Kết quả tìm kiếm

Đặt $(x,y)=d \Rightarrow x=dx_1,y=dy_1$ với $(x_1,y_1)=1$ và $d \in \mathbb{N}$ Thay vào phương trình ta có:$d^3(x_1^3+y_1^3)=1983$. Dễ thấy $1983$ phải chia hết cho $d^3$ mà $1983=3.661$ do đó $d=1$. $\Rightarrow (x_1^3+y_1^3)=1983 \\\Rightarrow (x_1+y_1)(x_1^2-x_1.y_1+y_1^2)=1983$. Tiếp tục...

Một cách khác nhưng cách của anh bảo đơn giản hơn $x^2-2y^2+xy-x+4y-12=0 \\\Rightarrow x^2+x(y-1)-(2y^2-4y+12)=0 \\\Delta=(y-1)^2+4(2y^2-4y+12)=9y^2+18y+49$. Tới đây thì $\Delta$ phải là 1 số cp thì mới có $x$ nguyên. Hay $9y^2+18y+49=k^2(k \in \mathbb{Z}) \\\Rightarrow (3y+3)^2-k^2=-40...

Đúng rồi ạ :v Có một hướng làm khác là từ $x=...$ biến đổi ngược lại :v. $2$ anh thử làm bài $50,51$ xem :v

\boxed{48} $\left\{\begin{matrix} &x+y+\sqrt{x^2-y^2}=12 \\ &y\sqrt{x^2-y^2}=12 \end{matrix}\right.$ \boxed{49} Chứng minh rằng phương trình $x^5-5x^4+30x^3-50x^2+55x-21=0$ có nghiệm duy nhất: $x=1+\sqrt[5]{2}-\sqrt[5]{4}+\sqrt[5]{8}-\sqrt[5]{16}$. P/s: Bài này em...

Do $AB=BD$ nên tam giác $ABD$ cân tại $B$. $\Rightarrow \widehat{BAD}=\widehat{ADB}=45^0 \Rightarrow \widehat{DBA}=90^0$. Xài pytago dễ dàng tính được $AD$. $S_{ABCD}=\dfrac{1}{2}.2.AB.BD=...$

Lời giải bài 46: Phương trình viết lại dưới dạng: $(7n-12)3^n+(2n-14)2^n+24n=6^n$. Biến đổi đưa về dạng: $(2^n-n^2)(3^n-2n+14)=(3^n-2n)(3-n)(n-4)$ Ta có: $3^n=(1+2)^n \geq 1+2n$ sao cho $3^n-2n$ và $3^n-2n+14$ đều dương. Vì $2^n>n^2$ với mọi $n$ trừ $n=2,3,4$ do đó nếu $n>4$ thì VT dương, VP âm...

a)Từ công thức hệ thức lượng ta có: $BE=\dfrac{BH^2}{AB}=\dfrac{AB^4}{BC^2.AB}=\dfrac{AB^3}{BC^2} \\\Rightarrow \sqrt[3]{BE^2}=\dfrac{AB^2}{\sqrt[3]{BC^4}}$. Tương tự ta sẽ có: $\sqrt[3]{BE^2}+\sqrt[3]{CD^2}=\dfrac{AB^2+AC^2}{\sqrt[3]{BC^4}}=\dfrac{BC^2}{\sqrt[3]{BC^4}}=\sqrt[3]{BC^2}(Q.E.D)$...

Kiếm đề post tiếp đê :v

Đưa về phương trình bậc $9$ test nghiệm cực kì lẻ không thể đưa về nhân tử=> JFBQ001660702027A

Đọc qua topic thấy hay mọi người cùng thảo luận để mở ra một topic ôn luyện kiến thức (liên môn) để chuẩn bị các kì thi kiến thức cho những CPVM-er hay O-er nhỉ :v P/s: Nguyễn Thánh Tiền có đáp án E nữa hả anh -_-

Qua $E$ kẻ đường thẳng song song với $AC$ cắt $BC$ tại $F$. Dễ dàng chứng minh $HEFC$ là hình bình hành. $\Rightarrow HE=CF$. Mặt khác: $\widehat{ADG}=\widehat{ABC}$(do $GD//BC$) $\widehat{FEB}=\widehat{CAB}$. Mà $AD=BE$. Do đó $\triangle DAG=\triangle BEF(g.c.g)$. $\Rightarrow GD=BF$. Do đó...

\boxed{47} Giải phương trình: P/s: Thấy bài này trên diễn đàn ._. Chả biết làm sao cho hợp lý nghiệm lẻ cực ._. @Baoriven @Dương Bii @W_Echo74 @tranvandong08 ,....

Nếu không biết chứng minh vô nghiệm thì có cách khác: Đặt: $(\sqrt[3]{3x-2},\sqrt{6-5x}) \rightarrow (a,b) $. Khi đó phương trình đưa về hệ: $\left\{\begin{matrix} &2a+3b-8=0 \\ &5a^3+3b^2=8 \end{matrix}\right.$ Rút $b$ ở phương trình đầu thay xuống phương trình $2$...

Bài 31: Có một cách khác: Cũng tách như trên: DPCM: $2(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}) \geq \dfrac{2a}{b+c}+\dfrac{2b}{a+c}+\dfrac{2c}{a+b}+3 \\\Leftrightarrow \dfrac{ac}{b(b+c)}+\dfrac{ab}{c(c+a)}+\dfrac{bc}{a(a+b)} \geq \dfrac{3}{2}$. Áp dụng Cauchy-Schawz ta có: $L.H.S=\sum...