9x3 là số hình vuông 1x1 có trong HCN 9x3, cụ thể hơn là số cách lấy một đoạn thẳng có độ dài 1 trong đoạn thẳng có đoạn thẳng có độ dài 9 (9 cách) nhân với số cách lấy một đoạn thẳng có độ dài 1 trong đoạn thẳng có độ dài 3 (có 3 cách).

Gọi A₁ là tập hợp các hình vuông nằm trong hình chữ nhật 9x3 (ở phía trên) ; A₂ là tập hợp các hình vuông nằm trong hình chữ nhật 2x9 ; A₃ là tập hợp các hình vuông nằm trong hình chữ nhật 9x3 (ở phía dưới) , và A₄ là tập hợp các hình vuông nằm trong hình chữ nhật 4x9. Dễ thấy \(\left|A_1\right|=\left|A_3\right|\).

Số các hình vuông nằm trong hình chữ nhật 9x3 ở phía trên (phía dưới) là: \(\left|A_1\right|=\left|A_3\right|=9.3+8.2+7.1=50\) (hình vuông).

Số các hình vuông nằm trong hình chữ nhật 2x9 là: \(\left|A_2\right|=2.9+1.8=26\) (hình vuông).

Số các hình vuông nằm trong hình chữ nhật 4x9 là: \(\left|A_4\right|=4.9+3.8+2.7+1.6=80\) (hình vuông).

Số các hình vuông vừa nằm trong hình chữ nhật 9x3 ở phía trên, vừa nằm trong hình chữ nhật 2x9 là: \(\left|A_1\cap A_2\right|=2.3+1.2=8\) (hình vuông)

Tương tự, ta có: \(\left|A_2\cap A_3\right|=2.3+1.2=8\) (hình vuông) ; \(\left|A_3\cap A_4\right|=4.3+3.2+2.1=20\) (hình vuông), \(\left|A_4\cap A_1\right|=4.3+3.2+2.1=20\) (hình vuông).

Dễ thấy \(\left|A_1\cap A_3\right|=\left|A_1\cap A_4\right|=\left|A_2\cap A_4\right|=0\), và \(\left|A_i\cap A_j\cap A_k\right|=\left|A_1\cap A_2\cap A_3\cap A_4\right|=0,\forall1\le i< j< k\le4\).

Theo nguyên lí bao hàm và loại trừ, ta có:

\(\left|A_1\cup A_2\cup A_3\cup A_4\right|=\sum\limits^4_{i=1}\left|A_i\right|-\sum\limits\left|A_i\cap A_j\right|^{ }_{1\le i< j\le4}+\sum\limits\left|A_i\cap A_j\cap A_k\right|^{ }_{1\le i< j< k\le4}-\left|A_1\cap A_2\cap A_3\cap A_4\right|=50+50+26+80-8-8-20-20=150\)(hình vuông)

Đáp án: 150 hình vuông.

\(y=x-3\sqrt[3]{x^2}\Rightarrow y'=1-\dfrac{2}{\sqrt[3]{x}}=\dfrac{\sqrt[3]{x}-2}{\sqrt[3]{x}}\)

\(y'=0\Leftrightarrow\dfrac{\sqrt[3]{x}-2}{\sqrt[3]{x}}=0\Leftrightarrow x=8\)

\(y'>0\Leftrightarrow\sqrt[3]{x}\left(\sqrt[3]{x}-2\right)>0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x>8\\x< 0\end{matrix}\right.\).

\(y'< 0\Leftrightarrow\sqrt[3]{x}\left(\sqrt[3]{x}-2\right)< 0\Leftrightarrow0< x< 8\).

Vậy y đồng biến trên \(\left(8,+\infty\right)\cup\left(-\infty,0\right)\) ; nghịch biến trên \(\left(0;8\right)\), đạt cực trị tại \(x=8\)

*Cách dựng: Vẽ trung trực của AC,BC rồi lần lượt cắt OA,OB tại J,K, sau đó vẽ đường tròn theo yêu cầu đề bài.

Ta có: △JAC và △OAB cân tại A, và \(\overline{A,C,B};\overline{A,J,O}\) (kí hiệu thẳng hàng), nên CJ//OK. Tương tự CK//OJ. Từ đó suy ra OJCK là hình bình hành.

Hai đường tròn (J), (K) cắt nhau tại D nên ta có \(JK\perp CD\left(1\right)\).

Ta có: \(DJ=JC=OK\) và \(DK=CK=OJ\), nên \(\Delta DJK=\Delta OKJ\) \(\Rightarrow\widehat{JDK}=\widehat{KOJ}\), từ đây suy ra ODJK nội tiếp, và dễ dàng chứng minh ODJK là hình thang cân. Khi đó OD//JK(2).

Từ (1),(2) ta có đpcm.

Lúc đó mình buồn ngủ quá :D, bạn thông cảm nha (thật ra mình làm lúc 11 rưỡi hôm qua, hôm nay chỉnh lại nhưng không chỉnh được á).

b) Ta có: \(a^2+b^2-c^2=a^2+b^2-\left(\dfrac{3a+4b}{5}\right)^2=\left(\dfrac{4a-3b}{5}\right)^2\)

Vậy ta cần chứng minh \(\left(4a-3b\right)⋮5\). Thật vậy, ta có:

\(\left(3a+4b\right)⋮5\Rightarrow\left(-2a+4b\right)⋮5\Rightarrow\left(a-2b\right)⋮5\Rightarrow\left(4a-3b\right)⋮5\). Vậy ta có đpcm.

c) Ta có: \(\left(a-b\right)^2=a+8b-16\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+8\left(a-b\right)+16=9a\Leftrightarrow\left(a-b+4\right)^2=9a\). Suy ra a là số chính phương.

a) Giả sử tồn tại \(n_0\in Z^+\) sao cho \(\left(3n_0+1\right)\left(5n_0+3\right)=a^2\) (với a là số nguyên dương).

*Nếu \(n_0\) chẵn, ta có \(gcd\left(3n_0+1,5n_0+3\right)=1\) nên \(\left\{{}\begin{matrix}3n_0+1=x^2\\5n_0+3=y^2\end{matrix}\right.\). Do \(n_0\) chẵn nên x lẻ, suy ra \(3n_0=x^2-1⋮4\Rightarrow n_0⋮4\) \(\Rightarrow5n_0+3=y^2\equiv3\left(mod4\right)\),vô lý.

*Nếu n₀ lẻ, đặt \(n_0=2^t.k+1\) (với k lẻ). Ta có:

\(\left(3.2^t.k+4\right)\left(5.2^t.k+8\right)=a^2\left(1\right)\).

Nếu \(t\ge4\), ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}3.2^t.k+4⋮4\\5.2^t.k+8⋮8\end{matrix}\right.\Rightarrow a^2⋮2^5\Rightarrow a⋮2^3\Rightarrow a^2⋮2^6\). 

\(\left(1\right)\Rightarrow\left(3.2^{t-2}.k+1\right)\left(5.2^{t-3}.k+1\right).2=\left(\dfrac{a}{4}\right)^2\)

\(\Rightarrow\left(\dfrac{a}{4}\right)^2⋮2\Rightarrow\left(\dfrac{a}{4}\right)^2⋮4\). Điều này vô lí do \(3.2^{t-2}.k+1;5.2^{t-3}.k+1\) đều lẻ.

Vậy \(1\le t\le3\).

+)Xét \(k=1\Rightarrow n_0=2k+1\).Ta có: \(\left(6k+4\right)\left(10k+8\right)=a^2\)

\(\Rightarrow\left(3k+2\right)\left(5k+4\right)=\left(\dfrac{a}{2}\right)^2\)

Do k lẻ nên \(gcd\left(3k+2,5k+4\right)=1\), suy ra \(\left\{{}\begin{matrix}3k+2=x^2\\5k+4=y^2\end{matrix}\right.\)

Do k lẻ nên x,y đều lẻ, suy ra \(x^2\equiv y^2\equiv1\left(mod8\right)\). Do đó \(\left\{{}\begin{matrix}3k+1⋮8\\5k+3⋮8\end{matrix}\right.\Rightarrow8k+4⋮8\), vô lí.

+)Xét k=2\(\Rightarrow n_0=4k+1\). Ta có: \(\left(12k+4\right)\left(20k+8\right)=a^2\)

\(\Rightarrow\left(3k+1\right)\left(5k+2\right)=\left(\dfrac{a}{4}\right)^2\)

Do k lẻ nên \(gcd\left(3k+1,5k+2\right)=1\), suy ra \(\left\{{}\begin{matrix}3k+1=x^2\\5k+2=y^2\end{matrix}\right.\).

Do k lẻ nên \(x⋮2\Rightarrow x⋮4\Rightarrow\left(3k+1\right)⋮4\Rightarrow\left(k-1\right)⋮4\Rightarrow k\equiv1\left(mod4\right)\)

\(\Rightarrow5k+2\equiv7\equiv3\left(mod4\right)\), vô lí.

+)Xét k=3\(\Rightarrow n_0=8k+1\). Ta có: \(\left(24k+4\right)\left(40k+8\right)=a^2\)

\(\Rightarrow\left(6k+1\right)\left(10k+2\right)=\left(\dfrac{a}{2}\right)^2\).

Do k lẻ nên \(gcd\left(6k+1,10k+2\right)=1\), suy ra \(\left\{{}\begin{matrix}6k+1=x^2\\2\left(5k+1\right)=y^2\end{matrix}\right.\).

Do k lẻ nên x lẻ, suy ra \(x^2\equiv1\left(mod4\right)\Rightarrow6k⋮4\), vô lí do k lẻ.

Vậy trong mọi trường hợp, ta đều có điều mâu thuẫn, suy ra đpcm.

c) Ta có: \(\widehat{DMF}=\widehat{DCM}\); \(\widehat{DCM}=\widehat{MEF}\) (EICM nội tiếp), nên \(\widehat{DMF}=\widehat{EFM}\Rightarrow\Delta MEF\) cân tại F =>FM=EM. Mà △MEK vuông tại F, nên F là trung điểm EK.

d) Dễ thấy MD là phân giác trong của △AMB => MK là phân giác ngoài của △AMB.

Đặt \(a=EA;b=EB\Rightarrow IE=IB-EB=\dfrac{a+b}{2}-b=\dfrac{a-b}{2}\)

Ta có: \(\dfrac{KB}{KA}=\dfrac{EA}{EB}\Rightarrow\dfrac{KB}{AB}=\dfrac{EA}{EA-EB}\Rightarrow KB=\dfrac{EA.AB}{EA-EB}=\dfrac{b.\left(a+b\right)}{\left(a-b\right)}\)

\(\dfrac{BE}{BK}=\dfrac{b}{\dfrac{b\left(a+b\right)}{\left(a-b\right)}}=\dfrac{\left(a-b\right)}{a+b}\)

\(\dfrac{IE}{IA}=\dfrac{\dfrac{a-b}{2}}{\dfrac{a+b}{2}}=\dfrac{a-b}{a+b}\)=>đpcm.

P/s: mình đang buồn ngủ nên giải cách này cho nhanh :D, chứ không biết cách nào hay hơn nữa (thật ra nếu học cao hơn thì có thể dùng hệ thức trong hàng điểm điều hoà để thử, nhưng mình thử không ra :)

Mình định chỉnh sửa bài toán nhưng không chỉnh được, giờ ngồi viết lại lười lắm :Đ.

Giả sử \(1\le a_1...\le a_{30}\Rightarrow\sum\limits^{15}_{i=1}a_i\le22\)

Rồi xét \(S_k=\sum\limits^k_{i=1}a_i,1\le k\le15\). Lập luận như trên ta có: \(\sum\limits^m_{i=n+1}a_i⋮14\). Mà cái tổng trên không quá 22 nên tổng trên phải bằng 14 =>đpcm.