Gọi 2 số đó là \(a,b\) với \(a,b\in N;a>b;a-b=84;ƯCLN\left(a,b\right)=28\)

\(\rArr\begin{cases}a-b=84\\ a=28m\left(m\in N\right)\\ b=28n\left(n\in N\right)\end{cases}\) với \(ƯCLN\left(m,n\right)=1\)

\(\rArr28m-28n=84\rArr m-n=3\)

Ta chọn cặp số tự nhiên m, n thỏa mãn m > n, m - n = 3 và ƯCLN(m, n) = 1 thì sẽ tìm được 1 cặp (a, b) tương ứng thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ví dụ, chọn m = 5, n = 2 thì a = 140, b = 56; chọn m = 10, n = 7 thì a = 280, n = 196;...

Vì p, q là số nguyên tố lớn hơn 3 và p = q + 2 nên q không thể chia 3 dư 1, p không thể chia 3 dư 2. Do đó p chia 3 dư 1 và q chia 3 dư 2, suy ra (p + q) chia hết cho 3.

Hơn nữa, q đều phải là số lẻ, nên p, q hoặc chia 4 dư 1, hoặc chia 4 dư 3.

Nếu cả p, q đều chia 4 dư 1 thì đặt p = 4m + 1, q = 4n + 1, với m,n là các số tự nhiên khác 0. Khi đó từ p = q + 2, ta có:

4m + 1 = 4n + 3

Điều này tương đương với 2 = 4m - 4n = 4(m - n), suy ra 2 chia hết cho 4, vô lý.

Nếu cả p, q đều chia 4 dư 3 thì đặt p = 4k + 1, q = 4l + 1, với k, l là các số tự nhiên khác 0. Khi đó từ p = q + 2, ta có:

4k + 3 = 4l + 5

Điều này tương đương với 2 = 4k - 4l = 4(k - l), tức là 2 chia hết cho 4, vô lý.

Vậy trong 2 số nguyên tố p, q phải có 1 số chia 4 dư 1 và số còn lại chia 4 dư 3, suy ra (p + q) chia hết cho 4.

Ta có (p + q) vừa chia hết cho 3, vừa chia hết cho 4, hơn nữa ƯCLN(p, q) = 1 nên (p + q) chia hết cho 12. Vậy (p + q) chia 12 dư 0.

Minh phải lấy 7 viên kẹo từ túi kẹo thứ hai để số kẹo trong cả 2 túi đều bằng 22. Khi đó, nếu Đạo bốc bao nhiêu viên từ một túi thì Minh sẽ bốc bấy nhiêu viên kẹo từ túi còn lại ở lượt kế tiếp để duy trì trạng thái cân bằng. Cứ như vậy, Minh sẽ là người đầu tiên đưa được số kẹo trong cả 2 túi về 0 và giành chiến thắng.

\(y=x^3+ax^2+bx+c\)

\(\rArr y^{\prime}=3x^2+2ax+b\)

Theo đề bài, ta có y(0) = 1 \(\rArr c=1\)

và y(-2) = 0 \(\rArr\left(-2\right)^3+a\left(-2\right)^2+b\left(-2\right)+1=0\)

\(\rArr-8+4a-2b+1=0\)

\(\rArr4a-2b=7\) (1)

Lại có y'(-2) = 0 \(\rArr3\left(-2\right)^2+2a\left(-2\right)+b=0\)

\(\rArr4a-b=12\) (2)

Lấy (2) trừ vế theo vế với (1), ta có \(b=5\) \(\rArr a=\frac{17}{4}\)

\(\rArr a^2+b^2+c^2=\left(\frac{17}{4}\right)^2+5^2+1^2=\frac{705}{16}\) (khoảng 44,1)

PTHH: \(C_6H_{12}O_6\underset{\text{\placeholder{}}}{\overset{lênmen}{\xrightarrow{}}}2C_2H_5OH+2CO_2\)

\(n_{glu\cos e}=\frac{m_{glu\cos e}}{M_{glu\cos e}}=\frac{240}{6.12+12+6.16}=\frac43\left(mol\right)\)

\(\rArr n_{e\th anol}=\frac83\left(mol\right)\)

\(\rArr m_{e\th anol}=n_{e\th anol}.M_{e\th anol}=\frac83.\left(2.12+6+16\right)=\frac{368}{3}\left(g\right)\)

\(\rArr H=\frac{m_{tt}}{m_{lt}}.100\%=\frac{100}{\frac{368}{3}}.100\%=81,52\%\)

Gọi \(I\left(a;b;c\right)\) là điểm sao cho \(\overrightarrow{IA}-2\overrightarrow{IB}-\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}\)

\(\lrArr\left(2-a;1-b;-3-c\right)-2\left(1-a;-2-b;-1-c\right)-\left(-2-a;1-b;2-c\right)=\left(0;0;0\right)\)

\(\lrArr\begin{cases}2-a-2+2a+2+a=0\\ 1-b+4+2b-1+b=0\\ -3-c+2+2c-2+c=0\end{cases}\)

\(\lrArr\begin{cases}a=-1\\ b=-2\\ c=\frac32\end{cases}\)

\(\rArr I\left(-1;-2;\frac32\right)\)

Khi đó \(P=\left|\overrightarrow{MA}-2\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}\right|\)

\(=\left|\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}\right)-2\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB}\right)-\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IC}\right)\right|\)

\(=\left|-2\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}-2\overrightarrow{IB}-\overrightarrow{IC}\right|\)

\(=2MI\)

Để P đạt GTNN thì MI đạt GTNN \(\rArr\) M là hình chiếu của I lên trục Ox \(\rArr M\left(-1;0;0\right)\)

Vậy M(-1; 0; 0)

n(omega) = C³₆₀

Gọi A là biến cố: "Chọn được 1 tam giác tù."

Gọi đa giác đều đó là A₁A₂A₃...A₆₀

Để chọn được 1 tam giác tù, trước tiên ta chọn ra 1 đường chéo khác đường chéo lớn. Để ý rằng có 60 đường chéo đối với mỗi loại đường chéo khác đường chéo lớn.

TH1: đường chéo loại A_nA_n+2, khi đó có 60 cách chọn đường chéo. Sau đó, chỉ có 1 cách chọn điểm thứ 3 sao cho nó nằm trên cung nhỏ A_nA_n+2 tạo với A_n và A_n+2 1 tam giác tù (chính là A_n+1). Do đó trường hợp này có 60 cách.

TH2: đường chéo loại A_nA_n+3, khi đó có 60 cách chọn đường chéo. Sau đó, có 2 cách chọn điểm thứ 3 sao cho nó nằm trên cung nhỏ A_nA_n+3 và tạo với A_n, A_n+3 1 tam giác tù (là A_n+1 và A_n+2). Do đó trường hợp này có 60 * 2 cách.

Tương tự như vậy, đường chéo loại A_nA_n+i có 60 * (i - 1) cách với 2 <= i <= 29. 

Do đó, n(A) = 60 * (1 + 2 + ... + 28) = 24360

Suy ra P(A) = n(A)/n(omega) = 24360/(C³₆₀) = 42/59

Mình không gõ được công thức toán vì bị lỗi nên bạn thông cảm nhé.

Ta có M = x + 1/[y(x - y)]

>= x + 1/[(y + x - y)²/4] (dùng bất đẳng thức ab <= (a + b)²/4)

= x + 1/(x²/4)

= x + 4/x²

= x/2 + x/2 + 4/x²

>= 3 * căn bậc ba [(x/2)*(x/2)*(4/x²)]

= 3

Dấu "=" xảy ra khi y = x - y và x/2 = 4/x²

hay x = 2, y = 1

Vậy GTNN của M là 3 khi x = 2, y = 1

ƯCLN(a,b) = 8

=> a = 8m;  b = 8n (m,n là số tự nhiên và ƯCLN(m,n) = 1

a + b = 32 => 8m + 8n = 32 => m + n = 4

Ta liệt kê tất cả các cặp số tự nhiên (m, n) thỏa mãn ƯCLN(m,n) = 1 và m + n = 4. Các cặp đó là (1, 3) và (3, 1)

=> (a, b) = (8, 24) hoặc (24, 8)

Vậy (a, b) là (8, 24) hoặc (24, 8) thỏa mãn yêu cầu bài toán.