\(a\in Z^+\)nên a³ + 3a² + 5 > a + 3 (vì 3a² > a ; 5 > 3) hay 5^b > 5^c

=> b > c =>\(5^b⋮5^c\Rightarrow\left(a^2+3a^2+5\right)⋮\left(a+3\right)\Rightarrow\left[a^2\left(a+3\right)+5\right]⋮\left(a+3\right)\Rightarrow5⋮a+3\)

\(a\in Z^+\)nên a + 3 > 3 => a + 3 = 5 => a = 2

Thay a vào các điều kiện đã cho,ta có 5^b = 25 ; 5^c = 5 => b = 2 ; c = 1

Vậy (a ; b ; c) = (2 ; 2 ; 1)

a=2

b=2

c=1

Vì \(x;y;z;t\in N\)^* nên ta có :

\(\frac{x}{x+y+z+t}< \frac{x}{x+y+z}< \frac{x+t}{x+y+z+t}\)

\(\frac{y}{x+y+z+t}< \frac{y}{x+y+t}< \frac{y+z}{x+y+z+t}\)

\(\frac{z}{x+y+z+t}< \frac{z}{y+z+t}< \frac{z+x}{x+y+z+t}\)

\(\frac{t}{x+y+z+t}< \frac{t}{x+z+t}< \frac{t+y}{x+y+z+t}\)

Cộng vế với vế ta được :

\(\frac{x+y+z+t}{x+y+z+t}< \frac{x}{x+y+z}+\frac{y}{x+y+t}+\frac{z}{y+z+t}+\frac{t}{x+z+t}< \frac{2\left(x+y+z+t\right)}{x+y+z+t}\)

\(\Rightarrow1< M< 2\)

=> M có giá trị không phải là số tự nhiên

Với\(x,y,z,t\in\)N*,ta có :\(\frac{x}{x+y+z+t}< \frac{x}{x+y+z}< \frac{x}{x+y}\left(1\right)\)

\(\frac{y}{x+y+z+t}< \frac{y}{x+y+t}< \frac{y}{x+y}\left(2\right);\frac{z}{x+y+z+t}< \frac{z}{y+z+t}< \frac{z}{z+t}\left(3\right)\)

\(\frac{t}{x+y+z+t}< \frac{t}{x+z+t}< \frac{t}{z+t}\left(4\right)\)

Cộng (1),(2),(3),(4),vế theo vế,ta có :\(\frac{x+y+z+t}{x+y+z+t}< M< \frac{x+y}{x+y}+\frac{z+t}{z+t}\)hay 1 < M < 2 

Vậy M không phải là số tự nhiên

\(\Delta ABC\)cân tại A nên\(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}=\frac{180^0-\widehat{BAC}}{2}=75^0\)

Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa A lấy E sao cho\(\widehat{B_1}=\widehat{C_1}=45^0\)

=>\(\widehat{ABE}=75^0-45^0=30^0;\Delta EBC\)vuông cân tại E =>\(BE=EC=\frac{BC}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}\left(cm\right)\)(định lí Pitago)

\(\Delta ABE,\Delta BAD\)có AB chung ; BE = AD\(\left(=\sqrt{2}cm\right)\);\(\widehat{ABE}=\widehat{BAD}\left(=30^0\right)\)

\(\Rightarrow\Delta ABE=\Delta BAD\left(c.g.c\right)\Rightarrow\widehat{A_1}=\widehat{B_2}\)

Lại có\(\Delta AEB=\Delta AEC\left(c.c.c\right)\)nên\(\widehat{A_1}=\widehat{A_2}=\frac{\widehat{BAC}}{2}=15^0\Rightarrow\widehat{B_2}=15^0\)

\(\Rightarrow\widehat{D_1}=\widehat{BAD}+\widehat{B_2}=45^0\)(\(\widehat{D_1}\)là góc ngoài\(\Delta ABD\)) ;\(\widehat{DBC}=75^0-15^0=60^0\)

\(\Delta BDC\)có\(\widehat{D_1}< \widehat{DBC}< \widehat{DCB}\left(45^0< 60^0< 75^0\right)\)nên BC < DC < BD

bai nay trong sach nang cao toan 7 trang 141

\(a_1+a_2+a_3+..+a_{2015}=0\)\(0\)

\(\Rightarrow\left(a_1+a_2\right)+...+\left(a_1+a_{2015}\right)\)\(=\frac{\left(2015-1\right)}{2}+1=1008\)

\(\Rightarrow a_1+\left(a_1+a_2+..+a_{2015}\right)=1008\)

\(\Rightarrow a_1=1008\)

Ta có:

\(a_1+a_2+...+a_{2015}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a_1+a_2\right)+\left(a_3+a_4\right)+...+\left(a_{2013}+a_{2014}\right)+\left(a_{2015}+a_1\right)-a_1=0\)

\(\Leftrightarrow1+1+...+1-a_1=0\)

\(\Leftrightarrow1008-a_1=0\)

\(\Leftrightarrow a_1=1008\)

đề sai

cho xem hình vẽ mới giải dược chứ

Ta có hình vẽ:

a/ Xét tam giác OAE và tam giác OBF có:

OA = OB (GT)

O: góc chung

\(\widehat{A}\)=\(\widehat{B}\)=90⁰ (GT)

=> tam giác OAE = tam giác OBF (g.c.g)

=> AE = BF (2 góc tương ứng)

b/ Ta có: \(\widehat{E}\)=\(\widehat{F}\) (vì tam giác OAE = tam giác OBF)(1)

Ta có: \(\widehat{OAI}\)=\(\widehat{OBI}\)(GT) (*)

Mà \(\widehat{OAI}\)+\(\widehat{IAF}\)=180⁰ (kề bù) (**)

và \(\widehat{OBI}\)+\(\widehat{IBE}\)=180⁰ (kề bù) (***)

Từ (*),(**),(***) => \(\widehat{IAF}\)=\(\widehat{IBE}\) (2)

Ta có: AF = BE (3)

Từ (1),(2),(3) => tam giác AFI = tam giác BEI (g.c.g)

c/ Xét tam giác AIO và tam giác BIO có:

OI: cạnh chung

OA = OB (GT)

AI = BI (vì tam giác AFI = tam giác BEI)

=> tam giác AIO = tam giác BIO (c.c.c)

=> \(\widehat{AOI}\)=\(\widehat{BOI}\) (2 góc tương ứng)

=> OI là phân giác \(\widehat{AOB}\) (đpcm)

nhưng tương lai lại còn xa lúm

Ta thấy: \(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x-2y+1}\ge0\\\left(x-3y\right)^{2012}\ge0\end{matrix}\right.\)\(\forall x,y\)

\(\Rightarrow\sqrt{x-2y+1}+\left(x-3y\right)^{2012}\ge0\forall x,y\)

\(\Rightarrow\sqrt{x-2y+1}+\left(x-3y\right)^{2012}+3\ge3\forall x,y\)

\(\Rightarrow B\ge3\forall x,y\)

Đẳng thức xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x-2y+1}=0\\\left(x-3y\right)^{2012}=0\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x-2y+1=0\\x-3y=0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=2y-1\\x=3y\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=-3\\y=-1\end{matrix}\right.\)

Vậy với \(\left\{{}\begin{matrix}x=-3\\y=-1\end{matrix}\right.\) thì \(B_{Min}=3\)

3

Gọi O là trung điểm BD. Kéo dài AO, cắt BC tại M.

Do \(\widehat{DBE}=45^o\Rightarrow\Delta BED\) vuông cân tại E, vậy thì \(\widehat{BOE}=45^o.\)

Do tam giác BED vuông tại E; O là trung điểm BD nên theo tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền, ta có: 

\(OB=OD=OE\)(1)

Do tam giác BAD vuông tại A; O là trung điểm BD nên theo tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền, ta có: 

\(OB=OD=OA\left(2\right)\) 

Từ (1) và (2) ta có OA = OB = OD = OE.

Xét tam giác cân AOB, theo tính chất góc ngoài tam giác:

 \(\widehat{BAO}+\widehat{ABO}=\widehat{BOM}\Leftrightarrow2\widehat{BAO}=\widehat{BOM}\)

Tương tự : \(2\widehat{OAE}=\widehat{MOE}\)

Vậy nên \(2\left(\widehat{BAO}+\widehat{OAE}\right)=\widehat{BOM}+\widehat{MOE}\)

\(\Leftrightarrow2\widehat{BAE}=\widehat{BOE}=90^o\Rightarrow\widehat{BAE}=45^o.\)

45 độ, em mới lớp 5 thôi đấy, smart chưa

Sửa đề: \(1961^{1962}+1963^{1964}+1965^{1966}+2\) chia hết cho 7

Ta có:

\(1961\text{≡}\left(mod7\right)\Rightarrow1961^{1962}\text{≡}1\left(mod7\right)\left(I\right)\)

Ta có:

\(3^6\text{≡}1\left(mod7\right)\Rightarrow\left(3^6\right)^{327}\text{≡}1\left(mod7\right)\)

\(\Rightarrow9.\left(3^6\right)^{327}\text{≡}9\text{≡}2\left(mod7\right)\Rightarrow3^{1964}\text{≡}2\left(mod7\right)\)

Mà \(1963\text{≡}3\left(mod7\right)\Rightarrow1963^{1964}\text{≡}3^{1964}\text{≡}2\left(mod7\right)\left(II\right)\)

Ta có: 

\(1965\text{≡}5\left(mod7\right)\Rightarrow1965^{1966}\text{≡}5^{1966}\left(mod7\right)\)

Mà ta lại có: \(\hept{\begin{cases}5^6\text{≡}1\left(mod7\right)\\5^4\text{≡}2\left(mod7\right)\end{cases}\Rightarrow}\left(5^6\right)^{327}.5^4=5^{1966}\text{≡}2\left(mod7\right)\)

\(\Rightarrow1965^{1966}\text{≡}5^{1966}\text{≡}2\left(mod7\right)\left(III\right)\)

Từ (I), (II), (III) thì ra suy ra:

\(\left(1961^{1962}+1963^{1964}+1965^{1966}+2\right)\text{≡}\left(1+2+2+2\right)\left(mod7\right)\)

Hay \(\left(1961^{1962}+1963^{1964}+1965^{1966}+2\right)\text{≡}7\text{≡}0\left(mod7\right)\)

Vậy \(1961^{1962}+1963^{1964}+1965^{1966}+2\) chia hết cho 7

Ta có 1961 ≡ 1(mod 7) nên 1961^1962 ≡ 1 (mod 7) có 1963 ≡ 3 (mod 7) nên 1963^1964 ≡ 3^1964 = (3^6)^327.3^2 = 9.(3^6)^327 ≡ 9 (mod 7) vì 3^6 ≡ 1(mod 7) nên (3^6)^327 ≡ 1(mod 7) Ta cũng có 1995 ≡ 5(mod 7) nên 1995^1996 ≡ 5^1996 = (5^6)^332.5^4 ≡ 2.1 = 2(mod 7) do 5^6 ≡ 1(mod 7) và 5^4 ≡ 2 (mod7) Cộng lại ta có S ≡ 14 ≡ 0 (mod 7) Hay ta có đpcm