a) Đặt \(x^2+4x+23=y^2\) với \(y\inℤ,y^2\ge19\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}y\ge5\\y\le-5\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow y^2-x^2-4x-4=19\)

\(\Leftrightarrow y^2-\left(x+2\right)^2=19\)

\(\Leftrightarrow\left(y+x+2\right)\left(y-x-2\right)=19\)

Xét các TH sau:

TH1: \(\left\{{}\begin{matrix}y+x+2=1\\y-x-2=19\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left(x;y\right)=\left(-11;10\right)\) (nhận)

TH2: \(\left\{{}\begin{matrix}y+x+2=19\\y-x-2=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left(x;y\right)=\left(7;10\right)\) (nhận)

TH3: \(\left\{{}\begin{matrix}y+x+2=-1\\y-x-2=-19\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left(x;y\right)=\left(7;-10\right)\) (nhận)

TH4: \(\left\{{}\begin{matrix}y+x+2=-19\\y-x-2=-1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left(x;y\right)=\left(-11;-10\right)\) (nhận)

Vậy ta tìm được 2 số nguyên \(x\) thỏa mãn là \(x=7;x=-11\)

b), c) ý tưởng giống câu a), ta đặt \(x^2+2kx+c=y^2\left(k\inℤ\right)\) rồi đưa về dạng hiệu 2 bình phương.

d) Đặt \(x^2+x+3=y^2\left(y\inℤ,y^2\ge\dfrac{1}{4}\Leftrightarrow y\ne0\right)\)

\(\Leftrightarrow4x^2+4x+3=4y^2\)

\(\Leftrightarrow4y^2-4x^2-4x-1=2\)

\(\Leftrightarrow\left(2y\right)^2-\left(2x+1\right)^2=2\)

\(\Leftrightarrow\left(2y+2x+1\right)\left(2y-2x-1\right)=2\)

Tới đây thì dễ rồi nhé.

 Xét \(f\left(x\right)=VT=x^2+y^2+xy-3x-3y+3\)

\(=x^2+\left(y-3\right)x+y^2-3y+3\)

 Có \(\Delta=\left(y-3\right)^2-4\left(y^2-3y+3\right)\)

\(=y^2-6y+9-4y^2+12y-12\)

\(=-3y^2+6y-3\)

\(=-3\left(y-1\right)^2\le0\) với mọi \(y\inℝ\)

 Mà \(f\left(x\right)\) có hệ số cao nhất bằng \(1>0\) nên từ đây có \(VT=f\left(x\right)\ge0\)

 Dấu "=" xảy ra khi \(y=1\). Khi đó \(\Delta=0\) nên pt \(f\left(x\right)=0\) có nghiệm kép \(\Leftrightarrow\) \(x=\dfrac{-\left(y-3\right)}{2}=1\).

 Ta có đpcm.

d) \(A=3cm\); \(\omega=4\pi\left(rad/s\right)\); \(\varphi_0=\dfrac{\pi}{5}\left(rad\right)\)

Khi đó \(T=\dfrac{2\pi}{\omega}=0,5\left(s\right)\)

Cho \(x=1,5cm\Leftrightarrow\varphi=\pm\dfrac{\pi}{3}\left(rad\right)\) 

Thời gian vật đi qua vị trí \(x=1,5cm\) lần thứ ba là:

\(T+t_d=0,5+\dfrac{\Delta\varphi_d}{2\pi}.T\)

\(=0,5+\dfrac{\dfrac{\pi}{3}-\dfrac{\pi}{5}}{2\pi}.0,5\)

\(=\dfrac{8}{15}\left(s\right)\)

e) Thời gian cần tìm là:

\(t_e+19T=\dfrac{\Delta\varphi_e}{2\pi}.T+19.0,5\) 

\(=\dfrac{\dfrac{4\pi}{3}}{2\pi}.0,5+9.5=\dfrac{59}{6}\left(s\right)\) 

 Xét đường thẳng BC, có AH, AB lần lượt là đường vuông góc và đường xiên kẻ từ A đến BC. Do đó \(AH< AB\).

 Chứng minh tương tự, ta được \(BK< BC\) và \(CL< CA\)

 Cộng theo vế 3 BĐT vừa tìm được, ta có:

 \(AH+BK+CL< AB+BC+CA\) (đpcm)

Có \(AB=\left(2^{2n+1}+2^{n+1}+1\right)\left(2^{2n+1}-2^{n+1}+1\right)\)

\(=\left(2^{2n+1}+1\right)^2-\left(2^{n+1}\right)^2\)

\(=\left(2^{2n+1}\right)^2-2.2^{2n+1}+1-2^{2n+2}\)

\(=2^{4n+2}+1\)

Ta sẽ chứng minh \(AB⋮5\) (*) bằng quy nạp.

Thật vậy, với \(n=1\) thì \(AB=65⋮5\) -> (*) đúng

Với \(n=2\) thì \(AB=1025⋮5\) -> (*) đúng

Giả sử (*) đúng đến \(n=k\ge1\), ta cần chứng minh (*) đúng với \(n=k+1\). Thật vậy, với \(n=k+1\), ta có:

\(AB=2^{4\left(k+1\right)+2}+1\)

\(=2^{4k+6}+1\)

\(=2^{4k+6}+16-15\)

\(=2^4\left(2^{4k+2}+1\right)-15\)

Theo giả thiết quy nạp, \(2^{4k+2}⋮5\). Hơn nữa \(15⋮5\) nên \(AB⋮5\).

Vậy (*) đúng với \(n=k+1\). Theo nguyên lí quy nạp, ta có \(AB⋮5\)

Giả sử cả 2 số \(A,B\) đều chia hết cho 5. Khi đó:

\(A-B=2.2^{n+1}⋮5\), vô lý.

Vậy với mọi \(n\) thì chỉ có đúng 1 trong 2 số \(A,B\) chia hết cho 5. (đpcm)

 3 vector gọi là đồng phẳng nếu chúng cùng nằm trên một mặt phẳng. Điều kiện cần và đủ để 3 vector \(\overrightarrow{u},\overrightarrow{v},\overrightarrow{w}\) đồng phẳng là \(\left[\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}\right].\overrightarrow{w}=0\) (tích hỗn tạp của chúng bằng 0)

 Ta có \(\left[\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}\right]=\left(\left|\begin{matrix}m&2\\2&1\end{matrix}\right|;\left|\begin{matrix}2&1\\1&m+1\end{matrix}\right|;\left|\begin{matrix}1&m\\m+1&2\end{matrix}\right|\right)\)

 \(=\left(m-4;2m+1;-m^2-m+2\right)\)

\(\Rightarrow\left[\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}\right].\overrightarrow{c}=0\left(m-4\right)+\left(m-2\right)\left(2m+1\right)+2\left(-m^2-m+2\right)\)

\(=2m^2+m-4m-2-2m^2-2m+4\)

\(=2-5m\)

Để \(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b},\overrightarrow{c}\) đồng phẳng thì \(\left[\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}\right].\overrightarrow{c}=0\Leftrightarrow2-5m=0\Leftrightarrow m=\dfrac{2}{5}\)

Vậy \(m=\dfrac{2}{5}\)

 a) Đồ thị hàm số \(y=f\left(x+1\right)\) tạo thành bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số \(y=f\left(x\right)\) sang trái 1 đơn vị nên \(y=f\left(x+1\right)\) đồng biến trên khoảng \(\left(a-1;b-1\right)\) -> Sai

 b) Đồ thị hàm số \(y=-f\left(x\right)-1\) tạo thành bằng cách lấy đối xứng đồ thị hàm số \(y=f\left(x\right)\) qua trục Ox và tịnh tiến xuống dưới 1 đơn vị nên hàm số \(y=-f\left(x\right)-1\) nghịch biến trên \(\left(a;b\right)\) -> Đúng.

 c) Lập luận tương tự câu b -> c Đúng.

 d) Đồ thị hàm số \(y=f\left(x\right)+1\) tạo thành bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số \(y=f\left(x\right)\) lên trên 1 đơn vị nên hàm số \(y=f\left(x\right)+1\) đồng biến trên \(\left(a;b\right)\) -> Đúng.

Xét đường tròn (O) có tiếp tuyến MB tại B nên 

\(\widehat{MBI}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{IB}\)

Lại có \(\widehat{IBH}=90^o-\widehat{BIH}\)

\(=90^o-\widehat{OIB}\)

\(=90^o-\dfrac{180^o-\widehat{IOB}}{2}\)

\(=\dfrac{180^o-180^o+sđ\stackrel\frown{IB}}{2}\)

\(=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{IB}\)

Do đó \(\widehat{MBI}=\widehat{IBH}\) hay BI là tia phân giác của \(\widehat{MBH}\)

\(\Rightarrow d\left(I,MB\right)=d\left(I,BH\right)=IH=R_I\)

Suy ra MB là tiếp tuyến của (I)