Bài 3:

a: \(\left\{{}\begin{matrix}4x+y=2\\\dfrac{4}{3}x+\dfrac{1}{3}y=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=2-4x\\\dfrac{4}{3}x+\dfrac{1}{3}\left(2-4x\right)=1\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}y=2-4x\\\dfrac{4}{3}x+\dfrac{2}{3}-\dfrac{4}{3}x=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=2-4x\\\dfrac{2}{3}=1\left(vôlý\right)\end{matrix}\right.\)

=>Hệ phương trình vô nghiệm

b: \(\left\{{}\begin{matrix}x-y\sqrt{2}=0\\2x+y\sqrt{2}=3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=y\sqrt{2}\\2y\sqrt{2}+y\sqrt{2}=3\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}3y\sqrt{2}=3\\x=y\sqrt{2}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=\dfrac{1}{\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\\x=\dfrac{y\sqrt{2}}{2}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot\sqrt{2}=1\end{matrix}\right.\)

c: \(\left\{{}\begin{matrix}5x\sqrt{3}+y=2\sqrt{2}\\x\sqrt{6}-y\sqrt{2}=2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=2\sqrt{2}-5x\sqrt{3}\\x\sqrt{6}-\sqrt{2}\left(2\sqrt{2}-5x\sqrt{3}\right)=2\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}x\sqrt{6}-4+5x\sqrt{6}=2\\y=2\sqrt{2}-5x\sqrt{3}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}6x\sqrt{6}=6\\y=2\sqrt{2}-5\sqrt{3}\cdot x\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{1}{\sqrt{6}}=\dfrac{\sqrt{6}}{6}\\y=2\sqrt{2}-5\sqrt{3}\cdot\dfrac{\sqrt{6}}{6}=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\end{matrix}\right.\)

d: \(\left\{{}\begin{matrix}2\left(x+y\right)+3\left(x-y\right)=4\\\left(x+y\right)+2\left(x-y\right)=5\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}2x+2y+3x-3y=4\\x+y+2x-2y=5\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}5x-y=4\\3x-y=5\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}y=5x-4\\3x-\left(5x-4\right)=5\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=5x-4\\-2x+4=5\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}x=-\dfrac{1}{2}\\y=5\cdot\dfrac{-1}{2}-4=-\dfrac{5}{2}-4=-\dfrac{13}{2}\end{matrix}\right.\)

\(\dfrac{5}{11}.\left(\dfrac{-3}{7}\right)+\dfrac{5}{11}.\left(\dfrac{-5}{7}\right)+\left(\dfrac{-8}{7}\right).\dfrac{6}{11}\\ =\dfrac{5}{11}.\left(\dfrac{-3}{7}+\dfrac{-5}{7}\right)+\left(\dfrac{-8}{7}\right).\dfrac{6}{11}\\ =\dfrac{5}{11}.\dfrac{-8}{7}+\dfrac{-8}{7}.\dfrac{6}{11}\\ =\dfrac{-8}{7}.\left(\dfrac{5}{11}+\dfrac{6}{11}\right)\\ =\dfrac{-8}{7}.\dfrac{11}{11}\\ =\dfrac{-8}{7}.1=-\dfrac{8}{7}\)

3x-7=x-7

=> 3x-x=7-7

=> 2x=0

=> x=0:2

=> x=0

x=0

Ta có: M1 đối đỉnh với M3 

⇒ M1 kề bù với M2 

⇒ \(M1+M2=180^o\) 

Mà: \(M1=3\cdot M2\)

\(\Rightarrow3\cdot M2+M2=180^o\)

\(\Rightarrow4\cdot M2=180^o\)

\(\Rightarrow M2=\dfrac{180^o}{4}=45^o\)

Mà: M4 = M2 = `45^o` 

⇒ M1 = 3.M2 = 3.45 = `135^o` 

Mà: M1 = M3 

⇒ M3 = `135^o`  

lạ vải vậy mấy tụi nhóc con !

`5x^3 : x + 2x - 5x^2 = 1`

`<=> 5x^2 + 2x - 5x^2 = 1`

`<=> 2x = 1`.

`<=> x = 1/2`

Không dùng dấu ⇔ nhé em!

Bài 4:

a. \(x^{10}=x^{7+3}=x^7.x^3\)

b. \(x^{10}=x^{2.5}=\left(x^2\right)^5\)

c. \(x^{10}=x^{12-2}=x^{12}:x^2\)

Bài 5:

a. Đề lỗi rồi bạn.

b. \(5^{x+1}=125\)

\(\Rightarrow5^{x+1}=5^3\)

\(\Rightarrow x+1=3\)

\(\Rightarrow x=3-1=2\)

c. \(\left(3x-1\right)^2=81\)

\(\Rightarrow\left(3x-1\right)^2=\left(\pm9\right)^2\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}3x-1=9\\3x-1=-9\end{matrix}\right.\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}3x=10\\3x=-8\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{10}{3}\\x=-\dfrac{8}{3}\end{matrix}\right.\)

$Toru$

 Trong tam giác ABD, có: \(\dfrac{MA}{MB}=\dfrac{QA}{QD}\) nên MQ//BD và \(\dfrac{QM}{BD}=\dfrac{AM}{AB}\).

 CMTT, ta có: NP//BD và \(\dfrac{NP}{BD}=\dfrac{CP}{CD}\)

 Nên MQ//NP. Hơn nữa vì \(\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{CP}{CD}\) nên \(\dfrac{QM}{BD}=\dfrac{NP}{BD}\Rightarrow QM=NP\)

 Do đó tứ giác MNPQ là hình bình hành.

 \(\Rightarrow\) MP, NQ cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đoạn.

 Dựng các hình bình hành AMXE, ABYE, CPZE, CDTE. 

 Ta có \(\dfrac{MX}{PZ}=\dfrac{AE}{CE}=\dfrac{1}{2}=\dfrac{MI}{IP}\) nên theo định lý Thales thì X, I, Z thẳng hàng và \(\dfrac{IX}{IZ}=\dfrac{IM}{IP}=\dfrac{1}{2}\) hay I là trung điểm XZ

 Tương tự như vậy, ta cũng có Y, F, T thẳng hàng và F là trung điểm YT.

 Mặt khác, ta có \(\dfrac{EX}{XY}=\dfrac{MA}{MB}=\dfrac{PC}{PD}=\dfrac{ZE}{ZT}\) nên XZ//YT

 \(\Rightarrow\dfrac{EZ}{ET}=\dfrac{XZ}{YT}=\dfrac{2IZ}{2FT}=\dfrac{IZ}{FT}\)

 Từ đó theo định lý Thales suy ra được E, I, F thẳng hàng (đpcm).

Ta có:

\((x+3)\vdots(x+2)\\\Rightarrow (x+2)+1\vdots(x+2)\\\Rightarrow 1\vdots (x+2)\\\Rightarrow x+2\inƯ(1)\\\Rightarrow x+2\in\{1;-1\}\\\Rightarrow x\in\{-1;-3\}\)

Vì (x+3) > (x+2) 1 đơn vị

⇒ Ta có 2 ⋮ 1 và 0 ⋮ -1

+) x + 3 = 2                    x + 2 = 1

          x = 2 - 3                     x = 1 - 2

          x = -1                         x = -1

+) x + 3 = 0                 x + 2 = -1      

          x = 0 - 3                  x = -1 - 2

          x = -3                      x = -3

Vậy x ϵ { -1 ; -3 }

Ta có: \(\tan B=\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{3}{4}\)

\(\Rightarrow AC=AB\cdot\dfrac{3}{4}=12\cdot\dfrac{3}{4}=9\) (cm)

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ABC vuông tại A, ta có:

\(BC^2=AB^2+AC^2\)

\(\Rightarrow BC^2=12^2+9^2=225\)

\(\Rightarrow BC=\sqrt{225}=15\) (cm) (vì BC>0)

Khi đó: \(\tan B=\dfrac{3}{4}\Rightarrow\widehat{B}\approx37^{\circ}\)