Đặt \(\dfrac{x}{3}=\dfrac{y}{4}=k\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=3k\\y=4k\end{matrix}\right.\)

Thay vào \(2x^2+3y^2=30\) ta được:

\(2.\left(3k\right)^2+3.\left(4k\right)^2=30\)

\(\Leftrightarrow66k^2=30\)

\(\Rightarrow k^2=\dfrac{5}{11}\)

\(\Rightarrow k=\pm\dfrac{\sqrt{55}}{11}\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{3\sqrt{55}}{11};y=\dfrac{4\sqrt{55}}{11}\\x=-\dfrac{3\sqrt{55}}{11};y=-\dfrac{4\sqrt{55}}{11}\end{matrix}\right.\)

e; \(x^2\) - 4\(x\) + 3 = 0

\(x^2\) - \(x\) - 3\(x\) + 3 = 0

(\(x^2\) - \(x\)) - (3\(x\) - 3) = 0

\(x\).(\(x\) - 1) - 3.(\(x\) - 1) = 0

    (\(x\) - 1).(\(x\) - 3) = 0

     \(\left[{}\begin{matrix}x-1=0\\x-3=0\end{matrix}\right.\)

     \(\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=3\end{matrix}\right.\)

Vậy \(x\) \(\in\) {1; 3}

f; 2\(x^2\) - 5\(x\) + 3

  2\(x^2\) - 2\(x\) - 3\(x\) + 3

  2\(x\).(\(x\) - 1) - 3.(\(x\) - 1) = 0

       (\(x\) - 1).(2\(x\) - 3) = 0

       \(\left[{}\begin{matrix}x-1=0\\2x-3=0\end{matrix}\right.\)

        \(\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=\dfrac{3}{2}\end{matrix}\right.\)

Vậy \(x\) \(\in\) {1; \(\dfrac{3}{2}\)}

Đổi 30 phút = 0,5 giờ

    Quãng sông từ A đến B dài là:

        \(x\) \(\times\) 0,5 + y \(\times\) 1 = 0,5\(x\) + y (km)

Kết luận Quãng đường từ A đên B dài: 0,5\(x\) + y (km)

30=0,5 giờ

ta có biểu thức:

0,5x+1y

Nhận thấy : \(2x^4+3x^2\ge0\forall x\)

\(=>2x^4+3x^2+1\ge1\)

\(=>\left|2x^4+3x^2+1\right|=2x^4+3x^2+1\)

và : \(-2x^4-x^2=-\left(2x^4+x^2\right)\le0\)

\(=>-2x^4-x^2-1\le-1\)

\(=>\left|-2x^4-x^2-1\right|=-\left(-2x^4-x^2-1\right)\\ =2x^4+x^2+1\)

Lúc này biểu thức A được viết lại thành :

\(A=2x^4+3x^2+1-\left(2x^4+x^2+1\right)\\ =2x^2\ge0\forall x\)

Hay biểu thức A luôn không âm với mọi giá trị của x (DPCM)

Lời giải:

Áp dụng TCDTSBN:

$\frac{bz-cy}{a}=\frac{cx-az}{b}=\frac{ay-bx}{c}$

$=\frac{bza-cya}{a^2}=\frac{cxb-azb}{b^2}=\frac{ayc-bxc}{c^2}$

$=\frac{bza-cya+cxb-azb+ayc-bxc}{a^2+b^2+c^2}=\frac{0}{a^2+b^2+c^2}=0$

$\Rightarrow bz-cy=cx-az=ay-bx$

$\Rightarrow \frac{a}{x}=\frac{b}{y}=\frac{c}{z}$

Hay $a:b:c=x:y:z$ (đpcm)

Lời giải:
$xy=\frac{x}{y}$

$\Rightarrow x=xy^2$

$\Rightarrow x(1-y^2)=0\Rightarrow x=0$ hoặc $1-y^2=0$

Nếu $x=0$ thì: $0-y=0.y=0\Rightarrow y=0$ (loại vì $y\neq 0$)

Nếu $1-y^2=0\Rightarrow y=\pm 1$

Với $y=1$ thì $x-1=x.1=x$ (vô lý)

Với $y=-1$ thì $x+1=x(-1)=-x\Rightarrow x=\frac{-1}{2}$

công thức: \(\dfrac{a^m}{a^n}=a^{m-n}\)

do \(5^{2x-3}\ne0\)

=> \(\dfrac{5^{2x-1}}{5^{2x-3}}=1+24\cdot\dfrac{5^3}{5^{2x-3}}\)

\(\Rightarrow5^2=1+24\cdot5^{6-2x}\)

\(\Leftrightarrow5^{6-2x}=1\)

\(\Leftrightarrow6-2x=0\)  => x=3

a; \(5^{2x-1}\) = 5\(^{2x-3}\) + 125.24

    5\(^{2x-1}\) - 5\(^{2x-3}\) = 125.24

    5\(^{2x-3}\).(5² - 1) = 125.24

    5\(^{2x-3}\).24        = 125.24

    5^2\(x-3\)           = 125.24:24

    5\(^{2x-3}\)             = 125

    5\(^{2x-3}\)             = 5³

      2\(x\) - 3           = 3

      2\(x\)                = 6

        \(x\)                 = 6 : 2

        \(x\)                 = 3

Đặt \(2^p+p^2=q\) với q là số nguyên tố

- Với \(p=2\Rightarrow q=8\) ko phải SNT (loại)

- Với \(p=3\Rightarrow q=17\) là SNT (thỏa mãn)

- Với \(p>3\Rightarrow p\) là số nguyên lẻ không chia hết cho 3

\(\Rightarrow p^2\) luôn chia 3 dư 1

Đồng thời do \(p\) lẻ \(\Rightarrow p=2k+1\Rightarrow2^k=2^{2k+1}=2.4^k\) 

Do \(4\equiv1\left(mod3\right)\Rightarrow4^k\equiv1\left(mod3\right)\Rightarrow2.4^k\equiv2\left(mod3\right)\)

Hay  \(2^p\) luôn chia 3 dư 2

\(\Rightarrow2^p+p^2\) luôn chia hết cho 3 \(\Rightarrow\) là hợp số (loại)

Vậy \(p=3\) là SNT duy nhất thỏa mãn

Em kiểm tra lại đề ở tỉ số đầu tiên

\(\dfrac{2a+2b-2c}{c}=\dfrac{2b-2c+2a}{a}\)

Hay là: \(\dfrac{2a+2b-2c}{c}=\dfrac{2b+2c-2a}{a}\)

Lời giải:
Tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ nên trung tuyến $AM$ đồng thời cũng là đường cao

$\Rightarrow \widehat{AMC}=90^0(1)$
Mà $\widehat{ACM}=45^0(2)$ (tính chất tam giác vuông cân) 

Từ $(1); (2)\Rightarrow AMC$ là tam giác vuông cân tại $M$

$\Rightarrow MA=MC=MB$

Xét tam giác $ABH$ và $CAK$ có:

$AB=CA$

$\widehat{AHB}=\widehat{CKA}=90^0$

$\widehat{ABH}=\widehat{CAK}$ (cùng phụ góc $\widehat{BAH}$)

$\Rightarrow \triangle ABH=\triangle CAK$ (ch-gn)

$\Rightarrow BH=AK$ và $AH=CK$

Xét tam giác $MBH$ và $MAK$ có:

$\widehat{MBH}=\widehat{MAK}$ (cùng phụ $\widehat{BEH}$)

$MB=MA$

$BH=AK$ (cmt)

$\Rightarrow \triangle MBH=\triangle MAK$ (c.g.c)

$\Rightarrow MH=MK(*)$

Xét tam giác $AMH$ và $CMK$ có:

$AM=CM$ (cmt)

$AH=CK$ (cmt)

$MH=MK$ (cmt)

$\Rightarrow \triangle AMH=\triangle CMK$ (c.c.c)

$\Rightarrow \widehat{AMH}=\widehat{CMK}$

$\Rightarrow \widehat{AMH}+\widehat{HME}=\widehat{CMK}+\widehat{HME}$

$\Rightarrow \widehat{AME}=\widehat{HMK}$
$\Rightarrow \widehat{HMK}=90^0(**)$

Từ $(*); (**)\Rightarrow MHK$ vuông cân tại $M$

Hình vẽ: