x và y là 2 đại lượng tỉ lệ nghịch với nhau \(\Rightarrow x_1.y_1=x_2.y_2\)hay \(\frac{x_1}{y_2}=\frac{x_2}{y_1}\)

\(\Rightarrow\frac{2}{y_2}=\frac{5}{y_1}=\frac{8}{4y_2}=\frac{15}{3y_1}=\frac{8+15}{4y_2+3y_1}=\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow y_1=5:\frac{1}{2}=10\Rightarrow x_1=\frac{20}{y_1}\)

Vậy \(x=\frac{20}{y}\)

Vì x, y là 2 đại lượng tỷ lệ nghịch nên ta có:

\(x_1y_1=x_2y_2=a\)

\(\Rightarrow2y_1=5y_2\)

\(\Leftrightarrow\frac{y_1}{5}=\frac{y_2}{2}=\frac{3y_1}{15}=\frac{4y_2}{8}=\frac{3y_1+4y_2}{15+8}=\frac{46}{23}=2\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}y_1=10\\y_2=4\end{cases}}\)

\(\Rightarrow a=2.10=20\)

Vậy ta có: \(x=\frac{20}{y}\)

H�nh ?a gi�c TenDaGiac1: DaGiac[A, M, 4] H�nh ?a gi�c TenDaGiac2: DaGiac[M, B, 4] ?o?n th?ng f: ?o?n th?ng [A, B] ?o?n th?ng g: ?o?n th?ng [A, M] c?a H�nh ?a gi�c TenDaGiac1 ?o?n th?ng h: ?o?n th?ng [M, N] c?a H�nh ?a gi�c TenDaGiac1 ?o?n th?ng i: ?o?n th?ng [N, P] c?a H�nh ?a gi�c TenDaGiac1 ?o?n th?ng j: ?o?n th?ng [P, A] c?a H�nh ?a gi�c TenDaGiac1 ?o?n th?ng k: ?o?n th?ng [M, B] c?a H�nh ?a gi�c TenDaGiac2 ?o?n th?ng l: ?o?n th?ng [B, K] c?a H�nh ?a gi�c TenDaGiac2 ?o?n th?ng m: ?o?n th?ng [K, L] c?a H�nh ?a gi�c TenDaGiac2 ?o?n th?ng L_1: ?o?n th?ng [L, M] c?a H�nh ?a gi�c TenDaGiac2 ?o?n th?ng s: ?o?n th?ng [C, D] ?o?n th?ng d: ?o?n th?ng [I, J] ?o?n th?ng e: ?o?n th?ng [C, E] ?o?n th?ng f_1: ?o?n th?ng [D, G] A = (-1.16, 1) A = (-1.16, 1) A = (-1.16, 1) B = (6.34, 1.14) B = (6.34, 1.14) B = (6.34, 1.14) ?i?m M: ?i?m tr�n f ?i?m M: ?i?m tr�n f ?i?m M: ?i?m tr�n f ?i?m N: DaGiac[A, M, 4] ?i?m N: DaGiac[A, M, 4] ?i?m N: DaGiac[A, M, 4] ?i?m P: DaGiac[A, M, 4] ?i?m P: DaGiac[A, M, 4] ?i?m P: DaGiac[A, M, 4] ?i?m K: DaGiac[M, B, 4] ?i?m K: DaGiac[M, B, 4] ?i?m K: DaGiac[M, B, 4] ?i?m L: DaGiac[M, B, 4] ?i?m L: DaGiac[M, B, 4] ?i?m L: DaGiac[M, B, 4] ?i?m C: Giao ?i?m c?a n, p ?i?m C: Giao ?i?m c?a n, p ?i?m C: Giao ?i?m c?a n, p ?i?m D: Giao ?i?m c?a q, r ?i?m D: Giao ?i?m c?a q, r ?i?m D: Giao ?i?m c?a q, r ?i?m I: Trung ?i?m c?a C, D ?i?m I: Trung ?i?m c?a C, D ?i?m I: Trung ?i?m c?a C, D ?i?m E: Giao ?i?m c?a t, f ?i?m E: Giao ?i?m c?a t, f ?i?m E: Giao ?i?m c?a t, f ?i?m G: Giao ?i?m c?a a, f ?i?m G: Giao ?i?m c?a a, f ?i?m G: Giao ?i?m c?a a, f ?i?m J: ?i?m tr�n f ?i?m J: ?i?m tr�n f ?i?m J: ?i?m tr�n f

a. Kẻ \(CE\perp AM;DG\perp MB\) , ta thấy ngay CE = EM; DG = GM (Do AMNP, BMLKA là hình vuông)

Từ I kẻ IJ // CE // DG : IJ là đường trung bình hình thang CEGD. Vậy thì

 \(IJ=\frac{EC+DG}{2}=\frac{EM+MG}{2}=\frac{AB}{4}=\frac{a}{4}.\)

Do \(IJ\perp AB\) nên khoảng cách từ I tới AB là IJ = \(\frac{a}{4}.\)

b. Do khoảng cách từ I tới AB không thay đổi nên khi M di chuyển trên AB thì I di chuyển trên đường thẳng song song AB, cách AB một khoảng bằng \(\frac{a}{4}.\)

Bài của mình giống cô giáo :

Câu hỏi của Nguyễn Minh Phương - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath

Cậu tahm khảo bài của cô nha

A B C O I G J S K H L A' M N

a) Đặt J là trung điểm cạnh BC. Theo quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây ta có ^OIC = ^OJC = 90⁰

Vậy I thuộc đường tròn đường kính OC cố định (đpcm).

b) Kẻ đường kính BK của (O). d cắt CK tại điểm S. Ta có AK vuông góc AB, IS vuông góc AB

Suy ra IS // AK. Vì I là trung điểm cạnh AC của tam giác AKC nên S là trung điểm CK cố định (đpcm).

c) OJ cắt (O) tại hai điểm phân biệt là A' và L (A' thuộc cung lớn BC). Hạ AH vuông góc BC

Ta thấy \(AH+JL\le AL\le2R=A'L\Rightarrow AH\le A'L-JL=A'J\)

Suy ra \(S=\frac{AH.BC}{2}\le\frac{A'J.BC}{2}\)(không đổi). Vậy S lớn nhất khi A trùng A'.

d) Trên đoạn JB,JC lấy M,N sao cho JM = JN = 1/6.BC. Khi đó M,N cố định.

Đồng thời \(\frac{JG}{JA}=\frac{JM}{JB}=\frac{JN}{JC}=\frac{1}{3}\). Suy ra ^MGN = ^BAC = 1/2.Sđ(BC (Vì GM // AB; GN // AC)

Vậy G là các điểm nhìn đoạn MN dưới một góc không đổi bằng 1/2.Sđ(BC, tức là một đường tròn cố định (đpcm).

Chào chú Minh.

Ta chứng minh bổ đề:

Với x,y,z dương thì:

\(8\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)\le9\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\)

\(\Leftrightarrow x\left(y-z\right)^2+y\left(z-x\right)^2+z\left(x-y\right)^2\ge0\)(đúng)

Quay lại bài toán ta có:

\(A^{2020}=\left(\sqrt[2020]{\frac{a}{a+b}}+\sqrt[2020]{\frac{b}{b+c}}+\sqrt[2020]{\frac{c}{c+a}}\right)^{2020}\)

\(=\left(\sqrt[2020]{\frac{a\left(a+c\right)}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}+\sqrt[2020]{\frac{b\left(b+a\right)}{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}}+\sqrt[2020]{\frac{c\left(c+b\right)}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}\right)^{2020}\)

\(\le\left(1+1+1\right)^{2018}.2.\left(a+b+c\right).\left(\frac{a}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{b}{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}+\frac{c}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\right)\)

\(=3^{2018}.\frac{4\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)

\(\le3^{2018}.\frac{9\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=\frac{3^{2020}}{2}\)

\(\Rightarrow A\le\frac{3}{\sqrt[2020]{2}}\)

 \(\sqrt{1-xy}=\frac{\sqrt{1-xy}.x^2y^2}{x^2y^2}\)\(=\frac{\sqrt{x^4y^4-x^5y^5}}{x^2y^2}\)
có: \(x^5+y^5=2x^2y^2\Rightarrow x^2y^2=\frac{x^5+y^5}{2}\)
\(\frac{\sqrt{x^4y^4-x^5y^5}}{x^2y^2}=\frac{\sqrt{\left(\frac{x^5+y^5}{2}\right)^2-x^5y^5}}{x^2y^2}=\frac{\sqrt{\left(x^5-y^5\right)^2}}{2x^2y^2}=\frac{\left|x^5-y^5\right|}{2x^2y^2}\)
Do x, y hữu tỉ nên \(\frac{\left|x^5-y^5\right|}{2x^2y^2}\)hữu tỉ (đpcm)

xy=0 tm
xy khác 0
\(\frac{x^5+y^5}{2x^2y^2}=1\Leftrightarrow\frac{x^3}{2y^2}+\frac{y^3}{2x^2}=1\Leftrightarrow\frac{x^6}{4y^4}+\frac{xy}{2}+\frac{x^6}{4x^4}=1\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{x^3}{2y^2}-\frac{y^3}{2x^2}\right)=1-xy\)=>dpcm
 

O B A C E

Vì tam giác ABC cân tại A nên \(\widehat{ACB}=\widehat{ABC}\)

Lại có \(\widehat{ACB}\) và \(\widehat{OCE}\) là hai góc đối đỉnh nên chúng bằng nhau. Nói cách khác \(\widehat{OCE}=\widehat{ABC}\)

Do OE = OB nên \(\widehat{OEB}=\widehat{OBE}\)

Mà \(\widehat{ABC}+\widehat{OBE}=90^o\Rightarrow\widehat{OCE}+\widehat{OEB}=90^o\Rightarrow\widehat{EOC}=90^o.\)

Vậy \(OE\perp OA.\)

tks bạn nhiều nha

A=5040

1954:14 dư 8 => A:14 dư 6

2004:15 dư 9 => A:15 dư 6

1930:16 dư 10 => A:16 dư 6

Nếu A+6 thì A chia hết cho 14;15;16

=> A+6=BSC(14;15;16) sao cho 5006<= A+6<=6006

Từ đó tính ra A

Ta có

2016²⁰¹⁷ có chữ số tận ccùg là 6

Ta lại có 2017⁴ có tận cùng là 1 nên (2017⁴)⁵⁰⁴ co chữ số tận cùng là 1.

=> 2016²⁰¹⁷ + 2017²⁰¹⁶ có chữ số tận cùng là 7.

Mà không có số chính phương nào có tận cùng là 7 nên số đã cho không phải số chính phương

Ta có: 2016²⁰¹⁷ tận cùng = 1

Suy ra 2016²⁰¹⁷⁺2017²⁰¹⁶ tận cùng=7

Mà không có số chính phương tận cùng = 7 nên không phải

Xét \(x,y,z\ne0\)ta có:

\(x^2+y^2+z^2\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}< \left(x+y+z\right)^2\)(loại)

Xét trong 3 số có 2 số khác 0. Giả sử là \(x,y\ne0\)

\(x^2+y^2\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{2}< \left(x+y\right)^2\)(loại)

Vậy trong 3 số x, y, z phải có ít nhất 2 số bằng 0. Thế vô ta được phương trình có vô số nghiệm nguyên.

Ý làm lộn. Đừng coi cái trên nha:

Dễ thấy với 2 trong 3 số bằng 0 thì phương trình có vô số nghiệm.

Giả sử 2 số đó là; x = y = 0 thì ta có:

\(z^2=z^2\) vô số nghiệm nguyên.

Vậy bài toán được chứng minh.

Chứng minh bằng cách phản chứng

Giả sử tồn tại số nguyên tố p thõa mãn

Đặt 3^p + 19 ( p - 1 ) = n² ( n là một số nguyên )

* Nếu p = 2, 3 dễ thấy không có số số nguyên n nào thõa mãn

* Nếu p > 3 , p lẻ

+ ) p = 4k + 1

Ta có : 3 ≡ - 1 ( mod4 )

nên 3^p ≡ - 1 ( mod4 )

và 19 ≡ 3 ( mod4 ) ; p - 1 ≡ 0 ( mod4 )

Do đó VT  ≡ VP ≡ - 1 ( mod4 ) ( vô lí )

+ ) p = 4k + 3

Theo định lí Fermat ta có :

3^p  ≡ 3 ( modp )

và 19 ( p - 1 ) ≡ - 19 ( modp )

nên VT ≡ - 16 ( modp )

Do đó n² + 16 \(⋮\) p

Từ đề ta có 4 \(⋮\) p ( vô lí vì 4 không có ước dạng 4k + 3 )

Vậy ta có đpcm

Gỉa sử tồn tại số nguyên p thỏa mãn 

Đặt \(3^p+19\left(p-1\right)=n^2\)( n là 1 số nguyên )

* Nếu p=2,3 . Dễ có ko có số nguyên n nào thỏa mãn 

* Nếu p>3 , p lẻ 

+) p=4k +1

Ta có 

\(3=-1\left(modA\right)\)

nên : \(3^p=-1\left(modA\right)\)

Mà \(19\equiv3\left(modA\right);p-1\equiv0\left(modA\right)\)

Do đó : \(VT\equiv VP\equiv-1\left(modA\right)\)( vô lí )

+) p=4k+3

Theo định lí Fermat ta có 

\(3^p=3\left(modp\right)\)

và \(19\left(p-1\right)\equiv-19\left(modp\right)\)

nên \(VT\equiv-16\left(modp\right)\)

Do đó : \(n^2+16⋮p\)

-> Ta có : \(4⋮b\)( vô lí )

Vậy ta có đpcm