Vì 105 là số lẻ nên \(2x+5y+1\) và \(2^{\left|x\right|}+x^2+x+y\) phải là các số lẻ.

Từ \(2x+5y+1\) là số lẻ mà \(2x+1\) là số lẻ nên 5y là số chẵn suy ra y là số chẵn.

\(2^{\left|x\right|}+x^2+x+y\) là số lẻ mà \(x^2+x=x\left(x+1\right)\) là tích của hai số nguyên liên tiếp nên là số chẵn, y cũng là số chẵn nên \(2^{\left|x\right|}\) là số lẻ. Điều này chỉ xảy ra khi \(x=0\)

Thay x=0 vào phương trình đã cho, ta được:

\(\left(5y+1\right)\left(y+1\right)=105\)

\(\Leftrightarrow5y^2+6y-104=0\)

\(\Leftrightarrow5y^2-20y+26y-104=0\) 

\(\Leftrightarrow5y\left(y-4\right)+26\left(y-4\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(5y+26\right)\left(y-4\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}y=-\frac{26}{5}\left(\text{loại}\right)\\y=4\left(TM\right)\end{cases}}\)

Vậy phương trình có nghiệm nguyên \(\left(x;y\right)=\left(0;4\right)\)

Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên n thỏa mãn $2014^{2014}+1\vdots n^{3}+2012n$ - Số học - Diễn đàn Toán học

Giả sử tồn tại số nguyên n thoả mãn \(\left(2014^{2014}+1\right)\) chia hết cho \(n^3+2012n\)

Ta có: \(n^3+2012n=\left(n^3-n\right)+2013n=n\left(n-1\right)\left(n+1\right)+2013n\) 

Vì: \(n-1,n,n+1\) là ba số nguyên liên tiếp nên có 1 số chia hết cho 3

Suy ra \(n\left(n-1\right)\left(n+1\right)\) chia hết cho 3, mà 2013 chia hết cho 3 nên \(\left(n^3+2012n\right)\) chia hết cho 3 (1)

Mặt khác: \(2014^{2014}+1=\left(2013+1\right)^{2014}+1\) chia 3 dư 2 ( vì 2013 chia hết cho 3) (2)

Từ (1) và (2) dẫn đến điều giả sử trên là vô lý, tức là không có số nguyên n nào thoả mãn đề bài toán đã cho

d.violet.vn//uploads/resources/present/3/652/138/preview.swf 

tại sao

cô mình bảo max A=1 tại x=4

tui mới học có lớp 6 , câu này cũng hóc búa quá , đợi tui lên lớp 9 tui giải cho

bằng 0

Có: \(a+b+c+2\sqrt{abc}=1\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+2\sqrt{abc}=1-b-c\\b+2\sqrt{abc}=1-a-c\\c+2\sqrt{abc}=1-a-b\end{cases}}\)

\(A=\sqrt{a\left(1-b\right)\left(1-c\right)}+\sqrt{b\left(1-c\right)\left(1-a\right)}+\sqrt{c\left(1-a\right)\left(1-b\right)}-\sqrt{abc}+2015\)

\(A=\sqrt{a\left(1-b-c+bc\right)}+\sqrt{b\left(1-a-c+ac\right)}+\sqrt{c\left(1-a-b+ab\right)}-\sqrt{abc}+2015\)

\(A=\sqrt{a\left(a+2\sqrt{abc}+bc\right)}+\sqrt{b\left(b+2\sqrt{abc}+ac\right)}+\sqrt{c\left(c+2\sqrt{abc}+ab\right)}-\sqrt{abc}+2015\)

\(A=\sqrt{\left(a^2+2a\sqrt{abc}+abc\right)}+\sqrt{\left(b^2+2b\sqrt{abc}+abc\right)}+\sqrt{\left(c^2+2c\sqrt{abc}+abc\right)}-\sqrt{abc}+2015\)

\(A=\sqrt{\left(a+\sqrt{abc}\right)^2}+\sqrt{\left(b+\sqrt{abc}\right)^2}+\sqrt{\left(c+\sqrt{abc}\right)^2}-\sqrt{abc}+2015\)

\(A=a+\sqrt{abc}+b+\sqrt{abc}+c+\sqrt{abc}-\sqrt{abc}+2015\)

\(A=a+b+c+2\sqrt{abc}+2015\)

\(A=1+2015=2016\)

Vậy:....

a/ Tam giác BMD vuông tại B có BI là trung tuyến nên IB=MD/2=ID lại có CB = CD
=> IC là đường trung trực của đoạn thẳng BD
=> IC qua trung điểm O của BD hay I,O,C thẳng hàng.
Mặt khác: A,O,C thẳng hàng (O là trung điểm AC)
Vậy A,O,I,C thẳng hàng.
b/ Ta có: AFD = CID (cùng bù với góc AID)
Tứ giác CDIE nội tiếp (tổng hai góc đối I + C = 180 độ)
=> góc CID = CED (2 đỉnh kề cùng nhìn cạnh CD dưới góc bằng nhau).
Do đó: góc AFD = CED.
c/ Tự chứng minh tam giác AFD = tam giác CED => DF = DE
EF là trung trực của đoạn thẳng MD => DF = FM và DE = EM
Từ đó suy ra DF=FM=EM=DE => DEMF là hình thoi (1)
=> DI là phân giác của góc EDF.
Tứ giác CDIE nội tiếp (tổng hai góc đối I + C = 180 độ)
=> góc IDE = góc ICE = 45 độ => Góc EDF = 2.IDE = 90 độ (2)
Từ (1) và (2) => DEMF là hình vuông.

bvczakk

Thắng Nguyễn Phần cuối cùng viết rõ ra một chút :

\(2\sqrt{2}\left(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\right)\ge\frac{y^2+z^2-x^2}{x}+\frac{y^2+x^2-z^2}{z}+\frac{x^2+z^2-y^2}{y}\)

\(\frac{y^2}{x}+\frac{z^2}{x}+\frac{y^2}{z}+\frac{x^2}{z}+\frac{x^2}{y}+\frac{z^2}{y}-\sqrt{2015}\ge\frac{\left[2\left(x+y+z\right)\right]^2}{2\left(x+y+z\right)}-\sqrt{2015}=\sqrt{2015}\)

\(\Rightarrow\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{\sqrt{2015}}{2\sqrt{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{2015}{2}}\)

Đặt \(\sqrt{a^2+b^2=z};\sqrt{a^2+c^2}=y;\sqrt{b^2+c^2}=x\left(x;y;z>0\right)\)

\(\Rightarrow a^2=\frac{y^2+z^2-x^2}{2};b=\frac{x^2+z^2-y^2}{2};c=\frac{x^2+y^2-z^2}{2}\)

Theo đề \(x+y+z=\sqrt{2015}\)

Ta có:\(b+c\le\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}=\sqrt{2}\cdot x\)\(\Rightarrow\frac{a^2}{b+c}\ge\frac{y^2+z^2-x^2}{2\sqrt{2}\cdot x}\)

Tương tự cho 2 cái còn lại rồi, cộng lại:

\(VT\cdot2\sqrt{2}\ge\sqrt{2015}\Rightarrow VT\ge\frac{1}{2}\sqrt{\frac{2015}{2}}\)

Chữ số 2.

kick cho mình nha.

Ta có \(A=3.3^n+3^n-1=4.3^n-1\)

\(B=6.3^n-3^n+1=5.3^n+1\)

Khi đó \(A+B=4.3^n-1+5.3^n+1=9.3^n=3^{n+2}\)

Vì (3;7) = 1 nên A + B không chia hết cho 7.

Vậy trong A và B tồn tại ít nhất 1 số không chia hết cho 7.

Đặt: \(x_1=\sqrt{a^2}\)

\(x_2=\sqrt{a^2+\sqrt{a^2}}\)

\(x_3=\sqrt{a^2+\sqrt{a^2+\sqrt{a^2}}}\)

...

\(x_n=\sqrt{a^2+\sqrt{a^2+...+\sqrt{a^2}}}\) ( n dấu căn )

Ta có: \(a\ne0\Rightarrow0< x_1< x_2< x_3< ...< x_{n-1}< x_n\)

Từ: \(x_n=\sqrt{a^2+\sqrt{a^2+...+\sqrt{a^2}}}\Rightarrow x_n^2=a^2+\sqrt{a^2+...+\sqrt{a^2}}\)  (n-1 dấu căn ) \(=a^2+x_{n-1}\) 

\(\Rightarrow x_n^2-a^2=x_{n-1}< x_n\Rightarrow x_n^2-a^2< x_n\Rightarrow x_n^2-x_n-a^2< 0\)

\(\Rightarrow\left(x_n-\frac{1}{2}\right)^2-\frac{1}{4}-a^2< 0\Rightarrow\left(x_n-\frac{1}{2}\right)^2< \frac{1+4a^2}{4}\Rightarrow x_n< \frac{1}{2}+\frac{\sqrt{1+4a^2}}{2}\) (1)

Ta cần chứng minh: \(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{1+4a^2}}{2}< \frac{1}{2}+\frac{1}{8}\left(\sqrt{1+16a^2}+\sqrt{9+16a^2}\right)\) (2)

Thật vậy, ta có: \(\left(2\right)\Leftrightarrow\frac{\sqrt{1+4a^2}}{2}< \frac{1}{8}\left(\sqrt{1+16a^2}+\sqrt{9+16a^2}\right)\)

\(\Leftrightarrow4\sqrt{1+4a^2}< \sqrt{1+16a^2}+\sqrt{9+16a^2}\)

\(\Leftrightarrow16\left(1+4a^2\right)< 10+32a^2+2\sqrt{\left(1+16a^2\right)\left(9+16a^2\right)}\)

\(\Leftrightarrow32a^2+6< 2\sqrt{\left(1+16a^2\right)\left(9+16a^2\right)}\)

\(\Leftrightarrow16a^2+3< \sqrt{\left(1+16a^2\right)\left(9+16a^2\right)}\)

\(\Leftrightarrow256a^4+96a^2+9< 9+160a^2+256a^4\)

\(\Leftrightarrow-64a^2< 0\) ( luôn đúng với mọi a khác 0)

=> Bất đẳng thức (2) đúng

Từ \(\left(1\right),\left(2\right)\Rightarrow x_n< \frac{1}{2}+\frac{1}{8}\left(\sqrt{1+16a^2}+\sqrt{9+16a^2}\right)\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{a^2+\sqrt{a^2+...+\sqrt{a}}}< \frac{1}{2}+\frac{1}{8}\left(\sqrt{1+16a^2}+\sqrt{9+16a^2}\right)\)

Ngọc bổ sung một cách khác nhé :))

Ta xét vế trái, vì dễ thấy \(\sqrt{a^2+\sqrt{a^2+...+\sqrt{a^2}}}\) (n dấu căn) \(< \sqrt{a^2+\sqrt{a^2+\sqrt{a^2+...}}}\)(vô hạn dấu căn)

Ta đặt \(\sqrt{a^2+\sqrt{a^2+\sqrt{a^2+...}}}=t,t\ge0\)

\(\Rightarrow t^2=t+a^2\Rightarrow t^2-t-a^2=0\)

Ta đưa phương trình trên về phương trình bậc hai ẩn t , khi đó \(\Delta=1+4a^2>0\Rightarrow t=\frac{1+\sqrt{1+4a^2}}{2}\) (vì \(t\ge0\))

Do vậy ta chỉ cần chứng minh \(\frac{1+\sqrt{1+4a^2}}{2}< \frac{1}{2}+\frac{1}{8}\left(\sqrt{1+16a^2}+\sqrt{9+16a^2}\right)\)

\(\Leftrightarrow4\sqrt{1+4a^2}< \sqrt{1+16a^2}+\sqrt{9+16a^2}\)

\(\Leftrightarrow16\left(1+4a^2\right)< 32a^2+10+2\sqrt{1+16a^2}.\sqrt{9+16a^2}\)

\(\Leftrightarrow16a^2+3< \sqrt{1+16a^2}.\sqrt{9+16a^2}\)

\(\Leftrightarrow\left(16a^2+3\right)^2< \left(16a^2+1\right)\left(16a^2+9\right)\)

\(\Leftrightarrow16^2a^4+96a^2+9< 16^2a^4+160a^2+9\)

\(\Leftrightarrow0< 64a^2\) (luôn đúng với \(a\ne0\))

Vậy ta có đpcm.