trong sách nâng cao toán 8 của vũ hữu bình ấy bạn

giả sử \(a\ge b\ge c>0\)

Ta có : \(\frac{a^2}{b^2+c^2}-\frac{a}{b+c}=\frac{a\left(ab+ac-b^2-c^2\right)}{\left(b^2+c^2\right)\left(b+c\right)}=\frac{ab\left(a-b\right)+ac\left(a-c\right)}{\left(b^2+c^2\right)\left(b+c\right)}\)

TT: \(\frac{b^2}{c^2+a^2}-\frac{b}{c+a}=\frac{bc\left(b-c\right)+ba\left(b-a\right)}{\left(c^2+a^2\right)\left(c+a\right)}\)

\(\frac{c^2}{a^2+b^2}-\frac{c}{a+b}=\frac{ca\left(c-a\right)+cb\left(c-b\right)}{\left(a^2+b^2\right)\left(a+b\right)}\)

Do đó: \(\left(\frac{a^2}{b^2+c^2}+\frac{b^2}{c^2+a^2}+\frac{c^2}{a^2+b^2}\right)-\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)\)

\(=ab\left(a-b\right)\left[\frac{1}{\left(b^2+c^2\right)\left(b+c\right)}-\frac{1}{\left(c^2+a^2\right)\left(c+a\right)}\right]\)

\(+ca\left(a-c\right)\left[\frac{1}{\left(b^2+c^2\right)\left(b+c\right)}-\frac{1}{\left(a^2+b^2\right)\left(a+b\right)}\right]\)

\(+bc\left(b-c\right)\left[\frac{1}{\left(c^2+a^2\right)\left(c+a\right)}-\frac{1}{\left(a^2+b^2\right)\left(a+b\right)}\right]\)

Vì \(a\ge b\ge c\) => gtri bt > 0

=> đpcm

Bai nay rat de ban a. ban cu nghe minh nhe. mac ke bon kia tra loi 3, minh chac chan la 4

1,6 lần

Cần tăng thêm 25 % 

Nếu đứng nhớ ****

Muốn bán sản phẩm đó với giá ban đầu thi cần tăng thêm 20% giá mới

mik chak chan dung

n²+n+1 = n(n + 1) +1.

Vì n(n+1) là tích của hai số tự nhiên liên tiếp nên có chữ số tận cùng là 0, 2, 6

Do đó n(n+1) + 1 có chữ số tận cùng là 1, 3, 7. 

Vì 1, 3, 7 không chia hết cho 2 và 5 nên n(n+1) + 1 không chia hết cho 2 và 5

Vậy n²+n+1 không chia hết cho 2 và 5.

Chú Tiểu làm đúng rồi. Mình giải thích thêm để bạn Tín Đinh hiểu rõ hơn.

n² + n + 1 = n.(n+1) + 1.

Vì n.(n+1) là tích hai số tự nhiên liên tiếp, trong 2 số liên tiếp luôn luôn có 1 số chẵn => n.(n+1) là số chẵn, cộng thêm 1 sẽ là số lẻ => n.(n+1) + 1 là số lẻ, không chia hết cho 2.

Để chứng minh n.(n+1) + 1 không chia hết cho 5 ta thấy hai số n và n+1 có thể có các chữ số tận cùng sau:

    n   tận cùng là 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9; tương ứng số tận cùng của n+ 1 như sau:

n+ 1 tận cùng là 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 0

=> tích của n.(n+1) tận cùng là:

                              0, 2, 6, 2, 0, 0, 2, 6, 2, 0

Hay là n.(n+1) tận cùng là 0, 2, 6

=> n.(n+1) +1 tận cùng là: 1, 3, 7  không chia hết cho 5

Ta có B = 5 + 12 + 21 + 32 + ... + 480

B = 1.5 + 2.6 + 3.7 + 4.8 + .... + 20.24

= 1.(2 + 3) + 2.(3 + 3) + 3.(4 + 3) + 4.(5 + 3) + .... + 20.(21 + 3)

= 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + .... + 20.21 + 3(1 + 2 + 3 + 4 + .... + 20)

= \(\frac{1.2.3+2.3.3+3.4.3+4.5.3+...+20.21.3}{3}+3.20.\left(20+1\right):2\)

= \(\frac{1.2.3+2.3.\left(4-1\right)+3.4.\left(5-2\right)+4.5.\left(6-3\right)+...+20.21.\left(22-19\right)}{3}+630\)

=\(\frac{1.2.3+2.3.4-1.2.3+3.4.5-2.3.4+4.5.6-3.4.5+...+20.21.22-19.20.21}{3}+630\)

= \(\frac{20.21.22}{3}+630=3080+630=3710\)

a)Xét tg DBM có ^DMC là góc ngoài tại đỉnh M 
do ^DBM=^DMC(=60độ) 
=>^DMC = ^DBM+^BDM=^DME+^BDM 
=>^BDM=^DMC-^DME=^EMC 
Xét tg BDM và tg CME có 
- ^DBM=^ECM(=60độ) 
- ^BDM=^EMC 
=>tg BDM đồng dạng tg CME 
=>BD/CM=BM/CE 
=>BD.CE=BM.CM=BC/2.BC/2=BC^2/4 
b) tg BDM đồng dạng tg CME 
=>BD/CM=DM/ME 
=>BD/DM=CM/ME 
Mà MB=CM 
=> BD/DM=BM/ME 
Xét tg BDM và tg MDE có 
- BD/DM=BM/ME 
-^DBM=^DME 
=>tg BDM đồng dạng tg MDE 
=>^BDM=^MDE 
=>DM là tpg BDE 
c) TỪ M kẻ đường thẳng vuông g óc với AB,AC và DE lần lượt tại N,Q,P 
Xét tg NDM vuông tại N v à tg DPM vuông tại P có 
-Chung DM 
-^NDM=^PDM(vì DM l à tpg BDE) 
=> tg NDM= tg DPM(cạnh huyền-góc nhọn) 
=>DN=DP 
tương tự chứng minh : PE=EQ 
Chu vi tg ADE c ó AD+DE+AE=AD+AE+DP+PE=AD+DP+DN+EQ=AN+AQ 
do M cố định , AB và AC ko đổi 
=>N,Q cố định 
=>AN,AQ ko đổi 
=> Chu vi tam giác ADE không đổi.

hình đâu

A B C M N P D O I S

Ta thấy M,P lần lượt là trung điểm của AB,BC => MP là đường trung bình trong  \(\Delta\)ABC

=> MP // AC hay MP // AD. Xét \(\Delta\)BAD có: M là trung điểm AB, MP // AD => MP đi qua trung điểm BD

Gọi MP cắt BD tại S. Khi đó S là trung điểm BD. Ta sẽ chứng minh AI đi qua S, thật vậy:

Áp dụng hệ quả ĐL Thales có: \(\frac{ON}{AM}=\frac{OP}{BM}\left(=\frac{CO}{CM}\right)\)=> ON = OP (Vì AM = BM)

Áp dụng ĐL Melelaus cho \(\Delta\)PCN và 3 điểm A,O,I có \(\frac{IP}{IC}.\frac{ON}{OP}.\frac{AC}{AN}=1\)

Thay \(\frac{ON}{OP}=1,\frac{AC}{AN}=2\), ta được \(\frac{IP}{IC}=\frac{1}{2}\). Do đó \(\frac{IC}{IB}=\frac{1}{2}\)(Vì PC=1/2BC)

Áp dụng ĐL Melelaus cho \(\Delta\)ABC và 3 điểm M,I,D có \(\frac{MA}{MB}.\frac{IC}{IB}.\frac{DA}{DC}=1\)

Thay \(\frac{MA}{MB}=1,\frac{IC}{IB}=\frac{1}{2}\)(cmt), ta được \(\frac{DA}{DC}=2\)=> C là trung điểm AD 

Xét \(\Delta\)BAD: Các trung tuyến DM, BC cắt nhau tại I => I là trọng tâm của \(\Delta\)BAD

Ta có S là trung điểm BD nên AI đi qua S. Như vậy AI,BD,MP đồng quy tại trung điểm BD (đpcm).

Gọi S là giao điểm của MP và BD

Vì P là giao điểm của MS và BC

=> Tứ giác BMCS là hình bình hành

=> \(MC//BD\)

Mà M là trung điểm của AB

=> C là trung điểm của AD

CMTT S là trung điểm của BD

=> BC; DM lần lượt là trung tuyến của tam giác ABD

Mà BC giao DM tại I

=> I là trọng tâm của tam giác ABD

Mà S là trung điểm của BD

=> A;I;S thẳng hàng

=> AI;BD;MP đồng quy tại S

Vậy AI;BD;MP đồng quy tại S

ta có

\(\hept{\begin{cases}xy\left(x-y\right)^2=25\\\sqrt{x^2-xy}+\sqrt{xy-y^2}=\frac{9}{2}\end{cases}}\)

từ \(\left(\sqrt{x^2-xy}+\sqrt{xy-y^2}\right)^2=\frac{81}{4}\Leftrightarrow x^2-y^2+2\sqrt{xy.\left(x-y\right)^2}=\frac{81}{4}\)

\(\Leftrightarrow x^2-y^2+2\sqrt{25}=\frac{81}{4}\Leftrightarrow x^2-y^2=\frac{41}{4}\Rightarrow x^2=y^2+\frac{41}{4}\)

\(\Rightarrow\left(\sqrt{x^2-xy}+\sqrt{xy-y^2}\right)=\frac{9}{2}\Leftrightarrow\sqrt{\frac{41}{4}-\left(xy-y^2\right)}+\sqrt{xy-y^2}=\frac{9}{2}\)

\(\Rightarrow xy-y^2=4\)vậy ta có \(\hept{\begin{cases}xy-y^2=4\\x^2-y^2=\frac{41}{4}\end{cases}}\Rightarrow16\left(x^2-y^2\right)=41\left(xy-y^2\right)\)

\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x=y\\x=\frac{25}{16}y\end{cases}}\)mà \(x^2=y^2+\frac{41}{4}\Rightarrow\left(\frac{25}{16}y\right)^2=y^2+\frac{41}{4}\Rightarrow y=\pm\frac{8}{3}\Rightarrow x=\pm\frac{25}{6}\)

thay lại hệ để tìm nghiệm thỏa mãn đk căn thức là xong nhé

\(ĐK:x^2-xy\ge0;xy-y^2\ge0\)

Ta viết hệ phương trình về dạng: \(\hept{\begin{cases}x\left(x-y\right).y\left(x-y\right)=25\\\sqrt{x\left(x-y\right)}+\sqrt{y\left(x-y\right)}=\frac{9}{2}\end{cases}}\)

Đặt \(\sqrt{x\left(x-y\right)}=u,\sqrt{y\left(x-y\right)}=v\left(u,v>0\right)\)thì hệ trở thành: \(\hept{\begin{cases}u^2v^2=25\\u+v=\frac{9}{2}\end{cases}}\)

* Xét uv = 5 thì u, v là nghiệm của phương trình \(s^2-\frac{9}{2}s+5=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}s=\frac{5}{2}\\s=2\end{cases}}\)

     +) \(u=\frac{5}{2},v=2\Rightarrow\hept{\begin{cases}x\left(x-y\right)=\frac{25}{4}\\y\left(x-y\right)=4\end{cases}}\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2=\frac{9}{4}\)\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x-y=\frac{3}{2}\Rightarrow\left(x,y\right)=\left(\frac{25}{6},\frac{8}{3}\right)\\x-y=-\frac{3}{2}\Rightarrow\left(x,y\right)=\left(-\frac{25}{6},-\frac{8}{3}\right)\end{cases}}\)

     +) \(u=2,v=\frac{5}{2}\Rightarrow\hept{\begin{cases}x\left(x-y\right)=4\\y\left(x-y\right)=\frac{25}{4}\end{cases}}\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2=\frac{-9}{4}\left(L\right)\)

* Xét uv = -5 thì u, v là nghiệm của phương trình \(r^2-\frac{9}{2}r-5=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}r=\frac{9+\sqrt{161}}{4}\\r=\frac{9-\sqrt{161}}{4}\end{cases}}\)(loại vì có 1 nghiệm là số âm)

Kẻ DI ║ BC. Áp dụng hệ quả định lý Ta-lét vào ΔABC
⇒AD /AB =AI/AC
⇒DB/AB=IC/AC

⇒IC/DB=AC/AB
Vì MC║DI.  Áp dụng định lý Ta-lét vào ΔDIE
⇒DM/ME=IC/CE
Mà DM=CE ⇒IC/CE=IC/DB
⇒DM/ME=AC/AB

Giải thích các bước giải:

 Kẻ DI ║ BC. Áp dụng hệ quả định lý Ta-lét vào ΔABC
⇒AD /AB =AI/AC
⇒DB/AB=IC/AC

⇒IC/DB=AC/AB
Vì MC║DI.  Áp dụng định lý Ta-lét vào ΔDIE
⇒DM/ME=IC/CE
Mà DM=CE ⇒IC/CE=IC/DB
⇒DM/ME=AC/AB