Chứng minh rằng phương trình: $x^2+5=y^3$ không có nghiệm nguyên

Bổ đề:

Nếu $4k+3|x^2+y^2$ thì $4k+3|x$ và $4k+3|x$ (chứng minh bằng phản chứng và định lý Fermat nhỏ)

 

Vì $x^2 \equiv{0;1} \pmod{4} \Rightarrow y^3=x^2+5 \equiv{1;2} \pmod{4}$. Vậy $y^3$ không chia hết cho 4, vậy $y$ không chia hết cho 2 hay y là số lẻ. 

Nếu $y \equiv{3} \pmod{4}$ thì $y^3 \equiv{3} \pmod{4}$ hay $x^2 \equiv{2} \pmod{4}$ $\Rightarrow$ vô lý

Nếu $y \equiv{2} \pmod{4}$ thì $y^3 \equiv{0} \pmod{4}$ $\Rightarrow$ vô lý

$\Rightarrow y=4k+1$

$(x^2+(2)^2=y^3-1=(y-1)(y^2+y+1)$

$ \Rightarrow y^2+y+1=4(4k^2+3k)+3 \equiv{3} \pmod{4}$ 

$ \Rightarrow 4m+3|x^2+(2)^2 \Rightarrow$ vô lý

Tìm $x , y \geq 0$ biết $\left ( xy - 7 \right )^{2} = x^{2} + y^{2}$

 

Giải:

$(xy-7)^2=x^2+y^2 \Leftrightarrow (xy-7)^2+2(xy-7)+1=x^2+y^2+2xy-13$

$(xy-6)^2-(x+y)^2=-13=13.(-1)$

Vì $x,y \geq 0$ nên $xy-6+(x+y) \geq xy-6-(x+y)$

$ \Rightarrow$

$$\begin{cases} xy-6+(x+y)=13\\xy-6-(x+y)=-1 \end{cases}$$

$ \Rightarrow$

$$\begin{cases} xy=6\\x+y=7 \end{cases}$$

$\Rightarrow$ $(x;y)=(3;4),(4;3)$

Tiếp nè:

     Tìm tất cả các cặp số nguyên không âm thoả mãn phương trình: $(y+1)^{4}+y^{4}=(x+1)^{2}+x^{2}$

Tìm số nguyên x để $2{{\text{x}}^{2}}-x-36$ là bình phương một số nguyên tố

$2x^2-x-36=(2x-9)(x+4)=p^2$ (p là số nguyên tố)

$\Rightarrow 2x-9=x+4$ hoặc $2x-9= \pm{1}$ hoặc $x+4= \pm{1}$

Giải ra được $(x;p)=(13;17),(5;3)$

Bài 1

$P(x)=(x-1)(x^3+6x^2 +11x+6)=(x-1)(x+1)(x^2+5x+6)=(x+1)(x-1)(x+2)(x+3)$

Bài 2:

Đặt $\sqrt{2-x^2}=a$, $\sqrt{x^2+8}=b$

Ta có hệ 

$\begin{cases} a + b = 4 \\ a^2 + b^2 = 10 \end{cases}$

$\Rightarrow ab= 3$

tới đây dễ rồi

Ta có

$11^{{10}^{1967}}-1^{{10}^{1967}}=(11-1)(11^{{10}^{1967}-1}+11^{{10}^{1967}-2}+...+1)$

Mà

$11\equiv 1\pmod{10}\\$$\Rightarrow 11^k\equiv 1\pmod {10}$, với k $>$ 0

$\Rightarrow(10)(11^{{10}^{1967}}+...+1)\equiv (10)(1+1+...+1)\equiv 10(10^{1967})\equiv 0\pmod{10^{1968}}$

1/Cho hình chữ nhật ABCD có M là trung điểm AB, N thuộc tia phân giác góc BCD. Gọi P là hình chiếu của N trên BC. Chứng minh nếu MN vuông góc DP thì tam giác AND cân.

 

2/Cho đường trong (O) nội tiếp tam giác ABC và tiếp xúc BC,CA,AB lần lượt tại D,E,F. Chứng minh rằng tích các khoảng cách hạ từ một điểm M bất kỳ trên đường tròn xuống các cạnh tam giác ABC bằng tích khoảng cách từ M đến các cạnh tam giác DEF.

 

3/ Cho hình vuông ABCD. Điểm M thuộc cạnh AB ( M khác A và B). Tia CM cắt DA tại N. Vẽ tia Cx vuông góc với CM và cắt tia AB tại E. Gọi H là trung điểm NE. 1) chứng minh tứ giác BCEH nội tiếp. 2) Tìm vị trí M để diện tích tứ giác NACE gấp ba lần diện tích hình vuông ABCD. 3) Chứng minh khi M di chuyển trên AB thì tỉ số bán kính các đường tròn nội tiếp tam gái NAC và tam giác HBC không đổi

Cho điểm P cố định nằm ngoài đường tròn (O). Kẻ tiếp tuyến PA và cát tuyến bất kì PBC. Tìm quỹ tích trực tâm H của tam giác ABC

bai 4

Hình như chưa ai giải câu 1c 
$\left\{\begin{matrix} \sqrt{1+x}+\sqrt{1+y}=2\sqrt{2} & & \\ \sqrt{x}+\sqrt{y}=2 & & \end{matrix}\right.$
ĐKXĐ: $x,y \geq 0$
Ta có:
$(2\sqrt{2})^2=(x+y)+2\sqrt{(1+x)(y+1)}+2 \geq \frac{(\sqrt{x}+\sqrt{y})^2}{2}+2(\sqrt{x}+\sqrt{y})+2=8$
Do đó xảy ra đẳng thức $\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x=y & & \\ xy=1 & & \end{matrix}\right.\rightarrow x=y=1$

bài này không bình phương pt (1) mà dùng bđt Minkowsky để đánh giá cũng được luôn

Chứng minh H là trực tâm và cũng là trọng tâm của tam giác OAN đều
=>$HM=\frac{1}{3}AM$
Ta có $\widehat{QOB}=60^0$
=>Tam giác QOB đều
=>$\widehat{QBO}=60^0=\widehat{NOA}$ (do ON và QB song song do cùng vuông góc với AQ)
=>$\widehat{NOA}=\widehat{NOQ}=60^0$
Xét tam giác QOA có phân giác ON cũng là trung tuyến
=>$AM=AQ$
Lại có $3HM=AM$
=>$AQ=6HM$

góc QAB=60 độ thì sao tam giác OAN đều được khi đó góc AON= 30 độ mà

'' | '' là chi vậy ạ? .___. :3

a | b là b chia hết cho a hay a là ước của b

Câu III
 
a) Dễ thấy $F\in AB$ và $E\in AC$

chứng minh được không chị

5c) kéo dài OK cắt (O) tại J'. Ta có AJ'CD nội tiếp nên góc AJ'C=120 độ= 2 góc ABC, mà AJ=JC ( OJ là trung trực AC) suy ra J' trùng J.
Ta có góc AOJ= góc ADC=60 độ nên tam giác AOJ đều, dễ dàng tính được AK theo OJ mà AK=1/2AC=1/2.DE ( AECD là hình thang cân). Tính được OJ/DE

\dfrac {1}{\sqrt {3}}

5c) kéo dài OK cắt (O) tại J'. Ta có AJ'CD nội tiếp nên góc AJ'C=120 độ= 2 góc ABC, mà AJ=JC ( OJ là trung trực AC) suy ra J' trùng J.
Ta có góc AOJ= góc ADC=60 độ nên tam giác AOJ đều, dễ dàng tính được AK theo OJ mà AK=1/2AC=1/2.DE ( AECD là hình thang cân). Tính được OJ/DE

câu hình nhé, mấy câu còn lại @ rùi :v
$(a)$
$(b)$
Dễ thấy $MK$ là trung trực của $AC$. $\Rightarrow \measuredangle MAC=\measuredangle MCA=\measuredangle CDI$.
$(c)$
$M,K,I$ thẳng hàng. Do đó, chỉ cần tính:
$\frac{MK}{AC}=\frac{MK}{KC}$.
Mà: $\measuredangle COK=60^0$

Sao M,K,I thẳng hàng được bạn, với câu c đề kêu tính JO/DE mà

Mới chứng minh được câu a vs câu b.
a. $IM.IA=IF^2=IN.IB .. \Rightarrow AMNB$ nội tiếp.
c. Áp dụng Menelaus vào tam giác ABC có cát tuyến PFE thì $\frac{AF.FB.EC}{FB.PC.AE}=1 \rightarrow \frac{PB}{PC}=\frac{FB}{FC}=\frac{DB}{DC}$

Bạn dogsteven nói đúng rồi. Gọi K là giao điểm AD và (I) ta có FKED là tứ giác điều hoà (http://diendantoanho...attach_id=17128) là tứ giác tạo bởi hai tiếp tuyến AF,AE và cát tuyến AKD ấy ( tứ giác điều hoà có tích các cạnh đối bằng nhau). Đối với điểm P, kẻ PK' là tiếp tuyến của (I), lúc này PK',PD là tiếp tuyến, PEF là cát tuyến ta cũng có PK'ED là tứ giác điều hoà, suy ra FK'.DE=FD.K'E;FK.DE=FD.KE ( FKED tứ giác điều hoà). Tới đây dùng tam giác đồng dạng dễ dàng suy ra K' trùng K suy ra PK là tiếp tuyến của (I) suy ra PI vuông góc KD (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau) hay PI vuông góc AD (đpcm)

kẻ đt // vs AB,AC cắt AC,AB tại E,F
đặt $S_{ABC}=S,S_{BMF}=S_{1},S_{CME}=S_{2}$,$S_{AEMF}=S_{3}$
dễ dàng có $\frac{S_{1}}{S}=\frac{BM^{2}}{BC^{2}},\frac{S_{2}}{S}=\frac{MC^{2}}{BC^{2}}$
$\Rightarrow \sqrt{\frac{S_{1}}{S}}+\sqrt{\frac{S_{2}}{S}}=1\Rightarrow \sqrt{S_{1}}+\sqrt{S_{2}}=\sqrt{S}$
$S_{1}+S_{2}\geq \frac{\left ( \sqrt{S_{1}}+\sqrt{S_{2}} \right )^{2}}{2}=\frac{S}{2}$
$\Rightarrow S_{3}\leq \frac{S}{2}
đẳng thức xảy ra khi M là trung điểm BC=>KL

Hình như cái cuối ngược dấu

Ta có: $\Delta IKA \sim \Delta IAB => \frac{IK}{IA}=\frac{IA}{IB}=> \frac{IK}{IM}=\frac{IM}{IB}$
=> $\Delta IMK \sim \Delta IBM => \angle IMK = \angle IBM$
Ta có: $\Delta MKA \sim \Delta AKB => \frac{AK}{MK}=\frac{AB}{AM}=\frac{2AH}{2IM}=\frac{AH}{IM}$ 
=> $\Delta IMK \sim \Delta HAK =>  \angle KHA= \angle MIK$ => tứ giác IKHA nội tiếp => $\angle MAB = \angle HKB$
=> cung AB = cung BF => AB = BF => $\frac{AK}{AM}=\frac{KB}{AB}=\frac{AK}{BM}=\frac{KB}{BF}$
Kết hợp với $\angle MBF = \angle AKB$ => $\Delta AKB \sim \Delta MBF$ => $\angle KAB = \angle BMF$ 
Mà $\angle KAB = \angle IBM$ => $\angle IMK = \angle BMF$
Mà MO phân giác  $\angle AMB$ => $\angle KMH = \angle FMH$ => MH phân giác $\angle KMF$

Đúng rồi mà hơi dài tí. Gọi giao điểm của MF với (O) là G. Nếu ta chứng minh được AG là đường trung tuyến thứ 2 của tam giác MAB thì ta sẽ dễ dàng chứng minh được tam giác MKG cân tại M suy ra đpcm. Bạn giúp mình cái

Cho đường tròn (O;R) vẽ dây cung AB< 2R. Các tiếp tuyến Ax,By của (O;R) cắt nhau tại M. Gọi I là trung điểm của MA và K là giao điểm của BI với (O). Gọi H là giao điểm của MO và AB. Kẻ dây cung KF đi qua điểm H. Chứng minh rằng MO là tia phân giác của góc KMF