Cách 1: \(\tan^2\alpha+\cot^2\alpha=\left(\tan\alpha+\cot\alpha\right)^2-2\tan\alpha\cot\alpha\) \(=2^2-2=2\) 

 \(\tan^3\alpha+\cot^3\alpha=\left(\tan\alpha+\cot\alpha\right)^3-3\tan\alpha\cot\alpha\left(\tan\alpha+\cot\alpha\right)\) \(=2^3-3.1.2=2\)

Cách 2: Ta thấy \(\cot\alpha=\dfrac{1}{\tan\alpha}\) nên ta có \(\tan\alpha+\dfrac{1}{\tan\alpha}=2\) (*). Áp dụng BDT AM-GM, ta có \(\tan\alpha+\dfrac{1}{\tan\alpha}\ge2\sqrt{\tan\alpha.\dfrac{1}{\tan\alpha}}=2\), do đó (*) xảy ra khi và chỉ khi \(\tan\alpha=\dfrac{1}{\tan\alpha}\Leftrightarrow\tan^2\alpha=1\Leftrightarrow\tan\alpha=1\) \(\Rightarrow\cot\alpha=1\). Từ đó dễ dàng tính được \(\tan^2\alpha+\cot^2\alpha=\tan^3\alpha+\cot^3\alpha=2\). 

(Tuyệt đối không được dùng cách 2 khi \(\tan\alpha\) hoặc \(\cot\alpha\) âm nhé, vì bất đẳng thức AM-GM chỉ dùng cho số dương thôi.)

Theo đề bài, ta có \(\dfrac{45-m}{67+m}=\dfrac{5}{9}\)

\(9\times\left(45-m\right)=5\times\left(67+m\right)\)

\(405-9\times m=335+5\times m\)

\(14\times m=70\)

\(m=5\).

Vậy \(m=5\)

 Số phần tử của không gian mẫu \(\left|\Omega\right|=C^3_{19}\)

 Gọi A là biến cố: "An chọn ra 3 quả cho tổng chia hết cho 4."

 Trong các số từ 1 đến 19 sẽ có 4 số chia hết cho 4; 5 số chia 4 dư 1; 5 số chia 4 dư 2 và 5 số chia 4 dư 3. Để tổng các số trên 3 quả chia hết cho 4 thì số dư của bộ số đó khi chia cho 4 (ta gọi là \(\left(a,b,c\right)\)) phải bằng 1 trong các bộ số sau:

 \(\left(0,0,0\right)\), \(\left(0,1,3\right),\left(0,2,2\right),\left(1,1,2\right),\left(3,3,2\right)\).

Với TH \(\left(a,b,c\right)\rightarrow\left(0,0,0\right)\) thì có tất cả \(C^3_4=4\) cách chọn.

Với TH \(\left(a,b,c\right)\rightarrow\left(0,1,3\right)\) thì có tất cả \(4.5^2=100\) cách chọn

Với TH \(\left(a,b,c\right)\rightarrow\left(0,2,2\right)\) thì có tất cả \(4.C^2_5=40\) cách chọn.

Với TH \(\left(a,b,c\right)\rightarrow\left(1,1,2\right)\) thì có tất cả \(C^2_5.5=50\) cách chọn.

Với TH \(\left(a,b,c\right)\rightarrow\left(3,3,2\right)\) thì có tất cả \(C^2_5.5=50\) cách chọn.

Vậy \(\left|A\right|=4+100+40+50+50=244\).

\(\Rightarrow P\left(A\right)=\dfrac{\left|A\right|}{\left|\Omega\right|}=\dfrac{244}{C^3_{19}}=\dfrac{244}{969}\).

Vậy xác suất để An chọn ra 3 quả có tổng chia hết cho 4 là \(\dfrac{244}{969}\)

 Gọi \(q_1,q_2,...,q_n\left(q_i\inℚ,\forall i=\overline{1,n}\right)\). Theo đề bài, ta có \(q_1q_2...q_n\inℤ\) và \(q_i+q_j\inℤ,\forall i\ne j;i,j=\overline{1,n}\). Không mất tính tổng quát, giả sử \(q_1< q_2< ...< q_n\)

 Ta thấy \(q_1+q_2\inℤ\) và \(q_2+q_3\inℤ\) nên \(q_1-q_3\inℤ\). Mà \(q_1+q_3\inℤ\) nên nếu ta đặt \(q_1-q_3=v\) và \(q_1+q_3=u\) với \(u,v\inℤ\) thì \(q_1=\dfrac{u+v}{2};q_3=\dfrac{u-v}{2}\). Do \(q_1+q_2=\dfrac{u+v+2q_2}{2}\) và \(q_3+q_2=\dfrac{u-v+2q_2}{2}\) cũng là các số nguyên, hơn nữa \(u-v\equiv u+v\left(mod2\right)\) nên ta chỉ cần suy ra \(u+v+2q_1⋮2\) hay \(u+v\) là số chẵn, cũng tức là \(q_1=\dfrac{u+v}{2}\) là số nguyên. Một cách tương tự, ta sẽ chứng minh được \(q_i\inℤ,\forall i=\overline{1,n}\) (đpcm)

 Ta có \(-2x+3y\) \(=3\left(7x+y\right)-23x\), lại có \(7x+y⋮23\)  và \(23x⋮23\) nên \(3\left(7x+y\right)-23x⋮23\) hay \(-2x+3y⋮23\) (đpcm)

a) \(\dfrac{1}{\tan\alpha+1}+\dfrac{1}{\cot\alpha+1}\) \(=\dfrac{\tan\alpha+1+\cot\alpha+1}{\left(\tan\alpha+1\right)\left(\cot\alpha+1\right)}\) \(=\dfrac{\tan\alpha+\cot\alpha+2}{\tan\alpha\cot\alpha+\tan\alpha+\cot\alpha+1}\) \(=1\) (vì \(\tan\alpha\cot\alpha=1\))

b) \(\cos\left(\dfrac{\pi}{2}-\alpha\right)-\sin\left(\pi+\alpha\right)\) \(=\sin\left(\alpha\right)-\sin\left(\pi-\alpha\right)\) \(=0\) (do \(\sin\) của 2 cung bù nhau thì bằng nhau, \(\cos\) của 1 góc bằng \(\sin\) của góc phụ với nó).

c) \(\sin\left(\alpha-\dfrac{\pi}{2}\right)+\cos\left(-\alpha+6\pi\right)-\tan\left(\alpha+\pi\right)\cot\left(3\pi-\alpha\right)\)

\(=\cos\left(\pi-\alpha\right)+\cos\left(-\alpha\right)-\tan\alpha\cot\left(\pi-\alpha\right)\)

\(=\tan\alpha\cot\alpha\) \(=1\) (ở đây áp dụng tính chất của 2 cung hơn kém \(\pi\) nhiều lần)

a) \(x^2-3xy+3y^2=3y\)

Rõ ràng \(x⋮y\) nên đặt \(x=ky\left(k\inℤ\right)\). Pt trở thành:

\(k^2y^2-3ky^2+3y^2=3y\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}y=0\\k^2y-3ky+3y=3\end{matrix}\right.\).

Khi \(y=0\) \(\Rightarrow x=0\).

Khi \(k^2y-3ky+3y=3\)

\(\Leftrightarrow y\left(k^2-3k+3\right)=3\)

Ta lập bảng giá trị:

Vậy pt đã cho có các nghiệm \(\left(0;0\right);\left(3;1\right);\left(3;3\right);\left(6;3\right)\)

b) \(x^2-2xy+5y^2=y+1\)

\(\Leftrightarrow x^2-2yx+5y^2-y-1=0\)

\(\Delta'=\left(-y\right)^2-\left(5y^2-y-1\right)\) \(=-4y^2+y+1\)

Để pt đã cho có nghiệm thì \(-4y^2+y+1\ge0\), giải bpt thu được \(\dfrac{1-\sqrt{17}}{8}\le y\le\dfrac{1+\sqrt{17}}{8}\). Mà lại có \(-1< \dfrac{1-\sqrt{17}}{8}< 0< \dfrac{1+\sqrt{17}}{8}< 1\) nên suy ra \(y=0\). Từ đó tìm được \(x=\pm1\). Vậy pt đã cho có các nghiệm \(\left(1;0\right);\left(-1;0\right)\)

 Bài 1: Bài này số nhỏ nên chỉ cần chặn miền giá trị của \(x\) rồi xét các trường hợp thôi nhé. Ta thấy \(3^x< 35\Leftrightarrow x\le3\). Nếu \(x=0\) thì \(VT=2\), vô lí. Nếu \(x=1\) thì \(VT=5\), cũng vô lí. Nếu \(x=2\) thì \(VT=13\), vẫn vô lí. Nếu \(x=3\) thì \(VT=35\), thỏa mãn. Vậy, \(x=3\).

 Bài 2: Nếu \(x=0\) thì pt đã cho trở thành \(0!+y!=y!\Leftrightarrow0=1\), vô lí,

Nếu \(x=y\) thì pt trở thành \(2x!=\left(2x\right)!\) \(\Rightarrow\left(x+1\right)\left(x+2\right)...\left(2x\right)=2\) \(\Leftrightarrow x=1\Rightarrow y=1\)

Nếu \(x\ne y\) thì không mất tính tổng quát, giả sử \(1< y< x\) thì \(x!+y!< 2x!\le\left(x+1\right)x!=\left(x+1\right)!< \left(x+y\right)!\) nên pt đã cho không có nghiệm trong trường hợp này.

Như vậy, \(x=y=1\)

 Bài 3: Bổ sung đề là pt không có nghiệm nguyên dương nhé, chứ nếu nghiệm nguyên thì rõ ràng \(\left(x,y\right)=\left(0,19\right)\) là một nghiệm cũa pt đã cho rồi.

Giả sử pt đã cho có nghiệm nguyên dương \(\left(x,y\right)\)

Khi đó \(x,y< 19\). Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử \(1< y\le x< 19\). Khi ấy \(x^{17}+y^{17}=19^{17}\ge\left(x+1\right)^{17}=x^{17}+17x^{16}+...>x^{17}+17x^{16}\), suy ra \(y^{17}>17x^{16}\ge17y^{16}\) \(\Rightarrow y>17\). Từ đó, ta thu được \(17< y\le x< 19\) nên \(x=y=18\). Thử lại thấy không thỏa mãn. 

Vậy pt đã cho không có nghiệm nguyên dương.

Hình vẽ đây nhé

a) Ý 1: Dựa vào \(\widehat{AEB}=\widehat{DAB}=90^o\) và \(\widehat{ABD}\) chung, suy ra \(\Delta ABE~\Delta DBA\left(g.g\right)\)

  Ý 2: Từ \(\Delta ABE~\Delta DBA\Rightarrow\dfrac{AB}{BD}=\dfrac{BE}{AB}\Rightarrow AB^2=BE.BD\)

b) Dễ thấy \(\widehat{DEF}=\widehat{BEG}=90^o\) và \(\widehat{DFE}=\widehat{EBG}\) (vì cùng phụ với \(\widehat{BDC}\)) nên suy ra \(\Delta EDF~\Delta EGB\left(g.g\right)\) \(\Rightarrow\dfrac{ED}{EG}=\dfrac{EF}{EB}\) \(\Rightarrow EG.EF=ED.EB\)   (1)

 Mặt khác, dễ dàng cm \(\Delta EAD~\Delta EBA\left(g.g\right)\) \(\Rightarrow\dfrac{EA}{EB}=\dfrac{ED}{EA}\) \(\Rightarrow EA^2=EB.ED\)    (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow EA^2=EG.EF\left(=EB.ED\right)\)

c) Dễ thấy F là trực tâm của \(\Delta GBD\). \(\Delta GED\) vuông tại E có trung tuyến EH nên \(EH=\dfrac{1}{2}DG\). Tương tự suy ra \(CH=\dfrac{1}{2}DG\). Từ đó \(EH=DH\). Suy ra H nằm trên đường trung trực của đoạn CE  (3)

 Mặt khác, \(\Delta EBF\) vuông tại E có trung tuyến EI nên \(EI=\dfrac{1}{2}BF\). Tương tự, ta có \(CI=\dfrac{1}{2}BF\). Do đó \(EI=CI\) hay I nằm trên đường trung trực của đoạn CE   (4)

 Từ (3) và (4), suy ra HI là đường trung trực của đoạn CE, suy ra \(HI\perp CE\) (đpcm)