Do  \(n\in N^{\text{*}}\)  \(\left(o\right)\) nên ta dễ dàng suy ra  \(2+2\sqrt{28n^2+1}\in Z^+\)

Do đó,  \(2\sqrt{28n^2+1}\in Z^+\)  dẫn đến  \(\sqrt{28n^2+1}\in Q\)  

Lại có:  \(28n^2+1\)  luôn là một số nguyên dương (do  \(\left(o\right)\))   nên   \(\sqrt{28n^2+1}\in Z^+\)

hay nói cách khác, ta đặt  \(\sqrt{28n^2+1}=m\)  (với  \(m\in Z^+\)  )

\(\Rightarrow\)  \(28n^2+1=m^2\)   \(\left(\alpha\right)\)

\(\Rightarrow\)    \(m^2-1=28n^2\)  chia hết cho  \(4\)

Suy ra  \(m^2\text{ ≡ }1\)    \(\left(\text{mod 4}\right)\)  

Hay \(m\) phải là một số lẻ có dạng \(m=2k+1\)  \(\left(k\in Z^+\right)\)

Từ  \(\left(\alpha\right)\)  suy ra  \(28n^2=\left(2k+1\right)^2-1=4k\left(k+1\right)\)

nên  \(7n^2=k\left(k+1\right)\)

Theo đó,  ta có:  \(\orbr{\begin{cases}k\\k+1\end{cases}\text{chia hết cho 7}}\)  

Xét hai trường hợp sau:

\(\text{Trường hợp 1}:\)\(k=7q\) \(\left(q\in Z^+\right)\)

Suy ra   \(7n^2=7q\left(7q+1\right)\)

\(\Rightarrow\)  \(n^2=q\left(7q+1\right)\)  \(\left(\beta\right)\)

Mặt khác, vì  \(\left(q,7q+1\right)=1\)  nên  từ  \(\left(\beta\right)\)  suy ra  \(\hept{\begin{cases}q=a^2\\7q+1=b^2\end{cases}\Rightarrow}\)  \(7a^2+1=b^2\)  \(\left(\gamma\right)\)

Tóm tại tất cả điều trên, ta có:

\(A=2+2\sqrt{28n^2+1}=2+2m=2+2\left(2k+1\right)=4+4.7q=4+28q\)

Khi đó,  \(A=4+28a^2=4\left(7a^2+1\right)=4b^2\)  (do  \(\left(\gamma\right)\)  )

Vậy,  \(A\)  là số chính phương với tất cả các điều kiện nêu trên

\(\text{Trường hợp 2:}\)\(k+1=7q\)

Tương tự

cảm ơn bn

A B C H E F S T M K' K O G L N

* Bổ đề 1: Xét tam giác ABC có trực tâm H, tâm ngoại tiếp O và đường tròn Euler \(\left(\omega\right)\). Một đường thẳng \(\Delta\)đi qua H và cắt \(\left(\omega\right)\);(O) lần lượt tại I,K. Khi đó I là trung điểm của HK. (Các bạn tự chứng minh)

* Bổ đề 2: Xét tam giác ABC cân tại A. Điểm M thỏa mãn ^AMB = ^AMC. Khi đó AM là trung trực của BC.

* Giải bài toán: Kẻ đường thẳng qua A vuông góc với HT, đường thẳng này cắt (O) tại K' khác A.

Gọi M là trung điểm BC, HT cắt đường tròn (MEF) và (O) lần lượt tại G và L (G thuộc cung FM nhỏ)

Do (MEF) là đường tròn Euler-9 điểm của \(\Delta\)ABC nên áp dụng Bổ đề 1 ta thu được GH = GL

Đồng thời, kết hợp với ĐL Reim ta cũng suy ra tứ giác GFTC nội tiếp

Từ đây ^CGH = ^HFE = ^CBH. Suy ra ^BCG = ^BHG = ^THE = ^CAK' = ^CBK' và ^BGC = ^CK'B (= 180⁰ - ^BAC)

Suy ra tứ giác CK'BG là hình bình hành. Từ đó GK',BC,HN cùng đi qua điểm M

Do vậy tứ giác GLNK' là hình bình hành (Vì GH = GL và cùng song song với NK')

Dẫn đến K'G = NL = K'T, suy ra AG = AT = AS (Vì AK' là trung trực của GT)

Ta thấy \(\Delta\)ASG cân tại A (cmt); ^ALS = ^ALG (Vì (AS = (AT ). Theo Bổ đề 2 thì AL vuông góc SG (1)

Ta lại có AL vuông góc LN; LN // GK' nên AL vuông góc GK'  (2)

Từ (1) và (2) suy ra hai đường thẳng SG, GK' trùng nhau hay SM đi qua K'

Như vậy K' trùng K, đồng nghĩa với việc AK vuông góc với HT (đpcm).

chúc mừng đạt lần nữa nhen

Số dãy ghế là 15, số ghế mỗi dãy là 24

vậy mà cgx hỏi

cách ghi pt sao bạn

Ta có :1996! = 1.2.3 . ... . 1995 . 1996

           : 1995! = 1.2.3 . ... . 1995 

=> 1996! > 1995 ! 

=> \(\sqrt[1995]{1996}>\sqrt[1995]{1995!}\)

Ban Shadow oi, ban thieu so 1 o B roi nhe 

TINH HOA CỦA TOÁN HỌC LÀ NẰM Ở SỰ TỰ DO CỦA NÓ.  

---- Georg Cantor ----

Chúc bạn học Toán vui vẻ nhé !

Em chưa học tới lớp của anh (chị) nên em không biết giải :)) sorry i can't help

Ta có biểu thức:

\(Q=\frac{x+1}{1+y^2}+\frac{y+1}{1+z^2}+\frac{z+1}{1+x^2}\)

\(=\left(x+1\right)\left(1-\frac{y^2}{y^2+1}\right)+\left(y+1\right)\left(1-\frac{z^2}{z^2+1}\right)+\left(z+1\right)\left(1-\frac{x^2}{x^2+1}\right)\)

\(\ge\left(x+1\right)\left(1-\frac{y}{2}\right)+\left(y+1\right)\left(1-\frac{z}{2}\right)+\left(z+1\right)\left(1-\frac{x}{2}\right)\)

\(\Leftrightarrow Q\ge\left(x+y+z+3\right)-\frac{xy+yz+xz+x+y+z}{2}\)

\(\Leftrightarrow Q\ge6-\frac{xy+yz+xz+3}{2}\)

Mà \(xy+yz+xz\le\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}=\frac{9}{3}=3\)

\(\Rightarrow Q\ge6-\frac{3+3}{2}=3\)

Vậy Min Q=3. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=1

bằng 3 

Hình vẽ:(không chắc nó có hiện ra hay k bạn thông cảm)Câu a) 

Dễ chứng minh ATNO là tứ giác nội tiếp

Đồng thời MB=MC nên OM vuông góc BC hay OMNT là tứ giác nội tiếp

Suy ra: A,O,M,N,T cùng thuộc một đường tròn(đường kính OT)

Có OMNT là tứ giác nội tiếp suy ra: \(\widehat{BMN}=\widehat{TON}\)

Mà \(\widehat{TON}=\widehat{TAN}=\widehat{TNA}\)

Cho nên: \(\widehat{BMN}=\widehat{TNA}\)

Hơn nữa: \(\widehat{TNA}=\widehat{ACN}\)(cùng bằng một nửa số đo cung ABN)

\(\Rightarrow\widehat{BMN}=\widehat{ACN}\)

Xét tam giác BMN và tam giác ACN có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{BMN}=\widehat{ACN}\\\widehat{MBN}=\widehat{CAN}\end{cases}}\)

Do đó: \(\Delta BMN~\Delta ACN\left(g.g\right)\)\(\Rightarrow\frac{BN}{AN}=\frac{MB}{AC}=\frac{MC}{AC}\)

Chứng minh tiếp \(\Delta ABN~\Delta AMC\left(c.g.c\right)\)từ tỉ số trên và \(\widehat{ANB}=\widehat{ACM}\)

Vậy \(\widehat{BAN}=\widehat{CAM}\)

___________________________________________________________________________________________________________

Câu b) Hình vẽ cho câu b): (không hiện ra thì bn thông cảm do paste từ GeoGebra ra)

Gọi giao DK cắt BF tại P

Ta có: \(\Delta TNB~\Delta TCN\)\(\Rightarrow\frac{TN}{TC}=\frac{NB}{CN}\)

Tương tự: \(\Delta TAB~\Delta TCA\)\(\Rightarrow\frac{TA}{TC}=\frac{AB}{AC}\)

Do TA=TN nên \(\frac{NB}{NC}=\frac{AB}{AC}\)(1)

Lại có: ADKC là tứ giác nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{BNA}=\widehat{BCA}=\widehat{DKA}\Rightarrow BN//KP\)

\(\Delta FPD~\Delta NBA\Rightarrow\frac{PF}{NB}=\frac{PD}{AB}\)(2)(bn tự CM)

\(\Delta DBP~\Delta ANC\Rightarrow\frac{PB}{NC}=\frac{PD}{AC}\)(3)(bn tự CM)

Từ (1);(2) và (3) suy ra đpcm

P/s: Bài làm dài quá mik làm biếng không check lại nên có thể có sai sót nha.

CCFCXD

Cách giải của bạn Lê Nhật Khôi có phần khồn đúng nhưng nó đã gợi cho mình ý tưởng như này

\(HPT\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(1-x\right)\left(x^2+y^2+1\right)=y\\2y\left(y+3\right)^2=2-z\\\left(z-2\right)\left(z+1\right)^2=1-x\end{cases}}\)

\(\Rightarrow-2y\left(y+3\right)^2\left(z+1\right)^2\left(x^2+y^2+1\right)=y\Leftrightarrow y\left[2\left(y+3\right)^2\left(z+1\right)^2\left(x^2+y^2+1\right)+1\right]=0\)

\(\Rightarrow y=0\Rightarrow x=1\Rightarrow\orbr{\begin{cases}z=-1\\z=2\end{cases}}\)

Vũ Đức Minh ok bạn nhá!!!!:)))

Cách này của mình là suy đoán thui nha

Từ HPT trên: \(\frac{x}{a-q}+\frac{y}{b-q}+\frac{z}{c-q}=\frac{x}{a-p}+\frac{y}{b-p}+\frac{z}{c-p}\)

\(\Leftrightarrow\left(p-q\right)\left[\frac{x}{\left(a-p\right)\left(a-q\right)}+\frac{y}{\left(b-p\right)\left(b-q\right)}+\frac{z}{\left(c-q\right)\left(c-p\right)}\right]=0\)

Chia TH:

TH1:p=q

Tương tự p=r thì cũng thu về p=q=r

TH2: nguyên cái trong ngoặc vuông

Tương đương với: \(ax+by+cz=r\left(x+y+z\right)\)

Tương tự: \(\hept{\begin{cases}ax+by+cz=p\left(x+y+z\right)\\ax+by+cz=q\left(x+y+z\right)\end{cases}}\)

Cũng thu đc p=q=r

Do đó từ 2 TH cũng thu về PT:

\(\frac{x}{a-q}+\frac{y}{b-q}+\frac{z}{c-q}=1\)

Rồi vậy không biết làm tiếp :D

À, xin lỗi, mình đánh bị thiếu điều kiện, mình sửa lại rồi đó

Sửa lại đề Từ I kẻ đường thẳng song song AC cắt AB,BC lần lượt tại M,N

Vì MN//AC nên: \(\widehat{ACB}=\widehat{INB}\)(đồng vị)

Mà BIND là tứ giác nội tiếp nên: \(\widehat{ADB}=\widehat{INB}\)

Cho nên: \(\widehat{ACB}=\widehat{ADB}\)

Suy ra: ABDC là tứ giác nội tiếp

Đồng thời: \(\widehat{ADE}=\widehat{NBI}=\widehat{ABE}\Rightarrow\)ABDE là tứ giác nội tiếp

Vậy A,B,C,D,E cùng thuộc một đường tròn 

Hơn nữa: tam giác ABC vuông tại A

Suy ra: BC là đường kính của đường tròn ngoại tiếp ngũ giác ABDCE

Vậy BE vuông góc CE

Hình vẽ:(Mình k chắc nó có hiện ra k nha )

Trl :

Bạn kia làm đúng rồi nhé !

Học tốt nhé bạn @