Chứng minh rằng nếu 2n+1 và 3n+1 ( với n là số tự nhiên khác 0 ) đều là số chính phương thì n chia hết cho 40
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Xét ∆OCD ∽ ∆OAB
Góc O : góc chung
Góc C = góc A (=90 độ)
=> ∆OCD ∽ ∆OAB (g-g)
=> OC/OA=OD/OB=CD/AB ( các cạnh tương ứng tỉ lệ)
=> OC/OA=CD/AB
=> OC/OC+CA=CD/AB
=>\(\frac{1,2}{1,2+22}\)= 1,5/AB
=> \(\frac{1,2}{23,2}\)= 1,5/AB
=> AB= \(\frac{23,2.1,5}{1,2}\)
=> AB = 29m
Gọi số học sinh lớp 8A là a, số học sinh lớp 8B là b (ĐK: a; b thuộc N*)
+ Nếu chuyển 2 học sinh từ lớp 8A sang lớp 8B thì số học sinh hai lớp bằng nhau
=> a - 2 = b + 2 => b = a - 4 (1)
+ Nếu chuyển 5 học sinh từ lớp 8B sang lớp 8A thì số học sinh lớp 8B bằng \(\frac{2}{3}\)số học sinh lớp 8A
=>\(b-5=\frac{2}{3}\left(a+5\right)\)\(\Rightarrow b=\frac{2}{3}a+\frac{10}{3}+5=\frac{2}{3}a+\frac{25}{3}=\frac{2a+25}{3}\) (2)
Từ (1) và (2)
\(\Rightarrow a-4=\frac{2a+25}{3}\)\(\Leftrightarrow a=\frac{2a+25}{3}+4=\frac{2a+37}{3}\)\(\Rightarrow a-\frac{2a}{3}=\frac{a}{3}=\frac{37}{3}\)
=> a = 37 (tmđk) => b = a - 4 = 37 - 4 = 33 (tmđk)
Vậy, lớp 8A có 37 học sinh và lớp 8B có 33 học sinh
A = ( x + y )2 + ( x - y )2 + 2( x + y )( x - y )
= ( x + y + x - y )2 = ( 2x )2 = 4x2
B = 3( x - y )2 - 2( x + y )2 - ( x - y )( x + y )
= 3( x2 - 2xy + y2 ) - 2( x2 + 2xy + y2 ) - ( x2 - y2 )
= 3x2 - 6xy + 3y2 - 2x2 - 4xy - 2y2 - x2 + y2
= 2y2 - 10xy
x,y bao nhiêu bạn tự thay vào
c) có gì khó đâu bạn
Vì ΔABC vuông tại A, áp dụng định lí Pythagoras ta có :
\(BC^2=AB^2+AC^2\)
=> \(BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10\left(cm\right)\)
Xét Δ ABC có BD là đường phân giác
nên theo tính chất đường phân giác trong tam giác ta có : \(\frac{AD}{AB}=\frac{CD}{BC}\)
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có :
\(\frac{AD}{AB}=\frac{CD}{BC}=\frac{AD+CD}{AB+BC}=\frac{AC}{AB+BC}=\frac{8}{6+10}=\frac{1}{2}\)
=> \(\frac{CD}{BC}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow CD=\frac{1}{2}BC=5\left(cm\right)\)
ΔBCD có đường cao là AB nên \(S_{BCD}=\frac{1}{2}AB\cdot CD=\frac{1}{2}\cdot6\cdot5=15\left(cm^2\right)\)
Câu 1.
a) 5x - 4 = 2x + 11
<=> 5x - 2x = 11 + 4
<=> 3x = 15 <=> x = 5
Vậy pt có nghiệm x = 5
b) 2x + 3 = 0 <=> x = -3/2
Vậy pt có nghiệm x = -3/2
c) x( 3x - 5 ) = 0
<=> x = 0 hoặc 3x - 5 = 0
<=> x = 0 hoặc x = 5/3
Vậy pt có tập nghiệm S = { 0 ; 5/3 }
d) 5x - 4 = 2x + 1
<=> 5x - 2x = 1 + 4
<=> 3x = 5 <=> x = 5/3
Vậy pt có nghiệm x = 5/3
Câu 3.
a) Xét ΔHBA và ΔABC có :
^A = ^H ( = 900 )
^B chung
=> ΔHBA ~ ΔABC ( g.g )
=> HB/AB = AB/BC = HA/AC
=> AB2 = HB.BC ( đpcm )
b) Vì ΔABC vuông tại A, áp dụng định lí Pythagoras ta có :
\(BC^2=AB^2+AC^2\)=> \(BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{12^2+16^2}=20\left(cm\right)\)
Theo ý a) ta có : HB/AB = AB/BC
<=> HB/12 = 12/20
<=> HB = 12/20 . 12 = 36/5(cm)
c) ΔHBA ~ ΔABC => ^HAB = ^ACB ( hai góc tương ứng )
Xét ΔHAB và ΔHCA có :
^AHB = ^AHC ( = 900 )
^HAB = ^HCA ( cmt )
=> ΔHAB ~ ΔHCA ( g.g )
=> HA/HC = AC/Ac = HB/HA
=> AH2 = BH.CH ( đpcm )
\(\frac{1}{x^2+2x}+\frac{1}{x^2+6x+8}+\frac{1}{x^2+10x+24}+\frac{1}{x^2+14x+48}=\frac{4}{105}\)
ĐKXĐ : x ≠ 0 ; x ≠ -2 ; x ≠ -4 ; x ≠ -6 ; x ≠ -8
<=> \(\frac{1}{x\left(x+2\right)}+\frac{1}{\left(x+2\right)\left(x+4\right)}+\frac{1}{\left(x+4\right)\left(x+6\right)}+\frac{1}{\left(x+6\right)\left(x+8\right)}=\frac{4}{105}\)
<=> \(\frac{1}{2}\left[\frac{2}{x\left(x+2\right)}+\frac{2}{\left(x+2\right)\left(x+4\right)}+\frac{2}{\left(x+4\right)\left(x+6\right)}+\frac{2}{\left(x+6\right)\left(x+8\right)}\right]=\frac{4}{105}\)
<=> \(\frac{1}{2}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+2}+\frac{1}{x+2}-\frac{1}{x+4}+\frac{1}{x+4}-\frac{1}{x+6}+\frac{1}{x+6}-\frac{1}{x+8}\right)=\frac{4}{105}\)
<=> \(\frac{1}{2}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+8}\right)=\frac{4}{105}\)
<=> \(\frac{x+8}{x\left(x+8\right)}-\frac{x}{x\left(x+8\right)}=\frac{8}{105}\)
<=> \(\frac{8}{x\left(x+8\right)}=\frac{8}{105}\)
=> x( x + 8 ) = 105
<=> x2 + 8x - 105 = 0
<=> x2 - 7x + 15x - 105 = 0
<=> x( x - 7 ) + 15( x - 7 ) = 0
<=> ( x - 7 )( x + 15 ) = 0
<=> x = 7 hoặc x = -15 (tm)
Vậy ...
\(\left(x+3\right)^4+\left(x+5\right)^4=2\)
Đặt \(x+4=a\), phương trình trở thành:
\(\left(a-1\right)^4+\left(a+1\right)^4=2\)
\(\Leftrightarrow a^4-4a^3+6a^2-4a+1+a^4+4a^3+6a^2+4a+1=2\)
\(\Leftrightarrow2a^4+12a^2+2=2\)
\(\Leftrightarrow2a^2\left(a^2+6\right)=0\)
\(\Leftrightarrow a^2\left(a^2+6\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+4\right)^2\left[\left(x+4\right)^2+6\right]=0\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}\left(x+4\right)^2=0\\\left(x+4\right)^2+6=0\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x+4=0\\\left(x+4\right)^2=-6\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=-4\\\left(x+4\right)^2=-6\left(vn\right)\end{cases}}\)(vn : vô nghiệm).
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất : \(x=-4\)
Đặt t = x + 4
pt <=> ( t - 1 )4 + ( t + 1 )4 = 2 ( khai triển giống bạn Phạm Thành Đông nhé, mình k làm lại )
<=> 2t4 + 12t2 + 2 = 2
<=> 2t4 + 12t2 = 0
<=> t4 + 6t2 = 0
<=> t2( t2 + 6 ) = 0
<=> ( x + 4 )2[ ( x + 4 )2 + 6 ] = 0
Vì ( x + 4 )2 + 6 ≥ 6 > 0 ∀ x
nên pt <=> ( x + 4 )2 = 0 <=> x = -4
Vậy ....
a là số tự nhiên > 0. giả sử có m,n > 0 ∈ Z để:
2a + 1 = n^2 (1)
3a +1 = m^2 (2)
từ (1) => n lẻ, đặt: n = 2k+1, ta được:
2a + 1 = 4k^2 + 4k + 1 = 4k(k+1) + 1
=> a = 2k(k+1)
vậy a chẵn .
a chẳn => (3a +1) là số lẻ và từ (2) => m lẻ, đặt m = 2p + 1
(1) + (2) được:
5a + 2 = 4k(k+1) + 1 + 4p(p+1) + 1
=> 5a = 4k(k+1) + 4p(p+1)
mà 4k(k+1) và 4p(p+1) đều chia hết cho 8 => 5a chia hết cho 8 => a chia hết cho 8
ta cần chứng minh a chia hết cho 5:
chú ý: số chính phương chỉ có các chữ số tận cùng là; 0,1,4,5,6,9
xét các trường hợp:
a = 5q + 1=> n^2 = 2a+1 = 10q + 3 có chữ số tận cùng là 3 (vô lý)
a =5q +2 => m^2 = 3a+1= 15q + 7 có chữ số tận cùng là 7 (vô lý)
(vì a chẵn => q chẵn 15q tận cùng là 0 => 15q + 7 tận cùng là 7)
a = 5q +3 => n^2 = 2a +1 = 10a + 7 có chữ số tận cùng là 7 (vô lý)
a = 5q + 4 => m^2 = 3a + 1 = 15q + 13 có chữ số tận cùng là 3 (vô lý)
=> a chia hết cho 5
5,8 nguyên tố cùng nhau => a chia hết cho 5.8 = 40
hay : a là bội số của 40