perfectstrong

Anh Quân làm thế thì tội bạn ấy
Có 1 loại người con gái rất thích giao thiệp (nhưng không bao giờ muốn làm người yêu): đó là galent. (ga lăng)
Định nghĩa Galent là gì thì bạn tra trong từ điển hoặc google. Mình chỉ nói thêm 1 chút thôi.
Con trai kiểu này thì con gái rất thích, nhưng bạn nên nhớ, chỉ nên một chút galent thôi, vì " Galent là chồng thiên hạ".
Đối với bạn nữ ấy, bạn nên đối xử tốt, lịch thiệp, cũng nên đối xử tương tự vậy với những đứa con gái khác (nhưng có phần nhẹ hơn, để bạn nữ ấy nhận thấy rằng, bạn nữ ấy rất đặc biệt trong mắt bạn, đồng thời, cũng sẽ tạo hiệu ứng "nền" tốt cho bạn đấy, vì con gái hay chơi với nhau sẽ "ngồi lê đôi mách", lúc đó, tạo ra chút lợi thế cũng tốt chứ sao )
Còn 1 số cách khá vui nhộn, bạn tham khảo trong link sau (do một "trùm sát gái" trong VMF sưu tập và bổ sung thêm )
http://diendantoanho...showtopic=56011

Lời giải:
\[\begin{array}{l}
DKXD:x \ge \frac{{ - 5}}{3} \\
{x^2} + 4x + 11 = 4\sqrt {6x + 10} \\
\Leftrightarrow {x^2} - 1 + 4\left( {x + 3 - \sqrt {6x + 10} } \right) = 0 \\
\Leftrightarrow {x^2} - 1 + 4.\frac{{{{\left( {x + 3} \right)}^2} - \left( {6x + 10} \right)}}{{x + 3 + \sqrt {6x + 10} }} = 0 \\
\Leftrightarrow \left( {{x^2} - 1} \right)\left( {1 + \frac{1}{{x + 3 + \sqrt {6x + 10} }}} \right) = 0 \\
x \ge \frac{{ - 5}}{3} \Rightarrow 1 + \frac{1}{{x + 3 + \sqrt {6x + 10} }}>0 \Rightarrow {x^2} - 1 = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1 \Rightarrow S = \left\{ { - 1;1} \right\} \\
\end{array}\]

Lời giải:
\[\begin{array}{l}
gt \Leftrightarrow \left( {x - y} \right)\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right) = {2^2}.3.29.2011 \\
y = 2 \Rightarrow x\not \in N \Rightarrow x > y > 2 \Rightarrow x - y \vdots 2 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
x - y = 2 \\
x - y = 4 \\
\end{array} \right. \\
TH1:x - y = 2 \Rightarrow {x^2} + xy + {y^2} = 2.3.29.2011 \\
\Leftrightarrow {\left( {y + 2} \right)^2} + \left( {y + 2} \right)y + {y^2} = 2.3.29.2011 \\
\Leftrightarrow 3{y^2} + 6y - 349910 = 0 \Rightarrow y = \frac{{ - 3 \pm \sqrt {1049739} }}{3}\not \in N \\
TH2:x - y = 4 \Rightarrow {x^2} + xy + {y^2} = 3.29.2011 = 174957 \\
\Leftrightarrow {\left( {y + 4} \right)^2} + \left( {y + 4} \right)y + {y^2} = 174957 \\
\Leftrightarrow 3{y^2} + 12y - 174941 = 0 \Rightarrow y = \frac{{ - 6 \pm \sqrt {524859} }}{3}\not \in N \\
\end{array}\]
Vậy pt vô nghiệm nguyên tố.

Lời giải:
Đặt $n=2001$.
Xét trên mặt phẳng, lấy $n$ điểm thứ tự là $A_1;A_2;...;A_n$ đại diện cho $n$ học sinh đó tương ứng.
Nếu học sinh thứ $i$ quen học sinh thứ $j$ thì ta vẽ đoạn $A_iA_j$.
Gọi $V$ là tập các đỉnh $A_i$ trên; $E$ là tập các cạnh vẽ theo quy tắc trên. Quy ước: $|E|$ là số phần tử của tập E.
Gọi $deg(A_i)$ là bậc của đỉnh $A_i$, tương ứng với số học sinh mà học sinh thứ $i$ quen.
Bằng phép đếm, dễ chứng minh hằng đẳng thức sau:
\[\sum\limits_{i = 1}^n {\deg \left( {{A_i}} \right)} = 2|E|\]
Lưu ý là $n$ lẻ.
Giả sử mọi $\deg (A_i)$ đều lẻ thì vế trái là 1 số lẻ, còn vế phải là số chẵn: vô lý.
Do đó, tồn tại $i$ sao cho $\deg (A_i)$ chẵn. Vậy, ta có đpcm.

Lời giải:
Gọi $d$ là số tự nhiên nhỏ nhất thỏa $3^d \equiv 1 \pmod {2^k}$.
Ta chứng minh $3^n \equiv 1 \pmod {2^k} \Leftrightarrow d|n$. (1)
Thật vậy, giả sử $n=qd+r$ với $q,r \in \mathbb{Z}^; 1 \leq r \leq d-1$
$3^n=3^{qd+r}=(3^d)^q.3^r \equiv 3^r \pmod {2^k}$
Mặt khác, do cách chọn $d$ ban đầu nên $3^r \not \equiv 1 \pmod {2^k} \Rightarrow 3^n \not \equiv 1 \pmod {2^k}$: trái gt.
Suy ra, điều giả sử là sai. Vậy ta có (1) đúng.
Từ đề suy ra $3^n \equiv 1 \pmod {2^k}$. Theo (1) nên $d|n$.
Vậy tất cả các số tự nhiên $n$ thỏa đề là $n=qd$ với $d$ xác định như trên và $q \in \mathbb{N}$
===================================
Chú ý: $d$ chính là cấp của $3$ modulo $2^k$.

Có 2 điều mình muốn nói với bạn:
- Yêu hay thích không cần biết, nhưng phải thật lòng. Dùng từ "cưa" đồng nghĩa với việc bạn xem nhẹ chuyện tình cảm rồi đó.
- Khi đã chắc chắn chuyện tình cảm của bạn thì mình sẽ giúp và toàn thể anh em sẽ rất vui nếu bạn tìm được 1 cô bạn gái để làm động lực học toán.
Chúc may mắn!

Lời giải:
$A(a;b) \in (d) \Rightarrow b=(m-2)a-m-4$
$\Leftrightarrow m(a-1)-2a-4-b=0$: đúng với mọi $m$
$\left\{ \begin{array}{l}
a - 1 = 0 \\
- 2a - 4 - b = 0 \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 1 \\
b = - 6 \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow A = \left( {1; - 6} \right)$

http://forum.mathsco...?t=28814&page=2
Bài #21 của anh chemthan.

Lời giải:
Ta có một bổ đề quan trọng sau đây:
Cho $\vartriangle BAC$ vuông tại A thì $r=\dfrac{AB+AC-BC}{2}$
=================================================
Áp dụng bổ đề, ta có:
$R_2=\dfrac{HA+HB-AB}{2};R_3=\dfrac{HA+HC-AC}{2};R_1=\dfrac{AB+AC-BC}{2}$
$\Rightarrow R_1+R_2+R_3=HA \leq AO$
Đẳng thức xảy ra khi $H \equiv O$

Nguyễn Thái Phúc đội gama giải bài 3 của beta

Từ pt số 2 ta được:

$2y.(3y+1) .(2^{\sin^2 x}+2^{\cos^2 x})^2 =(7y+1) ^{2}(1)$
và
$2y.(3y+1) .(2^{\sin^2 x }-2^{\cos^2 x})^2 =(y-1) ^{2}(2)$
Nhân (1) và (2) lại với nhau ta được:
$4y^{2}.(3y+1)^{2} .(4^{\sin^2 x}-4^{\cos^2 x})^{2} =(7y+1) ^{2}.(y-1) ^{2}$
TH1:
$2y.(3y+1) .(4^{\sin^2 x }-4^{\cos^2 x})=(7y+1).(y-1)$
Cộng theo vế với phương trình thứ 2 trong hệ đầu thì
$2y.(3y+1) .(2.4^{\sin^2 x})=32y^{2}$
suy ra $\frac{y}{3y+1}=\frac{4^{\sin^2 x}}{8}>0$
thay vào pt đầu của hệ thì
$y \sin x =3-2( \sin x )^{2} +\log_2( \sin x )$
Mặt khác thì $y \sin x \geq -1$ do $|y| \leq 1$
và $1 \geq \sin x \geq 0$ do $\frac{y}{3y+1} > 0 $ nên $\log_2 \sin x \leq 0 $ hay
$2 \sin ^2 x -3 + \log_2 \sin x \leq -1 $
Vậy dấu bằng xảy ra nên $y=-1$; $\sin x =1$
TH2 : tương tự ta có
$\frac{y}{3y+1}=\frac{4^{\cos^2 x}}{8}>0$
Nên
$y \sin x =2\cos^2 x-3 +\log_2 \sin x$
Ta cũng có $2\cos^2 x -3 + \log_2 \sin x \leq -1 $ do $\cos^2 x \leq 1$ và $\log_2 \sin x \leq 0$
Hơn nữa $y \sin x \geq -1$, vậy $VT \geq VP$, đẳng thức không xảy ra.
Vậy hệ pt có nghiệm $y=-1, x= k.\pi$

Sửa thế này được chưa anh?
_____________________________________________________
@Trọng tài: Xét thiếu trường hợp, chấp nhận lời giải đến cuối trường hợp 1.

Điểm: 3/7

Lời giải:
Hạ MH,MI,MK thứ tự vuông góc BA,DE,AC.
\[\begin{array}{l}
\angle BMD + \angle CME = {180^o} - \angle DME = {180^o} - \angle DBM = \angle BDM + \angle BMD \\
\left. \begin{array}{l}
\Rightarrow \angle BDM = \angle CME \\
\angle DBM = \angle ECM \\
\end{array} \right\} \Rightarrow \vartriangle BDM \sim \vartriangle CME\left( {g.g} \right) \\
\left. \begin{array}{l}
\Rightarrow \frac{{DM}}{{ME}} = \frac{{BD}}{{CM}} = \frac{{BD}}{{BM}} \\
\angle DBM = \angle DME \\
\end{array} \right\} \Rightarrow \vartriangle DBM \sim \vartriangle DME\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow \angle MDB = \angle MDE \Rightarrow DH= DI \\
\end{array}\]
Tương tự thì $EI=EK \Rightarrow P_{AED}=AD+AE+EC=AD+AE+DI+IE=AD+DH+AE+EK=2AH=6(cm)$

Thực ra đây là phương pháp Vieta Jumping Method (mình không biết dịch tiếng việt thế nào cho phải nên để nguyên văn vậy).
PP này chỉ đơn thuần là cấp 2, sử dụng định lý Viete.
Bạn xem thêm trong link sau:
http://diendantoanho...showtopic=66852

Quá dài. Ta có thể làm cách khác, ít phụ thuộc máy tính hơn (dùng cấp của số)
Lời giải:
\[\begin{array}{l}
{2012^{2011}} \equiv {\left( { - 1} \right)^{2011}} \equiv - 1 \equiv 2012\left( {\bmod 2013} \right) \\
{2011^{60}} \equiv 1\left( {\bmod 2013} \right) \\
\Rightarrow {2011^{2012}} = {\left( {{{2011}^{60}}} \right)^{33}}{.2011^{32}} \equiv {2011^{32}}\left( {\bmod 2013} \right) \\
\equiv {\left( { - 2} \right)^{32}} \equiv {2^{32}} \equiv 301\left( {\bmod 2013} \right) \\
\Rightarrow {2012^{2011}} - {2011^{2012}} \equiv 2012 - 301 \equiv 1711\left( {\bmod 2013} \right) \\
\end{array}\]

Lời giải:
Đặt $f(x)=3x^2-4x+p-2;g(x)=x^2-2px+5$
Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt
\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\Delta _f}' = {2^2} - 3\left( {p - 2} \right) > 0 \\
{\Delta _g}' = {p^2} - 5 > 0 \\
g\left( {{x_{1,2}}} \right) = 0 \\
f\left( {{x_{1,2}}} \right) \ne 0 \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
p < \frac{{10}}{3} \\
\left[ \begin{array}{l}
p > \sqrt 5 \\
p < - \sqrt 5 \\
\end{array} \right. \\
{x_{1,2}} = p \pm \sqrt {{p^2} - 5} \\
f\left( {{x_{1,2}}} \right) \ne 0 \\
\end{array} \right.\left( I \right)\]
Lại có:
\[\begin{array}{l}
{x_1} = p + \sqrt {{p^2} - 5} \\
f\left( {{x_1}} \right) = 0 \Leftrightarrow 3{\left( {p + \sqrt {{p^2} - 5} } \right)^2} - 4\left( {p + \sqrt {{p^2} - 5} } \right) + p - 2 = 0 \Leftrightarrow p = \frac{{ - 41}}{{12}} \\
{x_2} = p - \sqrt {{p^2} - 5} \\
f\left( {{x_2}} \right) = 0 \Leftrightarrow 3{\left( {p - \sqrt {{p^2} - 5} } \right)^2} - 4\left( {p - \sqrt {{p^2} - 5} } \right) + p - 2 = 0 \Leftrightarrow p = 3 \\
\end{array}\]
Do đó (I) tương đương với
\[\left\{ \begin{array}{l}
p \in \left( { - \infty ; - \sqrt 5 } \right] \cup \left[ {\sqrt 5 ;\frac{{10}}{3}} \right) \\
p\not \in \left\{ {3;\frac{{ - 41}}{{12}}} \right\} \\
\end{array} \right.\]
\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
p \le - \sqrt 5 \\
\sqrt 5 \le p < \frac{{10}}{3} \\
\end{array} \right. \\
p \ne 3;\frac{{ - 41}}{{12}} \\
\end{array} \right.\]

M phải là trung điểm AB chứ.
Lời giải:

Gọi G là trọng tâm của $\vartriangle BAC$. Suy ra, C,G,M thẳng hàng.
Gọi D là trung điểm AD. Suy ra M,I,D thẳng hàng.
Dễ chứng minh $GI \parallel AB$. Mà $OM \perp AB \Rightarrow OM \parallel GI$
Lại có: $GO \perp MD \Rightarrow$ O là trực tâm $\vartriangle MIG \Rightarrow OI \perp CM$