a) SGK

b) ...

c) Định lí ptoleme

d) Đường thẳng Pascal.

 

Bạn có thể chứng minh luôn câu $d)$ được không?

Tính tổng $S= 1^3 + 2^3 + 3^3 +....+ n^3$
Bài toán tính tổng nhưng theo phương pháp của HS lớp 6

MOD: Vui lòng gõ yêu cầu đề bài vào nội dung bài viết!

 

Không biết cách này lớp 6 dùng được không nhỉ???     

 

Lời giải:

 

Ta cần tìm đa thức bậc bốn $f(x)$ sao cho $f(x)-f(x-1)=x^3$    ($1$)

 

Giả sử $f(x)=ax^4+bx^3+cx^2+dx+e(a\neq 0)$

 

Thay vào ($1$) ta được:

 

    $ax^4+bx^3+cx^2+dx+e-[a(x-1)^4+b(x-1)^3+c(x-1)^2+d(x-1)+e]=x^3$

 

$\Leftrightarrow ax^4+bx^3+cx^2+dx+e-(ax^4-4ax^3+6ax^2-4ax+a+bx^3-3bx^2+3bx-b+cx^2-2cx+c+dx-d+e)=x^3$

 

$\Leftrightarrow 4ax^3+(-6a+3b)x^2+(4a-3b+2c)x-a+b-c+d=x^3$

 

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 4a=1\\ -6a+3b=0\\ 4a-3b+2c=0\\ -a+b-c+d=0 \end{matrix}\right.$

 

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=\frac{1}{4}\\ b=\frac{1}{2}\\ c=\frac{1}{4}\\ d=0 \end{matrix}\right.$

 

Do đó: $f(x)=\frac{1}{4}x^4+\frac{1}{2}x^3+\frac{1}{4}x^2+e(e\in \mathbb{R})$   ($2$)

 

Cho $x=1;2;3;...;n$ lần lượt thay vào ($1$), rồi cộng vế theo vế và áp dụng ($2$) ta được:

 

$1^3+2^3+...+n^3=f(n)-f(0)=\frac{1}{4}n^4+\frac{1}{2}n^3+\frac{1}{4}n^2=\left ( \frac{n(n+1)}{2} \right )^2$

 

Vậy $1^3+2^3+...+n^3=\left ( \frac{n(n+1)}{2} \right )^2$

Trong trình bày còn một số chỗ biểu thức bị xuống hàng ở dấu = như dòng 5 trang 4, dòng 4 trang 5, dòng 12 trang 6, dòng 3 dưới lên trang 6, dòng 13, 15 trang 7......
Mới đọc vài trang đã thấy vài lỗi , nếu đọc kèm source sẽ gặp sai đâu sửa đó, khỏi mắc công người phát hiện người sửa.

Thầy ơi cho em hỏi, giờ thấy sai mấy chỗ đó thì bây giờ muốn sửa thì làm thế nào đây???

Mở file tex đã biên dịch ra file pdf, rightclick vào chỗ sai, chọn jump to source là tới chỗ , coi đúng vị trí rồi edit cho phù hợp, sau đó biên dịch tiếp, dò chỗ chưa đẹp tiếp.

nhưng file tex là của ban biên tập, em làm gì có ạ. em muốn chỉnh sửa lại đôi chút để in ra làm tài liệu ôn thi,

Nếu là học sinh thì tốt nhất là in ra trên giấy, chỗ nào học chưa vừa ý thì dùng bút ghi thêm vào. Nhanh gọn, hiệu quả.

Vâng, nhưng thầy ơi, cách chia file của thầy em làm thế này không biết đúng không?,có phải là cứ 1 xếp in ra lại gấp đôi rồi xếp khác gấp đôi sau đó trồng vào xếp trước???

Trời ơi, cuốn ebook hay thật, lại ra lò đúng lúc mình đang ôn thi nữa. Chẳng khác gì bắt được vàng.

hic hic... mọi người ơi... mình không hiểu sao in ra nó mờ mờ, không thấy rõ lắm... mà máy mình vừa đổ mực tuần trước... ai biết giúp mình với....

giải hộ em bai này nha!! tks 

 

Câu 6:

 Cho x, y,  z là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi là 2. Hãy so sánh x, y, z với 1 và chứng minh rằng  x² + y² + z² + 2xyz < 2.

 

Bài này quá đơn giản!

 

Lời giải

 

Do $x,y,z$ là độ dài ba cạnh của tam giác nên $x<y+z\Rightarrow 2x<x+y+z\Rightarrow 0<2x<2\Rightarrow 0<x<1$

 

Lí luận tương tự: $0<y<1$ và $0<z<1$.

 

Cách 1:

 

Ta có: $(1-x)(1-y)(1-z)>0$

 

$\Leftrightarrow 1-x-y-z+xy+yz+zx-xyz>0$

 

$\Leftrightarrow 1-(x+y+z)+xy+yz+zx>xyz$

 

$\Leftrightarrow xyz<xy+yz+zx-1$ (thay $x+y+z=2$)

 

$\Leftrightarrow 2xyz<2xy+2yz+2zx-2$

 

$\Leftrightarrow 2xyz+x^2+y^2+z^2<x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx)-2$

 

$\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz<(x+y+z)-2=4-2=2$ ($đpcm$)

 

Cách 2:

Ta có: $0<x<1;0<y<1;0<z<1$

 

Vậy: $(1-x)(1-y)(1-z)>0\Leftrightarrow 1-(x+y+z)+xy+yz+zx-xyz>0$

 

$\Leftrightarrow -1+xy+yz+zx-xyz>0$     ($1$)

 

Mặt khác $(x+y+z)^2=x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx)$

 

$\Rightarrow xy+yz+zx=\frac{4-(x^2+y^2+z^2)}{2}=2-\frac{x^2+y^2+z^2}{2}$. Khi đó:

 

$(1)\Leftrightarrow -1+2-\frac{x^2+y^2+z^2}{2}-xyz>0\Leftrightarrow 2>x^2+y^2+z^2$ ($đpcm$)

các anh cho em hỏi:cho phương trình $\chi 2 - 2\left( {m - 1} \right)x + 2m - 5 = 0$

a,tìm m để phương trình có nghiệm dương

b,gọi x1,x2 là 2 nghiệm của phương trình trên.tìm m để A=${\left( {\frac{{{x_1}}}{{{x_2}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{{{x_2}}}{{{x_1}}}} \right)^2}$ có giá trị nguyên

em muốn hỏi câu a có phải xét các TH không ạ.

 

Lời giải:

 

a) Ta có: $\Delta '=(m-1)^2-2m+5=m^2-4m+6=(m-2)^2+2>0$ với $\forall m\in \mathbb{R}$

 

$\Rightarrow$ phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.

 

Để phương trình có nghiệm dương thì $P<0$ hay $2m-5<0\Leftrightarrow m<\frac{5}{2}$

 

Vậy với $m<\frac{5}{2}$ phương trình đã cho có nghiệm dương.

 

b) (Mình nghĩ còn có thêm điều kiện $m\in \mathbb{Z}$. Nếu vậy thì)

 

Ta có:

 

$A=\left ( \frac{x_1}{x_2} \right )^2+\left ( \frac{x_2}{x_1} \right )^2=\left ( \frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_1} \right )^2-2=\left ( \frac{x_1^2+x_2^2}{x_1x_2} \right )^2-2=\left ( \frac{(x_1+x_2)^2}{x_1x_2}-2 \right )^2-2$

 

Vì $\Delta '>0$ nên theo hệ thức $Viète$ ta có $x_1+x_2=2m-2$     ;        $x_1x_2=2m-5$  ($m\neq \frac{5}{2}$)

 

Do đó: để $A\in \mathbb{Z}$ thì $\frac{(x_1+x_2)^2}{x_1x_2}\in \mathbb{Z}$, hay $\frac{(2m-2)^2}{2m-5}\in \mathbb{Z}$

 

Măt khác: $\frac{(2m-2)^2}{2m-5}=2m+1+\frac{9}{2m-5}$ và $m\in \mathbb{Z}$ nên $9|2m-5\Rightarrow 2m-5\in \left \{ \pm 1;\pm 3\pm 9 \right \}$

 

Từ đó dễ dàng tìm ra $m$.

nhưng câu a có thể có 1 nghiệm âm 1 nghiệm dương.ko bit co dc ko

 

Trước đây mình cũng đã từng băn khoăn giống như bạn bây giờ, hồi đó làm bài kiểm tra cũng vì nó mà đấu trang tư tưởng mất chán thời gian! Vì vậy mình đã tìm kĩ hiểu vấn đề này.

 

- Nếu $\Delta> 0$ (hoặc $\Delta'> 0$) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt, như vậy bạn có thể trình bày 1 trong 2 phương án $P<0$ hoặc $\left\{\begin{matrix} \Delta >0\\ S>0\\ P>0 \end{matrix}\right.$

 

Nhưng để tiết kiệm thời gian cho các câu khác thì ta nên chọn $P<0$, bởi dẫu chọn phương án nào thì đều thỏa mãn đề bài là số nghiệm dương của phương trình không nhỏ hơn $1$ (Không cần quan tâm tới nghiệm âm, cứ cho nó đi cùng cho vui  )

 

- Còn nếu $\Delta \geq 0$ (hoặc $\Delta '\geq 0$) thì ta nên làm theo phương án $\left\{\begin{matrix} \Delta \geq 0\\ S>0\\ P>0 \end{matrix}\right.$

 

Tại sao trường hợp này ta không thể đi theo con đường $P<0$. Là vì khi trường hợp $\Delta =0$ xảy ra tức phương trình có nghiệm kép, mà đã có nghiệm kép thì không thể có hai nghiệm trái dấu tức $P$ không thể bé hơn $0$.

Xin được đóng góp cho topic một phương pháp: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ BẰNG CÁCH ĐÁNH GIÁ

* Cách 1. Tìm một nghiệm và chứng minh đó là nghiệm duy nhất
Thí dụ 1: Giải phương trình: $\sqrt{\frac{6}{3-x}}+\sqrt{\frac{8}{2-x}}=6$ $(1)$
Lời giải : Điều kiện $x<2$
Với phương trình dạng này ta thường dự đoán nghiệm là các giá trị của $x$ mà biểu thức dưới căn nhận giá trị là một số chính phương. Nhận thấy nghiệm của $(1)$ phải lớn hơn $1$. Bằng cách thử ta thấy rằng $(1)$ có một nghiệm là $x=\frac{3}{2}$. Ta chứng minh đó là nghiệm duy nhất của $(1)$. Thật vậy:
- Với $x< \frac{3}{2}$ ta có $\sqrt{\frac{6}{3-x}}<2$ và $\sqrt{\frac{8}{2-x}}<4$. Do đó $\sqrt{\frac{6}{3-x}}+\sqrt{\frac{8}{2-x}}<6$
Suy ra $(1)$ không có nghiệm trong $\left ( -\infty ;\frac{3}{2} \right )$
- Với $\frac{3}{2}<x<2$, chứng minh tương tự ta có $\sqrt{\frac{6}{3-x}}+\sqrt{\frac{8}{2-x}}>6$.
Suy ra $(1)$ không có nghiệm trong $\left ( \frac{3}{2};2 \right )$
Vậy PT $(1)$ có nghiệm duy nhất $x=\frac{3}{2}$
* Muốn giải phương trình bằng cách đánh giá thì điều quan trọng là phải đoán được nghiệm của nó. Để đoán nghiệm ta nên chỉ ra khoảng chứa nghiệm và xét trường hợp đặc biệt để tìm ra nghiệm trong đó.
* Cách 2. Đánh giá hai vế
Xét phương trình $f(x)=g(x)$ xác định trên $D$.
Nếu $\left\{\begin{matrix} f(x)\geq m(x)\\ g(x)\leq m(x) \end{matrix}\right. \forall x\in D$ thì $f(x)=g(x)$ với $x\in D\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} f(x)=m(x)\\ g(x)=m(x) \end{matrix}\right.$
Trong cách đánh giá này ta thường dùng các bất đẳng thức quen thuộc để đánh giá hai vế. Sau đây là một thí dụ minh họa.
Thí dụ 2: Giải phương trình: $\sqrt{1+\sqrt{2x-x^2}}+\sqrt{1-\sqrt{2x-x^2}}=2(x-1)^4(2x^2-4x+1)$ $(2)$
Lời giải: Điều kiện: $0\leq x\leq 2$. Đặt $t=(x-1)^2$, ta có $0\leq t\leq 1$. PT $(2)$ trở thành
$$\sqrt{1+\sqrt{1-t}}+\sqrt{1-\sqrt{1-t}}=2t^2(2t-1)$$
Nhận thấy: $2t-1\geq 0\Leftrightarrow t\geq \frac{1}{2}$
Bình phương hai vế và rút gọn ta được:
$$1+\sqrt{t}=2t^4(2t-1)^2\Leftrightarrow \frac{1}{t^4}+\frac{1}{t^3\sqrt{t}}=2(2t-1)^2$$
Vì $t\leq 1$ nên $\frac{1}{t^4}+\frac{1}{t^3\sqrt{t}}\geq 2$. Từ đó suy ra $t=1\Leftrightarrow x=2$ (thỏa mãn ĐK).
Vậy nghiệm của phương trình $(2)$ là $x=2$.
Thí dụ 3: Giải phương trình: $\sqrt{3x^2-1}+\sqrt{x^2-x}-x\sqrt{x^2+1}=\frac{1}{2\sqrt{2}}(7x^2-x+4)$ $(3)$
Lời giải: Điều kiện là $x\geq 1$ hoặc $x\leq -\frac{1}{\sqrt{3}}$
Gọi vế trái và vế phải của $(3)$ thứ tự là $A$ và $B$.
Áp dụng BĐT $Bunyakovsky$ cho hai bộ số $(1,1,-x)$ và $(\sqrt{3x^2-1},\sqrt{x^2-x},\sqrt{x^2+1})$ ta có:
$$A\leq \sqrt{(x^2+2)(5x^2-x)}$$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=-1$. Do $x\geq 1$ hoặc $x\leq -\frac{1}{\sqrt{3}}$ nên $5x^2-x>0$. Áp dụng BĐT $Cauchy$ ta có:
$$B=\frac{1}{2\sqrt{2}}[5x^2-x+2(x^2+2)]\geq \frac{1}{2\sqrt{2}}.2\sqrt{(5x^2-x)2(x^2+2)}=\sqrt{(5x^2-x)(x^2+2)}$$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=-1$ và $x=\frac{4}{3}$.
Vậy nghiệm của PT $(3)$ là $x=-1$

Cho đa giác n cạnh.Hãy lập công thức tính số tam giác có 3 đỉnh thuộc 3 đỉnh của đa giác đó.

 

P/s: Đề thi violympic cấp tỉnh bảng A vòng 17 có câu này khi n=12

 

Tổng quát

 

Gọi $A_1,A_2,A_3,...,A_{n}$ là các đỉnh của đa giác lồi $n$ cạnh.

 

Do đa giác đã cho là đa giác lồi nên ba đỉnh bất kì nào của nó cũng tạo thành một tam giác.

 

Kí hiệu: $A_iA_jA_k$ là tam giác có các đỉnh là các đỉnh của đa giác lồi, trong đó $i=1,2,...,n; j=1,2,...,n; k=1,2,...,n$ với $j,j,k$ đôi một khác nhau.

 

Đỉnh $A_i$ có $n$ cách chọn từ $n$ đỉnh $A_1,A_2,A_3,...A_{n}$. Sau khi chọn đỉnh $A_i$ thì có $n-1$ cách chọn $A_j$. Sau khi chọn $A_i,A_j$ thì có $n-2$ cách chọn $A_k$.

 

Như vậy có $n(n-1)(n-2)$ cách chọn tam giác $A_iA_jA_k$.

 

Với cách chọn trên một tam giác $A_iA_jA_k$ được viết lại $6$ lần. Thí dụ: $A_1A_2A_3, A_1A_3A_2,A_2A_1A_3,A_2A_3A_1,A_3A_1A_2,A_3A_2A_1$.

 

Do đó số tam giác có được là $\frac{n(n-1)(n-2)}{6}$ (tam giác)

 

Với $n=12$

 

Theo cách giải trên ta sẽ có $220$ tam giác

Bài số $3$ đến giờ vẫn chưa thấy xuất hiện nhỉ! Hồi hộp quá!

BÀI SỐ 1 THẾ LÀ ĐÃ XONG!!!!!!!

Không biết chỗ này có cần tích vào không nhỉ??? Lúc nãy mình cài, mình không tích, chẳng biết có sao không!

a ơi sao e cài rồi mà nó không xuất hiện trên màn hình trong ổ C có 1 file latex nhưng e chả biết váo cái nào

Bạn có thể dùng chức năng chụp màn hình... up lên đây mọi người giúp cho

a cho e hoi cai sao tu nhien e ko go dc dau tren VMF zay

Bạn đã cài Unikey chưa? Nếu cài rồi thì bạn kiểm tra xem đã chuyển sang Tiếng Việt chưa (biểu tượng chữ $V$ ấy), hoặc là đã chọn bảng mã Unicode chưa?

Cách 2:

 

Ta có:

 

$(x-y)^2\geq 0\Leftrightarrow x^2+y^2\geq 2xy\Leftrightarrow 2(x^2+y^2)\geq x^2+2xy+y^2=(x+y)^2$

 

$\Rightarrow A\geq \frac{(x+y)^2}{2}=\frac{4^2}{2}=8$

 

Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow x=y=2$

Tìm giá trị nhỏ nhất của :  A = x^2 + y^2  biết  x + y = 4.

 

Áp dụng bất đẳng thức $Buniakovsky$ ta có:

 

$2(x^2+y^2)=(1^2+1^2)(x^2+y^2)\geq (x+y)^2=4^2=16$

 

$\Rightarrow A\geq 8$

 

Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $x=y=2$

Cho (O) đường kính AB=2R, C là trung điểm của OA, dây MN vuông góc với OA tại C. K là là môyj điểm tùy ý trên cung nhỏ BM, AK giao MN tại H

a) c/m tứ giác BCHK nội tiếp.

b) tính tích AH.AK theo R.

c) xác định vị trí của K để tổng (KM+KN+KB) đạt GTLN và tính GTLN đó?

 

cảm ơn nha ! mình làm được phần a, b rồi giúp mình phần c nhé!

--

MOD:Ối dồi ôi,chữ nhỏ thôi

c) Trước tiên ta cần chứng minh $\Delta BMN$ đều

Từ giả thiết suy ra: $CO=\frac{ON}{2}=\frac{OM}{2}$ và $OC\perp MN$

$\Rightarrow \widehat{NOC}=\widehat{MOC}=60^o\Rightarrow \widehat{MBA}=\widehat{NBA}=30^o\Rightarrow \widehat{MBN}=60^o$            ($1$)

Ta lại có: $CO\perp MN (2) \Rightarrow CM=CN (3)$

Từ ($2$) và ($3$) $\Rightarrow \Delta BMN$ cân  ($4$)

Từ ($1$) và ($4$) $\Rightarrow \Delta BMN$ đều

 

Trên đoạn $KN$ lấy điểm $E$ sao cho $MK=KE$ ($5$)

Ta có: $\widehat{MKE}=\widehat{MBN}=60^o\Rightarrow \Delta MKE$ đều $\Rightarrow MK=ME$

Ta còn có: $MN=BM$ và $\widehat{NME}=\widehat{BMK}$ (cùng hợp với $\widehat{EMB}$ một góc $60^o$)

$\Rightarrow \Delta MNE=\Delta MBK (c-g-c) \Rightarrow EN=KB$  ($6$)

Từ ($5$) và ($6$) suy ra: $KM+KN+KB=2KN$

Do đó $KM+KN+KB$ lớn nhất khi và chỉ khi $KN$ lớn nhất, điều đó xảy ra khi $KN$ là đường kính của đường tròn tức $KN=2R$

Vậy $Max_{(KM+KN+KB)}=4R$ khi $K$ là giao của $NO$ và đường tròn $(O)$

Đúng 99%, chỗ xuống hàng trên ví dụ cách thêm một \\

Cảm ơn thầy, em sẽ rút kinh nghiệm.

Đây là bài của em... nhờ thầy cho nhận xét.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO                      KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HÀ TĨNH

                HÀ TĨNH                                                                   NĂM HỌC 2013 - 2014

                                                                                                  MÔN: TOÁN (Chuyên)

        ĐỀ CHÍNH THỨC                                                             Thời gian làm bài: 120 phút

                                                                                                 (Đề thi có 01 trang, 5 câu)

 

 

Câu 1.

a. Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} x^2+\frac{4}{y^2}=4\\ x-\frac{2}{y}-\frac{4x}{y}=-2 \end{matrix}\right.$

b. Giải phương trình $(3\sqrt{x}-\sqrt{x+8})(4+3\sqrt{x^2+8x})=16(x-1)$

Câu 2.

a. Cho ba số thực $x,y,z$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} x+y+z=6\\ (x-1)^3+(y-2)^3+(z-3)^3=0 \end{matrix}\right.$

Tính giá trị của biểu thức $F=(x-1)^{2013}+(y-2)^{2013}+(z-3)^{2013}$

b. Cho các số thực dương $x,y$ thỏa mãn $\frac{4}{x^2}+\frac{1}{y^2}=2$.

Chứng minh rằng $x^2-4xy+6y^2+2x\geq 6$

Câu 3. Tìm các số nguyên dương $a,b,c$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện $\frac{a-b\sqrt{5}}{b-c\sqrt{5}}$ là số hữu tỉ và $a^2+b^2+c^2$ là số nguyên tố.

Câu 4. Cho tam giác $ABC$ có $AB=AC=a$, góc $\widehat{BAC}=120^o$. Ký hiệu $(A;AB)$ là đường tròn tâm $A$, bán kính $AB$. Các tiếp tuyến của $(A;AB)$ tại $B,C$ cắt nhau tại $D$. Gọi $M$ là một điểm di động trên cung nhỏ $BC$ của đường tròn $(A;AB)$ ($M$ khác $B,C$). Tiếp tuyến tại $M$ của đường tròn $(A;AB)$ cắt $DB,DC$ lần lượt tại $E,F$. Gọi $P,Q$ lần lượt là giao điểm của các đường thẳng $AE,AF$ với đường thẳng $BC$.

a. Chứng minh $ABEQ$ là tứ giác nội tiếp được trong một đường tròn và các đường thẳng $AM,EQ,FP$ đồng quy.

b. Xác định vị trí của $M$ trên cung nhỏ $BC$ của $(A;AB)$ để diện tích tam giác $APQ$ nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó theo $a$.

Câu 5. Từ một đa giác đều $15$ đỉnh, ta chọn ra $7$ đỉnh bất kỳ. Chứng minh rằng có $3$ đỉnh trong số các đỉnh đã chọn là $3$ đỉnh của một tam giác cân.

 

- Hết -

 

Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay

Giám thị không giải thích gì thêm

 

Họ và tên thí sinh..............................................................................Số báo danh................................

 

Em xin được đăng kí tham gia khóa học, mong rằng trình độ $LATEX$ sẽ được cải thiện.

Kết quả là 98 phải không bạn .

 

Giải quyết luôn phần gốc của nó   

 

Bài toán: Cho ba số $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=0$ và $x^2+y^2+z^2=a^2$. Tính $x^4+y^4+z^4$ theo $a$.

 

Bài giải:

 

Từ $x+y+z=0\Rightarrow x=-(y+z)\Rightarrow x^2=(y+z)^2$

 

$\Rightarrow x^2-y^2-z^2=2yz\Rightarrow (x^2-y^2-z^2)^2=4y^2z^2$

 

$\Rightarrow x^4+y^4+z^4=2x^2y^2+2y^2z^2+2z^2x^2$

 

$\Rightarrow 2(x^4+y^4+z^4)=(x^2+y^2+z^2)^2=a^4\Rightarrow x^4+y^4+z^4=\frac{a^4}{2}$