Ta có:

\(y^3=\left(x-2\right)^4-x^4\)

\(\Leftrightarrow y^3=-8\left(x-1\right)\left(x^2-2x+2\right)\)

\(\Rightarrow\)y là số chẵn

Đặt \(y=-2k\left(k\in Z\right)\)

\(\Rightarrow-8k^3=-8\left(x-1\right)\left(x^2-2x+2\right)\)

\(\Leftrightarrow k^3=\left(x-1\right)\left(x^2-2x+2\right)\)

Đễ dàng chứng minh được \(\left(x-1\right);\left(x^2-2x+2\right)\) nguyên tố cùng nhau

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x-1=m^3\\x^2-2x+2=n^3\end{cases}}\)

\(\Rightarrow n^3=m^6+1\)

Ta lại có: \(m^6< m^6+1\le\left(m^2+1\right)^3\)

\(\Rightarrow m^6+1=\left(m^2+1\right)^3\)

\(\Leftrightarrow m^2\left(m^2+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow m=0\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x=1\\y=0\end{cases}}\)

a, Ta có \(\Delta ABH\) có góc ngoài là \(\widehat{DBH}\)

=> \(\widehat{DBH}\)\(=90^o+\widehat{BAH}\)

Ta có \(\Delta DBH\)

=> \(180^o-\widehat{DBH}\)\(=\widehat{BDH}+\widehat{BHD}\)

Mà \(\widehat{DBH}=90^o+\widehat{BAH}\)(CMT)\(;\) \(\widehat{BDH}=\widehat{BHD}\)(vì tam giác BHD cân tại B do BH=BD)

=> \(180^o-90^o-\widehat{BAH}=2\widehat{BHD}\)

=> \(\frac{90^o-\widehat{BAH}}{2}=\widehat{BHD}\)

Mà \(\widehat{BHD}=\widehat{MHC}\)( 2 góc đối đỉnh)

=>\(\frac{90^o-\widehat{BAH}}{2}=\widehat{MHC}\)(*)

Ta có: \(\Delta ABH\) vuông tại H

=> \(\widehat{BAH}+\widehat{ABC}=90^o\)

=> \(90^o-\widehat{BAH}=\widehat{ABC}\)

Mà \(\widehat{ABC}=2\widehat{ACB}\)(GT)

=> \(90^o-\widehat{BAH}=\widehat{2ACB}\)

=>\(\frac{90^o-\widehat{BAH}}{2}=\widehat{ACB}\)(**)

Từ *;** => \(\widehat{MHC}=\widehat{ACB}\)

=> Tam giác MHC cân tại M

b, Ta có: \(\Delta ACH\) vuông tại H

=> \(\widehat{HAC}+\widehat{ACB}=90^o\)(1)

Ta có: \(\widehat{AHM}+\widehat{MHC}=90^o\)(2)

Từ 1;2 =>\(\widehat{HAC}+\widehat{ACB}=\widehat{AHM}+\widehat{MHC}\)

Mà \(\widehat{ACB}=\widehat{MHC}\)(CMT)

=> \(\widehat{HAC}=\widehat{AHM}\)

=> Tam giác HAM cân tại M

=> \(MH=MA\)

Mà \(MH=MC\)(Tam giác MHC cân tại M chứng minh trên )

=> \(MA=MC\)

=> M là trung điểm của AC

A B D H C M

Hình vẽ  đây

A B C x H I

Trên BC lấy điểm H sao cho ^BAH=60⁰

Xét \(\Delta\)ABH: ^ABH=^BAH=60⁰ => \(\Delta\)ABH là tam giác đều

=> AB=AH=BH (1)

Ta có: ^ABI=^ABC-^CBx=60⁰-15⁰=45⁰.

Xét \(\Delta\)BAI: ^BI=90⁰; ^ABI=45⁰ => \(\Delta\)BAI vuông cân tại A => AB=AI (2)

Từ (1);(2) => AH=AI

Tính được ^BAC=180⁰-60⁰-45⁰=75⁰ => ^HAC=75⁰-^BAH=75⁰-60⁰=15⁰ => ^HAC=15⁰ (3)

Lại có: ^IAC=^BAH-^BAC=90⁰-75⁰=15⁰ (4)

Từ (3) và (4) => ^HAC=^IAC

Xét \(\Delta\)AHC và  \(\Delta\)AIC: AH=AI; ^HAC=^IAC; AC chung

=> \(\Delta\)AHC=\(\Delta\)AIC (c.g.c) => ^ACH=^ACI.

Vì ^ACH=45⁰ => ^ACI=45⁰ => ^ACH+^ACI=^ICH=90⁰ hay ^ICB=90⁰

Vậy ^ICB=90⁰.

Chỗ ^IAC=^BAH-^BAC bạn sửa thành ^IAC=^BAI-^BAC nhé. Mình gõ nhầm đấy.

Điều kiện : \(x\ne4\)

Biểu diễn : \(C=\frac{22-3x}{4-x}=\frac{3\left(4-x\right)+10}{4-x}=\frac{10}{4-x}+3\)

Ta có C đạt giá trị lớn nhất \(\Leftrightarrow\frac{10}{4-x}\)đạt giá trị lớn nhất \(\Leftrightarrow4-x\)đạt giá trị nhỏ nhất

Đến đây ta xét các trường hợp :

1. Với \(x>4\Rightarrow4-x< 0\Rightarrow\frac{10}{4-x}< 0\)

2. Với \(0\le x\le3\) \(\Rightarrow\frac{5}{2}\le\frac{10}{4-x}\le10\)

3. Với \(x< 0\), xét  \(f\left(x\right)=4-x\) có giá trị càng tăng khi x càng giảm (x < 0) , do đó f(x) nhỏ nhất tại x = -1

\(\Rightarrow\frac{10}{4-x}=2\)

So sánh các trường hợp , được \(MaxC=13\Leftrightarrow x=3\)

giá trị lớn nhất là 13 tại x = 3

Chỉ ra 1 nghiệm của đa thức đúng không 

Giả sử d là 1 nghiệm của đa thức thì:

\(\Rightarrow\)f(x) = (x - d)(x² + mx + n)

= x³ + (m - d)x² + (n - dm)x - dn = x³+ax²+bx+c

Đồng nhất thức 2 vế ta được

m - d = a; n - dm = b; -dn = c

Thế vào điều kiện đề bài ta được

m - d + 2(n - dm) - 4dn = - 0,5

\(\Leftrightarrow\)2d( 4n + 2m + 1) = (4n + 2m + 1)

\(\Leftrightarrow\)(4n + 2m + 1)(2d - 1) = 0

(Ta không cần quan tâm đến (4n + 2m + 1) vì mục đích ta tìm d thôi)

\(\Rightarrow2d-1=0\)

\(\Leftrightarrow d=\frac{1}{2}\)

Vậy đa thức có 1 nghiệm là \(\frac{1}{2}\) 

Dễ mà bạn bấm mình đúng đi rồi mình trả lời cho.Cái này dễ lắm mình học rồi

Xét tam giác ACD có AO, CE là hai đường trung tuyến cắt nhau tại I => I là trọng tâm => \(IO=\frac{1}{2}IA\) và \(IA=\frac{2}{3}OA\)

Tương tự: J là trong tâm tam giác BCD => \(OJ=\frac{1}{2}JE\) và \(JB=\frac{2}{3}OB\).

Theo giả thiết OA = OB => IA = JB và IJ = OI + OJ = AI = JB.

e cám ơn nhiều ạ

Ta chứng minh bài toán khái quát hóa cảu của bài toán trên bằng cách thay số 2009 bởi số dương k cho trước

Ta có: \(\frac{S_{AME}}{S_{ABD}}=\frac{AM}{AB}.\frac{AE}{AD};\frac{S_{ANE}}{S_{ACD}}=\frac{AN}{AC}.\frac{AE}{AD}\)

Cộng theo vế hai đẳng thức trên, với chú ý \(S_{ABD}=S_{ACD}=\frac{1}{2}S_{ABC}\), ta được:

\(\frac{2S_{AMN}}{S_{ABC}}=\frac{AE}{AD}\left(\frac{AM}{AB}+\frac{AN}{AC}\right)\)

\(\Leftrightarrow2\frac{AM}{AB}.\frac{AN}{AC}=\frac{AE}{AD}\left(\frac{AM}{AB}+\frac{AN}{AC}\right)\)

Chia cả hai vế cho \(\frac{AM}{AB}.\frac{AN}{AC}\) ta được:

 \(\Leftrightarrow2=\frac{AE}{AD}\frac{\left(\frac{AM}{AB}+\frac{AN}{AC}\right)}{\frac{AM}{AB}.\frac{AN}{AC}}\)

 \(\Leftrightarrow2=\frac{AE}{AD}\left(\frac{AC}{AN}+\frac{AB}{AM}\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{2AD}{AE}=\frac{AB}{AM}+\frac{AC}{AN}=k\) (1)

\(\Leftrightarrow AE=\frac{2AD}{k}\)

Từ đó AE không đổi nên E là điểm cố định. Tức là đường thẳng d luôn đ qua cố định   (đpcm)

Bạn xóa chỗ: "Chia cả hai vế....ta được:" với xóa chỗ \(\Leftrightarrow2=\frac{AE}{AD}\frac{\left(\frac{AM}{AB}+\frac{AN}{AC}\right)}{\frac{AM}{AB}.\frac{AN}{AC}}\).  Giờ nhìn kĩ lại mới thấy mình ghi chỗ đó dư, mà đã dư lại còn sai nữa chứ =(((

Chúc bạn học tốt!

Giả sử aⁿ + bⁿ và ab là 2 số nguyên tố cùng nhau.

=> aⁿ + bⁿ và ab cùng chia hết cho 1 số nguyên tố d.

=> aⁿ + bⁿ + ab chia hết cho d.

=> a(a^n-1 + b) + bⁿ chia hết cho d.

=> a(a^n-1 + b) chia hết cho d.

=> a chia hết cho d (1).

=> a^n-1 + b chia hết cho d => b chia hết cho d (2).

Từ (1) và (2) => a, b cùng chia hết cho 1 số nguyên tố d (trái với giả thiết a, b là 2 số nguyên tố cùng nhau).

=> aⁿ + bⁿ và ab không là 2 số nguyên tố cùng nhau.

Mình nhầm:

Giả sử aⁿ + bⁿ  không là 2 số nguyên tố cùng nhau. Còn kết quả bạn ghi lại cái đpcm

A B C D E M N I J H K

Gọi H và K là lần lượt là trung điểm của BE và CD thì ta có : 

\(\hept{\begin{cases}NE=ND\\HE=HD\end{cases}}\) => HN là đường trung bình của tam giác BED => \(\hept{\begin{cases}HN\text{//}BD\\HN=\frac{1}{2}BD=\frac{1}{2}EC\end{cases}}\)

Tương tự ta cũng chứng minh được NK , KM , HM là các đường trung bình của tam giác DEC, BDC , BEC

Từ đó suy ra HN = NK = KM = MH

Tứ giác HMKN có 4 cạnh bằng nhau nên là hình thoi => góc HNM = góc KNM 

Mà HN // AB , NK // AC \(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\widehat{HNM}=\widehat{BJM}\\\widehat{KNM}=\widehat{CIM}\end{cases}}\) .Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

a) Do P là trung điểm của DE (gt), Q là trung điểm của BE (gt) nên PQ là đường trung bình của tam giác BED, suy ra PQ=12BD.

Chứng minh tương tự MN = 12BD, NP = 12CE và MQ = 12CE.

Mặt khác BD = CE (gt)

Do đó MN = NP = PQ = QM

Vậy tứ giác MNPQ là hình thoi.

b) Do PN // AC, PQ // AB nên QPN^=BAC^ (hai góc có cạnh tướng ứng song song).

Gọi giao điểm của MP với AB là R, ta có ...

Hình như đề đúng phải là: \(\frac{x+z+2}{y}=\frac{y+z+1}{x}=\frac{x+y-3}{z}=\frac{1}{x+y+z}\)bạn xem lại nhé :)))

Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:

\(\frac{x+z+2}{y}=\frac{y+z+1}{x}=\frac{x+y-3}{z}=\frac{\left(x+z+2\right)+\left(y+z+1\right)+\left(x+y-3\right)}{x+y+z}\)

\(=\frac{2\left(x+y+z\right)}{x+y+z}=2\)(do \(x+y+z\ne0\)).

Do đó \(\frac{1}{x+y+z}=2\)\(\Rightarrow\)\(x+y+z=0,5\)

Thay kết quả này vào đề bài ta được:

\(\frac{0,5-y+2}{y}=\frac{0,5-x+1}{x}=\frac{0,5-z-3}{z}=2\)

\(\Leftrightarrow\)\(\frac{2,5-y}{y}=\frac{1,5-x}{x}=\frac{-2,5-z}{z}=2\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{2,5}{y}=\frac{1,5}{x}=\frac{-2,5}{z}=3\)

Dễ dàng tính được \(y=\frac{5}{6},\)\(x=\frac{1}{2},\)\(z=\frac{-5}{6}\)

Đề lạ lạ cái chỗ \(\frac{x+y+3}{z}\)ấy. Bạn xem lại xem.