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)

\(\overline{abcd};\overline{dcba}\)là số tự nhiên có bốn chữ số

=> \(a,d\ne0\)

Và vì: \(4.\overline{abcd}=\overline{dcba}\)

=> a<3

TH1: a=1

Khi đó ta có: \(4.\overline{1bcd}=\overline{dcb1}\)

Loại vì không tồn tại số nhân với 4 được số tự nhiên tận cùng là 1

TH2: a=2

Khi đó ta có: \(4.\overline{2bcd}=\overline{dcb2}\)

=> d=3 hoặc d=8

+) Với d =3 ta có:

\(4.\overline{2bc3}=\overline{3cb2}\)loại ( vì 4.2=8>3)

+) Với d=8

ta có: \(4.\overline{2bc8}=\overline{8cb2}\)

<=> \(4.\left(2000+b.100+c.10+8\right)=8000+c.100+b.10+2\)

<=> \(390b-60c+30=0\)

<=> \(13b-2c+1=0\)

<=> \(c=\frac{13b+1}{2}\)

=> b=1 và c=7

Vậy số tự nhiên cần tìm là: 2178 và 4x2178=8712

Cô ơi e có cách giải mới mong cô xem qua 

Số cần tìm có dạng \(\overline{abcd}\)

Ta có 4.\(\overline{abcd}=\overline{dcba}\Rightarrow\overline{dcba}⋮4\Rightarrow a\in\left\{0;1;4;6;8\right\}\)

Xét các trường hợp thấy \(a\in0\)và nếu \(a\ge4\)thì \(4.\overline{abcd}\ge4.4000>9999\ge\overline{dcba}\)

và a=2 =>\(\overline{abcd}=\overline{dcba}\ge4.2000=8000=>d\in\left\{8;9\right\}\)

Mà \(\overline{dcba}=4\overline{abcd}\Rightarrow4.d\)phải tận cùng bằng chữ số a.

Mặt khác :4.8=32;4.9=36=>d=8

Ta có \(\overline{dcba}=100.dc+ba=2.5.4.dc+ba⋮4\)

=>ba\(⋮\)4

Vì a\(⋮\)2 theo trên =>b\(\in\){1;3;5;7;9}

Xét các trường hợp của b

Nếu \(b\ge3\Rightarrow\overline{8cba}\ge4.2300=9200\)(vô lí )

Nếu b : 1=>\(\overline{8bc12}=4.\overline{2108}\)

=>8012+100c=4.2108+4.10.c

=>60c=420

=>c=420:60

=>c=7

Vậy \(\overline{abcd}=2178\)

Bài 1:

Áp dụng TCDTSBN có:

\(\frac{a1-1}{9}=\frac{a2-2}{8}=...=\frac{a9-9}{1}=\frac{a1-1+a2-2+...+a9-9}{9+8+...+1}=\frac{\left(a1+...+a9\right)-\left(1+2+...+9\right)}{45}=\frac{90-45}{45}=1\)

\(\Rightarrow\frac{a1-1}{9}=1\Rightarrow a1=10\)

\(\frac{a2-2}{8}=1\Rightarrow a2=10\)

.....

\(\frac{a9-9}{1}=1\Rightarrow a9=10\)

Vậy a1=a2=...=a9=10

2,

a, \(\frac{x}{3}=\frac{y}{4}=\frac{z}{5}\Rightarrow\frac{x^2}{9}=\frac{y^2}{16}=\frac{z^2}{25}\Rightarrow\frac{2x^2}{18}=\frac{2y^2}{32}=\frac{3z^2}{75}=\frac{2x^2+2y^2-3z^2}{18+32-75}=\frac{-100}{-25}=4\)

=> x=6, y=8, z=10

b, \(\frac{x-1}{2}=\frac{y+3}{4}=\frac{z-5}{6}\Rightarrow\frac{3x-3}{6}=\frac{4y+12}{16}=\frac{5z-25}{30}=\frac{5z-25-3x+3-4y-12}{30-6-16}=\frac{\left(5x-3x-4y\right)-\left(25-3+12\right)}{8}=\frac{50-34}{8}=2\)

=> x-1/2 = 2 => x=5

y+3/4=2=>y=5

z-5/6=2=>z=17

Bài 1 : Giải

a1−19=a2−28=a3−37=...=a9−91a1−19=a2−28=a3−37=...=a9−91
Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau →a1−19=a2−28=a3−37=...=a9−91=a1−1+a2−2+a3−3+a4−4+...+a9−99+8+7+...+3+2+1=(a1+a2+a3+...+a9)−4545=90−4545=1→a1−19=a2−28=a3−37=...=a9−91=a1−1+a2−2+a3−3+a4−4+...+a9−99+8+7+...+3+2+1=(a1+a2+a3+...+a9)−4545=90−4545=1
a1−1=9→a1=10a2−2=8→a2=10a3−3=7→a3=10...a9−9=1→a9=10a1−1=9→a1=10a2−2=8→a2=10a3−3=7→a3=10...a9−9=1→a9=10
Vậy a1=a2=a3=...=a9=10

+) Để n lớn nhất => m lớn nhất

+) Để n thuộc N

=> \(\sqrt{m-174}\in N\)

\(\sqrt{m+34}\in N\)

Đặt m-174 =a^2 , m+34 =b^2 ( a, b thuộc N)

=> \(b^2-a^2=34+174=208\)

=> \(\left(b-a\right)\left(b+a\right)=208\) là số chẵn

=> b-a , b+a đồng thời là số chẵn và b+a>b-a

Vì n lớn nhất => a+b lớn nhất

Xét trường hợp: 

TH: \(\hept{\begin{cases}b-a=2\\b+a=104\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}b=53\\a=51\end{cases}}\)thử lại thấy thỏa mãn với m=2775 thay vào tính được n=53+51=104

Vậy n=104

a. Do tam giác ABC cân có \(\widehat{BAC}=100^o\Rightarrow\widehat{ABC}=\widehat{ACB}=40^o\)

Từ đó cũng có \(\widehat{ACH}=\widehat{BCH}=20^o\)

Xét tam giác AHC ta thấy ngay \(\widehat{AHC}=180^o-\widehat{HAC}-\widehat{ACH}=60^o\)

Lấy I, J trên BC sao cho \(\widehat{CHI}=80^o;\widehat{CHJ}=60^o\)

Ta có \(\Delta HAC=\Delta HJC\left(g-c-g\right)\Rightarrow AH=HJ\)

\(\widehat{HJC}=\widehat{HAC}=100^o\Rightarrow\widehat{HJI}=80^o\)

Xét tam giác HIC có \(\widehat{HCI}=20^o;\widehat{CHI}=80^o\Rightarrow\widehat{HIC}=80^o\Rightarrow HC=IC\)

Xét tam giác HIJ có \(\widehat{HIJ}=\widehat{HJI}=80^o\Rightarrow HJ=HI\)

HIJ là góc ngoài tam giác BHI nên mà nó gấp đôi góc \(\widehat{HBI}\Rightarrow\) tam giác BHI cân tại I hay HI = BI.

Vậy thì BC = BI + IC = HI + HC = AH + HC (đpcm)

b. 

cau b;ve diem K sao cho BC la trung truc cua MK sau do CM AK=AC bg phan chung

Em làm cô vui lòng xem giúp em ạ

Có: \(x,y,z>0\)

Nên: \(7^y>1\)

Mà \(7^y+2^z=2^x+1\)(1)

\(\Leftrightarrow2^x>2^z\Rightarrow x>z\)

Xét TH1: y lẻ

Có: \(\left(1\right)\Leftrightarrow2^x-2^z=7^y-1\)

\(\Leftrightarrow2^z\left(2^{x-z}-1\right)=7^y-1\)

Có: y lẻ nên: \(7^y-1=\left(7-1\right)\cdot A=6A⋮6\)

\(\Leftrightarrow7^y-1\equiv2\)(mod 4)

Vì thế: \(2^z=2\)\(\Rightarrow z=1\)(vì với z>1 thì \(2^z\equiv0\)(mod 4)

Thay vào PT: \(2^x-2=7^y-1\)

\(\Leftrightarrow2^x=7^y+1\)

\(\Leftrightarrow2^x=\left(7+1\right)\left(7^{y-1}-7^{y-2}+...-7+1\right)\)

\(\Leftrightarrow2^x=8\left(7^{y-1}-7^{y-2}+...-7+1\right)=8B\)

Vì B lẻ nên: \(2^x=8\)\(\Rightarrow x=3\)\(\Rightarrow y=1\)

Được: \(\left(x;y;z\right)=\left(3;1;1\right)\)

TH2: Khi y chẵn:

\(2^z\left(2^{x-z}-1\right)=7^y-1\)

Vì y chẵn nên: 

\(2^z\left(2^{x-z}-1\right)=\left(7+1\right)\left(7-1\right)C=48C=16\cdot3C\)

Vì: \(2^{x-z}-1\equiv1\)(mod 2)

Nên: \(2^z=16\Rightarrow z=4\)

Thế vào: 

\(2^x+1=7^y+16\)

\(\Leftrightarrow2^x=7^y+15\)

\(\Leftrightarrow2^x=7^y+7+8\)

\(\Leftrightarrow2^x=7\left(7^{y-1}+1\right)+8\)

\(\Leftrightarrow2^x=7\cdot8\cdot\left(7^{y-2}-7^{y-3}+...-7+1\right)+8\)

\(\Leftrightarrow2^x=8\left(7^{y-1}-7^{y-2}+...-7^2+7+1\right)=8S\)

Vì S chia hết cho 8

nên: \(2^x=64P\Rightarrow2^x=64\Rightarrow x=6\)

\(\Rightarrow y=2\)

Vì thế: \(\left(x;y;z\right)=\left(6;2;4\right)\)

Vậy: \(\left(x;y;z\right)=\left(6;2;4\right);\left(3;1;1\right)\)

\(3\)

\(1\)

\(1\)

#)Giải :

 Trong 12 số sẽ có 9 số lớn hơn 5

=> Luôn chia cho 3 dư 1 hoặc dư 2

 Vậy trong 12 số luôn tồn tại a₁ - a₂ sao cho a₁ - a₂ chia hết cho 2

Và a₃ - a₄ : a₅ - a₆ sao cho a₃ - a₄ ; a₅ - a₆ chia hết cho 30

Do đó tích trên chia hết cho 2 . 30 . 30 = 1800

        * Nguồn : Câu hỏi tương tự 

        Mk ghi cho bn đỡ ph vô đó thui :P

              #~Will~be~Pens~#

Ta đã biết 3 số nguyên tố đầu tiên trong tập số nguyên tố là: 2, 3, 5

Do đó trong 12 số nguyên tố phân biệt bất kì luôn có ít nhất 9 số lớn hơn 5  và 9 số trên chia cho 3 dư 1 , 2.

=> Theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại ít nhất 5 số nguyên tố đồng dư với nhau theo mod 3 ( nghĩa là tồn tại ít nhất 5 số có cùng số dư khi chia cho 3), 5 số trên không chia hết cho 5 

=> Trong 5 số trên có ít nhất 2  số giả sử là a1 và a2  có cùng số dư khi chia  cho 5 hay \(a_1\equiv a_2\left(mod5\right)\)

Và \(a_1\equiv a_2\left(mod3\right)\)

 a1, a2 lẻ => \(a_1\equiv a_2\left(mod2\right)\)

mà (5, 2, 3) =1 

=> \(a_1\equiv a_2\left(mod30\right)\Leftrightarrow a_1-a_2⋮30\)

Xét 7 số trong 9 số còn lại:

Theo nguyên lí Dirichlet tồn tại 4 đồng dư với nhau theo mod 3, Xét 4 số trên khi chia cho 5

TH1: tồn tại hai số a3, a4  sao cho : \(a_3\equiv a_4\left(mod5\right)\)

mặt khác tương tự như trên ta cũng có \(a_3\equiv a_4\left(mod30\right)\Leftrightarrow a_3-a_4⋮30\)

Lấy hai số bất kì a5, a6 trong 5 số   còn lại, ta có: \(a_5+a_6⋮2\)

và 2.30.30=1800

Vậy \(\left(a_1-a_2\right)\left(a_3-a_4\right)\left(a_5+a_6\right)⋮1800\)

TH2: 4 số trên khi chia cho 5 có số dư lần lượt là  1, 2, 3, 4

G/s: \(a_5\equiv1\left(mod5\right);a_6\equiv4\left(mod5\right)\Rightarrow a_5+a_6\equiv5\left(mod5\right)\Rightarrow a_5+a_6⋮5\)

và a5, a6 lẻ  \(\Rightarrow a_5+a_6⋮2\)

 \(\Rightarrow a_5+a_6⋮10\)

Mặt khác : lấy hai số a3, a4 còn lại  ta có: \(a_3\equiv a_4\left(mod3\right)\Rightarrow a_3-a_4⋮3\)

và a3, a4 lẻ => \(a_3-a_4⋮2\)

=> \(a_3-a_4⋮6\)

Ta có: 30.10.6=1800

vậy \(\left(a_1-a_2\right)\left(a_3-a_4\right)\left(a_5+a_6\right)⋮1800\)

Í em mới lớp 7 thôi hả

Vậy mà giỏi đến mức được làm công tác viên òi

Tức là chị là chị của công tác viên hí hí 
~ lớp 8 ~

Lớp 7 nhưng chịu quá nhiều tai tiếng ạ,vs như lúc đó ko thuộc hằng đẳng thức bình phương của một tổng,làm xàm thế là...