được $(a,b,c,d)\in\left\{(a,a+2,a+4,a+6),(a,a+2,a+4,a+8),(a,a+2,a+6,a+8),(a,a+4,a+6,a+8)\right\}.$

Nhận thấy nếu $(a,b,c,d)\in\left\{(a,a+2,a+4,a+6),(a,a+2,a+4,a+8),(a,a+4,a+6,a+8)\right\}$ thì trong $a,b,c,d$ luôn có số chia hết cho 3 không thoả mãn nên $(a,b,c,d)=(a,a+2,a+6,a+8)$. Khi này $a+b+c+d=4a+16$.

Dễ dàng chứng minh được $a+b+c+d$ chia hết cho 4.                                                       $(1)$

Nếu $a$ có chữ số tận cùng là 3, 5, 7, 9 thì trong $a,b,c,d$ sẽ tồn lại số chia hết cho 5 không thoả mãn nên $a$ có chữ số tận cùng là 1. Khi đó $4a+16\equiv 4.1+16\equiv0 \pmod 5$ hay $a+b+c+d$ chia hết cho 5.               $(2)$

Nếu $a$ chia 3 dư 1 thì $b=a+2$ chia hết cho 3 không thoả mãn nên $a$ chia 3 dư 2. Khi đó $4a+16\equiv 4.2+16\equiv0 \pmod 3$ hay $a+b+c+d$ chia hết cho 3.                                                     $(3)$

Từ $(1),(2),(3)$ suy ra $a+b+c+d$ chia hết cho 60.

tìm max mà anh

À mình nhầm đó

$x+y=2xy\Leftrightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}=2$

\begin{align}\frac{x}{1+2x^2}+\frac{y}{1+2y^2}
&=\frac{x}{\left (1+x^2 \right )+x^2}+\frac{y}{\left (1+y^2 \right )+y^2}\\
&\leq\frac{x}{2x+x^2}+\frac{y}{2y+y^2}\\
&=\frac{1}{2+x}+\frac{1}{2+y}\\
&=\frac{1}{9}\left [ \frac{(2+1)^2}{2+x}+\frac{(2+1)^2}{2+y} \right ]\\
&\leq\frac{1}{9}\left [ \frac{4}{2}+\frac{1}{x}+\frac{4}{2}+\frac{1}{y} \right ]=\frac{2}{3}.
\end{align}

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=y=1$.

Vậy $\max A=\frac{2}{3}\Leftrightarrow x=y=1$.

https://drive.google...iew?usp=sharing

Kí hiệu như hình vẽ.

Dễ dàng chứng minh được $AO$ là phân giác trong của $\angle aAC$, $AO'$ là phân giác trong của $\angle CAb$. Mà $\angle aAC$ và $\angle CAb$ kề bù nên $AO\perp AO'$ hay $\angle OAO'=90^{\circ}$.

Chứng minh tương tự ta có $\angle OBO'=\angle OCO'=\angle ODO'=90^{\circ}$.

Các điểm $A, B, C, D$ cùng nhìn $OO'$ dưới một góc bằng $90^{\circ}$ không đổi nên $A, B, O', C, D, O$ cùng thuộc một đường tròn.

Thực ra câu này làm ngắn hơn thì xét số dư cho 8

Lúc đấy nghĩ được gì là làm luôn thôi chứ không nghĩ đến hướng khác nữa

Câu 3.

1. $2x^2-y^2=1$ $(*)$

Dễ thấy $y$ lẻ $\Rightarrow y^2\equiv 1 \pmod4$.

Nếu $x$ chẵn thì $x^2\equiv0\pmod4\Rightarrow 2x^2-y^2\equiv -1\pmod4$ không thoả mãn $(*)$. Do đó $x$ lẻ. Khi đó $(*)\Leftrightarrow x^2-y^2=1-x^2=-(x-1)(x+1)$. Vì $(x-1)(x+1)$ là tích hai số nguyên chẵn liên tiếp nên chia hết cho 8. Do đó $xy(x^2-y^2)$ chia hết cho 8.         (1)

Xét TH $x$ hoặc $y$ chia hết cho 5 hoặc cả $x$ và $y$ có cùng số dư khi chia cho 5. Khi đó dễ dàng chứng minh được $xy(x^2-y^2)$ chia hết cho 5.

Xét TH $x$ và $y$ không có cùng số dư khi chia cho 5 và không có số nào chia hết cho 5. Khi đó $x^2$ và $y^2$ chia 5 dư 1 hoặc 4. Xét TH $x^2$ dư 1, $y^2$ chia 5 dư 4 và TH $x^2$ chia 5 dư 4, $y^2$ chia 5 dư 1 đều không thoả mãn $(*)$.

Do đó $xy(x^2-y^2)$ chia hết cho 5.         (2)

Từ (1) và (2) suy ra $xy(x^2-y^2)$ chia hết cho 40 (đpcm).

P/s: Mọi người coi giúp em giải như này có sai gì không ạ

Bạn xem giúp mình với để mình thử dò lại, bây h chỉ còn hi vọng vô câu hình ._.

VT=$((a+b)(b+c)(c+a))^2$

Áp dụng BĐT phụ: $(a+b)(b+c)(c+a)\geq \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)$

$\rightarrow$ VT $\geq [\frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)]^2\geq [\frac{8}{9}\sqrt{3(ab+bc+ca)}(ab+bc+ca)]=\frac{64}{27}$

Uầy mình vào không nghĩ tới bđt này luôn. Cũng chỉ mong có giải khúc khích cho đỡ buồn thôi bạn à ;_;

a) Dễ dàng chứng minh được $AF.AB=AE.AC=AD^2$, từ đây suy ra được tứ giác $BCEF$ nội tiếp.

b) Tứ giác $AFDE$ nội tiếp đường tròn đường kính $AD$ (do $\angle AFD=\angle AED=90^{\circ}$), từ đó suy ra được $A,M,F,D,E$ cùng thuộc một đường tròn.

Gọi $T$ là giao điểm thứ hai của $MD$ với $(O)$. Dễ thấy $\angle TMA=\angle DMA=90^{\circ}$ nên suy ra được $AT$ là đường kính của $(O)$. Khi đó:

$\angle TMC=\angle TAC=90^{\circ}-\angle ATC=90^{\circ}-\angle ABC=90^{\circ}-\angle ABD=\angle BAD\equiv\angle FAD=\angle FMD$, do đó $MD$ là phân giác của $\angle FMC$.

c) Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $AFDE$, dễ thấy đường trung trực của $EF$ đi qua $I$ và đường trung trực của $BC$ đi qua $O$

Gọi $X$ và $X’$ lần lượt là giao điểm của đường trung trực của $BC$ và $MD$, $IN$ và $MD$. Gọi $N$ là trung điểm của $EF$.

Dễ thấy $\bigtriangleup ADT$ có $O$ là trung điểm của $AT$, $OX\parallel AD$ nên $X$ là trung điểm của $DT$.    (1)

Kẻ tiếp tuyến $Ax$ với $(O)$ như hình trên, chứng minh được $AT\perp EF$ nên $AT\parallel IX'$. Xét $\bigtriangleup ADT$ có $I$ là trung điểm của $AD$, $IX\parallel DT$ nên $X'$ là trung điểm của $DT$.    (2)

Từ (1) và (2) suy ra $X$ và $X'$ trùng nhau, ta có đpcm.

P/s: Mọi người coi giúp em giải như này có sai gì không ạ

Mọi người giúp em bài 5 với ạ ;_;

P/s: Thi nát quá 

Bài 6. $p^x=y^4+64$ $(*)$

Xét $p=2$ thì $y$ chẵn, $(*)$ trở thành $2^x=y^4+64\Leftrightarrow y^4=2^x-64=64(2^{x-6}-1)$, suy ra $2^{x-6}-1=0$ hoặc $2^{x-6}-1=1$. Dễ thấy với $2^{x-6}-1=1$ thì $y^4=64$ không thoả mãn nên $2^{x-6}-1=0\Leftrightarrow x=6$, tính được $y=0$

Xét $p>2$ thì $p, y$ lẻ, ta có $(*)\Leftrightarrow p^x=y^4+16y^2+64-16y^2=(y^2+8)^2-(4y)^2=(y^2-4y+8)(y^2+4y+8)$

$\Rightarrow\left\{\begin{matrix} y^2+4y+8=p^n\\ y^2-4y+8=p^m \end{matrix}\right.(n>m,m+n=x) \Rightarrow 8y=p^m(p^{n-m}-1)\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 8=p^{n-m}-1\\ y=p^m \end{matrix}\right.$ (do $(8,y)=1$, $p^m$ lẻ, $p^{n-m}-1$ chẵn)

$\Rightarrow p^{n-m}=9\Rightarrow p=3$.

Khi đó $(*)\Leftrightarrow 3^x=y^4+64$, suy ra $y^4\equiv 3^x-64\equiv2 \pmod 3$ (vô lý vì $y^4$ là số chính phương nên chỉ chia 3 dư 0 hoặc 1).

Vậy $(a,b,p)=(6,0,2)$.

Bài 2.

a) Thay $x=1-m$ vào phương trình $(*)$ thấy thoả mãn nên là 1 nghiệm của phương trình.

b) $(*)\Leftrightarrow(x+m-1)(x^2+x-m)=0\Leftrightarrow\left[\begin{matrix} x=1-m\\ x^2+x-m=0 \quad(1) \end{matrix}\right.$

Không mất tính tổng quát, giả sử $x_1=1-m$, $x_2$ và $x_3$ là nghiệm của phương trình (1).

Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thì $\Delta=1-4m\geq0\Leftrightarrow m\leq\frac{1}{4}$.

Theo Viète ta có: $x_2+x_3=-1,x_2 x_3=-m$.

Ta có $x_1^3+x_2^3+x_3^3=3\Leftrightarrow x_1^3+(x_2+x_3)^3-3x_2x_3(x_2+x_3)=3\Leftrightarrow (1-m)^3+(-1)^3-3(-m)(-1)=3\Leftrightarrow m^3-3m^2+6m+3=0$.

Tới đây rồi thi giải pt, thử lại xem có 3 nghiệm phân biệt không thôi :0

Bài 3.

a) Chứng minh được tứ giác $AKDB$ nội tiếp (do $\angle AKB=\angle ADB=90^{\circ}$) nên ta có $\angle DKC=\angle BAK\equiv\angle BAM=\angle BCM$, suy ra được $DK\parallel MC$, mà $MC\perp AC$ nên $DK\perp AC$.

b) $\bigtriangleup ADB\sim\bigtriangleup ACM\space(\angle ABD\equiv\angle ABC=\angle AMC,\angle ADB=\angle ACM=90^{\circ}$), $AE, AF$ lần lượt là đường trung tuyến của $\bigtriangleup ADB$ và $\bigtriangleup ACM$, dễ dàng chứng minh được $\angle BAE=\angle MAF\Rightarrow \angle EAF=\angle BAM=\angle BCM\equiv\angle ECM$, từ đây suy ra được tứ giác $AEFC$ nội tiếp.

c) Tứ giác $AEFC$ nội tiếp nên $\angle AEF=90^{\circ}$ hay $AE\perp EF$.

Dễ thấy $I$ là trung điểm $AF$. Xét $\bigtriangleup AMF$ có $O, I$ lần lượt là trung điểm của $AM, AF$ nên $2OI=MF=FC$. (1)

Tứ giác $EHCF$ có $EH\parallel CF$ (cùng vuông góc với $AC$), $HC\parallel EF$ (cùng vuông góc với $AE$) nên là hình bình hành, suy ra $HE=FC$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $HE=2OI$ (đpcm).

Bài 4.

a) $\frac{(a+1)^2}{a^2+1}\leq2\Leftrightarrow (a+1)^2\leq 2a^2+2\Leftrightarrow (a-1)^2\geq0$. BĐT cuối cùng luôn đúng với mọi $a$ nên ta có đpcm.

b) BĐT ở câu a) tương đương với $a^2+1\geq\frac{(a+1)^2}{2}$.

Áp dụng BĐT $\frac{1}{m+n}\leq\frac{1}{4}\left (\frac{1}{m}+\frac{1}{n} \right )$ ta có:

$\sum \frac{1}{a^2+b^2+2}=\sum \frac{1}{(a^2+1)+(b^2+1)}\leq\sum \frac{1}{\frac{(a+1)^2}{2}+\frac{(b+1)^2}{2}}\leq\sum \frac{1}{4}\left [\frac{1}{\frac{(a+1)^2}{2}}+\frac{1}{\frac{(b+1)^2}{2}} \right ]\leq\sum \frac{1}{2}\left [ \frac{1}{(a+1)^2}+\frac{1}{(b+1)^2} \right ]$

$=VP$

P/s: mai thi mong ra câu bất dễ dễ