ta có

số chính phương chia 3 dư 1 hoặc 2 theo Đêrickle,sẽ có 2 số có cùng số dư khi chia cho 3

giả sử 2 số đó là a và b thì $a-b\vdots 3$

nên tích đó chia hết cho 3

tương tự có 2 số cùng tính chẵn lẻ

nếu cùng chẵn thì hiển nhiên chia hết cho 4

nếu cùng lẻ,2 số đó cùng chia 4 dư 2 nên hiệu chia hết cho 4

nên tích chia hết cho 12

Phúc nhầm rôi kìa ,phải là 1 hoặc 0 chứ

Xác định đa thức f(x) có các hệ số nguyên không âm nhỏ hơn 8 thỏa mãn f(x)=2345

Nếu là f(8)=2345 thì xét trên cơ số 8 là ra

$f(x)=4x^{3}+4x^{2}+5x+1$

$\sum \frac{a}{1+b^2}\geq \sum \frac{a}{2b}= \sum \frac{a^2}{2ab}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}$

Ta có $3(ab+bc+ca)\leq (a+b+c)^2$
Nên $P\geq \frac{3(a+b+c)^2}{2(a+b+c)^2}=\frac{3}{2}$

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

Ngược dấu

Lân giải thích chỗ này cái !

 

Bạn có thể nói rõ hơn không

Ta có$\frac{a^{2}-b^{2}}{a+b}+\frac{b^{2}-c^{2}}{b+c}+\frac{c^{2}-a^{2}}{a+c}=0$

=>$\frac{a^{2}}{a+b}+\frac{b^{2}}{b+c}+\frac{c^{2}}{a+c}=\frac{b^{2}}{a+b}+\frac{c^{2}}{b+c}+\frac{a^{2}}{a+c}$

Mà theo đề bài thì $\frac{a^{2}}{a+b}+\frac{b^{2}}{b+c}+\frac{c^{2}}{a+c}\geq \frac{b^{2}}{a+b}+\frac{c^{2}}{b+c}+\frac{a^{2}}{a+c}$

Vậy nên $\frac{a^{2}}{a+b}+\frac{b^{2}}{b+c}+\frac{c^{2}}{a+c}=\frac{c^{2}}{a+b}+\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{a+c}=\frac{b^{2}}{a+b}+\frac{c^{2}}{b+c}+\frac{a^{2}}{a+c}$

Quy đòng mẫu số rồi giải thôi

$\bullet$Cho $a,b,c$ là các số thực thoả mãn:

$$\dfrac{a^2}{a+b}+\dfrac{b^2}{b+c}+\dfrac{c^2}{c+a}\geq \dfrac{c^2}{a+b}+\dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{c+a} \geq \dfrac{b^2}{a+b}+\dfrac{c^2}{b+c}+\dfrac{a^2}{c+a}$$

CMR: $\boxed{|a|=|b|=|c|}$

ĐKXĐ: $a+b\neq 0,a+c\neq 0,b+c\neq 0$

Ta có:$\sum \frac{a^{2}-b^{2}}{a+b}=\sum (a-b)=0$

=>$\sum \frac{a^{2}}{a+b}=\sum \frac{b^{2}}{a+b}$

Vậy$\sum \frac{a^{2}}{a+b}=\sum \frac{c^{2}}{a+b}=\sum \frac{b^{2}}{a+b}$

Đến đây thì dễ rồi

1/x-căn(x-1/x)+3-2x
tìm nghiệm dương của phương trình

Đây là 1 vế chứ đâu phải phương trình?

Cho ba số thực x,y,z thoả mãn x+y+z=1

$\frac{1}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}+\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\geq 30$

Áp dụng BĐT Schwartz ta có$\frac{1}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}+\sum \frac{1}{3xy}+\sum \frac{2}{3xy}\geq \frac{16}{(x+y+z)^{2}+xy+yz+zx}+\frac{2(x+y+z)}{3xyz}\geq \frac{16}{1+\frac{(x+y+z)^{2}}{3}}+\frac{2}{\frac{(x+y+z)^{3}}{9}}=12+18=30$

(ĐPCM)

1. Chứng minh rằng :

đồ thị hàm số y = (m - 1)x + m -2 hàm số đi qua một điểm cố định.

2. Cho đường thẳng y = (m - 2 )x + 2    (1)

a,Tìm khoảng cách của m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến (1) bằng 1

b, Tìm giá trị của m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến (1) có giá trị lớn nhất

3. Cho a (1; _1) : B (2: -3) : C (-1 : 3)

CMR: A,B,C thẳng hàng

3, A,B,C đều thuộc đồ thị hàm số y=-2x+1 nên thẳng hàng

Tính giá trị của x thỏa mãn

$\frac{2x+1}{5}=\frac{3y-2}{7}=\frac{2x+3y-1}{6x}$

Bài này dùng tỉ lệ thức là ra mà

x=2,y=3

1/ $\left\{\begin{matrix}x^{3}+2y^{2}-4y+3=0 (1)& & \\ x^{2}+x^{2}y^{2}-2y=0 (2)& & \end{matrix}\right.$

Chém bài 1:
từ(1) =>$2y^{2}+2=4y-x^{3}-1$
Từ (2)=>$2y^{2}+2=4y$
<=>$x^{3}+1=0$<=> x=-1=> y=1

5/ $\left\{\begin{matrix}1+xy+\sqrt{xy}=x (1)& & \\ \frac{1}{x\sqrt{x}}+y\sqrt{y}=\frac{1}{\sqrt{x}}+3\sqrt{y} (2)& & \end{matrix}\right.$

Bài 5 luôn: Đặt $\frac{1}{\sqrt{x}}=a,\sqrt{y}=b$
Xét x=0 thì (1) vô nghiệm
x khác 0,chia 2 vế (1) cho x ta có <=>$a^{2}+b^{2}+ab=1$(*)
Từ (2) =>$a^{3}+b^{3}=a+3b$<=>$(a+b)(a^{2}-ab+b^{2})=a+3b$
<=>$(a+b)(1-2ab)=a+3b$
<=>$a+b-2ab^{2}-2a^{2}b=a+3b$
<=>$2b(a^{2}+ab+1)=0$<=>b=0,a=+-1 hoặc $a^{2}+ab+1=0$
Thay vào (*) ta có $b^{2}=2$<=> $a^{2}+\sqrt{2}a+1=0$(vô nghiệm)
Vậy (a;b)=(+-1;0)
Thế vào tìm x,y

Chém bài 1:
từ(1) =>$2y^{2}+2=4y-x^{3}-1$
Từ (2)=>$2y^{2}+2=\frac{4y}{x^{2}}$
<=>$x^{3}+1=0$<=> x=-1=> y=1

mình nhầm,sửa rồi đó

nhầm hén

khi đó $\left\{\begin{matrix} p-1\vdots q & \\ q-1\vdots p & \end{matrix}\right.$

do p,q nguyên tố $\Rightarrow p=q=2$

$\Rightarrow p+q=4$

p=q=2 thì p-1 ko chia hết cho q

Phải là $p-1\vdots q =>p\geq q+1$

Suy ra q<p => q ko chia hết cho p (p>q>0)

Mình có bài này mong các bạn giải giùm:

Tam giác đều ABC có ba đường trung tuyến AD, BE, CF cắt nhau ở điểm G. M khác G và ở trong tam giác ABC. Kẻ MD'; ME'; MF' lần lượt vuông góc với BC; AC; AB tại D'; E'; F'. Chứng minh:

a,   Chứng minh: MD'+ME'+MF'=AD

b,   Đường thẳng GM cắt BC, AC ,AB theo thứ tự tại A', B' ,C'. Chứng minh $\frac{A'M}{A'G}+\frac{B'M}{B'G}+\frac{C'M}{C'G}=3$

Mình đang học lớp 8 nhé

Thanks.

a, Áp dụng công thức tính diện tích là ra thôi

b, Ta có $\frac{A'M}{A'G}=\frac{MD'}{GD}=3.\frac{MD'}{AD}$

Tương tự với những cái còn lại là ra ĐPCM

Giải phương trình

• $$b)2\sqrt[3]{3x-2}+3\sqrt{6-5x}=8$$

​(mọi người nên ghi lời giải đầy đủ)

Sử dụng liên hợp ta có

$3\sqrt{6-5x}-12=3(\sqrt{6-5x})-4)=3.\frac{6-5x-16}{\sqrt{6-5x}+4}=-3.\frac{x+2}{\sqrt{6-5z}+4}$

$2\sqrt[3]{3x-2}+4=2(\sqrt[3]{3x-2}+2)=2(\frac{3x-2+8}{(\sqrt[3]{3x-2})^{2}-2\sqrt[3]{3x-2}+4})$$=6(\frac{x+2}{(\sqrt[3]{3x-2})^{2}-2\sqrt[3]{3x-2}+4})$

Ta có $3\sqrt{6-5x}-12+2\sqrt[3]{3x-2}+4=0$

Nên dễ thấy nghiệm PT là x=-2

Giải phương trình : $$(1+x)^{8}+(1+x^{2})^{4}=2x^{4}$$

Đặt $x^{2}+1=a$,2x=b =>a>0 ta có :

 $(a+b)^{4}+a^{4}=\frac{b^{4}}{8}$

Từ đây suy ra $16a^{4}+16a^{2}b^{2}+7b^{4}=0$

<=>$(4a^{2}+2b^{2})^{2}+3b^{2}=0$

<=>a=b=0 vô lí vì a>0

Vậy Phương trình vô nghiệm

Làm vậy đã đúng chưa nhỉ?

Giải hệ phương trình sau 

$\boxed{\star}$ $\left\{\begin{matrix} xy+x+y &=x^2-2y^2 (1)& \\ x\sqrt{2y}-y\sqrt{x-1} &=2(x-y) (2)& \end{matrix}\right.$

 

$\boxed{\star}$ $\left\{\begin{matrix} xy+x+y &=x^2-2y^2 (1)& \\ x\sqrt{2y}-y\sqrt{x-1} &=2(x-y) (2)& \end{matrix}\right.$

 

ĐKXĐ:$y\geq 0,x\geq 1$ 

Từ (1) suy ra (y+1)(x+y)=(x+y)(x-y)

Do x+y>0 suy ra y+1=x-y hay x-1=2y

Thế vào (2) ta có $x\sqrt{2y}-y\sqrt{2y}=2(x-y)<=> (x-y)\sqrt{2y}=2(x-y)$

Xét 2 trường hợp 

+)   x-y=0 =>y+1=0 =>y=x=-1

+)   $x-y\neq 0$ =>$\sqrt{2y}=2$ =>y=2,x=5

  Vậy (x;y)=(-1;-1) hoặc (5;2)

Chứng minh $5^{8^{2004}}+23$ chia hết cho 24

Ta có $5^{8^{2004}}=5^{k}=(5^{2})^{k}=25^{k}\equiv 1(mod 24)$

Suy ra $5^{8^{2004}}+23\equiv 1+23\equiv 0(mod 24)$

Hay$5^{8^{2004}}+23 \vdots 24$

2) c/m 

 

A=$\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+....+\frac{1}{\sqrt{100}}>10$

Ta có với n$\in \mathbb{N}$ thì $\frac{1}{\sqrt{n}}> \frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}=\frac{\sqrt{n}-\sqrt{n-1}}{n-(n-1)}=\sqrt{n}-\sqrt{n+1}$

 Cho n chạy từ 1 đến 100 ta có:A>$\sqrt{1}+\sqrt{2}-\sqrt{1}+\sqrt{3}-\sqrt{2}+...+\sqrt{100}-\sqrt{99}$=1+10>10 (ĐPCM)

1) cho $ax^3=by^3=cz^3$ và $\frac{2}{x}+\frac{2}{y}+\frac{2}{z}=2$

c/m 

         $\sqrt{ax^2+by^2+cz^2}=\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}$

Đề là $\sqrt[3]{ax^{2}+by^{2}+cz^{2}}$ mới đúng chứ

Đặt $ax^{3}=by^{3}=cz^{3}=k$

Ta có $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1 <=>ax^{2}+by^{2}+cz^{2}=k$

Lại có $x\sqrt[3]{a}=y\sqrt[3]{b}=z\sqrt[3]{c}$$=\sqrt[3]{k}$ =>$\sum \frac{x\sqrt[3]{a}}{x}=\sqrt[3]{k}$

Suy ra $\sqrt[3]{ax^{2}+by^{2}+cz^{2}}$=$\sqrt[3]{k}$=$\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}$

e moj hx lp 8 ek. pkan tam giac dog dag ckua hx. paj nax e gjaj ra uj post len cko pa kn tkuong tkuc

Thế thì có cách khác 

CF_|_ OD suy ra FG là trung tuyến ứng với cạnh huyền

Suy ra FG=BC/2 rồi làm như trên

Chắc lớp 8 học cái này rồi phải không?   

2/  Cho hình thang cân ABCD có góc ACD=$60^{\circ}$, O là giao điểm của hai đường chéo. gọi E, F,G theo thứ tự là trung điểm của OA, OD, BC. Tam giác EFG là tam giác gì? Vì sao?

 

Ta dễ c/m được $\angle BDC=\angle ACD=60^{\circ}$ =>Các tam giác OBA,ODC đều

Lấy K trung điểm OC.Ta có KG=OB/2,FK=DC/2=OC/2,$\angle FKG=\angle BOC=120^{\circ}$

=>$\triangle FKG đồng dạng \triangle COB (cgc)$

=>FG=BC/2=AD/2

Tương tự với I trung điểm OB $\triangle GIE đồng dạng \triangle DOA (cgc)$

=>EG=AD/2

Lại có EF=AD/2(đtb) suy ra EG=GF=EF=AD/2 => EGF là tam giác đều

Giải một số hệ phương trình đưa về dạng phương trình đối xứng loại $I$ sau 

1. $\left\{\begin{matrix} x^2+y^2+x^2y^2=1+2xy & & \\ (x-y)(1+xy)=1-xy & & \end{matrix}\right.$

Đặt x-y=a,xy=b thì ta có hệ

$\left\{\begin{matrix} a^{2}+b^{2}=1 & & \\ a(1+b)=1-b & & \end{matrix}\right.$

<=>$\left\{\begin{matrix} ab=\frac{(a+b)^{2}-1}{2} & & \\ a+b+ab=1 & & \end{matrix}\right.$

Đến đây giải ra được a+b=1 (a+b=-3 loại do $2(a^{2}+b^{2})\geq (a+b)^{2}$

Suy ra ab=0 

a=1,b=0 hoặc a=0,b=1 rồi giải nghiệm là xong

$\sqrt{x+2+3\sqrt{2x-5}}+\sqrt{x-2-\sqrt{2x-5}}=2\sqrt{2}$

Nhân $\sqrt{2}$ vào 2 vế

$\sqrt{\sqrt{(2x-5}+3)^{2}}+\sqrt{\sqrt{2x-5}-1)^{2}}=4$

Hay $\sqrt{2x-5}+3+\left | \sqrt{2x-5}-1 \right | =4$

Suy ra $0\leq \sqrt{2x-5}\leq 1$

Hay $\frac{5}{2}\leq x\leq 3$

$\Leftrightarrow \sqrt{2x+4+2.3.\sqrt{2x-5}}+ \sqrt{2x+4+2.3.\sqrt{2x-5}}=2\\ \Leftrightarrow \sqrt{(\sqrt{2x-5}+3)^2}+\sqrt{(\sqrt{2x-5}-3)^2}=2\\\Leftrightarrow \sqrt{2x-5}+|\sqrt{2x-5}-3|=-1$

Tới đây xét khoảng giới hạn $x$ là ra mà

Kết quả $\frac{5}{2} \le x \le 3$ 

Sai rồi kìa 2x-4 chứ sao lại 2x+4

Cho a, b>0 thoả mãn điều kiên x+y $\geq 8$

Tìm : minP=$2x+3y=\frac{24}{x}+\frac{40}{y}$

Bạn có ghi nhầm đề không vì mình nghĩ 2x+3y+$\frac{24}{x}+\frac{40}{y}$ mới đúng chứ

Khi đó min P=36 khi x=y=4

khóm huệ trồng giữa khóm cúc và góc vườn phía nam.khóm lan trồng giữa khóm hồng và góc vườn phía bắc.bạn hãy cho biết mỗi góc vườn nhà ông long đã trồng khóm hoa gì?

Dễ thấy khóm huệ ko thể là T,B,N nên huệ trồng phía đông

từ đây suy ra khóm cúc ở phía Bắc

Còn lại khóm lan ko thể Đ,T,B nên lan trồng phía Nam

Còn lại hồng trồng phía Tây