Theo đề bài, ta có:

\(k^2=160...081\)

Để \(k^2\) có chữ số tận cùng là 1 như đề bài cho thì \(k\) phải có chữ số tận cùng là 1(1) hoặc 9(2).

Áp dụng phép đặt tính với (1) và (2) ta tìm được \(k=...009\)

Lại có : \(k^2=160...081=160...000+81\in\left\{4000^2+81,40000^2+81,400000^2+81,...\right\}\)

\(\left\{4000^2+81,40000^2+81,400000^2+81,...\right\}< \left\{5000^2,50000^2,500000^2,...\right\}\Rightarrow k\in\left\{4009,40009,400009,...\right\}\)

Thử lại : \(4009^2=16072081\) (đúng)

              \(40009^2=1600720081\) (đúng)

              \(...\)

Vậy có tồn tại số \(k\) nguyên dương (\(k\in\left\{4009,40009,400009,...\right\}\)) để \(160...081\) là số chính phương.

Bài làm:
Ta có: \(\hept{\begin{cases}x^2+y^2+xy+1=4y\\y\left(x+y\right)^2=2x^2+7y+2\end{cases}}\)\(\left(1\right)\)\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2x^2+2=8y-2y^2-2xy\\y\left(x+y\right)^2=2x^2+2+7y\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2\left(x^2+1\right)=8y-2y^2-2xy\\y\left(x+y\right)^2=2\left(x^2+1\right)+7y\end{cases}}}\)

\(\Rightarrow y\left(x+y\right)^2=-2y^2-2xy+15y\)

\(\Leftrightarrow y\left(x+y\right)^2+2y^2+2xy-15y=0\)

\(\Leftrightarrow y\left[\left(x+y\right)^2+2\left(x+y\right)-15\right]=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}y=0\\\left(x+y\right)^2+2\left(x+y\right)-15=0\end{cases}}\)

+ Nếu \(y=0\), thay vào phần trên của HPT \(\left(1\right)\), ta được: \(x^2+1=0\)

Mà \(x^2+1\ge1>0\left(\forall x\right)\)

=> Mâu thuẫn => Không tồn tại x,y thỏa mãn HPT

+ Nếu \(\left(x+y\right)^2+2\left(x+y\right)-15=0\)

\(\Leftrightarrow\left[\left(x+y\right)^2+2\left(x+y\right)+1\right]-16=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y+1\right)^2-\left(4\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y+5\right)\left(x+y-3\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x+y+5=0\\x+y-3=0\end{cases}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=-\left(y+5\right)\\x=3-y\end{cases}}}\)

Đến đây ta lại xét 2 TH sau:

+ TH1: \(x=-\left(y+5\right)\), thay vào phần trên của HPT \(\left(1\right)\)ta được:

\(\left(y+5\right)^2+y^2-\left(y+5\right)y+1=4y\)

\(\Leftrightarrow y^2+10y+25+y^2-y^2-5y+1-4y=0\)

\(\Leftrightarrow y^2+y+26=0\)

\(\Leftrightarrow\left(y+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{103}{4}=0\)

Mà \(\left(y+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{103}{4}\ge\frac{103}{4}>0\left(\forall y\right)\)

=> Mâu thuẫn

=> Không tồn tại x,y thỏa mãn HPT

+ TH2: \(x=3-y\), thay vào phần trên của HPT \(\left(1\right)\), ta được:

\(\left(3-y\right)^2+y^2+\left(3-y\right)y+1=4y\)

\(\Leftrightarrow9-6y+y^2+y^2+3y-y^2+1-4y=0\)

\(\Leftrightarrow y^2-7y+10=0\)

\(\Leftrightarrow\left(y-2\right)\left(y-5\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}y-2=0\\y-5=0\end{cases}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}y=2\\y=5\end{cases}\Leftrightarrow}\orbr{\begin{cases}\hept{\begin{cases}x=1\\y=2\end{cases}}\\\hept{\begin{cases}x=-2\\y=5\end{cases}}\end{cases}}}\)

Vậy \(\hept{\begin{cases}x=1\\y=2\end{cases}}\)hoặc \(\hept{\begin{cases}x=-2\\y=5\end{cases}}\)

Em mới hc lp 8 nên ko bt làm có đúng ko ạ!!

Ở đoạn gần cuối em viết phương trình bị lỗi ko hiện nên em làm tiếp chỗ đó ạ:

\(...\)

\(\left(y-2\right)\left(y-5\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}y-2=0\\y-5=0\end{cases}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}y=2\\y=5\end{cases}}}\)

+ Nếu \(y=2\)thì thay vào PT \(y=3-x\)\(\Rightarrow x=1\)

+ Nếu \(y=5\)thì thay vào PT \(y=3-x\)\(\Rightarrow x=-2\)

\(...\)

ĐK: \(x\ge\frac{1}{5}\)

\(PT\Leftrightarrow\left[x+1-\sqrt{5x-1}\right]+\left[x+1-\sqrt[3]{9-x}\right]+2x^2+x-3=0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(x-1\right)\left(x-2\right)}{x+1+\sqrt{5x-1}}+\frac{\left(x-1\right)\left(x^2+4x+8\right)}{\left(x+1\right)^2+\left(x+1\right)\sqrt[3]{9-x}+\sqrt[3]{\left(9-x\right)^2}}+\left(2x+3\right)\left(x-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left[\frac{x-2}{x+1+\sqrt{5x-1}}+....\right]=0\)

=> x=1

Ta chứng minh vế trong ngoặc >0

Từ ĐK ta có \(2x+3+\frac{x-2}{x+1+\sqrt{5x-1}}>\frac{17}{5}+\left(\frac{1}{5}-2\right)=\frac{8}{5}>0\)

\(ĐK:x\ge\frac{1}{5}\)

\(\sqrt{5x-1}+\sqrt[3]{9-x}=2x^2+3x-1\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{5x-1}-2\right)+\left(\sqrt[3]{9-x}-2\right)=2x^2+3x-5\)

\(\Leftrightarrow\frac{5\left(x-1\right)}{\sqrt{5x-1}+2}-\frac{x-1}{\sqrt[3]{\left(9-x\right)^2}+2\sqrt[3]{9-x}+4}=\left(x-1\right)\left(2x+5\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(2x+5+\frac{1}{\sqrt[3]{\left(9-x\right)^2}+2\sqrt[3]{9-x}+4}-\frac{5}{\sqrt{5x-1}+2}\right)=0\)

Với điều kiện \(x\ge\frac{1}{5}\)thì  \(2x+5-\frac{5}{\sqrt{5x-1}+2}\ge2.\frac{1}{5}+5-\frac{5}{0+2}=\frac{29}{10}>0\)

Suy ra \(2x+5+\frac{1}{\sqrt[3]{\left(9-x\right)^2}+2\sqrt[3]{9-x}+4}-\frac{5}{\sqrt{5x-1}+2}>0\)

\(\Rightarrow x-1=0\Leftrightarrow x=1\)

Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất là x = 1

Với A là một tập con của tập hợp {1;2;...;2014} thỏa mãn yêu cầu đề bài toán, gọi a là phần tử nhỏ nhất của A

Xét \(b\in A,b\ne a\) ta có b>a và \(\frac{a^2}{b-a}\ge a\Rightarrow b\le2a\)(1)

Gọi c,d là phần tử lớn nhất trong A, c<d từ (1) ta có: \(d\le2a\le2c\left(2\right)\)

Theo giả thiết \(\frac{c^2}{d-c}\in A\). Mặt khác do (2) nên  \(\frac{c^2}{d-c}\ge\frac{c^2}{2c-c}\ge c\Rightarrow\frac{c^2}{d-c}\in\left\{c;d\right\}\)

Xét các trường hợp sau:

• Trường hợp 1: \(\frac{c^2}{d-c}=d\)trong trường hợp này ta có: \(\frac{c}{d}=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\) mâu thuẫn với \(c,d\inℤ^+\)
• Trường hợp 2: \(\frac{c^2}{d-c}=c\)trong trường hợp này ta có: d=2c. Kết hợp với (2) => c=d và d=2a

Do đó: A={a;2} với a=1;2;...;1007. Các tập hợp trên đều thỏa mãn yêu cầu đề bài

Vậy có tất cả 1007 tập hợp thỏa mãn

a) Gọi K là giao của MN và CD

Ta có: \(\widehat{BMN}=\widehat{MTD}\)(so le trong và MN//AP) và \(\widehat{MTD}=\widehat{APD}\) (đồng vị và MN//AP)

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

Xét \(\Delta BMN\)và \(\Delta DPA\)có:

\(\hept{\begin{cases}\widehat{MBN}=\widehat{PDA}\left(=90^o\right)\\\widehat{BMN}=\widehat{APD}\left(cmt\right)\end{cases}}\)

=> \(\Delta BMN~\Delta DPA\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{BM}{DP}=\frac{BN}{DA}\Rightarrow\frac{BM}{BN}=\frac{DP}{DA}\)

Mà \(BM=\frac{AB}{2},DA=BD\sin\widehat{ABD}=\frac{\sqrt{2}BD}{2}=\sqrt{2}OB\)

Do đó: \(\frac{\frac{\sqrt{2}OD}{2}}{BN}=\frac{DP}{\sqrt{2}OB}\Rightarrow\frac{OD}{BN}=\frac{DP}{OB}\)

Xét \(\Delta DOP\)và \(\Delta BNO\)có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{ODP}=\widehat{NBO}\left(=45^o\right)\\\frac{OD}{BN}=\frac{DP}{OB}\end{cases}\Rightarrow\Delta DOP~\Delta BNO\left(c.g.c\right)\Rightarrow\widehat{DOP}=\widehat{BNO}}\)

Mà \(\widehat{DON}=\widehat{BNO}+\widehat{OBN}=\widehat{BNO}+45^o\)

Và \(\widehat{DON}=\widehat{DOP}+\widehat{NOP}\)

Do vậy \(\widehat{NOP}=45^o\)

2. Ta có \(\frac{OP}{ON}=\frac{OD}{BN}\left(\Delta DOP~\Delta BNO\right)\)

Nên \(\frac{OP}{ON}=\frac{OB}{BN}\Rightarrow\frac{OP}{OB}=\frac{ON}{BN}\) 

Xét \(\Delta OPN\)và \(\Delta BQN\)có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{PON}=\widehat{OBN}\left(=45^o\right)\\\frac{OP}{OB}=\frac{ON}{BN}\end{cases}\Rightarrow\Delta OPN~\Delta BON\left(c.g.c\right)\Rightarrow\widehat{OPN}=\widehat{BON}}\)

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác NOP

Ta có \(\widehat{ION}=\frac{180^o-\widehat{OIN}}{2}=90^o-\widehat{OPN}=\widehat{BOC}-\widehat{BON}=\widehat{CON}\)

=> 2 tia OI,OC trùng nhau 

Vậy I thuộc OC

- Thoạt đầu, có vẻ như nhan đề của truyện không có gì thật gắn bó với nội dung của truyện. Và chỉ gần đến cuối câu chuyện, hình ảnh những ngôi sao mới xuất hiện trong những cảm xúc hồn nhiên, mơ mộng của Phương Định, ngôi sao trên bầu trời thành phố.
- Ánh đèn điện như những vì sao lung linh trong xứ sở thần thiên của những câu chuyện cổ tích.
+ Biểu hiện cho cho những tâm hồn hết sức hồn nhiên, mơ mộng, lãng mạn của những cô gái thành phố.
+ Biểu hiện cho những khát vọng, ước mơ trong tâm hồn thiếu nữ về một cuộc sống thanh bình, êm ả giữa những gì gần gũi khốc liệt của chiến tranh, không khí bàng hoàng của bom đạn, tất cả như trở nên xa vời.
+ Ánh sáng của các vì sao thường nhỏ bé, không dễ nhận ra, không rực rỡ chói loà như mặt trời, và cũng không bàng bạc, thấm đẫm bao phủ như mặt trăng. Nhiều khi nhìn lên bầu trời, ta phải thật chăm chú mới phát hiện ra những ngôi sao ấy.
- Và phải chăng vẻ đẹp của các cô thanh niên xung phong ấy cũng như vậy. Và chúng lại ''xa xôi'', vì thế phải thật chăm chú mới nhìn thấy được, mới yêu và quý trọng những vẻ đẹp như thế.

• Tác phẩm Những ngôi sao xa xôi là một tác phẩm có nhan đề hay, nhan đề này vừa có những hình ảnh với ý nghĩa cụ thể, đồng thời những hình này cũng mang những ý nghĩa ẩn dụ vô cùng sâu sắc.

• Những ngôi sao xa xôi gợi cho người đọc hình ảnh về những ngôi sao lấp lánh trên bầu trời quê hương của nhân vật chính trong câu chuyện – Phương Định. Và đây là hình ảnh trong trí nhớ của cô, gắn liền với tuổi thơ bên gia đình vô cùng ấm áp và hạnh phúc. Những kí ức đẹp đẽ luôn hiện lên trong tâm trí Phương Định cho thấy dù cho hoàn cảnh chiến tranh có tàn khốc đến đâu, thì những cô gái thanh niên xung phong vẫn luôn giữ được sự hồn nhiên, trong sáng, mơ mộng trong tâm hồn của mình. Đồng thời, qua đây, ta cũng thấy được tình yêu thương, gắn bó với quê hương của những cô gái làm thanh niên xung phong.

• Qua nhan đề này, ta còn thấy được sự lấp lánh của ba cô gái thanh niên thời kháng chiến chống Mĩ. Dù chiến tranh có khốc liệt đến đâu, dù bom đạn có dội xuống tuyến đường Trường Sơn tàn khốc như thế nào, thì ba cô gái vẫn như những ngôi sao lấp lánh trên đỉnh cao Trường Sơn, sao tuy ở xa nhưng lại gần gũi và luôn khiến con người ở mọi thời đại đều cảm phục, thương yêu.

• Tên tác phẩm gợi lên những xúc cảm lãng mạn trong thời cách mạng oai hùng, làm giảm bớt đi phần nào những đau thương, mất mát mà chiến tranh gây ra.

•  Đồng thời, Những ngôi sao xa xôi cũng góp phần thể hiện tư tưởng của tác giả cũng như chủ đề của câu chuyện đó là đề cao chủ nghĩa anh hùng, vẻ đẹp tâm hồn, đồng thời cũng ca ngợi những phẩm chất đáng quý của con người Việt Nam thời cứu nước

• Bài làm:

• Nhan đề Những ngôi sao xa xôi như muốn gợi nhớ về những ngôi sao trong trí nhớ của nhân vật Phương Định, đó là khoảng thời gian yên bình, hạnh phúc và ấm áp khi cô gái trẻ được sống trong tình thương của gia đình. Điều này cho thấy tấm lòng của cô luôn luôn hướng về gia đình, về nơi chôn rau cắt rốn.

  Những ngôi sao xa xôi còn là biểu tượng cho tâm hồn hết sức tươi trẻ, lãng mạn và mơ mộng của những cô gái thành phố đi là thanh niên xung phong trên tuyến đường Trường Sơn khốc liệt. Đây cũng là biểu hiện cho những khát vọng hết sức giản dị của những tâm hồn thiếu nữ, ước mơ về một cuộc sống êm ả, thanh bình. Điều này đối lập hoàn toàn với hình ảnh chiến tranh khốc liệt, không khí bom đạn bàng hoàng, tất cả những thứ tàn khốc này dường như đều trở nên lu mờ trước những ước mơ vô cùng tươi đẹp của các cô gái. Ánh sáng của những vì sao có thể không rực rỡ và chói lòa được như mặt trời, không sáng tỏ được như mặt trăng, phải thật sự để tâm mới có thể nhận ra ánh sáng tinh khôi của những vì sao. Qua đây, tác giả dường như muốn nói rằng vẻ đẹp của những cô gái thanh niên xung phong cũng giống như vẻ đẹp của những ngôi sao trời, phải thật chăm chú quan sát, cảm nhận thì mới thấy được những vẻ đẹp đáng được trân quý toát ra từ sâu trong tâm hồn họ.

  

  Nhan đề của tác phẩm còn muốn nói lên rằng, ba cô gái đi làm thanh niên xung phong giống như những ngôi sao sáng trên bầu trời vô cùng rộng lớn, tinh thần yêu nước, sự dũng cảm, vẻ đẹp tâm hồn của họ luôn toả sáng lấp lánh một cách diệu kì. Và họ càng tỏa sáng hơn nữa khi tràn đầy nhiệt huyết để luôn hoàn thành nhiệm vụ trên tuyến đường Trường Sơn gian khổ. Sự tỏa sáng của họ khiến người dân Việt Nam bao đời đều cảm thấy khâm phục.

  Không những thế, nhan đề còn như một lời khẳng định về vẻ đẹp tâm hồn của những thanh niên trẻ Việt Nam, đồng thời ca ngợi những phẩm chất đáng quý đó. Người Việt Nam luôn sẵn sàng đứng lên, tỏa sáng như những vì sao lấp lánh để chiến đấu bảo vệ sự tự do, độc lập của dân tộc.

  Dù là một câu chuyện ngắn viết về đề tài chiến tranh, song, nhan đề của tác phẩm khiến cho người đọc không có cảm giác về sự ác liệt cũng như mất mát của cuộc chiến. Người đọc chỉ thấy ánh lên những niềm tin, những tia hi vọng lấp lánh như những vì sao trời, những tia hi vọng, những niềm lạc quan về một tương lai tươi sáng – ngày mà đất nước được hoàn toàn độc lập. Và sự lạc quan toát ra ngay từ nhan đề chính là ẩn ý sâu sắc của nhà văn Lê Minh Khuê khi đặt tiêu đề Những ngôi sao xa xôi cho tác phẩm của mình.

  Nói tóm lại, qua nhan đề này, tác giả Lê Minh Khuê muốn làm nổi bật tâm hồn mơ mộng, trong sáng của những cô gái trẻ, đồng thời cũng muốn ca ngợi tinh thần dũng cảm của các cô gái trong cuộc chiến đấu vô cùng gian khổ vì độc lập dân tộc. Các cô gái đã hi sinh cả tuổi thanh xuân trên tuyến đường Trường Sơn tàn khốc – đây cũng là biểu tượng, là hình ảnh đẹp tượng trưng cho cả một thế hệ trẻ Việt Nam vô cùng anh dũng thời kháng chiến chống Mĩ cứu nước.

\(x = {-b \pm \sqrt{b^2-4ac} \over 2a}\) fhhhhhhhhh

Cách 1:

\(\frac{1}{ab+a+2}=\frac{1}{\left(ab+1\right)+\left(a+1\right)}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{ab+1}+\frac{1}{a+1}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{c}{c+1}+\frac{1}{a+1}\right)\)

Tương tự:\(\frac{1}{bc+b+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{a+1}+\frac{1}{b+1}\right);\frac{1}{ac+c+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{b}{b+1}+\frac{1}{c+1}\right)\)

Tương tự cộng vế theo vế có đpcm

Cách 2:

Áp dụng Cauchy Schwarz ta dễ có:

\(\frac{1}{ab+a+2}=\frac{1}{\left(ab+a+1\right)+1}\le\frac{1}{16}\left(\frac{3^2}{ab+a+1}+\frac{1}{1}\right)=\frac{1}{16}\left(\frac{9}{ab+a+1}+1\right)\)

Tương tự:

\(\frac{1}{bc+b+2}\le\frac{1}{16}\left(\frac{9}{bc+b+1}+1\right);\frac{1}{ca+c+2}\le\frac{1}{16}\left(\frac{9}{ca+c+1}+1\right)\)

Cộng lại:

\(LHS\le\frac{9}{16}\left(\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ca+c+1}\right)+\frac{3}{16}\)

Mà \(abc=1\) nên theo bổ đề quen thuộc ta có được đẳng thức sau luôn đúng:

\(\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ca+c+1}=1\)

Khi đó ta có được đpcm

Vừa nghĩ ra cách này khá là oke gửi đến các bạn :))

Nháp:

Ta đặt \(\left(a;b;c\right)\rightarrow\left(\frac{u}{v};\frac{v}{w};\frac{w}{u}\right)\) thì ta có được:

\(\frac{1}{ab+a+2}=\frac{1}{\frac{u}{v}\cdot\frac{v}{w}+\frac{u}{v}+2}=\frac{vw}{uv+uw+2vw}\) đến đây ta chưa được gì  cả nên nghĩ đến hướng đi khác

Để ý rằng ta làm tử và mẫu khử nhau rồi tạo ra phân thức mới rồi nhân ngược lên ta được tử số có 2 thừa số nhân lại với nhau

Ta cần tạo ra ít mẫu nhất có thể để bớt sự phức tạp. Mà ta lại có:

\(\frac{1}{ab+a+2}=\frac{1}{\frac{u}{v}\cdot\frac{w}{u}+\frac{u}{v}+2}=\frac{v}{w+u+2v}\)

Đến đây rõ ràng đã bớt sự phức tạp. Khi đó ta có lời giải như sau:

Đặt \(\left(a;b;c\right)\rightarrow\left(\frac{u}{v};\frac{w}{u};\frac{v}{w}\right)\)

Ta có được 

\(LHS=\frac{v}{w+u+2v}+\frac{w}{u+v+2w}+\frac{u}{v+w+2u}\)

\(=3-\left(\frac{u+v+w}{w+u+2v}+\frac{u+v+w}{u+v+2w}+\frac{u+v+w}{v+w+2u}\right)\)

\(=3-\left(u+v+w\right)\left(\frac{1}{u+w+2v}+\frac{1}{u+v+2w}+\frac{1}{v+w+2u}\right)\)

\(\le3-\left(u+v+w\right)\cdot\frac{9}{4\left(u+v+w\right)}=\frac{3}{4}\)

Đẳng thức xảy ra tại a=b=c=1

Ta có:\(\left(a-b\right)^2\ge0\Rightarrow a^2+b^2\ge2ab\Rightarrow ab\le\frac{a^2+b^2}{2}\) với a;b là các số thực

Áp dụng vào bài toán ta có:

\(LHS=x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-z^2}+z\sqrt{1-x^2}\)

\(\le\frac{x^2+1-y^2}{2}+\frac{y+2-z^2}{2}+\frac{z+3-x^2}{2}\)

\(=3=RHS\)

Đẳng thức xảy ra tại \(x=1;y=0;z=\sqrt{2}\)

Vậy ..............