Bình phương 2 vế, rút gọn quy đồng rồi tách biểu thức chứa căn với biểu thức ko chứa căn ra làm 2 vế, rồi bình phương lần nữa, thử lại là ra.

ca này khó nói quá, chắc hỏi thử mấy người chức vụ cao như anh POP chẳng hạn ._.

Hết cứu :/

C₁: (dùng Menelaus) EF cắt BC tại L. Dễ dàng chứng minh AD,BE,CF đồng quy (tại điểm Gergonne), nên \(\dfrac{LB}{LC}=\dfrac{DB}{DC}\Rightarrow\dfrac{BD}{BL}=\dfrac{CD}{CL}\).

Mà \(\dfrac{CD}{CL}=\dfrac{EK}{EL}\Rightarrow\dfrac{BD}{BL}=\dfrac{EK}{EL}\). Đến đây áp dụng định lí Menelaus cho tam giác LKD với cát tuyến BGE là xong.

Bài này có thể tổng quát như sau: Cho tam giác ABC có AD, BE,CF đồng quy. Từ D kẻ đường thẳng song song với AC cắt BE, FE tại G,K thì G là trung điểm KD.

C₂: (dùng hàng điểm điều hoà). EF cắt BC tại L. Dễ dàng chứng minh AD,BE,CF đồng quy (tại điểm Gergonne), nên \(\left(LD,BC\right)=-1\)

\(\Rightarrow E\left(LD,BD\right)=-1\Rightarrow E\left(KD,GC\right)=-1\). Mà EC//KD nên ta có đpcm.

(bài này chắc tác giả chế từ tính chất \(\left(LD,BC\right)=-1\) thôi).

C1: Kẻ phân giác trong góc A rồi biến đổi đại số (chắc 2,3 dòng thôi).

C2: \(\sin A=\sin2B=2\sin B\cos B\)

\(\Rightarrow\dfrac{\sin A}{\sin B}=2\cos B\Rightarrow\dfrac{BC}{CA}=\dfrac{AB^2+BC^2-CA^2}{AB.BC}\Rightarrow BC^2.AB=AB^2.AC+BC^2.AC-AC^3\)

\(\Rightarrow BC^2\left(AB-AC\right)=AC\left(AB-AC\right)\left(AB+AC\right)\)

Nếu AB=AC thì \(\widehat{A}=180^0-2\widehat{B}=2\widehat{B}\Rightarrow\widehat{B}=45^0\) =>đpcm.

Nếu \(AB\ne AC\Rightarrow BC^2=AC^2+AB.AC\left(đpcm\right)\)

Có: \(u_n=\sum\limits^n_{k=1}\dfrac{1}{\sqrt{n^2+k}}< \dfrac{n}{\sqrt{n^2+n}}=\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{1}{n}}}\)

Lại có: \(u_n=\sum\limits^n_{k=1}\dfrac{1}{\sqrt{n^2+k}}>\dfrac{n}{\sqrt{n^2+1}}=\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{1}{n^2}}}\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{1}{n^2}}}< u_n< \dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{1}{n}}},\forall n\ge1\)

Mặt khác \(\lim\limits\left(\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{1}{n^2}}}\right)=\lim\limits\left(\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{1}{n}}}\right)=1\), nên theo nguyên lí kẹp, ta có \(limu_n=1\)

\(f\left(x\right)=\dfrac{5^x}{5^x+5}=\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{5^{x-1}}}\Rightarrow f\left(0\right)=\dfrac{1}{6}\).

Xét \(g:\left[0;+\infty\right]\rightarrow R\) xác định bởi \(g\left(x\right)=f\left(x^3+3mx^2+3m^2x\right)+f\left(m^3+m+1+\sqrt[3]{x+1}\right)-1\)

Có: \(g\left(0\right)=f\left(0\right)+f\left(m^3+m+2\right)-1=\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{5^{m^3+m+1}}}-\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{5}}\)

Nếu \(m^3+m+1=1\Leftrightarrow m=0\) thì \(g\left(0\right)=0\)

Nếu \(m^3+m+1< 1\Leftrightarrow m< 0\) thì \(g\left(0\right)< 0\). Mặt khác:

\(\lim\limits g\left(x\right)_{x\rightarrow+\infty}=\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\left(\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{5^{x^3+3mx^2+3m^2x-1}}}+\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{5^{m^3+m+\sqrt[3]{x+1}}}}-1\right)=1>0\)

, nên theo định lí giá trị trung bình, g có ít nhất 1 nghiệm thuộc \(\left(0;+\infty\right)\).

Nếu \(m^3+m+1>1\Leftrightarrow m>0\):

Xét \(m\ge1\) thì: \(\left\{{}\begin{matrix}x^3+3mx^2+3m^2x-1>0\\m^3+m+\sqrt[3]{x+1}>0\end{matrix}\right.,\forall x\ge0\). Do đó: \(g\left(x\right)>\dfrac{1}{1+1}+\dfrac{1}{1+1}-1>0,\forall x>0\).

Vậy 0<m<1.

Bonus: tìm cận dưới tốt nhất cho m trong trường hợp này là khá khó, mình thử dùng công cụ để tìm thử nhưng số khá xấu :/

Gặp mấy bài có nhân tử là số nguyên tố thì thường mình xét gcd để tìm quan hệ chia hết, sau đó xét trường hợp...

Bài tương tự (mà thật ra cũng không giống lắm): (Lạng Sơn TST 2024) Tìm các số nguyên tố p,q sao cho tồn tại số nguyên dương n thoả:

\(p\left(p+1\right)+q\left(q+1\right)=n\left(n+1\right)\)

Bonus: Cho p là số nguyên tố có dạng 4k+1. Khi đó tồn tại các số nguyên dương a,b sao cho \(p=a^2+b^2\). Hint: dùng Dirichlet.