Xét ba số \(x;y;z \ge 2\) thỏa mãn \(4xyz = 9\left( {x + y + z} \right) + 27\)

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q = \(\frac{{\sqrt {{x^2} - 4} }}{x} + \frac{{\sqrt {{y^2} - 4} }}{y} + \frac{{\sqrt {{z^2} - 4} }}{z}\)

Vì \(\left( {x;y} \right)\) nguyên dương nên từ điều kiện \(2x + 1 \vdots {x^2} - x - 1\)

                                                                              \(2{x^2} + x \vdots {x^2} - x - 1\)

\( \Rightarrow 2{x^2} - 2x - 2 + 3x + 2 \vdots {x^2} - x - 1 \Rightarrow 3x + 2 \vdots {x^2} - x - 1\)

Từ đó suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x + 1 \vdots {x^2} - x - 1}\\{3x + 2 \vdots {x^2} - x - 1}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{6x + 3 \vdots {x^2} - x - 1}\\{6x + 3 \vdots {x^2} - x - 1}\end{array} \Rightarrow 1 \vdots {x^2} - x - 1} \right.\)

Suy ra \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x^2} - x - 1 = 1}\\{{x^2} - x - 1 = - 1}\end{array}} \right.\)

+) Với \({x^2} - x - 1 = 1 \Leftrightarrow {x^2} - x - 2 = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;}\\{x = - 1\;\;\left( {loai} \right)}\end{array}} \right.\)

Từ \(x = 2 \Rightarrow \left( {{y^2} + 2y - 9} \right) = 5 \Leftrightarrow {\left( {y + 1} \right)^2} = 15\;\;\)(loại)

+ Với \({x^2} - x - 1 = - 1 \Leftrightarrow {x^2} - x = 0 \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;}\\{x = 0\;\;\left( {loai} \right)}\end{array}} \right.\)

Từ \(x = 1 \Rightarrow - \left( {{y^2} + y - 9} \right) = 3 \Leftrightarrow {y^2} + y - 6 = 0 \Leftrightarrow \left( {y + 3} \right)\left( {y - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = - 3\;\;\left( {loai} \right)}\\{y = 2\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;}\end{array}} \right.\)

Vậy cặp số nguyên dương \(\left( {x;y} \right)\) thỏa mãn \(\left( {{x^2} - x - 1} \right)\left( {{y^2} + xy - 9} \right) = 2x + 1\) là \(x;y) = \left( {1;2} \right).\)

b) 

Ta có: \({3^n} + {8^n} + {7^n} + {4^n} \vdots 11\) (vì \(n\) lẻ)

\( \Rightarrow {4^n} + {8^n} \vdots 11 \Rightarrow {4^n}\left( {1 + {2^n}} \right) \vdots 11 \Rightarrow {2^n} + 1 \vdots 11\)

                                                                             \(n = 10k + 5\;(k \in \mathbb{N}\)

Ta có \({6^n} = {6^{10k + 5}} = {\left( {{6^{10}}} \right)^k}{.6^5} \equiv - 1\left( {mod11} \right);{2023^n} \equiv - 1\left( {mod11} \right)\)

Suy ra \({2^n} + {6^n} + {2023^n} \equiv - 3 \equiv 8\left( {mod11} \right)\)

Vậy \({2^n} + {6^n} + {2023^n} \equiv 8\left( {mod11} \right)\)

a) Ta có tứ giác \(CDHE\) nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {DCE} + \widehat {DHE} = {180^0}\)

          \(\widehat {APB} = \widehat {ACB}\) (cùng chắn cung AB)

          \(\widehat {APB} = \widehat {AMB}\) (tính chất đối xứng)

          \(\widehat {AHB} = \widehat {EHD}\) (đối đỉnh) \( \Rightarrow \widehat {AMB} + \widehat {AHB} = {180^0}\) . Vậy tứ giác \(AHBM\) nội tiếp

b) Ta có tứ giác \(BFEC\) nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {FBC} = \widehat {AEF} = \widehat {ATC} \Rightarrow \widehat {ACT} = \widehat {AZE} = {90^0}\)

Mà \(PQ//FE\) suy ra \(Q\) đối xứng với \(P\) qua \(OA\)

c) Tiếp tuyến \(B\) và \(C\) cắt nhau tại \(L\), \(AL\) cắt đường tròn tại \(J\). Dễ có \(L{B^2} = LS.LA = LS.LO\)

Suy ra tứ giác \(AJSO \Rightarrow \widehat {JSL} = \widehat {XSL} \Rightarrow \widehat {ASC} = \widehat {ABJ};\widehat {AJB} = \widehat {ACS} \Rightarrow \Delta ABJ \sim \Delta ASC\) (g.g)

Mà \(\Delta ABC \sim \Delta AEF\) (g.g). Giả sử \(AJ\) cắt \(FE\) tại \(K'\) \( \Rightarrow \Delta FAK' \sim \Delta ABS\) (g.g)

Vì \(S\) là trung điểm \(BC\) \( \Rightarrow K'\) là trung điểm \(FE \Rightarrow K \equiv K'\). Vậy tiếp tuyến tại \(B,\;C\) và \(AK\) đồng quy.