Tìm nghiệm nguyên dương của PT sau: $x^{4}+7^{x}+47=y^{2}$ ( Theo phương pháp mof thì đã tìm được 2 cặp là (4;52),(4;-52))

Xét phép nghịch đảo cực A phương tích k>0 bất kì thì dễ thấy E, F chính giữa cung BC nhỏ và lớn của (ABC). Và dễ thấy MN song song với BC nên đường tròn (AMN) tiếp xúc với (ABC).

Cho $p$ là số nguyên tố thỏa mãn $\frac{p-1}{2}$ cũng là số nguyên tố và $a,b,c$ là các số nguyên dương không chia hết cho $p$. Chứng minh rằng có nhiều nhất $1+\sqrt{2p}$ số nguyên dương n thỏa mãn $n<p$ và $p$ là ước của $a^{n}+b^{n}+c^{n}$

Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{Z}\rightarrow \mathbb{Z}$ thỏa mãn phương trình:

$xf\left ( 2f\left ( y \right )-x \right )+y^{2}f\left ( 2x-f\left ( y \right ) \right )=\frac{f\left ( x \right )^{2}}{x}+f\left ( yf\left ( y \right ) \right )\forall x,y\in \mathbb{Z},x\neq 0$

Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn:

$f\left ( f\left ( y \right )+x^{2}+1\right )+2x=y+ f\left ( x+1 \right )^{2}$

Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: 

$xf\left (y \right )+f\left (xf\left (y \right ) \right )-xf\left (f\left (y \right ) \right )-f\left (xy \right )=2x+f\left (y \right )-f\left (x+y \right )$

Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện: 

$xf\left ( xy \right )+xyf\left ( x \right )\geq f\left ( x^{2} \right )f\left ( y \right )+x^{2}y\forall x,y\in \mathbb{R}$

Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện:

$f\left ( y^{2}+2xf\left ( y \right )+f\left ( x \right )^{2} \right )=\left ( y+f\left ( x \right ) \right )\left ( x+f\left ( y \right ) \right )\forall x,y\in \mathbb{R}$

Ai có link toán học tuổi trẻ tháng 7/2015 không cho em xin cái. em cảm ơn

(AXY) lần lượt cắt (O), AB, AE, AC tại K', Q, P, R. Kẻ XM, XN vuông góc với AB và AE dễ thấy hai tam giác  XMQ và XNP bằng nhau do đó AQ+AP=AM+AN=AB+AE-BE. Tương tự AP+AR=AE+AC-CE. Do đó AB-AQ=AC-AR hay BQ=CR. Dễ thấy hai tam giác K'QB và K'RC đồng dạng mà BQ=CR nên K'B=K'C nên K' trùng K. Suy ra A,K,X,Y đồng viên.

Cho a, b, c không âm, chứng minh bất đẳng thức: $\sum a\sqrt{a^{2}+2bc}\geq \sqrt{3}\sum ab$

$\Delta AEH\sim \Delta CDH,\Delta AEM\sim \Delta CDN\Rightarrow \frac{EH}{DH}=\frac{AE}{CD}=\frac{EM}{DN}\Rightarrow \frac{EH}{EM}.\frac{IM}{IN}.\frac{DN}{DH}=1$ suy ra D, E, I thẳng hàng (menelaus dảo).

Cho tam giác ABC cố định với $\widehat{A}=60^{^{\circ}}$. D bất kì chạy trên BC. Gọi K, L là tâm ngoại tiếp tam giác ADB, ADC. CMR tâm ngoại tiếp tam giác DKL thuộc một đường thẳng cố định.

 Bài toán : Cho các số thực $a,b,c$ không âm thoả mãn $a+b+c\in [3;6]$. Chứng minh : 

$$\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{b+1}\geq \sqrt{15+ab+bc+ca}$$

Có hai cái $\sqrt{b+1}$ ak

Từ PT 1 suy ra $2\left ( \sqrt{1-x} \right )^{3}+\sqrt{1-x}=2\left ( y-1 \right )^{3}+y-1\Rightarrow y-1=\sqrt{1-x}$ sau đó rút x ra thế vào PT 2 đặt t=y-1 rồi giải tiếp ( biến đổi tương đương hoặc nhân liên hợp(.

Gọi r, R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AHK và ABC. Ta có $\frac{r}{R}=\frac{AK}{AC}=cosA$.

Gọi J là trực tâm tam giác ADE, M là trung điểm DE, Dễ thấy M là trung điểm IJ và $2R^{2}=2ID^{2}=2IM.IA=IJ.IA\Rightarrow \frac{IJ}{IA}=\frac{2R^{2}}{IA^{2}}=2sin^{2}\frac{A}{2}=1-cosA\Rightarrow \frac{AJ}{AI}=cosA=\frac{r}{R}$. Do đó J là tâm nội tiếp tam giác AHK.

Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Đường tròn (O₁) tiếp xúc với AB, AC tại P, Q và tiếp xúc trong với (O). Tiếp tuyến của (O₁) song song với BC cắt các đoạn AB, AC tại D, E. Gọi I là giao điểm của BE và CD, J là giao điểm của BQ và CP. Chứng minh rằng IJ đi qua tâm nội tiếp tam giác ABC.

Tam giác ABC nội tiếp (O), ngoại tiếp (I). Phân giác AI, BI cắt (O) tại D, E. DE cắt AC, BC tại F, G. Đường thẳng qua F song song với AD cắt đường thẳng qua G song song với BE tại P. Tiếp tuyến tại A, B của (O) cắt nhau tại K. CMR AE, BD, KP đôi một song song hoặc đồng quy.

Cho tam giác ABC không cân, nội tiếp (O). Tiếp tuyến tại B, C cắt nhau tại S. Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC tại T. M là trung điểm AC. P, Q, I lần lượt là giao điểm của Tm với AB, AS với BC, AQ với CP. E, F lần lượt thuộc MP, MQ sao cho IE song song với MQ, IF song song với MP. AS cắt MP tại H. MQ giao CP tại K. CMR FH, KE, MI đồng quy.

$P=\frac{2}{\sqrt{x^{2}+1}+x+\sqrt{x^{2}+1}-x}+\frac{2x}{\sqrt{x^{2}+1}}=\frac{2x+1}{\sqrt{x^{2}+1}}=\sqrt{5-\frac{\left ( x-2 \right )^{2}}{x^{2}+1}}\leq \sqrt{5}$. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=2

Từ ví dụ nhỏ sau: Xét trên mặt phẳng tọa độ các điểm nguyên, xét một hình vuông 3x3 bất kì chứa 9 điểm nguyên trong mặt phẳng. Vẽ các đoạn thẳng nối tiếp nhau tạo thành một đường gấp khúc sao cho đường gấp khúc ngày đi qua hết 9 điểm nguyên trong hình vuông kia. Tìm số đoạn thẳng ít nhất trong đường gấp khúc trên.

Dể thấy trong trường hợp 3x3 thì giá trị nhỏ nhất này là 4. Vậy với hình vuông nxn thì giá trị nhỏ nhất này là bao nhiêu? liệu có công thức tổng quát không. Mọi người làm giúp mình với.

Bài này sử dụng tiêu chuẩn Schonemann's: Cho $A(x)=f^{n}(x)+pg(x)$ với $n\geq 1$, p là số nguyên tố và f,g là đa thức hệ số nguyên sao cho $degf^{n}>degg$. Giả sử tồn tại p để $\bar{f}$ bất khả quy trong $\mathbb{Z}_{p}[x]$ và $\bar{g}$ không chia hết cho $\bar{f}$. Khi đó A BKQ trong $\mathbb{Z}[x]$.

Chứng minh: Giả sử $A[x]=A_{1}[x].A_{2}[x]$ với $degA_{1}\geq 1, degA_{2}\geq 1$. Xét trong $\mathbb{Z}_{p}[x]$ ta có $\bar{A_{1}}.\bar{A_{2}}=\left ( \bar{f} \right )^{n}$. Từ đó suy ra tồn tại $g_{1},g_{2}\in \mathbb{Z}[x]$ và các số nguyên u,v sao cho u+v=n và $A_{1}=f^{u}+pg_{1},A_{2}=f^{v}+pg_{2}$ trong đó $degg_{1}<udegf$ và $degg_{2}<vdegf$. Từ đây suy ra $g=f^{u}g_{2}+f^{v}g_{1}+pg_{1}g_{2}$ (1). Do $A_{1}\neq 1$ nên u>0 và v>0. Giả sử $u\leq v$, khi đó từ (1) suy ra tồn tại $h\in \mathbb{Z}[x]$ sao cho $g=f^{u}.h+pg_{1}g_{2}$. Chuyển qua  $\mathbb{Z}_{p}[x]$ ta được $\bar{g}$ chia hết cho $\bar{f}$, mâu thuẫn với giả thiết. Vậy A BKQ trong $\mathbb{Z}[x]$.

Trở lại bài toán: Vì p là số nguyên tố có dạng 4k+3 nên phương trình $x^{2}+1\equiv 0\left ( mod p \right )$ vô nghiệm, do đó $x^{2}+1$ BKQ trong   $\mathbb{Z}_{p}[x]$. Áp dụng tiêu chuẩn trên với $f\left ( x \right )=x^{2}+1,g\left ( x \right )=1$ ta suy ra P(x) BKQ trong $\mathbb{Z}[x]$.

Phần a) sử dụng tính chất của tứ giác điều hòa, phần  sử dụng tính chất hàng điểm điều hòa.

Ta chỉ cần chứng minh $\frac{c\left ( a+b \right )+ab}{b\left ( b+a \right )}+\frac{a\left ( b+c \right )+bc}{c\left ( c+b \right )}+\frac{b\left ( c+a \right )+ca}{a\left ( a+c \right )}\geq \frac{9}{2} \Leftrightarrow \frac{c}{b}+\frac{b}{a}+\frac{a}{c}+\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\geq \frac{9}{2} \Leftrightarrow \frac{c+b}{b}+\frac{b+a}{a}+\frac{a+c}{c}+\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\geq \frac{15}{2}$. Áp dụng BĐT AM-GM ta có: $\frac{a+b}{4a}+\frac{a}{a+b}+\frac{b+c}{4b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c+a}{4c}+\frac{a}{c+a}+\frac{3}{4}\left ( \frac{a+b}{a}+\frac{b+c}{b}+\frac{c+a}{c} \right )\geq 3+\frac{3}{4}\left ( 3+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c} \right )\geq \frac{15}{2}.$

Thử câu hình xem. Đầu tiên ta cm bổ đề sau: Cho tam giác ABC. D, E, F lần lượt thuộc các cạnh BC, CA, AB sao cho AD, BE, CF đồng quy.Gọi I là trung điểm của EF, AI cắt DE tại H. Chứng minh EF song song với BH. Cái này đơn giản, chỉ cần dùng định lý menelaus và hàng điểm điều hòa là ra.

Trở lại bài toán: Gọi H, K lần lượt là giao điểm của FP, EP với AM. Đầu tiên ta chứng minh AP, BE, CF đồng quy. Gọi D là giao điểm của EF với BC. Sử dụng định lý menelaus ta cm được $\frac{DB}{DC}=\frac{BF}{CE}$. Tiếp theo ta chứng minh được $\widehat{MBF}+\widehat{MCE}=90^{\circ}\Rightarrow \widehat{MBF}=\widehat{EMC}$ nên $\Delta MBF\sim \Delta CME\Rightarrow \frac{MB}{MC}=\frac{BF}{ME}=\frac{MF}{CE}\Rightarrow \frac{BF}{CE}=\frac{MB^{2}}{MC^{2}}$. lại có MP đi qua O nên MP là đối trung trong tam giác BMC suy ra $\frac{PB}{PC}=\frac{MB^{2}}{MC^{2}}=\frac{BF}{CE}=\frac{DB}{DC}\Rightarrow \left ( D,P,B,C \right )=-1$ nên AP, BE, CF đồng quy.

Tiếp theo, sử dụng bổ đề ta được BK, CH song song với EF hay BK, CH vuông góc với AM. Ta có $\widehat{KFE}+\widehat{FEH}=\widehat{KBM}+\widehat{MCH}+2\widehat{MFE}=\widehat{ABK}+\widehat{ACH}-90^{\circ}+\widehat{BAC}=90^{\circ}$ nên FK vuông góc với HE. Do đó K là trực tâm tam giác HEF, suy ra PE vuông góc với PF (đpcm).