Gọi \(I\)là giao điểm của \(BC\)và \(AM\)còn \(H\)và \(K\)theo thứ tự là hình chiếu của \(B\)và \(C\)trên \(AM\)

Ta có: \(BI\ge BH\)và \(CI\ge CH\)( quan hệ đường xiên - đường vuông góc )

Đẳng thức xảy ra khi \(AM\perp BC\)

Suy ra:

           \(MA.BC=MA.\left(BI+BC\right)\ge MA.\left(BH+CK\right)\)

       \(\Leftrightarrow MA.BC\ge MA.BH+MA.CK\)

      \(\Leftrightarrow MA.BC\ge2S_{MAB}+2S_{MCA}\)                                                      \(\left(1\right)\)

Chứng minh tương tự ta cũng có: \(\Leftrightarrow MA.BC\ge2S_{MAB}+2S_{MCA}\)         \(\left(2\right)\)

( Đẳng thức xảy ra khi \(MB\perp CA\))

      \(MC.AB\ge2S_{MCA}+2S_{MBC}\)                                                            \(\left(3\right)\)

Cộng từng vế với ba bất đẳng thức \(\left(1\right)\)và \(\left(2\right)\)và \(\left(3\right)\)ta được:

\(MA.BC+MB.CA+MC.AB\ge4.\left(S_{MAB}+S_{MCA}+S_{ABC}\right)\)

Đặt \(S=S_{ABC}\)thì \(S\)không đổi và \(T\ge4S\)

Vậy: \(T_{min}=4S\)khi \(M\)là trực tâm \(\Delta ABC\)

A B C M N

Dựng hình bình hành AMBN. Lúc đó \(MA.BC=BN.BC\ge2S_{BCN};MB.CA\ge2S_{CAN}\)

Suy ra \(MA.BC+MB.CA\ge2\left(S_{BCN}+S_{CAN}\right)=2\left(S_{ABC}+S_{AMB}\right)\) (Vì tứ giác AMBN là hình bình hành)

Tương tự: \(MB.CA+MC.AB\ge2\left(S_{ABC}+S_{BMC}\right);MC.AB+MA.BC\ge2\left(S_{ABC}+S_{CMA}\right)\)

Do vậy \(2\left(MA.BC+MB.CA+MC.AB\right)\ge2\left(3S_{ABC}+S_{AMB}+S_{BMC}+S_{CMA}\right)=8S_{ABC}\)

Suy ra \(2T\ge8S_{ABC}\Rightarrow T\ge4S_{ABC}.\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi BN vuông góc BC, AN vuông góc AC <=> M là trực tâm \(\Delta\)ABC.

\(5^a+25\)

\(+,a=0\Rightarrow5^a+25=26\left(l\right)\)

\(+,a=1\Rightarrow5^a+25=30\left(l\right)\)

\(+,a=2\Rightarrow5^a+25=50\left(l\right)\)

\(+,a=3\Rightarrow5^a+25=150\left(l\right)\)

\(+,a\ge4\Rightarrow5^a=\left(....25\right)+25=\left(....50\right)\Rightarrow\hept{\begin{cases}5^a+25⋮2\\5^a+25⋮4̸\end{cases}}\left(l\right)\)

shitbo ơi, TH cuối 5^n không chia hết cho 4 đúng không

A B C D M x N y

Giải:

Do AB // CD nên: \(\widehat{AMN}+\widehat{MNC}=180^o\) ( 2 góc trong cùng phía bù nhau )

\(\Rightarrow\widehat{AMx}+\widehat{xMN}+\widehat{MNC}=180^o\)

Do \(\widehat{AMx}=\widehat{CNy}\left(gt\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{CNy}+\widehat{xMN}+\widehat{MNC}=180^o\)

\(\Rightarrow\left(\widehat{CNy}+\widehat{MNC}\right)+\widehat{xMN}=180^o\)

\(\Rightarrow\widehat{MNy}+\widehat{xMN}=180^o\)

Mà 2 góc \(\widehat{MNy},\widehat{xMN}\) ở vị trí trong cùng phía

\(\Rightarrow\)Mx // Ny ( đpcm )

Vậy...

ê bạn Nguyễn Huy Tú ơi bạn có nick ở hh à

Giả sử \(d\) là \(1\) đường thẳng bất kì và \(d'\) là đường thẳng nào đó vuông góc với \(d.\) Kí hiệu độ dài các hình chiếu của đoạn thẳng thứ \(i\)ên các đường thẳng \(d\)và \(d'\)là a_i và  b_i tướng ứng.

Vì độ dài của mỗi đoạn thẳng bằng 1 nên a_i + b_i >1, với mọi i = 1, 2, ..., 4n

Do đó ( a₁ + ... +a_4n ) + ( b₁ + ... +b_4n ) \(\ge\)4n

Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử a₁ + ... +a4n \(\ge\) b₁ + ... +b_4n.

Theo nguyên lí Dirichet ta có: a₁ + ... +a4n \(\ge\)2n

Vì tất cả các đoạn thẳng đều nằm trong hình tròn đường kính 2n nên tất cả chúng được chiếu xuống đoạn thẳng có độ dài 2n.

Nếu như các hình chiếu của các đoạn thẳng đã cho trên đường thẳng \(d\)không có điểm chung, thì sẽ có:

 a₁ + ... +a4n < 2n ( mâu thuẫn ! ) Do đó trên \(d\)phải có 1 điểm, hí hiệu là \(H\)là hình chiếu của ít nhất 2 điểm trên hai đoạn thẳng đã cho.

Đường vuông góc với \(d\)tại \(H\)( hoặc song song với \(d'\)và đi qua \(H\)) là đường thẳng cần tìm.

Giả sử dd là 11 đường thẳng bất kì và d&#x27;d′ là đường thẳng nào đó vuông góc với d.d. Kí hiệu độ dài các hình chiếu của đoạn thẳng thứ iiên các đường thẳng ddvà d&#x27;d′là ai và  bi tướng ứng.

Vì độ dài của mỗi đoạn thẳng bằng 1 nên ai + bi >1, với mọi i = 1, 2, ..., 4n

Do đó ( a1 + ... +a4n ) + ( b1 + ... +b4n ) \ge≥4n

Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử a1 + ... +a4n \ge≥ b1 + ... +b4n.

Theo nguyên lí Dirichet ta có: a1 + ... +a4n \ge≥2n

Vì tất cả các đoạn thẳng đều nằm trong hình tròn đường kính 2n nên tất cả chúng được chiếu xuống đoạn thẳng có độ dài 2n.

Nếu như các hình chiếu của các đoạn thẳng đã cho trên đường thẳng ddkhông có điểm chung, thì sẽ có:

 a1 + ... +a4n < 2n ( mâu thuẫn ! ) Do đó trên ddphải có 1 điểm, hí hiệu là HHlà hình chiếu của ít nhất 2 điểm trên hai đoạn thẳng đã cho.

Đường vuông góc với ddtại HH( hoặc song song với d&#x27;d′và đi qua HH) là đường thẳng cần tìm.

p,q là các số nguyên tố khác nhau => (p;q)=1

Áp dụng định lí Fermat nhỏ có: \(p^{q-1}\equiv1\)(mod q). Mà \(q^{p-1}\equiv0\)(mod q) 

=>\(p^{q-1}+q^{p-1}\equiv1-0\equiv1\) (mod q) =>\(p^{q-1}+q^{p-1}-1\equiv1-1\equiv0\) (mod q) 

=>\(p^{q-1}+q^{p-1}-1\) chia hết cho q (1)

Lại áp dụng định lí Fermat nhỏ có: \(q^{p-1}\equiv1\)(mod q). Mà \(q^{p-1}\equiv0\) (mod q)

=>\(p^{q-1}+q^{p-1}\equiv1-0\equiv1\)(mod q) =>\(p^{q-1}+q^{p-1}-1\equiv1-1\equiv0\) (mod q) 

=>\(p^{q-1}+q^{p-1}-1\) chia hết cho q (2)

Từ (1),(2) và (p;q)=1 => \(p^{q-1}+q^{p-1}-1\) chia hết cho pq (đpcm)

Bài này mà sử dụng đồng dư thì đơn giản kinh khủng :)

Đặt \(A=p^{q-1}+q^{p-1}-1\)

Vì p,q là các số nguyên tố khác nhau nên \(\left(p;q\right)=1\)

Áp dụng định lý Fecma nhỏ có \(p^{q-1}\text{≡}1\left(modq\right)\)

Mà \(q^{p-1}\text{≡}0\left(modq\right)\)

\(\Rightarrow p^{q-1}+q^{p-1}-1\text{≡}1+0-1\text{≡}0\left(modq\right)\)

\(\Rightarrow A\text{⋮}q\)

Tương tự, vẫn áp dụng định lý Fecma nhỏ có \(q^{p-1}\text{≡}1\left(modp\right)\)

Mà \(p^{q-1}\text{≡}0\left(modp\right)\)

\(\Rightarrow p^{q-1}+q^{p-1}-1\text{≡}0+1-1\text{≡}0\left(modp\right)\)

\(\Rightarrow A\text{⋮}p\)

Có \(A\text{⋮}p\)và \(A\text{⋮}q\); mà \(\left(p;q\right)=1\) nên \(A\text{⋮}p.q\)

Vậy ...

Bạn có thể hiểu thêm về định lý Fecma : nếu a , b nguyên tố cùng nhau thì \(a^{b-1}\text{≡}1\left(modb\right)\)cũng như \(b^{a-1}\text{≡}1\left(moda\right)\)

B= \(\frac{2\cdot2018}{1+\frac{1}{1+2}+\frac{1}{1+2+3}+\frac{1}{1+2+3+4}+...+\frac{1}{1+2+3+...+2018}}\)

Ta có: 

\(1+\frac{1}{1+2}+\frac{1}{1+2+3}+\frac{1}{1+2+3+4}+...+\frac{1}{1+2+3+...+2018}\)

\(=1+\frac{1}{\frac{3.2}{2}}+\frac{1}{\frac{3.4}{2}}+\frac{1}{\frac{4.5}{2}}+...+\frac{1}{\frac{2018.2019}{2}}\)

\(=1+\frac{2}{2.3}+\frac{2}{3.4}+\frac{2}{4.5}+...+\frac{2}{2018.2019}\)

\(=\frac{2}{2}+2\left(\frac{1}{2.3}+\frac{1}{3.4}+\frac{1}{4.5}+...+\frac{1}{2018.2019}\right)\)

\(=2\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}-\frac{1}{5}+...+\frac{1}{2018}-\frac{1}{2019}\right)\)

\(=2\left(1-\frac{1}{2019}\right)=\frac{2.2018}{2019}\)

=> B= \(\frac{2\cdot2018}{1+\frac{1}{1+2}+\frac{1}{1+2+3}+\frac{1}{1+2+3+4}+...+\frac{1}{1+2+3+...+2018}}=\frac{2.2018}{\frac{2.2018}{2019}}=2019\)

Từ đề bai ta có

\(\frac{1a\left(y+z\right)}{abc}=\frac{b\left(z+x\right)}{abc}=\frac{c\left(x+y\right)}{abc}\)

\(\Rightarrow\frac{y+z}{1bc}=\frac{z+x}{ca}=\frac{x+y}{ab}=\frac{x+y-z-x}{1ab-ca}=\frac{y-z}{a\left(b-c\right)}\)

Tương tự ta cũng tìm được cái dãy tỷ số đó 

\(=\frac{1z-x}{b\left(c-a\right)}=\frac{x-y}{c\left(a-b\right)}\)

Từ đây ta có điều phải chứng minh

Ta có:

\(a\left(y+z\right)=b\left(z+x\right)=c\left(x+y\right)\)

\(\Rightarrow\frac{a\left(y+z\right)}{abc}=\frac{b\left(z+x\right)}{abc}=\frac{c\left(x+y\right)}{abc}\)

\(\Rightarrow\frac{\left(y+z\right)}{bc}=\frac{\left(z+x\right)}{ac}=\frac{\left(x+y\right)}{ab}\)

\(\Rightarrow\frac{x+y-z-x}{ab-ac}=\frac{y+z-x-y}{bc-ab}=\frac{z+x-y-z}{ac-bc}\)

\(\Rightarrow\frac{y-z}{a\left(b-c\right)}=\frac{z-x}{b\left(c-a\right)}=\frac{x-y}{c\left(a-b\right)}\)

Ta chứng minh trong 2003 số nguyên dương đã cho chỉ nhận nhiều nhất 4 giá tri khác nhau.

Thật vậy giả sử trong các số đã cho có nhiều hơn 4 chữ số khác nhau, giả sử \(a_1,a_2,a_3,a_4,a_5\)là 5 số khác nhau bất kì. Không mất tính tổng quát giả sử

\(a_1< a_2< a_3< a_4< a_5\)(1)

Theo đầu bài \(a_1a_2=a_3a_4\)(2)

Theo (1) không xảy ra \(a_1a_2=a_3a_4\)hoặc\(a_1a_3=a_2a_4.\)

Tương tự 4 số khác nhau \(a_1,a_2,a_3,a_5\)thì \(a_1a_5=a_2a_3\)(3).

Từ (2) và (3) suy ra \(a_4=a_5.\)Mâu thuẫn.

Vậy trong 2003 số nguyên dương đã cho không thể có hơn 4 số khác nhau. Mà 2003 = 4.500 + 3.

Do đó trong 2003 số tự nhiên dương đã cho luôn tìm được ít nhất 500 + 1 = 501 số bằng nhau.

Bạn ơi bạn vô câu hỏi tương tự xem nhé

Học tốt

Tham khảo nhé!

>>https://olm.vn/hoi-dap/detail/80507618602.html

A B C M N D E

QUA B KẺ BE SONG SONG VỚI NC

TRONG TAM GIÁC AMN CÓ ĐƯỜNG PHÂN GIÁC CỦA GÓC A ĐỒNG THỜI LÀ ĐƯỜNG CAO

=> TAM GIÁC AMN CÂN TẠI A

=> GÓC AMN = GÓC ANM

DO BE SONG SONG VỚI AC

=> GÓC BEM = GÓC ANM

MÀ GÓC ANM = GÓC AMN

=> GÓC AMN = GÓC BEM

=> BE = BM

TA DỄ DÀNG CHỨNG MINH ĐƯỢC TAM GIÁC DBE = TAM GIÁC DCN ( G.C.G)

=> BE = CN

=> BM = CN

TA CÓ AM = AN = X

           BM = CN = Y

TA SẼ CÓ :

X + Y = AB = c

X - Y = AC = b

=> X = AM = \(\frac{b+c}{2}\)

=> Y = bm = \(\frac{c-b}{2}\)

( BM CÓ THỂ BẰNG b - c/ 2 phụ thuộc vào  AB VÀ AC)

Hình tam giác TenDaGiac1: Polygon A, B, C Đoạn thẳng c: Đoạn thẳng [A, B] của Hình tam giác TenDaGiac1 Đoạn thẳng a: Đoạn thẳng [B, C] của Hình tam giác TenDaGiac1 Đoạn thẳng b: Đoạn thẳng [C, A] của Hình tam giác TenDaGiac1 Đoạn thẳng j: Đoạn thẳng [M, B] Đoạn thẳng k: Đoạn thẳng [M, N] Đoạn thẳng l: Đoạn thẳng [A, H] Đoạn thẳng n: Đoạn thẳng [B, K] A = (0.24, 5.9) A = (0.24, 5.9) A = (0.24, 5.9) B = (-1.84, 2.22) B = (-1.84, 2.22) B = (-1.84, 2.22) C = (6.84, 2) C = (6.84, 2) C = (6.84, 2) Điểm D: Trung điểm của a Điểm D: Trung điểm của a Điểm D: Trung điểm của a Điểm M: Giao điểm của h, i Điểm M: Giao điểm của h, i Điểm M: Giao điểm của h, i Điểm N: Giao điểm của h, b Điểm N: Giao điểm của h, b Điểm N: Giao điểm của h, b Điểm H: Giao điểm của g, k Điểm H: Giao điểm của g, k Điểm H: Giao điểm của g, k Điểm K: Giao điểm của m, k Điểm K: Giao điểm của m, k Điểm K: Giao điểm của m, k

Bài của Hiếu viết sai tên điểm. Cô trình bày bài này như sau:

Kẻ BK // AC ( K  thuộc MN)

Đặt H là giao điểm của phân giác trong góc A và MN.

Khi đó ta dễ dàng chứng minh được \(\Delta BDK=\Delta CDN\left(g-c-g\right)\Rightarrow BK=CN\left(1\right)\)

Xét tam giác AMN có AH là phân giác đồng thời đường cao nên nó là tam giác cân hay \(\widehat{AMN}=\widehat{ANM}\)

Lại do BK // AC nên \(\widehat{ANM}=\widehat{BKM}\) (đồng vị)

Vậy \(\widehat{AMN}=\widehat{BKM}\) hay tam giác BKM cân tại B. Suy ra BM  = BK (2)

Từ (1) và (2) suy ra BM = CN

Ta thấy AM = AB + BM = c + BM

            AN = AC - NC = b - NC

Cộng từng vế ta có : AM + AN = b + c hay 2AM = b + c

Vậy \(AM=\frac{b+c}{2}\) 

Khi đó MB = AM - AB \(=\frac{b+c}{2}-c=\frac{b-c}{2}\)  ( Với trường hợp b > c và ngược lại)