2) công thức tính khoảng cách của 2 điểm A(x₁;y₁) và B(x₂;y₂) trên mặt phẳng toạ độ: \(AB=\sqrt{\left(x_2-x_1\right)^2+\left(y_2-y_1\right)^2}\)

Áp dụng vào bài toán ta đc: \(\hept{\begin{cases}AB=\sqrt{\left(2+1\right)^2+\left(1-5\right)^2}=5\\AC=\sqrt{\left(2-4\right)^2+\left(1-2\right)^2}=\sqrt{5}\\BC=\sqrt{\left(-1-4\right)^2+\left(5-2\right)^2}=\sqrt{34}\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\)\(P_{ABC}=5+\sqrt{5}+\sqrt{34}\)

1) chắc chưa học đến vector đâu nhỉ ? 

Giả sử 3 điểm A, B, C thẳng hàng, gọi \(\left(d\right):y=ax+b\) là đường thẳng đi qua A, và B 

Do đó: \(\hept{\begin{cases}1=2a+b\\5=-a+b\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=\frac{1-b}{2}\\a=b-5\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}b-5=\frac{1-b}{2}\\a=b-5\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}b=\frac{11}{3}\\a=\frac{-4}{3}\end{cases}}\)

=> \(\left(d\right):y=\frac{-4}{3}x+\frac{11}{3}\)

Do (d) cũng đi qua C nên: \(2=\frac{-4}{3}.4+\frac{11}{3}\)\(\Leftrightarrow\)\(2=\frac{-5}{3}\) ( vô lí ) 

=> điều giả sử sai => 3 điểm A, B, C không thẳng hàng => A, B, C là 3 đỉnh 1 tam giác 

f(x) có nghiệm 

=> \(b^2\ge4c\)

\(f\left(2\right)=4+2b+c=\frac{b}{2}+\frac{b}{2}+\frac{b}{2}+\frac{b}{2}+c+1+1+1+1\)

                                        \(\ge9\sqrt[9]{\frac{1}{16}b^4c}\ge9\sqrt[9]{\frac{1}{16}.\left(4c\right)^2.c}=9\sqrt[3]{c}\)(ĐPCM)

Dấu bằng xảy ra khi b=2,c=1

A B C M D K O

1) Vì \(\Delta\)ABC đều nên AB = BC = CA => A là điểm chính giữa cung lớn BC của (O)

=> ^BMA = ^CMA (=60⁰). Kết hợp với ^MCB = ^MAB suy ra \(\Delta\)MDC ~ \(\Delta\)MBA (g.g)

=> \(MB.MC=MD.MA\) => \(MD=\frac{MB.MC}{MA}\le\frac{\left(MB+MC\right)^2}{4MA}\)

Mặt khác, theo ĐL Ptolemy: \(MB.AC+MC.AB=AM.BC\)=> \(MB+MC=MA\)(BC=CA=AB)

Do đó \(MD\le\frac{MA^2}{4MA}=\frac{MA}{4}\le\frac{2R}{4}=\frac{R}{2}\)(Vì AM là một dây của (O))

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi AM là đường kính của (O). Vậy Max MD = R/2.

2) Ta thấy ^CMA = 60⁰ = ^CAB. Từ đây \(\Delta\)ACM ~ \(\Delta\)KCA (g.g)

=> CA² = CM.CK hay CB² = CM.CK => \(\Delta\)CBM ~ \(\Delta\)CKB (c.g.c)

=> ^CBM = ^BKM => BC là tiếp tuyến của đường tròn (BKM) (đpcm).

O A B C I H D K E F

a) Ta thấy \(\widehat{BAD}=\widehat{CAD}\Rightarrow\widebat{BD}=\widebat{DC}\)

\(\Rightarrow\widehat{HAI}=\widehat{CKD}\)   (Hai góc nội tiếp chắn hai cùng bằng nhau)

Do DK là đường kính nên \(\widehat{KCD}=90^o\)

Suy ra \(\Delta AHI\sim\Delta KCD\left(g-g\right)\)

b) Ta thấy \(\widehat{BID}=\widehat{ABI}+\widehat{BAD}\)  (Tính chất góc ngoài)

Mà \(\widehat{ABI}=\widehat{IBC};\widehat{BAD}=\widehat{DBC}\) nên \(\widehat{BID}=\widehat{IBC}+\widehat{CBD}=\widehat{IBD}\)

Suy ra DB = DI

Lại có \(\widehat{BAD}=\widehat{CAD}\Rightarrow BD=DC\)

Nên DI = DB = DC

c) Kéo dài OI, cắt đường tròn (O) tại hai điểm E và F. 

Ta có ngay \(\Delta EAI\sim\Delta DFI\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{IA}{IF}=\frac{IE}{ID}\Rightarrow IA.ID=IE.IF\)

\(=\left(OE-OI\right)\left(OI+OF\right)=R^2-d^2\)

d) Ta có : \(\Delta AHI\sim\Delta KCD\left(cma\right)\Rightarrow\frac{IA}{KD}=\frac{HI}{CD}\Rightarrow IA.CD=KD.HI\)

\(\Rightarrow IA.ID=2OD.HI=2Rr\)

Từ câu c suy ra \(2Rr=R^2-d^2\Leftrightarrow d^2=R^2-2Rr\)

\(T=\frac{\left(3+\sqrt{5}\right)^{2019}+\left(3-\sqrt{5}\right)^{2019}}{2^{2019}}\)

Ta có \(3+\sqrt{5}=\frac{\left(\sqrt{5}+1\right)^2}{2}\)

          \(3-\sqrt{5}=\frac{\left(\sqrt{5}-1\right)^2}{2}\)

\(\Rightarrow T=\frac{\left[\frac{\left(\sqrt{5}+1\right)^2}{2}\right]^{2019}+\left[\frac{\left(\sqrt{5}-1\right)}{2}\right]^{2019}}{2^{2019}}\)

           \(=\frac{\left(\sqrt{5}+1\right)^{4038}+\left(\sqrt{5}-1\right)^{4038}}{2^{4038}}\)

        Lại có \(\left(\sqrt{5}+1\right)^{4038}=\left[\left(\sqrt{5}+1\right)^3\right]^{1346}⋮\left(\sqrt{5}+1\right)^3\)

Tương tự \(\left(\sqrt{5}-1\right)^{4038}⋮\left(\sqrt{5}-1\right)^3\)

\(\Rightarrow T⋮\frac{\left(\sqrt{5}+1\right)^3+\left(\sqrt{5}-1\right)^3}{2^{4038}}=\frac{\left(2\sqrt{5}\right)\left[\left(\sqrt{5}+1\right)^2-\left(\sqrt{5}+1\right)\left(\sqrt{5}-1\right)+\left(\sqrt{5}-1\right)^2\right]}{2^{2038}}\)

\(\Rightarrow T⋮2\sqrt{5}\Rightarrow T⋮5\)

Vậy T chia cho 5 dư 0

P/s : Không biết làm đúng không nữa :)

Giải bài toán tổng quát luôn nha.

Chứng minh: 

\(T=\left(\frac{3+\sqrt{5}}{2}\right)^{2n+1}+\left(\frac{3-\sqrt{5}}{2}\right)^{2n+1}\equiv3\left(mod5\right)\) với n không âm

Đặt \(\hept{\begin{cases}\frac{3+\sqrt{5}}{2}=a\\\frac{3-\sqrt{5}}{2}=b\end{cases}}\)

\(\Rightarrow T=a^{2n+1}+b^{2n+1};a+b=3;ab=1;a^2+b^2=7\)

Dùng phương pháp quy nạp chứng minh:

Ta thấy với \(\hept{\begin{cases}n=0\Rightarrow T=3\equiv3\left(mod5\right)\\n=1\Rightarrow T=18\equiv3\left(mod5\right)\end{cases}}\)

Giả sử nó đúng đến \(n=k\)hay

\(\hept{\begin{cases}a^{2k-1}+b^{2k-1}\equiv3\left(mod5\right)\\a^{2k+1}+b^{2k+1}\equiv3\left(mod5\right)\end{cases}}\)

Ta cần chứng minh nó đúng với \(n=k+1\)

Ta có:

\(T_{k+1}=a^{2k+3}+b^{2k+3}\)

\(=\left(a^2+b^2\right)\left(a^{2k+1}+b^{2k+1}\right)-a^2b^2\left(a^{2k-1}+b^{2k-1}\right)\equiv7.3-1.3\equiv3\left(mod5\right)\)

Vậy ta có điều phải chứng minh

Áp dụng vào bài toán ta thấy \(2019\)có đạng \(2n+1\)

Vậy nên bài toán ban đầu sẽ có số dư là 3 khi chia cho 5

\(a^{100}+b^{100}=a^{101}+b^{101}\)

\(\Rightarrow a^{101}-a^{100}+b^{101}-b^{100}=0\)

\(\Rightarrow a^{100}\left(a-1\right)+b^{100}\left(b-1\right)=0\left(1\right)\)

• Nếu a và b cùng lớn hơn 1 thì: a-1 và b-1 đều dương nên:

\(a^{100}\left(a-1\right)+b^{100}\left(b-1\right)>0\) không đúng với (1)

• Nếu a và b cùng nhỏ hơn 1 thì: a-1 và b-1 đều âm nên:

\(a^{100}\left(a-1\right)+b^{100}\left(b-1\right)< 0\) không đúng với (1)

• Nếu a và b có 1 số lớn hơn hoặc bằng 1 và 1 số nhỏ hơn hoặc bằng 1

Không mất tính tổng quát, giả sử \(a\ge1;b\le1\)

Ta có:

\(a^{100}\left(a-1\right)+b^{100}\left(b-1\right)=0\)

\(\Rightarrow a^{100}\left(a-1\right)=b^{100}\left(b-1\right)\left(2\right)\)

Lại có:

\(a^{101}+b^{101}=a^{102}+b^{102}\)

\(\Rightarrow a^{102}-a^{101}+b^{102}-b^{101}=0\)

\(\Rightarrow a^{101}\left(a-1\right)+b^{101}\left(b-1\right)=0\)

\(\Rightarrow a\cdot a^{100}\left(a-1\right)+b\cdot b^{100}\left(b-1\right)=0\)

\(\Rightarrow a\cdot a^{100}\left(a-1\right)-b\cdot b^{100}\left(b-1\right)=0\)

\(\Rightarrow a\cdot a^{100}\left(a-1\right)-b\cdot a^{100}\left(a-1\right)=0\)(theo (2))

\(\Rightarrow a^{100}\left(a-1\right)\left(a-b\right)=0\)

\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}a-1=0\\a-b=0\end{cases}}\)(do a>0)

\(\Rightarrow a=b=1\)\(\Rightarrow P=1^{2007}+1^{2007}=2\)

<br class="Apple-interchange-newline"><div id="inner-editor"></div>a≥1;b≤1

Ta có:

a100(a−1)+b100(b−1)=0

⇒a100(a−1)=b100(b−1)(2)

Lại có:

a101+b101=a102+b102

⇒a102−a101+b102−b101=0

<br class="Apple-interchange-newline"><div id="inner-editor"></div>⇒a100(a−1)+b100(b−1)=0(1)

• Nếu a và b cùng lớn hơn 1 thì: a-1 và b-1 đều dương nên:

a100(a−1)+b100(b−1)<0 không đúng với (1)

• Nếu a và b có 1 số lớn hơn hoặc bằng 1 và 1 số nhỏ hơn hoặc bằng 1

Không mất tính tổng quát, giả sử 

Vừa làm bên OLM xong, ko đưa đc link nên làm lại =))

Ta có BĐT phụ \(\frac{1+\sqrt{a}}{1-a}\ge4a+1\)

\(\Leftrightarrow-\frac{\sqrt{a}\left(2\sqrt{a}-1\right)^2}{\sqrt{a}-1}\ge0\forall\frac{1}{4}< a< 0\)

Tương tự ta cũng có:

\(\frac{1+\sqrt{b}}{1-b}\ge4b+1;\frac{1+\sqrt{c}}{1-c}\ge4c+1;\frac{1+\sqrt{d}}{1-d}\ge4d+1\)

Cộng theo vế các BDT trên ta có:

\(VT\ge4\left(a+b+c+d\right)+4=8=VP\)

Xảy ra khi \(a=b=c=d=\frac{1}{4}\)

a lại nhầm nữa vừa làm bên học 24 xong :V

ĐKXĐ: \(\forall x\in R\)

Đặt \(\sqrt{x^2+1}=a\left(a>0\right)\). Khi đó phương trình cho trở thành:

\(\left(4x-1\right)a=2a^2+2x-1\)

\(\Leftrightarrow2a^2+2x-1-4ax+a=0\)

\(\Leftrightarrow2x\left(1-2a\right)+2a^2+a-1=0\)

\(\Leftrightarrow2x\left(1-2a\right)-\left(a+1\right)\left(1-2a\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(1-2a\right)\left(2x-a-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}2a=1\\a=2x-1\end{cases}}\Rightarrow\orbr{\begin{cases}2\sqrt{x^2+1}=1\left(1\right)\\\sqrt{x^2+1}=2x-1\left(2\right)\end{cases}}\)

Phương trình (1) \(\Leftrightarrow x^2+1=\frac{1}{4}\Leftrightarrow x^2=-\frac{3}{4}\left(l\right)\)

Phương trình (2) \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2x-1\ge0\\3x^2-4x=0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x\ge\frac{1}{2}\\x\left(3x-4\right)=0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x\ge\frac{1}{2}\\x=0\end{cases}\left(l\right)}\) hoặc \(\hept{\begin{cases}x\ge\frac{1}{2}\\x=\frac{4}{3}\end{cases}\left(c\right)}\)

Vậy phương trình cho có nghiệm duy nhất \(x=\frac{4}{3}\).

\(1+\frac{1}{k^2}+\frac{1}{\left(k+1\right)^2}=\frac{k^2.\left(k+1\right)^2+\left(k+1\right)^2+k^2}{k^2\left(k+1\right)^2}\)

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

=> \(\sqrt{1+\frac{1}{k^2}+\frac{1}{\left(k+1\right)^2}}=\frac{k\left(k+1\right)+1}{k\left(k+1\right)}=1+\frac{1}{k\left(k+1\right)}=1+\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\)

=> \(\sqrt{1+\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}}+\sqrt{1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}}+....+\sqrt{1+\frac{1}{k^2}+\frac{1}{\left(k+1\right)^2}}\)

\(=1+\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+1+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+...+1+\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\)

\(=k+1-\frac{1}{k+1}\)

=> \(\sqrt{1+\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}}+\sqrt{1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}}+....+\sqrt{1+\frac{1}{k^2}+\frac{1}{\left(k+1\right)^2}}=\frac{2017^2-1}{2017}\)

<=> \(k+1-\frac{1}{k+1}=2017-\frac{1}{2017}\)

\(\Leftrightarrow\left(k+1-2017\right)-\left(\frac{1}{k+1}-\frac{1}{2017}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(k-2016\right)\left(1+\frac{1}{2017.\left(k+1\right)}\right)=0\)

<=> k=2016

Vì \(0\le a,b,c,d\le1\Rightarrow abc+1\ge abcd+1\)

\(\Rightarrow VT\le\frac{a+b+c+c}{abcd+1}\)

Do \(\hept{\begin{cases}\left(1-a\right)\left(1-b\right)\ge0\\\left(1-c\right)\left(1-d\right)\ge0\\\left(1-ab\right)\left(1-cd\right)\ge0\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+b\le1+ab\\c+d\le1+cd\\ab+cd\le1+abcd\end{cases}}\)

\(\Rightarrow a+b+c+d\le2+ab+cd\le2+1+abcd=3+abcd\)

Vậy \(VT\le\frac{3+abcd}{1+abcd}\le\frac{3\left(1+abcd\right)}{1+abcd}=3\)

Dấu "=" xảy ra khi a=0,b=c=d=1