( 1/3 + 2x )( 4x² - 2/3x + 1/9 ) - ( 8x³ - 1/27 )

= [ ( 1/3 )³ + ( 2x )³ ] - 8x³ + 1/27

= 1/27 + 8x³ - 8x³ + 1/27

= 2/27

Vậy giá trị của biểu thức không phụ thuộc vào biến ( đpcm )

\(\left(\frac{1}{3}+2x\right)\left(4x^2-\frac{2}{3}x+\frac{1}{9}\right)-\left(8x^3-\frac{1}{27}\right)\)

\(=\frac{4x^2}{3}-\frac{2x}{9}+\frac{1}{27}+8x^3-\frac{4x^2}{3}+\frac{2x}{9}-8x^3+\frac{1}{27}=\frac{2}{27}\)

Vậy ta có đpcm 

( x - 1 )³ - ( x - 1 )( x² + x + 1 ) - 3( 1 - x )x

= x³ - 3x² + 3x - 1 - ( x³ - 1 ) - 3( x - x² )

= x³ - 3x² + 3x - 1 - x³ + 1 - 3x + 3x²

= 0

Vậy giá trị của biểu thức không phụ thuộc vào biến ( đpcm )

              Bài làm :

Ta có :

( x - 1 )³ - ( x - 1 )( x² + x + 1 ) - 3( 1 - x )x

= x³ - 3x² + 3x - 1 - ( x³ - 1 ) - 3( x - x² )

= x³ - 3x² + 3x - 1 - x³ + 1 - 3x + 3x²

= 0

=> Giá trị của biểu thức luôn = 0 ( Không phụ thuộc vào giá trị của biến )

=> Điều phải chứng minh

                                                       Bài giải

Gọi \(AH ∩ BC=D,AK∩ BC=E\)

Xét \(\Delta ABD\) có BH là phân giác \(\widehat{ABD}\), \(AH\perp BH\)\(\Rightarrow\) \(BH\perp AD\)

\(\Rightarrow\text{ }\Delta ABD\) cân tại B \(\Rightarrow\text{ }BA=BD\text{, }H\) là trung điểm AD

Tương tự \(CA=CE\) , K là trung điểm AE

\(\Rightarrow\)HK là đường trung bình

\(\Rightarrow\text{ }HK=\frac{1}{2}DE=\frac{1}{2}\left(DB+BC+CE\right)=\frac{1}{2}\left(AB+BC+CA\right)=\frac{1}{2}V_{\Delta ABC}\)

\(\Rightarrow\text{ ĐPCM}\)

Gọi 2 tia phân giác ngoài của đỉnh B và C lần lượt là F và E

Gọi giao của AB với HK là G, của AC với HK là M

Gọi giao của BC với AK và AH lần lượt là N và O

Xét tam giác ABO 

Có BH là đường cao (BH vuông góc với AO)

BH là phân giác của góc ABO 

suy ra tam giác ABO cân tại B (dhnb tam giác cân)

suy ra BH là trung tuyến của tam giác ABO (t/c tam giác cân)

hay H là trung điểm AO

CM tương tự với tam giác ACN

suy ra Ck là trung tuyến của tam giác ACN(t/c)

hay K là trung điểm AN

Xét tam giác AON 

có K là trung điểm AN
H là trung điểm AO

suy ra HK//ON

hay GM//BC và MK//CN

Xét tam giác ACN 

có K là trung điểm AN

MK//CN

suy ra AM=MC( t/c đường trung bình tam giác)

Xét tam giác ABC có

AM=MC 

GM//BC 

suy ra GM=1/2 BC và AG=GB (t/c đường trung bình tam giác)

Xét tam giác vuông AHB

có HG là trung tuyến (AG=GB)

AB là cạnh huyền

suy ra HG=1/2 AB (t/c đường trung tuyến trong tam giác vuông)

Cm tương tự với tam giác ACK

suy ra MK=1/2 AC

Có HG+GM+MK=1/2AB+1/2BC+1/2AC

mà AB+AC+BC là chu vi tam giác ABC

suy ra HK =1/2 chu vi tam giác ABC

                                                       Bài giải

a) VÌ MN là đường trung bình của tam giác BDC nên MN//DC hay MN//DE (1)
EN là đường trung bình của tam giác BDC nên EN//DB hay EN//DM (2)
Từ (1) và (2) suy ra MNED là hình bình hành (các cạnh đối song song)

b) Do MNED là hình bình hành nên MN//DE hay MN//AE nên AMNE là hình thang (3)
ABD là tam giác vuông có AM là đường trung tuyến thuộc cạnh huyền
nên AM=MB=MD nên tam giác MAD cân tại M => ^MAD=^MDA
mà ^MAD=^NEA (đồng vị) => ^MAE=^NEA (4)
Từ (3), (4) suy ra AMNE là hình thang cân (hình thang có hai góc kề đáy bằng nhau)

c) Hình bình hành MNED là hình thoi khi MN=ED mà MN = DC/2; NE=BD/2 (t/c đường trung bình tam giác) nên MN=ED <=> DC=BD
tức là tam giác BDC cân tại D => ^DBC=^DCB
mà BD là phân giác nên ABC=2BCA. Do ^B+^C=90 độ
suy ra ^B = 60 độ
Vậy tam giác vuông ABC có thêm điều kiện là góc B bằng 60 độ thì MNED là hình thoi.

MNED là hình thoi khi MN = MD

=> 1/2 DC = 1/2 BD 

=> DC = BD

nên suy ra tam giác BDC cân tại D 

=> ^OBC = ^BCD =^BCA

=> ^DBC = ^ACB

=>1/2 ^ABC = ^ACB

=> ^ABC = 2 ^ACB

Vậy điều kiện của MNED là thoi thì tam giác ABC phải có ^ABC = 2 ^ACB

help me, please

Đề bài này phải là tìm nghiệm nguyên dương thôi, chứ nghiệm âm thì chắc chắn không được

a) Nhận xét:

Với x lẻ: \(19^x\equiv-1\left(mod.5\right)\)

Với x chẵn: \(19^x\equiv1\left(mod.5\right)\)

=> \(19^x\equiv\pm1\left(mod.5\right)\) với mọi x nguyên dương

\(2023\equiv3\left(mod.5\right)\)

Lại có: \(\hept{\begin{cases}5^y\equiv0\left(mod.5\right)\\1890\equiv0\left(mod.5\right)\\1945^{4^{20}}\equiv\left(mod.5\right)\end{cases}}\)

=> \(\hept{\begin{cases}19^x+5^y+1890\equiv\pm1\left(mod.5\right)\\1945^{4^{20}}+2023\equiv3\left(mod.5\right)\end{cases}}\)

Mà VP = VT => vô lý

=> Phương trình vô nghiệm

Đợi xí làm nốt b

b) Áp dụng định lý Fermat dưới dạng tổng quát: \(a^n\equiv a\left(mod.n\right)\) thì ta có:

\(x^5\equiv x\left(mod.5\right)\) ; \(y^5\equiv y\left(mod.5\right)\) ; \(\left(x-3\right)^5\equiv x-3\left(mod.5\right)\)

và \(\left(y+2\right)^5\equiv y+2\left(mod.5\right)\)

Cộng vế lại ta được:

\(\hept{\begin{cases}x^5+y^5+2\equiv x+y+2\left(mod.5\right)\\\left(x-3\right)^5+\left(y+2\right)^5\equiv x+y-1\left(mod.5\right)\end{cases}}\)

Mà \(x^5+y^5+2=\left(x-3\right)^5+\left(y+2\right)^5\) => vô lý

Vậy PT vô nghiệm

Hình như đây là CĐ PT vô nghiệm

                                                           Bài giải

Ta dựng các tam giác đều AMP , AMN , ACE , ABD , suy ra N,P,E,D cố định.

Dễ dàng chứng minh được ΔAPE=ΔAMC(c.g.c) 

 ⇒ MC = PE, AM = MP

Suy ra : AM + MC + BM = BM + MP + PE ≥ BE ( hằng số )

Tương tự , ta cũng chứng minh được AM = MN, BM = DN

⇒ AM + MC + MB = CM + MN + DN ≥ CD ( hằng số )

Suy ra MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất khi M là giao điểm của BE và CD.

Cần chú ý : Vì điều kiện các góc của tam giác nhỏ hơn 180 độ : 

\(\widehat{BAC}+\widehat{CAE}\) < 120^o + 60^o = 180^o

\(\widehat{BAC}+\widehat{BAD}\) < 120^o + 60^o = 180^o

nên BE cắt AC tại một điểm nằm giữa A và C , CD cắt AB tại một điểm nằm giữa A và B. Do đó tồn tại giao điểm M của CD và BE.

Ta có : \(\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2.\left(xy+yz+zx\right)\ge xy+yz+zx+2.\left(xy+yz+zx\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^2\ge3.\left(xy+yz+zx\right)\)

\(\Leftrightarrow xy+yz+zx\le\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}=\frac{3^2}{3}=2\)

Hay : \(B\le3\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=z=1\)

Vậy \(GTLN\) của \(B=3\) khi \(x=y=z=1\)

Ta có bất đẳng thức sau : \(xy+yz+zx\le x^2+y^2+z^2\)

\(< =>2\left(xy+yz+zx\right)\le2\left(x^2+y^2+z^2\right)\)

\(< =>2xy+2yz+2zx\le2x^2+2y^2+2z^2\)

\(< =>2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2zx\ge0\)

\(< =>\left(x^2-2xy+y^2\right)+\left(y^2-2yz+z^2\right)+\left(z^2-2zx+x^2\right)\ge0\)

\(< =>\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\)*đúng*

Khi đó ta được bất đăng thức \(xy+yz+zx\le x^2+y^2+z^2\)

\(< =>3\left(xy+yz+zx\right)\le\left(x+y+z\right)^2=3^2=9\)

\(< =>xy+yz+zx\le\frac{9}{3}=3\) Tương đương \(B\le3\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z=1\)

Vậy GTLN của B = 3 đạt được khi x = y = z = 1

Bài này chỉ cần phá ngoặc là xong 

a, PT <=> \(-x^3-4x+8=15\)

\(x^3+4x+7=0\)( vô nghiệm )

b, PT <=> \(24x+25=49\)

\(x=1\)