khgisongsong

cả M và N đều có dạng $a(a+5)(a-2)-(a+2)(a-3)(a+4)$

rút gọn đi ta có $a(a+5)(a-2)-(a+2)(a-3)(a+4)=24$ không phụ thuộc vào a

vậy M=N

$x^3=3x-1,y^3=3y-1=>(x-y)(x^2+xy+y^2)=3(x-y)$ mà x khác y

$=>x^2+xy+y^2=3$

tương tự ta có $z^2+zy+y^2=3$ và $x^2+xz+z^2$=3

$=>2(x^2+y^2+z^2)=9-(xy+yz+zx)$

dễ thấy x,y,z là 3 nghiệm khác nhau của pt $k^3-3k+1=0$

vì x,y,z là nghiệm nên $k^3-3k+1=(k-x)(k-y)(k-z)=k^3-(x+y+z)k^2+(xy+zx+yz)k-xyz$

đồng nhất 2 vế ta có $xy+xz+yz=-3$ suy ra $=>x^2+y^2+z^2=\frac{9-(xy+yz+zx)}{2}=6$

mình xin chém trước bài 2 ý b

ta nhận thấy số dư của 1 số nguyên tố x lớn hơn 2 khi chia cho 15 không thể là 6,9,12,15 vì nếu như vậy thì x sẽ chia hết cho 3 =>x=3 chia 15 dư 3 (loại)

tương tự x chia 15 cũng không thể dư 10

vậy số dư của 11 số nguyên tố đã cho khi chia cho 15 là 1 trong 10 số : 1;2;3;4;5;7;8;11;13;14

theo nguyên lý dirichlet phải tồn tại 2 số a,b cùng số dư khi chia cho 15

$=>(a^2-b^2)\vdots 15 $ mà a,b là số nguyên tố lớn hơn 2 => a-b và a+b đều chẵn =>$a^2-b^2 \vdots 4$

vậy $=>(a^2-b^2)\vdots 60$

cho $\triangle ABC$ vẽ về phía ngoài tam giác ABC các tam giác $\triangle ADC$ vuông cân tại D,$\triangle AKB$ vuông cân tại K ,$\triangle BIC$ vuông cân tại I

hỏi AI,CK,BD có đồng quy không?

$A=(x^2+x+5)(x^2+x-2)$

dùng công thức tính $1^2+2^2+3^2+..+n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

$A=1^2+2^2+...+200^2)-(1^2+2^2+..+99^2)=\frac{200.201.401}{6}-\frac{99.100.199}{6}=2358350$

dùng vi-et ta có $x_1+x_2=-5,x_1.x_2=3m-1$

$x_1^{3}-x_2^{3}+3x_1x_2=75$

$<=>(x_1-x_2).( (x_1+x_2)^2-x_1x_2)=75-3(3m-1)=78-9m$

$<=>(x_1-x_2).(26-3m)=78-9m=>x_1-x_2=3$mà $x_1+x_2=-5=>x_1=-1,x_2=-4$

suy ra $3m-1=x_1x_2=4=>m=\frac{5}{3}$

$P\geq \frac{(x+y+z)^2}{2(x+y+z)}=\frac{x+y+z}{2}=1$

dấu =xảy ra $<=>\frac{x}{y+z}=\frac{y}{x+z}=\frac{z}{x+y}$ và $x+y+z=2<=>x=y=z=\frac{2}{3}$

ai giải giùm tớ bài cuối được không?

giả sử có n đường

đường a cắt 2018 đường là b₁;b₂;....;b₂₀₁₈

suy ra a phải song song với n-2019 đường còn lại

vậy đường b_i (với i chạy từ 1 đến 2018) cắt n-2019 đường này mà số đường b_i có thể cắt thêm <= 2017 đường ( trừ đường a)

vậy n-2019<=2017 suy ra n<=4036 dấu = xảy ra <=> b_i song song với 2017 đường có dạng b_j ( j khác i và j chạy từ 1 đên 2018)

và a phải song song với 2017 đường còn lại không tính đường a và 2018 đường  b₁;b₂;....;b₂₀₁₈

tức là có 2018 đường song song với nhau và vuông góc với 2018 đường còn lại

vậy max(n)=4036

câu 2.2 chỉ cần biến đổi pt đầu thành $ (x-y)(x+2y)=0$

từ đó ta có $x=y$ hoặc $x=-2y$ thế vào pt 2 giải tiếp

Tính A = 1+ 1/2(1+2)+ 1/3(1+2+3)+...+ 1/500(1+2+3+...+500)

$A=1+\frac{1}{2}(1+2)+\frac{1}{3}(1+2+3)+...+\frac{1}{500}(1+2+3+..+500)$

mỗi hạng tử trên có dạng $\frac{1}{i}(1+2+..+i)$ (với i chạy từ 1 đến 500) mà $1+2+3+..+i=\frac{i(i+1)}{2}$

suy ra  $\frac{1}{i}(1+2+..+i)=\frac{i+1}{2}$

suy ra $A=\frac{2}{2}+\frac{3}{2}+...+\frac{501}{2}$

$2A=2+3+4+..+501=\frac{501.500}{2}$

suy ra $A=62625$

trong 3 số x,y,z luôn tồn tại 2 số cùng dấu giả sử đó là x,y suy ra $xy\geq 0$

$z+x+y+xyz=0<=>z=\frac{-x-y}{1+xy} => z+1=\frac{-x-y+1+yx}{1+yx}=\frac{(1-x)(1-y)}{1+yx}$

mà $xy\geq 0 => z+1 \leq (1-x)(1-y)$ mà $z+1$ và $(1-x)(1-y)$ dương (vì $x,y,z \in[-1;1]$)

suy ra $ \sqrt{z+1} \leq \sqrt{(1-x)(1-y)}$

$\sqrt{x+1}+\sqrt{y+1}+\sqrt{z+1}\leq \sqrt{x+1}+\sqrt{y+1}+\sqrt{(1-x)(1-y)} $

$\leq \frac{x+2}{2}+\frac{y+2}{2}+\frac{1-x+1-y}{2}=3$

dấu = xảy ra $<=> x+1=1 ; y+1=1; xy=0;1-x=1-y;x+y+z+xyz=0<=>x=y=z=0$

$f(0)=c => |c|\leq 1$

$f(-1)=a-b => |a-b|\leq 1$

$f(1)=a+b => |a+b|\leq 1$

có $1\geq|a-b|\geq a-b$

     $1\geq|a+b|\geq a+b$

suy ra $2\geq 2a=>a\leq 1$

có $1\geq|a-b|\geq -a+b$

     $1\geq|a+b|\geq -a-b$

suy ra $2\geq -2a =>a \geq -1$

vậy $|a|\leq 1$

tương tự 

có $1\geq|a-b|\geq -a+b$

     $1\geq|a+b|\geq a+b$

suy ra $2\geq 2b=>b\leq 1$

có $1\geq|a-b|\geq a-b$

     $1\geq|a+b|\geq -a-b$

suy ra $2\geq -2b =>b \geq -1$

vậy $|b|\leq 1$

suy ra đpcm

$\frac{a^2-c^2}{b+c}+\frac{b^2-a^2}{c+a}+\frac{c^2-b^2}{a+b}\geq 0$

$<=>a^2(\frac{1}{b+c}-\frac{1}{c+a})+b^2(\frac{1}{a+c}-\frac{1}{a+b})+c^2(\frac{1}{a+b}-\frac{1}{b+c})\geq 0$

$<=>a^2\frac{a-b}{(b+c).(c+a)}+b^2\frac{b-c}{(c+a).(a+b)}+c^2\frac{c-a}{(a+b).(b+c)}\geq 0$

$<=>\frac{a^2(a-b).(a+b)+b^2.(b-c).(b+c)+c^2.(c-a).(c+a)}{(a+b).(b+c).(c+a)}\geq 0$

$<=>a^2.(a^2-b^2)+b^2.(b^2-c^2)+c^2.(c^2-a^2)\geq 0$

$<=>a^4+b^4+c^4\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$ (*)

ta có

$a^4+b^4\geq 2a^2b^2$

$b^4+c^4\geq 2b^2c^2$

$c^4+a^4\geq 2c^2a^2$

cộng 3 bđt trên ta được $<=>2(a^4+b^4+c^4)\geq 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)$

Tìm các nghiệm nguyên dương của pt:

a/ $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{3}$

b/ $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{4}$

a, không mất tính tổng quát giả xử $x\leq y$ suy ra $\frac{2}{x}\geq \frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{3}$

suy ta $x\leq 6$ mà do y dương nên nên $\frac{1}{x}<\frac{1}{3} => x>3$

suy ra $x=4 hoặc x=5 hoặc x=6 $

nếu x=4 suy ra y=12 ( thỏa mã y nguyên dương)

nếu x=5 suy ta $y=\frac{15}{2}$ ( loại)

nếu x=6 suy ra y=6 ( thỏa mãn)

vậy nghiêm nguyên dương của pt đã cho là(6;6) ; (4;12);(12;4)

ý b cũng tương tự