Giải hệ phương trình: \(\hept{\begin{cases}x=2^{1-y}\\y=2^{1-x}\end{cases}}\)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Bài 1 :
Phương trình <=> 2x . x2 = ( 3y + 1 ) 2 + 15
Vì \(\hept{\begin{cases}3y+1\equiv1\left(mod3\right)\\15\equiv0\left(mod3\right)\end{cases}\Rightarrow\left(3y+1\right)^2+15\equiv1\left(mod3\right)}\)
\(\Rightarrow2^x.x^2\equiv1\left(mod3\right)\Rightarrow x^2\equiv1\left(mod3\right)\)
( Vì số chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1 )
\(\Rightarrow2^x\equiv1\left(mod3\right)\Rightarrow x\equiv2k\left(k\inℕ\right)\)
Vậy \(2^{2k}.\left(2k\right)^2-\left(3y+1\right)^2=15\Leftrightarrow\left(2^k.2.k-3y-1\right).\left(2^k.2k+3y+1\right)=15\)
Vì y ,k \(\inℕ\)nên 2k . 2k + 3y + 1 > 2k .2k - 3y-1>0
Vậy ta có các trường hợp:
\(+\hept{\begin{cases}2k.2k-3y-1=1\\2k.2k+3y+1=15\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2k.2k=8\\3y+1=7\end{cases}\Rightarrow}k\notinℕ\left(L\right)}\)
\(+,\hept{\begin{cases}2k.2k-3y-1=3\\2k.2k+3y+1=5\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2k.2k=4\\3y+1=1\end{cases}\Rightarrow}\hept{\begin{cases}k=1\\y=0\end{cases}\left(TM\right)}}\)
Vậy ( x ; y ) =( 2 ; 0 )
Bài 3:
Giả sử \(5^p-2^p=a^m\) \(\left(a;m\inℕ,a,m\ge2\right)\)
Với \(p=2\Rightarrow a^m=21\left(l\right)\)
Với \(p=3\Rightarrow a^m=117\left(l\right)\)
Với \(p>3\)nên p lẻ, ta có
\(5^p-2^p=3\left(5^{p-1}+2.5^{p-2}+...+2^{p-1}\right)\Rightarrow5^p-2^p=3^k\left(1\right)\) \(\left(k\inℕ,k\ge2\right)\)
Mà \(5\equiv2\left(mod3\right)\Rightarrow5^x.2^{p-1-x}\equiv2^{p-1}\left(mod3\right),x=\overline{1,p-1}\)
\(\Rightarrow5^{p-1}+2.5^{p-2}+...+2^{p-1}\equiv p.2^{p-1}\left(mod3\right)\)
Vì p và \(2^{p-1}\)không chia hết cho 3 nên \(5^{p-1}+2.5^{p-2}+...+2^{p-1}⋮̸3\)
Do đó: \(5^p-2^p\ne3^k\), mâu thuẫn với (1). Suy ra giả sử là điều vô lý
\(\rightarrowĐPCM\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Hình vẽ:(không chắc nó có hiện ra hay k bạn thông cảm)Câu a)
Dễ chứng minh ATNO là tứ giác nội tiếp
Đồng thời MB=MC nên OM vuông góc BC hay OMNT là tứ giác nội tiếp
Suy ra: A,O,M,N,T cùng thuộc một đường tròn(đường kính OT)
Có OMNT là tứ giác nội tiếp suy ra: \(\widehat{BMN}=\widehat{TON}\)
Mà \(\widehat{TON}=\widehat{TAN}=\widehat{TNA}\)
Cho nên: \(\widehat{BMN}=\widehat{TNA}\)
Hơn nữa: \(\widehat{TNA}=\widehat{ACN}\)(cùng bằng một nửa số đo cung ABN)
\(\Rightarrow\widehat{BMN}=\widehat{ACN}\)
Xét tam giác BMN và tam giác ACN có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{BMN}=\widehat{ACN}\\\widehat{MBN}=\widehat{CAN}\end{cases}}\)
Do đó: \(\Delta BMN~\Delta ACN\left(g.g\right)\)\(\Rightarrow\frac{BN}{AN}=\frac{MB}{AC}=\frac{MC}{AC}\)
Chứng minh tiếp \(\Delta ABN~\Delta AMC\left(c.g.c\right)\)từ tỉ số trên và \(\widehat{ANB}=\widehat{ACM}\)
Vậy \(\widehat{BAN}=\widehat{CAM}\)
___________________________________________________________________________________________________________
Câu b) Hình vẽ cho câu b): (không hiện ra thì bn thông cảm do paste từ GeoGebra ra)
Gọi giao DK cắt BF tại P
Ta có: \(\Delta TNB~\Delta TCN\)\(\Rightarrow\frac{TN}{TC}=\frac{NB}{CN}\)
Tương tự: \(\Delta TAB~\Delta TCA\)\(\Rightarrow\frac{TA}{TC}=\frac{AB}{AC}\)
Do TA=TN nên \(\frac{NB}{NC}=\frac{AB}{AC}\)(1)
Lại có: ADKC là tứ giác nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{BNA}=\widehat{BCA}=\widehat{DKA}\Rightarrow BN//KP\)
\(\Delta FPD~\Delta NBA\Rightarrow\frac{PF}{NB}=\frac{PD}{AB}\)(2)(bn tự CM)
\(\Delta DBP~\Delta ANC\Rightarrow\frac{PB}{NC}=\frac{PD}{AC}\)(3)(bn tự CM)
Từ (1);(2) và (3) suy ra đpcm
P/s: Bài làm dài quá mik làm biếng không check lại nên có thể có sai sót nha.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Ta có biểu thức:
\(Q=\frac{x+1}{1+y^2}+\frac{y+1}{1+z^2}+\frac{z+1}{1+x^2}\)
\(=\left(x+1\right)\left(1-\frac{y^2}{y^2+1}\right)+\left(y+1\right)\left(1-\frac{z^2}{z^2+1}\right)+\left(z+1\right)\left(1-\frac{x^2}{x^2+1}\right)\)
\(\ge\left(x+1\right)\left(1-\frac{y}{2}\right)+\left(y+1\right)\left(1-\frac{z}{2}\right)+\left(z+1\right)\left(1-\frac{x}{2}\right)\)
\(\Leftrightarrow Q\ge\left(x+y+z+3\right)-\frac{xy+yz+xz+x+y+z}{2}\)
\(\Leftrightarrow Q\ge6-\frac{xy+yz+xz+3}{2}\)
Mà \(xy+yz+xz\le\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}=\frac{9}{3}=3\)
\(\Rightarrow Q\ge6-\frac{3+3}{2}=3\)
Vậy Min Q=3. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=1
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Cách giải của bạn Lê Nhật Khôi có phần khồn đúng nhưng nó đã gợi cho mình ý tưởng như này
\(HPT\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(1-x\right)\left(x^2+y^2+1\right)=y\\2y\left(y+3\right)^2=2-z\\\left(z-2\right)\left(z+1\right)^2=1-x\end{cases}}\)
\(\Rightarrow-2y\left(y+3\right)^2\left(z+1\right)^2\left(x^2+y^2+1\right)=y\Leftrightarrow y\left[2\left(y+3\right)^2\left(z+1\right)^2\left(x^2+y^2+1\right)+1\right]=0\)
\(\Rightarrow y=0\Rightarrow x=1\Rightarrow\orbr{\begin{cases}z=-1\\z=2\end{cases}}\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Cách này của mình là suy đoán thui nha
Từ HPT trên: \(\frac{x}{a-q}+\frac{y}{b-q}+\frac{z}{c-q}=\frac{x}{a-p}+\frac{y}{b-p}+\frac{z}{c-p}\)
\(\Leftrightarrow\left(p-q\right)\left[\frac{x}{\left(a-p\right)\left(a-q\right)}+\frac{y}{\left(b-p\right)\left(b-q\right)}+\frac{z}{\left(c-q\right)\left(c-p\right)}\right]=0\)
Chia TH:
TH1:p=q
Tương tự p=r thì cũng thu về p=q=r
TH2: nguyên cái trong ngoặc vuông
Tương đương với: \(ax+by+cz=r\left(x+y+z\right)\)
Tương tự: \(\hept{\begin{cases}ax+by+cz=p\left(x+y+z\right)\\ax+by+cz=q\left(x+y+z\right)\end{cases}}\)
Cũng thu đc p=q=r
Do đó từ 2 TH cũng thu về PT:
\(\frac{x}{a-q}+\frac{y}{b-q}+\frac{z}{c-q}=1\)
Rồi vậy không biết làm tiếp :D
À, xin lỗi, mình đánh bị thiếu điều kiện, mình sửa lại rồi đó
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Sửa lại đề Từ I kẻ đường thẳng song song AC cắt AB,BC lần lượt tại M,N
Vì MN//AC nên: \(\widehat{ACB}=\widehat{INB}\)(đồng vị)
Mà BIND là tứ giác nội tiếp nên: \(\widehat{ADB}=\widehat{INB}\)
Cho nên: \(\widehat{ACB}=\widehat{ADB}\)
Suy ra: ABDC là tứ giác nội tiếp
Đồng thời: \(\widehat{ADE}=\widehat{NBI}=\widehat{ABE}\Rightarrow\)ABDE là tứ giác nội tiếp
Vậy A,B,C,D,E cùng thuộc một đường tròn
Hơn nữa: tam giác ABC vuông tại A
Suy ra: BC là đường kính của đường tròn ngoại tiếp ngũ giác ABDCE
Vậy BE vuông góc CE
Hình vẽ:(Mình k chắc nó có hiện ra k nha )
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
25S = 1 - 1/52+1/54- 1/56+.......+1/52008- 1/52010
Cộng 2 vế với S ta có :
26S = 1 - 1/52012 < 1 suy ra S< 1/26
\(5^2.S=1-\frac{1}{5^2}+\frac{1}{5^4}-.....+\frac{1}{5^{2008}}-\frac{1}{5^{2010}}\)
\(25S=1-\frac{1}{5^2}+\frac{1}{5^4}-...+\frac{1}{5^{2008}}-\frac{1}{5^{2010}}\)Cộng 2 vế với S ta có
\(26S=1-\frac{1}{5^{2012}}\)\(\Rightarrow26S< 1\Rightarrow S< \frac{1}{26}\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a) Vẽ OM \(\perp\)BC ( M \(\in\)BC )
OM cắt DE tại N
DE// BC ( gt ) có ON \(\perp\)DE ,tứ giác BCDE là hình thang
OM \(\perp\)BC => M là trung điểm của BC
ON\(\perp\)DE => N là trung điểm của DE
MN là trục đối xứng của hình thang cân=> đpcm
d) 1)BC //DE ( dt) , AD \(\perp\)BC ( gt )
=> AD\(\perp\)DE
góc ADE = 90 độ => AE là đường kính của đường tròn ( O)
=> A,O,E thẳng hàng ( đpcm )
2) BE = CD ( BECD là hình thang cân )
AE là đường kính nên góc ABE = 90 độ
Tam giác ABE vuông tại E ,theo định lí PI-ta- go có :
AB2 + BE2 = OE2
AB2 + CD2 =( 2.R)2
AB2 + CD2 =4R2
Chứng minh tương tự ,ta có : AC2 + BD2 =4R2
Ta có : AB2 + BD2 + CD2 + AC2 = 8.R2
Câu a)
Vì DE=BC nên: sđ cung BD=sđ cung CE
\(\Rightarrow\)sđ cung BE=sđ cung CD
\(\Leftrightarrow\widehat{BCE}=\widehat{DBC}\)
Tứ giác BCED có DE//BC nên BCED là hình thang
Mà \(\widehat{BCE}=\widehat{DBC}\Rightarrowđpcm\)
Câu b)
Vì ABDC là tứ giác nội tiếp nên: \(\widehat{ABA'}=\widehat{CDA'}\)
Xét \(\Delta ABA'\)và \(\Delta CDA'\)có
+\(\widehat{ABA'}=\widehat{CDA'}\)
+\(\widehat{AA'B}=\widehat{CA'B}\)
Do đó 2 tam giác đó đồng dạng
\(\Rightarrow\frac{AA'}{A'C}=\frac{A'B}{A'D}\)\(\Rightarrowđpcm\)
Câu c)
Gọi giao BH với AC là B'
Tam giác BHD có BA' vừa là đường cao và vừa là đường trung tuyến
nên tam giác BHD cân tại B
\(\Rightarrow\widehat{BHD}=\widehat{BDA}\)
\(\Leftrightarrow\widehat{AHB'}=\widehat{BDA}\)
\(\Leftrightarrow\widehat{AHB'}+\widehat{DAC}=\widehat{BDA}+\widehat{DAC}=\widehat{BDA}+\widehat{DBC}=90^o\)
\(\Leftrightarrow BB'\perp AC\)
Tam giác ABC có H là giao 2 đường cao AA' và BB'
Vậy H là trực tâm của tam giác ABC
Câu d)
Ý 1:
Có: DE//BC mà AD vuông góc BC
Suy ra: AD vuông góc DE
nên tam giác ADE vuông tại D
Suy ra: AE là đường kình đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE
Vậy A,O,E thẳng hàng
Ý 2:
Vì BCED là hình thang cân nên:
\(\hept{\begin{cases}BE=CD\\BD=CE\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}BE^2=CD^2\\BD^2=CE^2\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}CD^2+AB^2=BE^2+AB^2=AE^2=4R^2\\AC^2+BD^2=AC^2+CE^2=AE^2=4R^2\end{cases}}\)
Cộng lại sẽ tích đc tổng đó theo R
Hình vẽ:(không biết nó có hiện ra không nên bạn thông cảm)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Luôn có thể phân tích N thành: \(N=p_1^{s_1}.p_2^{s_2}.p_3^{s_3}...p_n^{s_n}\)
Với \(p_1;p_2;...;p_n\)là các số nguyên tô và \(p_1< p_2< ...< p_n\)
\(s_1;s_2;s_3;...;s_n\)nguyên dương
Khi đó 3 ước lớn nhất của N lần lượt là: \(N_1=p_1^{s_1-1}.p_2^{s_2}.p_3^{s_3}...p_n^{s_n}=\frac{p_1^{s_1}.p_2^{s_2}.p_3^{s_3}...p_n^{s_n}}{p_1}=\frac{N}{p_1}\)
\(N_2=p_1^{s_1}.p_2^{s_2-2}.p_3^{s_3}...p_n^{s_n}=\frac{p_1^{s_1}.p_2^{s_2}.p_3^{s_3}...p_n^{s_n}}{p_2}=\frac{N}{p_2}\)
\(N_3=p_1^{s_1}.p_2^{s_2}.p_3^{s_3-1}...p_n^{s_n}=\frac{p_1^{s_1}.p_2^{s_2}.p_3^{s_3}...p_n^{s_n}}{p_3}=\frac{N}{p_3}\)
Theo bài ra: \(N< N_1+N_2+N_3\)
=> \(N< \frac{N}{p_1}+\frac{N}{p_2}+\frac{N}{p_3}\)
=> \(1< \frac{1}{p_1}+\frac{1}{p_2}+\frac{1}{p_3}\).
Vì \(p_1< p_2< ...< p_n\)
=> \(1< \frac{1}{p_1}+\frac{1}{p_2}+\frac{1}{p_3}< \frac{1}{p_1}+\frac{1}{p_1}+\frac{1}{p_1}=\frac{3}{p_1}\)
=> \(p_1< 3\)mà \(p_1\)nguyên tố => \(p_1\)= 2
=> \(1< \frac{1}{2}+\frac{1}{p_2}+\frac{1}{p_3}\)
=> \(\frac{1}{2}< \frac{1}{p_2}+\frac{1}{p_3}< \frac{2}{p_2}\)=> \(p_2< 4\)mà \(p_2\)nguyên tố
=> \(p_2=3\)
=> N có hai ước nguyên tố là 2; 3 mà (2; 3) =1; 2.3 = 6
=> N có ước là 6
Hay N chia hết cho 6
Trước năm 2018 thì đây là 1 bài toán không lời giải, và mình là người đầu tiên tìm ra lời giải bài toán này năm 2018
Bài toán gốc lúc đó như sau: Cho số tự nhiên N có tổng 3 ước lớn nhất của N (không kể N) lớn hơn N
Chứng minh rằng N chia hết cho 6
Và đây là lời giải gốc của mình:
Giả sử ước lớn nhất của N là N/3
Khi đó 2 ước còn lại sẽ < N/3
Nên tổng 3 ước sẽ < N, vô lí
Vậy nên, ước lớn nhất của N phải là N/2
Giờ xét ước lớn thứ 2
Giả sử nó là N/4
Thì ước thứ 3 to nhất là N/5
Khi đó, tổng 3 ước lớn nhất có thể là N/2+N/4+N/5=19N/20 < N, vô lí
Vậy nên, ước lớn thứ 2 phải là N/3
N đã chắc chắn có 2 ước là N/2 và N/3, tức là đã chắc chắn chia hết cho 2 và 3
tức là N chắc chắn chia hết cho 6
Vào thời điểm đó, lời giải gốc của mình xét cả ước thứ 3 để tìm ra N phải chia hết cho 12 hoặc 30 rồi mới kết luận
Sau đó, lời giải đã được 1 giáo viên khác đăng lên các trang MXH, và mình đc 1 giáo viên khác đề xuất bỏ trường hợp 3 đi vì không cần thiết. Sau 1 thời gian suy nghĩ, mình chấp nhận đề xuất và lời giải chính thức như kia ra đời
Không biết bạn kia có tham khảo lời giải chính thức kia của mình không vì thấy ý tưởng rất giống, nếu bạn ấy có tham khảo cũng không sao, mình đăng lời giải gốc lên vì nghĩ nó sẽ dễ hiểu hơn với 1 số người, mong được duyệt ạ
TINH HOA CỦA TOÁN HỌC LÀ NẰM Ở SỰ TỰ DO CỦA NÓ.
---- Georg Cantor ----
Chúc bạn học Toán vui vẻ nhé !
Em chưa học tới lớp của anh (chị) nên em không biết giải :)) sorry i can't help