\(A=\left(x^2-4y^2\right)\left(x^2-2xy+4y^2\right)\left(x^2+2xy+4y^2\right)\)

\(A=\left(x-2y\right)\left(x+2y\right)\left(x^2-2xy+4y^2\right)\left(x^2+2xy+4y^2\right)\)

\(A=\left(x-2y\right)\left(x^2+2xy+4y^2\right)\left(x+2y\right)\left(x^2-2xy+4y^2\right)\)

\(A=\left[x^3-\left(2y\right)^3\right]\left[x^3+\left(2y\right)^3\right]\)

\(A=\left[x^3-8y^3\right]\left[x^3+8y^3\right]\)

\(A=x^6-64y^6\)

\(F=\left(3x-2\right)^2+\left(3x+2\right)^2+2\left(9x^2-4\right)\\=\left[\left(3x+2\right)^2+2.\left(3x+2\right)\left(3x-2\right)+\left(3x-2\right)^2\right]\\ =\left[\left(3x+2\right)+\left(3x-2\right)\right]^2\\ =\left(6x\right)^2=36x^2\\ Thay.x=-\dfrac{1}{3}.vào.F.thu.gọn:\\ F=36x^2=36.\left(-\dfrac{1}{3}\right)^2=36.\left(\dfrac{1}{9}\right)=4\)

Từ pt thứ 2, ta thấy \(y^2⋮9\Leftrightarrow y⋮3\) \(\Leftrightarrow y=3z\left(z\inℤ\right)\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2+3xz=2019\\9z^2-9xz=99\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2+3xz=2019\\z^2-xz=11\end{matrix}\right.\) (*)

Từ pt đầu tiên của (*), ta thấy \(x⋮3\Leftrightarrow x=3t\left(t\inℤ\right)\)

Khi đó \(9t^2+9tz=2019\)  \(\Rightarrow2019⋮9\), vô lí. 

Do đó, pt đã cho không có nghiệm nguyên.

Bạn xem lại đề

a) Do I nằm trên trung trực của đoạn BC nên \(IB=IC\). 

 Xét 2 tam giác IAM vuông tại M và IAN vuông tại N, ta có:

 AI là cạnh chung và \(\widehat{MAI}=\widehat{NAI}\) (do AI là phân giác góc BAC)

\(\Rightarrow\Delta IAM=\Delta IAN\left(ch-gn\right)\) \(\Rightarrow IM=IN\).

Lại xét 2 tam giác IMB vuông tại M và INC vuông tại N, có:

\(IB=IC\left(cmt\right);IM=IN\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\Delta IMB=\Delta INC\left(ch-cgv\right)\) \(\Rightarrow MB=NC\left(đpcm\right)\)

b) Ta đã có \(IN\perp AE\) tại N nên ta chỉ cần chứng minh N là trung điểm của đoạn AE là xong. Thật vậy, ta có \(MB=NC\left(cmt\right)\) và \(AB=EC\left(gt\right)\) nên suy ra \(AB+MB=NC+EC\) hay \(AM=NE\).

Mặt khác, do \(\Delta IAM=\Delta IAN\left(cmt\right)\Rightarrow AM=AN\)

Từ đó suy ra \(AN=NE\) hay N là trung điểm AE. Ta có đpcm.

c) Qua B kẻ đường thẳng song song với AC cắt AI tại P. Khi đó ta có \(\widehat{BAP}=\widehat{CAP}=\widehat{BPA}\) nên tam giác ABP cân tại B, suy ra \(AB=BP\). Mặt khác, theo định lý Thales, ta có \(\dfrac{FB}{FC}=\dfrac{BP}{AC}=\dfrac{AB}{AC}< 1\) (do \(AB< AC\)) nên suy ra \(\dfrac{FB}{FC}< 1\) hay \(FB< FC\) (đpcm)

giúp t với 

\(x\cdot y=3\Rightarrow x=\dfrac{3}{y}\\ \Rightarrow\dfrac{3}{y}+y=5\\ \Rightarrow y^2-5y+1=0\\ \Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}y=\dfrac{5+\sqrt{21}}{2}\Rightarrow x=\dfrac{15-3\sqrt{21}}{2}\\y=\dfrac{5-\sqrt{21}}{2}\Rightarrow x=\dfrac{15+3\sqrt{21}}{2}\end{matrix}\right.\)

\(B=\left(2x-3y\right)\left(3y-2x\right)=-\left(2x-3y\right)^2\\ \Rightarrow\left[{}\begin{matrix}B\simeq-172,176\\B\simeq-790,823\end{matrix}\right.\)

\(C=x^5+y^5\\ \Rightarrow\left[{}\begin{matrix}C\simeq2525,096\\C\simeq613574,904\end{matrix}\right.\)

Em xem lại đề xem, bài này số xấu

\(\left(a-1\right)^2\ge0\Rightarrow a^2+1-2a\ge0\Rightarrow a^2+1\ge2a\left(1\right)\)

\(\left(2b-3\right)^2\ge0\Rightarrow4b^2+9-12b\ge0\Rightarrow4b^2+9\ge12b\left(2\right)\)

\(\left(c\sqrt[]{3}-\sqrt[]{3}\right)^2\ge0\Rightarrow3c^2+3-6c\ge0\Rightarrow3c^2+3\ge6c\left(3\right)\)

\(\left(1\right)+\left(2\right)+\left(3\right)\Rightarrow a^2+1+4b^2+9+3c^2+3\ge2a+12b+6c\)

\(\Rightarrow a^2+4b^2+3c^2+1+9+3\ge2a+12b+6c\)

\(\Rightarrow a^2+4b^2+3c^2+13\ge2a+12b+6c\)

\(\Rightarrow a^2+4b^2+3c^2\ge2a+12b+6c-13\)

mà \(2a+12b+6c-13>2a+12b+6c-14\)

\(\Rightarrow a^2+4b^2+3c^2>2a+12b+6c-14\)

\(\Rightarrow dpcm\)

$\iff {\left(a-1\right)}^2+{\left(2b-3\right)}^2+3{\left(c-1\right)}^2+1>0$ (luôn đúng)

$\Rightarrow$ BĐT ban đầu đúng

Bạn xem lại đề

XEM LẠI ĐỀ ĐI

Ta có:

\(a^3+b^3+c^3+d^3\)

\(=\left(a+b\right)^3-3ab\left(a+b\right)+\left(c+d\right)^3-3cd\left(c+d\right)\)

\(=-\left(c+d\right)^3+3ab\left(c+d\right)+\left(c+d\right)^3-3cd\left(c+d\right)\) (vì \(a+b=-\left(c+d\right)\))

\(=3\left(c+d\right)\left(ab-cd\right)\) 

Vậy đẳng thức được chứng minh.

...

(a + b + c)² = a² + b² + c² + 2ab + 2bc + 2ac 

⇒ 2ab + 2bc + 2ac = (a + b + c)² - (a² + b² + c²)

⇒ 2.(ab + bc + ac) = 9² - 53

    2.(ab + bc + ac) = 81 - 53

     2.(ab + bc + ac) = 28

        ab + bc + ac = 28 : 2

        ab + bc + ac = 14

ab + bc + cd = 14

Để chứng minh điều này, ta sẽ sử dụng tính chất của đường trung tuyến. Theo tính chất này, đường trung tuyến chia một tam giác thành hai tam giác có diện tích bằng nhau.

Vì vậy, ta có:
Diện tích tam giác AMN = Diện tích tam giác AMP
Diện tích tam giác BNP = Diện tích tam giác BMP

Ta cũng biết rằng M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh AC, BD và BE. Do đó, ta có:
AM = MC, BN = ND, BP = PE

Từ đó, ta có thể suy ra:
Diện tích tam giác AMN = Diện tích tam giác AMP = 1/2 * Diện tích tam giác ABC
Diện tích tam giác BNP = Diện tích tam giác BMP = 1/2 * Diện tích tam giác ABC

Vì diện tích của hai tam giác AMN và BNP bằng nhau, ta có thể kết luận rằng tam giác MNP là tam giác đều.

Vậy, tam giác MNP là tam giác đều.

giúp mik với