ĐK: \(x\ge0\)

đặt y= \(\sqrt{x+20}\)

=> \(y^2=x+20\)

\(z=\sqrt{20+\frac12y}\Rightarrow z^2=20+\frac12y\)

\(t=\sqrt{20+\frac12z}\Rightarrow t^2=20+\frac12z\)

\(u=\sqrt{20+\frac12t}\Rightarrow u^2=20+\frac12t\)

=> \(2x=u\Rightarrow x=\frac12u\)

=> \(y^2=20+\frac12u\)

Không mất tính tổng quát, giả sử : y>z

=>u>y=> \(u^2>y^2\)

=> t>u=> \(t^2>u^2\)

=> z>t

=> y>z>t>u>y( vô lí)

tương tự với y<z

=> y=z=t=u

=> \(y^2=20+\frac12y\)

<=> \(2y^2-y-40=0\)

=> \(x_1=\frac{1+\sqrt{321}}{4}\left(TM\right);x_2=\frac{1-\sqrt{321}}{4}\left(loại\right)\)

KL:....

bài 3:

đặt \(2^{x}+3^{y}+4=k^2\) (k ∈ \(Z^{+}\) )

ta có \(3^{y}\) ≡ 0( mod 3 ) và 4 ≡ 1 ( mod 3 )

=> \(k^2\) ≡\(2^{x}+1\) (mod 3)

một số chính phương khi chia cho 3 chỉ có số dư là 1 và 0

với x là số chẵn => \(2^{x}\equiv\left(-1\right)^{x}\equiv1\) (mod 3)

=> \(k^2\equiv1+1\equiv2\) (mod 3) ( vô lí)

với x là số lẻ => \(2^{x}\equiv-1\) (mod 3)

=> \(k^2\equiv0\) (mod 3) (TM)

đặt k=3m(m ∈ \(Z^{+}\) )

thử với các giá trị nguyên nhỏ ta tìm dc x=1;y=1

giả sử \(:x\ge2\Rightarrow x\ge3\)

=> \(2^{x}\equiv0\) (mod 4)

\(k^2\equiv3^{y}\equiv-1^{y}\) (mod 4)

một số chính phương khi chia cho 4 chỉ có dư là 1 hoặc 0

=> \(\left(-1\right)^{y}\equiv1\) (mod 4)

=> y là số chẵn

đặt y=2n

ta có: \(2^{x}+3^{y}+4=k^2\Rightarrow2^{x}+4=k^2-3^{y}\)

=> \(4\left(2^{x-2}+1\right)=k^2-3^{2n}=\left(k^{}-3^{n}\right)\left(k^{}+3^{n}\right)\)

nhận thấy \(\left(k^{}+3^{n}\right)-\left(k-3^{n}\right)=2\cdot3^{n}\) là một số chẵn nên \(k+3^{n}\) và \(k-3^{n}\) phải cùng tính chẵn lẻ

mà tích là số chẵn nên nhân tử cx phải là số chẵn

đặt

đặt \(k-3^{n}=2u\) và \(k+3^{n}=2v\) (u<v)

=> \(v-u=3^{n}\)

\(u\cdot v=2^{x+1}+1\)

vì \(x\ge3\Rightarrow2^{x+1}+1\) là số lẻ

=> u.v là số lẻ => u;v là số lẻ

nhưng nếu u;v là số lẻ thì v-u phải là số chẵn

vậy phương trình không có nghiệm khi \(x\ge2\)

vậy (x;y) =(1;1)

bài 4:

giả sử \(2^{x}\cdot5^{y}+4=k^2\) (k ∈ N)

\(\Rightarrow2^{x}\cdot5^{y}=\left(k-2\right)\left(k+2\right)\)

đặt A=k-2 và B=k+2=>B-A=4 nên A và B cùng tính chẵn lẻ

với x=0

=> \(5^{y}+4=k^2\Rightarrow5^{y}=\left(k-2\right)\left(k+2\right)\)

vì gcd(A,B)=gcd(A,B-A)=gcd(A,4)

vì A lẻ nên gcd(A,B)=1

=> \(A=1\) và B= \(5^{y}\) => \(5^{y}-1=4\) => \(5^{y}=5\Rightarrow y=1\)

ta có một cặp nghiệm (x,y)=(0,1)

với x=1

<=> \(2\cdot5^{y}+4=k^2\)

vì \(5^{y}\) \(\equiv\) 1(mod 4)=> \(2\cdot5^{y}+4\equiv6\equiv2\) (mod 4)

vì số chính phương khi chia cho 4 chỉ có thể là 0;1 nên vô lí

với \(x\ge2\)

tích \(A\cdot B=2^{x}\cdot5^{y}\) là số chẵn ; vì A, B cùng tính chẵn lẻ nên cả hai đều phải chẵn

đặt A=2u và B=2v ta có:

v-u=2

u.v= \(2^{x-2}\cdot5^{y}\)

do v-u=2 nên u và v cùng tính chẵn lẻ

nếu u,v cùng lẻ:

=> u.v là số lẻ nên phương trình không chứa thừa số 2

=> x-2=0=>x=2

lúc này: \(u\cdot v=5^{y}\)

vì gcd(u,v)=gcd(u,v-u)=gcd(u,2)=1

=> u=1 và \(v=5^{y}\)

=> \(5^{y}-1=2\Rightarrow5^{y}=3\) ( vô nghiệm)

nếu u,v cùng chẵn: đặt u=2m và v=2n

=> \(n-m=1\)

nên m,n nguyên tố cùng nhau

\(u\cdot v=4mn=2^{x-2}\cdot5^{y}\Rightarrow mn=2^{x-4}\cdot5^{y}\) (đk: \(x\ge4\) )

=> \(\left\vert2^{x-4}-5^{y}\right\vert=1\)

đặt a=x-4

TH1: \(2^{a}-5^{y}=1\) (\(a\ge0\) )

=> \(2^{a}=1+5^{y}\)

nếu y=0=> \(2^{a}=2\Rightarrow a=1\Rightarrow x=5\)

nếu \(y\ge1\)

vì \(5^{y}\equiv1\) (mod 4)=> \(5^{y}+1\equiv2\) (mod 4)

=>a=1 => \(5^{y}=1\Rightarrow y=0\) ( vô lí vì \(y\ge1\) )

TH2: \(5^{y}-2^{a}=1\Rightarrow5^{y}=2^{a}+1\)

nếu a=0=> \(5^{y}=2\) ( vô nghiệm)

nếu a=1 => \(5^{y}=3\) ( vô nghiệm)

nếu a=2 => \(5^{y}=5\Rightarrow y=1\Rightarrow x=6\)

nếu \(a\ge3\) :

=> \(2^{a}\equiv0\) (mod 8)=> \(5^{y}\equiv1\) (mod 8)

mà lũy thừa của 5 theo modulo 8 là chu kỳ 5,1,5,.... nên y chẵn

đặt y=2p

=> \(2^{a}=5^{2p}-1=\left(5^{p}-1\right)\left(5^{p}+1\right)\)

=> \(5^{p}-1=2\Rightarrow5^{p}=3\) ( vô nghiệm)

kết luận:........

... :v tớ lại phải xử lí cả đống bài đăng cậu đăng rùi, cậu giữ nguyên một cái đề phương trình á hả mà ngày nào cx phải ít nhất 3,4 câu

sửa đề: cho tam giác ABC vuông tại A(AB<AC) , có đường cao AF và đường phân giác BE. Trên cạnh BC lấy điểm D sao cho BD=BA

a) CM: △ABE=△DBE

b) Gọi H là giao điểm của AF và BE. Gọi Q là điểm đối xứng của H qua F

CM: DH⊥AB và tứ giác AQDE là hình thang cân

c) đường trung trực của đoạn thẳng DE cắt BE tại K. CM: KQ=KD

a) thì dễ CM

b) => △ABH=△DBH

=> góc BDH= góc BAH= góc C

=> DH//AC

=> DH⊥AB

ta có góc DQA= 90 độ- góc FDQ= 90 độ- góc FDH= 90 độ-( 90 độ- góc B)= góc B

mà góc B= góc EAQ

=> góc EAQ= góc DQA và ED//AQ

=> tứ giác AQDE là hình thang cân

c) => K là trung điểm của BE

=> \(DK=\frac12BE\)

dễ dàng CM: △BHF~△BEA

=> \(\frac{BH}{BE}=\frac{BF}{BA}\)

ta có BQ=BH và góc CBQ= góc CBH

=> góc EBQ= góc EBC+ góc CBQ= góc B/2+ góc B/2= góc B

xét tam giác BQE và tam giác BFE

\(\frac{BQ}{BE}=\frac{BF}{BA}\)

góc EBQ= góc ABF

=> △BQE~△BFA

=> góc BQE= góc BFQ= 90 độ

=> △EQB vuông tại Q

=> \(KQ=\frac12BE\)

=> KQ=KD

lí do cậu thấy K trùng H là vì khi cậu vẽ vô tình vẽ tam giác ABD giống tam giác đều nên H vừa là trực tâm vừa là trọng tâm

gọi I là giao của AD và HE

=> BH=2HI

dễ dàng CM: tứ giác AHDE là hình thoi

=> I là trung điểm HE

=> BH=HE

mà BK=KE

=> K trùng H

sửa đề: \(\frac{x+4}{2000}+\frac{x+3}{2001}=\frac{x+2}{2002}+\frac{x+1}{2003}\)

cộng thêm 2 vào mỗi vế ta dc

\(\frac{x+4}{2000}+1+\frac{x+3}{2001}+1=\frac{x+2}{2002}+1+\frac{x+1}{2003}+1\)

\(\frac{x+2004}{2000}+\frac{x+2004}{2001}=\frac{x+2004}{2002}+\frac{x+2004}{2003}\)

\(\Rightarrow\) \(\frac{x+2004}{2000}+\frac{x+2004}{2001}-\frac{x+2004}{2002}-\frac{x+2004}{2003}=0\)

\(\left(x+2004\right)\left\lbrack\left(\frac{1}{2000}+\frac{1}{2001}\right)-\left(\frac{1}{2002}+\frac{1}{2003}\right)\right\rbrack=0\)

vì \(\frac{1}{2000}+\frac{1}{2001}>\frac{1}{2002}+\frac{1}{2003}\) nên \(\left\lbrack\left(\frac{1}{2000}+\frac{1}{2001}\right)-\left(\frac{1}{2002}+\frac{1}{2003}\right)\right\rbrack>0\)

=> x+2004=0

=>x=-2004(TM)

đặt u=x-1 và v=y-1

cộng vế hai phương trình

\(u^2-2uv=-8\Rightarrow v=\frac{u^2+8}{2u}\) (u≠0)

thay vào phương trình (1)

\(u^2-v^2=-3\)

<=> \(u^2-\frac{\left(u^2+8\right)^2}{4u^2}=-3\Leftrightarrow3u^4-4u^2-64=0\)

\(\left(3u^2-16\right)\left(u^2+4\right)=0\)

\(u=\pm\frac{4\sqrt3}{3}\)

=> \(v=\pm\frac{5\sqrt3}{3}\)

=> (x;y) ∈ \(\left\lbrace\left(1+\frac{4\sqrt3}{3}\right.;1+\frac{5\sqrt3}{3}\right);\left(1-\frac{4\sqrt3}{3};1-\frac{5\sqrt3}{3}\right)\)

đặt phương trình (1)(2) và ĐKXĐ như ông ở trên

<=>\(\left(2x-y+1\right)\left(x-y+1\right)=0\)

TH1: y=2x+1

<=> \(-3x+3=\sqrt{4x+1}+\sqrt{9x+4}\)

x=0 thì đúng và =>y=1

với x>0=> VT<3 trong khi VP>3

với \(-\frac14\le x<0\) => VT>3 trong khi VP<3

TH2:y=x+1

thay vào phương trình (2) ta dc

<=> \(4x^2-\left(x+1\right)^2+x+4=\sqrt{2x+x+1}+\sqrt{x+4\left(x+1\right)}\)

<=> \(3\left(x^2-x\right)+\left(x+1-\sqrt{3x+1}\right)+\left(x+2-\sqrt{5x+4}\right)=0\)

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

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

vì \(x\ge-\frac13\left(ĐKXĐ\right)\) nên

\(x^2-x=0\Rightarrow x=0;1\)

=> y=1;2

vậy (x;y) ∈(0;1),(1;2)

gọi lần lượt hai phương trình là (1)(2)

từ pt (2) cho (1) theo vế)

=>-xy+5x-4y=15

<=>(x+4)(y-5)=-35

=> \(y=\frac{5x-15}{x+4}\)

biến đổi pt (1)=> \(\left(x-2\right)^2+\left(y+1\right)^2=2\)

thay \(y=\frac{5x-15}{x+4}\) vào (1) và đặt u=x-2=>x=u+2

<=> \(u^2+\left(\frac{6u+1}{u+6}\right)^2=2\)

\(u^2\left(x+6\right)^2+\left(6u+1\right)^2=2\left(u+6\right)^2\)

\(u^4+12u^3+70u^2-12u-71=0\)

\(\left(u^2-1\right)\left(u^2+12u+71\right)=0\)

vì \(u^2+12u+71=\left(u+6\right)^2+35>0\) nên

\(u^2-1=0\Rightarrow u=1\) hoặc \(u=-1\)

=> x=3 hoặc x=1

=> y=0 hoặc y=-1

vậy (x;y) ∈(3;0),(1;-2)