\(f\left(-1\right)=-a+1\)

\(f\left(f\left(-1\right)\right)=f\left(-a+1\right)=\dfrac{a}{-a+1}+1=\dfrac{1}{-a+1}\)

\(f\left(f\left(-1\right)\right)+a=0\Rightarrow\dfrac{1}{-a+1}+a=0\)

\(\Rightarrow-a^2+a+1=0\) (\(a\ne1\))

\(\Rightarrow a=\dfrac{1\pm\sqrt{5}}{2}\)

\(a=\dfrac{1\pm\sqrt{5}}{2}\)

\(u_3=u_2+u_1\)

\(u_4=u_3+u_2=\left(u_2+u_1\right)+u_2=2u_2+u_1=\left(4-2\right)u_2+\left(4-3\right)u_1\)

\(u_5=u_4+u_3=\left(4-2\right)u_2+\left(4-3\right)u_1+u_2+u_1=\left(5-2\right)u_2+\left(5-3\right)u_1\)

...

\(\Rightarrow u_n=\left(n-2\right)u_2+\left(n-3\right)u_1\)

\(\Rightarrow u_{37}=35u_2+34u_1=...\)

Thực hiện các phép chia đa thức, thu được:

\(f\left(x\right)=\left(x+3\right)\left[x^2+\left(b-3\right)x+\left(c-3b+9\right)\right]+d-3c+9b-27\)

\(f\left(x\right)=\left(x-4\right)\left[x^2+\left(b+4\right)x+c+4b+16\right]+d+4c+16b+64\)

\(f\left(x\right)=\left(x+3\right)\left(x-4\right)\left(x+b+1\right)+\left(c+b+13\right)x+d+12b+12c\)

Theo đề bài, ta có \(d-3c+9b-27=1\)      (1)

\(d+4c+16b+64=8\)       (2)

\(b+1=-3\) \(\Leftrightarrow b=-4\)

và \(\left(b+c+13\right)x+d+12b+12c\ne0\)        (3)

Thế \(b=-4\) vào (1) và (2), thu được

\(d-3c-36-27=1\Leftrightarrow d-3c=64\)

và \(d+4c-64+64=8\) \(\Leftrightarrow d+4c=8\)

Từ đó suy ra \(\left(c;d\right)=\left(-8;40\right)\)

Thử lại, thấy thỏa mãn.

Do đó, \(\left(b,c,d\right)=\left(-4,-8,40\right)\)

\(\Delta'=\left(m-1\right)^2-\left(2m-3\right)=m^2+4>0;\forall m\)

\(\Rightarrow\) Pt luôn có 2 nghiệm pb với mọi m

Theo hệ thức Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\left(m-1\right)\\x_1x_2=2m-3\end{matrix}\right.\)

- Với 

\(x_1^2-2x_2=7\)

\(\Leftrightarrow x_1\left(x_1+x_2\right)-x_1x_2-2x_2=7\)

\(\Leftrightarrow2\left(m-1\right)x_1-\left(2m-3\right)-2x_2=7\)

\(\Leftrightarrow2mx_1-2\left(x_1+x_2\right)=2m+4\)

\(\Leftrightarrow mx_1-2\left(m-1\right)=m+2\)

\(\Leftrightarrow mx_1=3m\)

- Với \(m=0\) thỏa mãn

- Với \(m\ne0\Rightarrow x_1=3\)

Thế vào \(x_1+x_2=2\left(m-1\right)\Rightarrow x_2=2m-5\)

Thế tiếp vào \(x_1x_2=2m-3\) \(\Rightarrow3\left(2m-5\right)=2m-3\)

\(\Rightarrow m=3\)

Vậy \(\left[{}\begin{matrix}m=0\\m=3\end{matrix}\right.\)

\(B=\sqrt{\dfrac{8+\sqrt{15}}{2}}+\sqrt{\dfrac{8-\sqrt{15}}{2}}\) 

\(B=\dfrac{\sqrt{8+\sqrt{15}}}{\sqrt{2}}+\dfrac{\sqrt{8-\sqrt{15}}}{\sqrt{2}}\)

\(B=\dfrac{\sqrt{2}\cdot\sqrt{8+\sqrt{15}}}{\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}}+\dfrac{\sqrt{2}\cdot\sqrt{8-\sqrt{15}}}{\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}}\)

\(B=\dfrac{\sqrt{16+2\sqrt{15}}}{2}+\dfrac{\sqrt{16-2\sqrt{15}}}{2}\)

\(B=\dfrac{\sqrt{\left(\sqrt{15}\right)^2+2\cdot\sqrt{15}\cdot1+1^2}}{2}+\dfrac{\sqrt{\left(\sqrt{15}\right)^2-2\cdot\sqrt{15}\cdot1+1^2}}{2}\)

\(B=\dfrac{\sqrt{\left(\sqrt{15}+1\right)^2}}{2}+\dfrac{\sqrt{\left(\sqrt{15}-1\right)^2}}{2}\)

\(B=\dfrac{\sqrt{15}+1+\sqrt{15}-1}{2}\)

\(B=\dfrac{2\sqrt{15}}{2}\)

\(B=\sqrt{15}\)

A B C K D H I

a/ Ta có 

\(\widehat{ADI}=\widehat{AKI}=90^o\)

=> D và K cùng nhìn AI dưới 1 góc \(90^o\) => D; K thuộc đường tròn đường kính AI => A; D; K; I cùng thuộc một đường tròn

b/ Xét tg vuông DAH và tg vuông ABC có

\(\widehat{DAH}=\widehat{ACB}\) (cùng phụ với \(\widehat{ABC}\) )

=> tg DAH đồng dạng với ABC (g.g.g)

M A O B E F H K P Q

a/

Ta có

AE = HE; BF = HF (2 tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm ngoài hình tròn thì khoảng cách từ điểm đó đến 2 tiếp điểm bằng nhau)

=> AE + BF = HE + HF = EF (dpcm)

b/ Gọi P; K; Q lần lượt là giao của OE; OM; OF với (O)

Ta có

sđ cung PA = sđ cung PH (Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm ngoài hình tròn thì đường nối điểm đó với tâm chia đôi cung chắn bởi 2 tiếp điểm)

sđ cung QB = sđ cung QH (lý do như trên)

=> sđ cung PH + sđ cung QH = sđ cung PA + sđ cung QB

=> sđ cung APH = sđ cung BQH

Mà sđ cung APH + sđ cung BQH = sđ cung AKB

=> sđ cung APH = sđ cung BQH = \(\dfrac{sđcungAKB}{2}\) (1)

Ta có

sđ cung KA = sđ cung KB (Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm ngoài hình tròn thì đường nối điểm đó với tâm chia đôi cung chắn bởi 2 tiếp điểm)

Mà sđ cung KA + sđ cung KB = sđ cung AKB

=> sđ cung KA = sđ cung KB = \(\dfrac{sđcungAKB}{2}\) (2)

Ta có

\(sđ\widehat{MOA}=sđcungKA=\dfrac{sđcungAKB}{2}\) (góc ở tâm đường tròn) (3)

\(sđ\widehat{FOE}=sđcungPHQ=sđcungPH+sđcungQH=\dfrac{sđcungAKB}{2}\) (góc ở tâm đường tròn) (4)

Từ (1) (2) (3) (4) \(\Rightarrow\widehat{MOA}=\widehat{FOE}\)

\(n\) chẵn \(\Rightarrow n=2k\left(k\inℤ\right)\) 

Khi đó \(P=\dfrac{n}{12}+\dfrac{n^2}{8}+\dfrac{n^3}{24}\)

\(=\dfrac{k}{6}+\dfrac{k^2}{2}+\dfrac{k^3}{3}\)

\(=\dfrac{k+3k^2+2k^3}{6}\)

\(=\dfrac{k\left(2k^2+3k+1\right)}{6}\)

\(=\dfrac{k\left(2k+1\right)\left(k+1\right)}{6}\)

 Nhận thấy \(k,k+1\) là 2 số nguyên liên tiếp nên \(k\left(k+1\right)\left(2k+1\right)⋮2\)

 Nếu \(k\equiv0,2\left[3\right]\) thì dễ thấy \(k\left(2k+1\right)\left(k+1\right)⋮3\). Nếu \(k\equiv1\left[3\right]\) thì \(2k+1\equiv2.1+1=3\left[3\right]\) nên \(k\left(2k+1\right)\left(k+1\right)⋮3\). 

 Do vậy, \(k\left(k+1\right)\left(2k+1\right)⋮6\). Suy ra đpcm.

• Phenis
• 
• 21/04/2021

Giải thích các bước giải:

A=n12+n28+n324�=�12+�28+�324

=2n+3n2+n324=2�+3�2+�324

=n(n2+3n+2)24=�(�2+3�+2)24

=n24⋅(n2+3n+2)=�24⋅(�2+3�+2)

=n24[n(n+1)+2(n+1)]=�24[�(�+1)+2(�+1)]

=n(n+1)(n+2)24=�(�+1)(�+2)24

Vì n(n+1)(n+2)�(�+1)(�+2) là tích ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 33

Lại có n� là số chẵn, nên đặt n=2k�=2�, ta có:

n(n+1)(n+2)=2k(2k+1)(2k+2)=4k(k+1)(2k+1)�(�+1)(�+2)=2�(2�+1)(2�+2)=4�(�+1)(2�+1)

Do k(k+1)�(�+1) là tích hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2 và 4k(k+1)(2k+1)4�(�+1)(2�+1) chia hết cho 8

Vậy A chia hết cho 3 và 8, vậy A chia hết cho 24

⇒A⇒� là số nguyên 

 Nhận thấy \(a\) phải là số nguyên tố lẻ. 

 Xét \(a=3\). Khi đó \(3^2+8=17\) là snt. Lúc này \(3^2+2=11\) cũng là snt (thỏa mãn).

 Xét \(a>3\). Khi đó vì \(a\) là snt nên \(a⋮̸3\) \(\Rightarrow a^2\equiv1\left[3\right]\) \(\Rightarrow a^2+8⋮3\), không thỏa mãn.

 Do đó để \(a\) và \(a^2+8\) là snt thì \(a=3\)

 Vậy ta có đpcm.

Nếu \(a=2\Rightarrow a^2+8=12\) là hợp số (loại)

Nếu \(a=3\Rightarrow a^2+8=17\) cũng là SNT, khi đó \(a^2+2=11\) là SNT (thỏa mãn)

Nếu \(a>3\Rightarrow a\) ko chia hết cho 3 \(\Rightarrow a^2\) chia 3 luôn dư 1

\(\Rightarrow a^2+8\) chia hết cho 3 \(\Rightarrow\) là hợp số (loại)

Vậy ...

\(x^2+3y^2+4x+10y-14=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+2\right)^2+3y^2+10y=18\) (1)

\(\Rightarrow3y^2+10y\le18\)

\(\Rightarrow2y^2+8y\le3y^2+10y\le18\)

\(\Rightarrow2y^2+8y+8\le26\)

\(\Rightarrow\left(y+2\right)^2\le13\) 

Mà \(y\) nguyên và \(y\ge0\) \(\Rightarrow y=\left\{0;1\right\}\) 

- Với \(y=0\) thay vào (1) \(\Rightarrow\left(x+2\right)^2=18\) ko tồn tại x nguyên thỏa mãn

- Với \(y=1\) thay vào (1) \(\Rightarrow\left(x+2\right)^2+13=18\Rightarrow\left(x+2\right)^2=5\)  không tồn tại x nguyên thỏa mãn

Vậy ko tồn tại các số nguyên không âm x; y thỏa mãn