Đề bị lỗi công thức rồi em nhé!

Lời giải:

Gọi đường thẳng cần tìm là $(d): y=ax+b$. 

Vì $A\in (d)\Rightarrow y_A=ax_A+b$

$\Rightarrow 0=-2a+b(1)$

Vì $B\in (d)\Rightarrow y_B=ax_B+b$

$\Rightarrow -1=0.a+b(2)$

Từ $(1); (2)\Rightarrow b=-1; a=\frac{-1}{2}$

Vậy ptđt cần tìm là $y=\frac{-1}{2}x-1$

 Đặt lên cân đĩa mỗi bên 4 đồng tiền vàng nếu hai bên bằng nhau thì đồng tiền giả là đồng tiền chưa cân còn lại. Nếu hai bên cân có bên nào nhẹ hơn thì bên đó có chứa tiền giả

Lấy 4 đồng tiền có chứa tiền giả đó cân trên cân đĩa mỗi bên cân đặt hai đồng, bên nào nhẹ hơn thì bên đó có chứa tiền giả.

Lấy 2 đồng tiền có chứa tiền giả đó ra cân trên cân đĩa mỗi bên đặt một đồng nếu bên nào nhẹ hơn thì bên đó có đồng tiền giả

Vậy ta đã có thể lấy ra tiền giả sau số lần cân ít nhất theo cách trên. 

Cảm ơn cô ạ

Lời giải:

Đặt $x+y=a; 3x+2y=b$ với $a,b\in\mathbb{Z}$ thì pt trở thành:

$ab^2=b-a-1$

$\Leftrightarrow ab^2+a+1-b=0$

$\Leftrightarrow a(b^2+1)+(1-b)=0$

$\Leftrightarrow a=\frac{b-1}{b^2+1}$

Để $a$ nguyên thì $b-1\vdots b^2+1$

$\Rightarrow b^2-b\vdots b^2+1$

$\Rightarrow (b^2+1)-(b+1)\vdots b^2+1$

$\Rightarrow b+1\vdots b^2+1$

Kết hợp với $b-1\vdots b^2+1$

$\Rightarrow (b+1)-(b-1)\vdots b^2+1$

$\Rightarrow 2\vdots b^2+1$
Vì $b^2+1\geq 1$ nên $b^2+1=1$ hoặc $b^2+1=2$
Nếu $b^2+1=1\Rightarrow b=0$. Khi đó $a=\frac{b-1}{b^2+1}=-1$
Vậy $x+y=-1; 3x+2y=0\Rightarrow x=2; y=-3$ (tm) 

Nếu $b^2+1=2\Rightarrow b=\pm 1$
Với $b=1$ thì $a=\frac{b-1}{b^2+1}=0$

Vậy $x+y=0; 3x+2y=1\Rightarrow x=1; y=-1$ (tm)

Với $b=-1$ thì $a=-1$

Vậy $x+y=-1; 3x+2y=-1\Rightarrow x=1; y=-2$ (tm)

a) Tứ giác BDFN nội tiếp nên \(\widehat{CNA}=\widehat{BDF}\) (*)

 Xét đường tròn (K), đường kính BM, ta có \(\widehat{MNB}=90^o\)  hay \(MN\perp AB\) tại N (1)

 Với lí do tương tự, ta có \(AD\perp EB,BC\perp EA\), do đó M là trực tâm của tam giác EAB \(\Rightarrow EM\perp AB\)  (2)

 Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\) M, N, P thẳng hàng và đường thẳng này vuông góc với AB.

 Từ đó suy ra tứ giác BECN nội tiếp (vì \(\widehat{ECB}=\widehat{ENB}=90^o\))

 \(\Rightarrow\widehat{CNA}=\widehat{AEB}\) (**)

Từ (*) và (**), suy ra \(\widehat{BDF}=\widehat{BEA}\) \(\Rightarrow\) DF//AE (đpcm)

b) Tương tự như trên, ta có tứ giác AEDN nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{BND}=\widehat{AEB}\), dẫn đến \(\Delta BDN~\Delta BAE\left(g.g\right)\) \(\Rightarrow\dfrac{BD}{BA}=\dfrac{BN}{BE}\Rightarrow BD.BE=BA.BN\) (3)

 Tứ giác NBMD nội tiếp nên \(\widehat{ANM}=\widehat{ADB}\), dẫn đến \(\Delta AMN~\Delta ABD\left(g.g\right)\) 

 \(\Rightarrow\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{AN}{AD}\Rightarrow AD.AM=AB.AN\)  (4)

Cộng theo vế (3) và (4), thu được \(BD.BE+AM.AD=AB.BN+AB.AN=AB\left(BN+AN\right)=AB^2=4R^2\)không thay đổi. (đpcm)

\(2x^2+3xy+y^2+5x+3y=15\)

\(\Leftrightarrow y^2+3\left(x+1\right)y+2x^2+5x-15=0\)

\(\Delta=\left[3\left(x+1\right)\right]^2-4\left(2x^2+5x-15\right)\)

\(=9x^2+18x+9-8x^2-20x+60\)

\(=x^2-2x+69=\left(x-1\right)^2+68\ge68>0\) nên pt (*) luôn có nghiệm thực.

Do đó \(y=\dfrac{-3\left(x+1\right)\pm\sqrt{x^2-2x+69}}{2}\)

Vì y là số nguyên nên \(x^2-2x+69\) là số chính phương. Đặt \(x^2-2x+69=k^2\)  \(\left(k\inℕ,k\ge9\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2+68=k^2\)

\(\Leftrightarrow\left(k-x+1\right)\left(k+x-1\right)=68\)

Ta có bảng sau:

Thử lại, ta thấy pt đã cho có các nghiệm nguyên sau:

 (17; -18), (17; -36), (15; 30), (15; 12)

Chỗ KQ mình sửa lại thành dấu "-" như thế này nhé