(3x-5)^2010 lớn hơn hoặc =0 vs mọi x.tương tự điều đó với hai số (y^2-1)^2012 và (x-z)^2014

vì chúng đều có số mũ chẵn

mà 3 số này cộng vào với nhau=0 nên chỉ xảy ra 1 trường hợp là 

3x-5=y^2-1=x-z=0

3x-5=0 thì x=5/3

y^2-1=0 thì y==1 hoặc -1

x-z=0,x=5/3 thì z=5/3 

vậy.....

hok tốt

\(\left(-\frac{3}{2}x+2\right)^{20}+\left(y^2-\frac{4}{9}\right)^{10}\le0\)

Vì cả \(\left(-\frac{3}{2}x+2\right)^{20};\left(y^2-\frac{4}{9}\right)^{10}\ge0\Rightarrow\)\(\left(-\frac{3}{2}x+2\right)^{20}+\left(y^2-\frac{4}{9}\right)^{10}=0\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}-\frac{3}{2}x+2=0\\y^2-\frac{4}{9}=0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{x=\frac{4}{3}}}\)

\(A\left(n\right)=1^n+2^n+3^n+4^n\)

\(n\)chẵn: \(n=2k\)

\(A=1^{2k}+2^{2k}+3^{2k}+4^{2k}=1+4^k+9^k+16^k\equiv\left[1+\left(-1\right)^k+\left(-1\right)^k+1^k\right]\left(mod5\right)\)

Với \(k\)lẻ thì \(1+\left(-1\right)^k+\left(-1\right)^k+1^k=0\)do đó \(A⋮5\).

Với \(k\)chẵn thì \(1+\left(-1\right)^k+\left(-1\right)^k+1^k=4\)do đó \(A⋮̸5\).

\(n\)lẻ: \(n=2k+1\)

\(A=1^{2k+1}+2^{2k+1}+3^{2k+1}+4^{2k+1}=1+2.4^k+3.9^k+4.16^k\)

\(\equiv1+2.\left(-1\right)^k+3.\left(-1\right)^k+4.1\left(mod5\right)\)

\(\equiv5\left(-1\right)^k\left(mod5\right)\)

\(\equiv0\left(mod5\right)\).

Vậy \(n⋮̸4\)thì \(A⋮5\).

nhầm đề

:>>

\(-14,5-5,67-14,5-5,67=-40,34\)

=-40,34

k nhé!

mình k lại!

\(\left|x-1\right|+\left|x-2\right|+\left|x-3\right|+...+\left|x-2020\right|\)

\(=\left(\left|x-1\right|+\left|2020-x\right|\right)+\left(\left|x-2\right|+\left|2019-x\right|\right)+...+\left(\left|x-1010\right|+\left|1011-x\right|\right)\)

\(\ge\left|x-1+2020-x\right|+\left|x-2+2019-x\right|+...+\left|x-1010+1011-x\right|\)

\(=2019+2017+...+1\)

\(=\frac{\left(2019+1\right).\left[\left(2019-1\right)\div2+1\right]}{2}=1020100\)

Dấu \(=\)khi \(\hept{\begin{cases}\left(x-1\right)\left(2020-x\right)\ge0\\...\\\left(x-1010\right)\left(1011-x\right)\ge0\end{cases}}\Leftrightarrow1010\le x\le1011\).

a) Xét tam giác\(BAP\)có: 

\(E,F\)lần lượt là trung điểm của \(BA,BP\)

nên \(EF\)là đường trung bình của tam giác \(BEF\).

Suy ra \(EF//AP,EF=\frac{1}{2}AP\).

Tương tự ta cũng có \(EF//AQ,EF=\frac{1}{2}AQ\).

Có qua \(A\)có \(AP,AQ\)đều song song với \(EF\)nên \(Q,A,P\)thẳng hàng. 

mà \(AP=AQ\left(=2EF\right)\)suy ra \(A\)là trung điểm của \(PQ\).

b) Xét tam giác \(ABC\):

\(E,F\)lần lượt là trung điểm \(AB,AC\)

nên \(EF\)là đường trung bình của tam giác \(ABC\)

suy ra \(EF//BC,EF=\frac{1}{2}BC\).

suy ra \(BC//AQ,BC=AQ\)

do đó tứ giác \(ACBQ\)là hình bình hành. 

suy ra \(BQ//AC\)

.Tương tự ta cũng chứng minh được \(ABCP\)là hình bình hành

suy ra \(CP//AB\).

c) \(BC=\frac{1}{2}PQ,BC//PQ\)nên \(BC\)là đường trung bình của tam giác \(PQR\).

Do đó \(B,C\)lần lượt là trung điểm của \(QR,PR\).

suy ra \(AC,AB\)là hai đường trung bình của tam giác \(PQR\)

suy ra \(AC=\frac{1}{2}QR,AB=\frac{1}{2}PR\).

\(P_{PQR}=PQ+QR+PR=2\left(AB+BC+CA\right)=2P_{ABC}\)

ta có đpcm. 

d) Có \(RA,PB,QC\)là ba đường trung tuyến trong tam giác \(PQR\)do đó chúng đồng quy tại một điểm.

Ta có đpcm. 

cam on ban nhieu lam :))))))))))))))))))))))))))))))))))))))))

Vì x^2>=0; (2y-3/5)^10>=0 nên dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=0; 2y-3/5=0 

=> x=0; y=3/10

\(x^2+\left(2y-\frac{3}{5}\right)^{10}=0\)

\(\text{Vì }\hept{\begin{cases}x^2\ge0∀x\\\left(2y-\frac{3}{5}\right)^{10}\ge0∀y\end{cases}}\Rightarrow x^2+\left(2y-\frac{3}{5}\right)^{10}≥0\)

\(\text{Mà }x^2+\left(2y-\frac{3}{5}\right)^{10}=0\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x^2=0\\\left(2y-\frac{3}{5}\right)^{10}=0\end{cases}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}x = 0\\2y-\frac{3}{5}=0\end{cases}\Rightarrow}\hept{\begin{cases}x=0\\2y=\frac{3}{5}\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}x = 0\\y=\frac{3}{10}\end{cases}}}\)