Giả sử \(r+\sqrt{a}\) là một số hữu tỉ. Đặt \(r+\sqrt{a}=\dfrac{p}{q}\) với \(p,q\inℤ\), \(q\ne0\) và \(\left(p,q\right)=1\). 

 \(\Leftrightarrow r=\dfrac{p}{q}-\sqrt{a}\)

 Vì \(r^3-2ar+1=0\)

 \(\Leftrightarrow\left(\dfrac{p}{q}-\sqrt{a}\right)^3-2a.\left(\dfrac{p}{q}-\sqrt{a}\right)+1=0\)

 \(\Leftrightarrow\dfrac{p^3}{q^3}-\dfrac{3p^2\sqrt{a}}{q^2}+\dfrac{3ap}{q}-a\sqrt{a}-\dfrac{2ap}{q}+2a\sqrt{a}+1=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{p^3}{q^3}-\dfrac{3p^2\sqrt{a}}{q^2}+\dfrac{ap}{q}+a\sqrt{a}+1=0\)

 \(\Leftrightarrow\dfrac{p^3+apq^2+q^3}{q^3}+\left(\dfrac{aq^2-3p^2}{q^2}\right)\sqrt{a}=0\)

 Vì \(p,q,a\inℤ\) nên \(\dfrac{p^3+apq^2+q^3}{q^3}\) và \(\dfrac{aq^2-3p^2}{q^2}\) là các số hữu tỉ. Hơn thế nữa, 0 cũng là một số hữu tỉ, trong khi đó \(\sqrt{a}\) lại là số vô tỉ (vì \(a\) là số nguyên dương không chính phương) nên \(\dfrac{aq^2-3p^2}{q^2}=0\)

 \(\Leftrightarrow aq^2=3p^2\) 

 Nếu \(3⋮a\Rightarrow a\in\left\{1,3\right\}\). Với \(a=1\) thì \(q^2=3p^2\) \(\Rightarrow q⋮3\) \(\Rightarrow q=3k\left(k\inℤ\right)\) 

 \(\Rightarrow9k^2=3p^2\) \(\Rightarrow p^2=3k^2\) \(\Rightarrow p⋮3\). Từ đây ta có \(p,q⋮3\) , mẫu thuẫn với điều kiện \(\left(p,q\right)=1\)

  Với \(a=3\) thì \(q^2=p^2\) \(\Leftrightarrow q=\pm p\) \(\Leftrightarrow r+\sqrt{3}=\pm1\) hay \(r=-\sqrt{3}\pm1\)

 Trong trường hợp này, ta thấy \(r^3-2ar+1=\left(-\sqrt{3}\pm1\right)^3-6\left(-\sqrt{3}\pm1\right)+1\ne0\) nên \(a=3\) không thỏa mãn.

 Vậy \(3⋮̸a\) \(\Rightarrow p⋮a\) \(\Rightarrow p=al\left(l\inℤ\right)\)

  \(\Rightarrow aq^2=3\left(al\right)^2\) 

  \(\Leftrightarrow q^2=3al^2\) 

 \(\Rightarrow q⋮a\)

 Vậy \(p,q⋮a\). Do \(a>1\) nên từ đây, ta thấy mâu thuẫn với điều kiện \(\left(p,q\right)=1\). 

 Do đó, điều giả sử là sai \(\Rightarrow r+\sqrt{a}\in I\)

 Ở chỗ cuối mình xét thiếu. Từ pt \(aq^2=3p^2\), nếu \(a=3t\) mà \(t\) không phải là SCP thì có \(tq^2=p^2\) \(\Rightarrow p⋮t\) \(\Rightarrow p=tu\) \(\Rightarrow tq^2=t^2u^2\) \(\Rightarrow q^2=tu^2\) \(\Rightarrow q⋮t\) \(\Rightarrow p,q⋮t\), mâu thuẫn.

 Còn nếu \(a=3c^2\left(c\ge2\right)\) thì \(p^2=c^2q^2\) \(\Leftrightarrow p=\pm cq\) \(\Leftrightarrow\dfrac{p}{q}=\pm c\) 

 Lại có \(r=\dfrac{p}{q}-\sqrt{a}=-c\sqrt{3}\pm c\)

 Nếu \(r=-c\sqrt{3}+c\) thì \(r^3-2ar+1=\left(-c\sqrt{3}+c\right)^3-6\left(-c\sqrt{3}+c\right)+1\) \(=4c^3+1>0\) với \(c\ge2\), vô lí.

 Nếu \(r=-c\sqrt{3}-c\) thì

\(r^3-2ar+1=-4c^3+1< 0\) với \(c\ge2\), vô lí.

 Giờ ta mới xét đủ trường hợp để chứng minh giả sử sai.

\(\dfrac{5}{2x^2\left(6x+y\right)}+\dfrac{3}{5xy\left(6x+y\right)}\)

\(=\dfrac{5\cdot5y}{2x^2\left(6x+y\right)\cdot5y}+\dfrac{3\cdot2x}{5xy\left(6x+y\right)\cdot2x}\)

\(=\dfrac{25y}{10x^2y\left(6x+y\right)}+\dfrac{6x}{10x^2y\left(6x+y\right)}\)

\(=\dfrac{25y+6x}{10x^2y\left(6x+y\right)}\)

Lời giải:

$\frac{m}{n}=(1+\frac{1}{1992})+(\frac{1}{2}+\frac{1}{1991})+(\frac{1}{3}+\frac{1}{1990})+....+(\frac{1}{996}+\frac{1}{997})$

$=\frac{1993}{1.1992}+\frac{1993}{2.1991}+\frac{1993}{3.1990}+...+\frac{1993}{996.997}$

$=1993(\frac{1}{1992}+\frac{1}{2.1991}+...+\frac{1}{996.997})$

$\Rightarrow m\vdots 1993$

Cx k khó lắm vẽ hình chứ bn tự làm đc nhỉ:)) mình làm câu a vs B th nha mấy câu kia vẽ rắc rối lắm lười vẽ=))
                                                Bài Làm
a) Áp dụng quan hệ giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông vào tam giác AHC vuông tại H ( H vuông góc BC ) :
                    \(\Rightarrow\) AH²= AE.AC ( đpcm ) (1)
Áp dụng quan hệ giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông vào tam giác AHB vuông tại H ( H vuông góc BC ) :
                   \(\Rightarrow\)AH²=AD.AB ( đpcm ) ( 2 )
b) Từ (1) và (2) ta có : AE.AC = AD.AB
                               \(\Rightarrow\)\(\dfrac{AE}{AD}\)=\(\dfrac{AC}{AB}\)
    Xét tam giác ADE và tam giác ABC ta có :

                   góc A chung 
                   \(\dfrac{AE}{AD}\)=\(\dfrac{AC}{AB}\) (cmt)
       \(\Rightarrow\)tam giác ADE đồng dạng với tam giác ABC ( đpcm )

Đặt \(p^n+8=k^3\left(k\inℕ,k\ge3\right)\)

\(\Leftrightarrow k^3-8=p^n\)

\(\Leftrightarrow\left(k-2\right)\left(k^2+2k+4\right)=p^n\)

\(\Leftrightarrow k-2=p^i\left(i\inℕ,i\le n\right)\)

\(\Leftrightarrow k=p^i+2\)

Ta có \(p^n+8=k^3\)

\(\Leftrightarrow p^n+8=\left(p^i+2\right)^3\)

\(\Leftrightarrow p^n=p^{3i}+6p^{2i}+12p^i\) (*)

Đặt \(p^j=\dfrac{p^n}{p^i}\left(j\inℕ,j\le n\right)\), khi đó (*) thành 

\(p^j=p^{2i}+6p^{2i}+12\) (**)

Xét \(i=0\Leftrightarrow p^j=19\Leftrightarrow\left(p,j\right)=\left(19,1\right)\) \(\Rightarrow n=1\)

Ta tìm được một bộ \(\left(p,n\right)=\left(17,1\right)\)

Nếu \(j=0\) thì vô lí. Xét \(i,j\ge1\) . Khi đó ta có \(12⋮p\) \(\Rightarrow p\in\left\{2,3\right\}\)

Với \(p=2\), ta có \(2^n+8=k^3\) \(\Rightarrow k⋮2\Rightarrow k=2l\left(l\inℕ\right)\)

\(\Rightarrow2^n+8=8l^3\Leftrightarrow2^{n-3}+1=l^3\) \(\left(n\ge3\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(l-1\right)\left(l^2+l+1\right)=2^{n-3}\)

\(\Leftrightarrow l-1=2^m\left(m\le n-3\right)\)

\(\Leftrightarrow l=2^m+1\)

Do đó \(2^{n-3}+1=\left(2^m+1\right)^3\) 

\(\Leftrightarrow2^{n-3}=2^{3m}+3.2^{2m}+3.2^m\)

\(\Leftrightarrow2^{n-3-m}=2^{2m}+3.2^m+3\)

\(\Rightarrow3⋮2^{n-3-m}\) \(\Leftrightarrow n-3-m=0\) \(\Leftrightarrow m=n-3\)

\(\Leftrightarrow l^2+l+1=1\) \(\Leftrightarrow l=0\) \(\Leftrightarrow k=0\), vô lí.

Với \(p=3\), ta có \(3^n+8=k^3\) \(\Rightarrow k\) chia 3 dư 2 \(\Rightarrow k=3q+2\left(q\inℕ^∗\right)\)

\(\Rightarrow3^n+8=\left(3q+2\right)^3\)

\(\Leftrightarrow3^n=27q^3+54q^2+36q\)

\(\Leftrightarrow3^{n-2}=q\left(3q^2+6q+4\right)\) \(\left(n\ge2\right)\)

 Dễ thấy nếu \(n=2\) thì vô lí. Xét \(n\ge3\). Khi đó vì \(3q^2+6q+4⋮̸3\) nên \(3q^2+6q+4=1\), vô lí.

Vậy \(\left(p,n\right)=\left(19,1\right)\) là cặp số duy nhất thỏa mãn ycbt.

Câu e:

$\widehat {A_1}+\widehat{A_2}=90^{\circ}$

$\widehat{A_2}=\widehat{C_1}$

$\Rightarrow \widehat{A_1}+\widehat{C_1}=90^{\circ}$

Mặt khác $\widehat{C_1}+\widehat{CAH} = 90^{\circ}$

Suy ra $A_1=\widehat{CAH}$ (1)

Chứng minh được $\Delta JAE = \Delta HAE$ (cgv-gn)

$\Rightarrow AJ=AH$ (2)

Từ (1); (2) và chung cạnh $AC$ ta suy ra $\Delta AJC=\Delta AHC$ (c.g.c).

Suy ra $\widehat {J}=90^{\circ}$ hay $CJ\bot IJ$.

Chứng minh tương tự $BI \bot IJ$.

Bài 4:

a. Vì $\triangle ABC\sim \triangle A'B'C'$ nên:

$\frac{AB}{A'B'}=\frac{BC}{B'C'}=\frac{AC}{A'C'}(1)$ và $\widehat{ABC}=\widehat{A'B'C'}$

$\frac{DB}{DC}=\frac{D'B'}{D'C}$

$\Rightarrow \frac{BD}{BC}=\frac{D'B'}{B'C'}$

$\Rightarrow \frac{BD}{B'D'}=\frac{BC}{B'C'}(2)$

Từ $(1); (2)\Rightarrow \frac{BD}{B'D'}=\frac{BC}{B'C'}=\frac{AB}{A'B'}$

Xét tam giác $ABD$ và $A'B'D'$ có:

$\widehat{ABD}=\widehat{ABC}=\widehat{A'B'C'}=\widehat{A'B'D'}$

$\frac{AB}{A'B'}=\frac{BD}{B'D'}$

$\Rightarrow \triangle ABD\sim \triangle A'B'D'$ (c.g.c)

b.

Từ tam giác đồng dạng phần a và (1) suy ra:
$\frac{AD}{A'D'}=\frac{AB}{A'B'}=\frac{BC}{B'C'}$

$\Rightarrow AD.B'C'=BC.A'D'$

Hình bài 4:

Đề lỗi rồi bạn. Bạn xem lại nhé.