đúng đấy ạ

Rất đỉnh

Đặt \(a=3k+r\left(k\in Z\right),r\in0;1;2\)

\(a^3=27k^3+27k^2r+9kr^2+r^3\)

\(r\in0;1;2\) nên \(r^3\in0;1;8\)  .Vậy \(a^3\): 9 dư 0 ; 1 ; 8

Tương tự \(b^3:9\) dư 0 ; 1 ; 8

                  \(c^3:9\) dư 0 ; 1 ; 8

Nên : \(a^3+b^3+c^3:9\) có số dư là 0;1;2;3;6;7;8

Mà : \(2012:9\) dư 5 nên không tồn tại a , b , c thõa mãn 

hehe :)))) tam thức bậc 2 anh êi

P=9xy+10yz+11zx=9xy+z(10y+11x)=9xy(1-x-y)(10y+11x)

khai triển và rút gọn ta được :

\(P=-11x^2-10y^2+11x+10y-12xy\)

tương đương với :

 \(11x^2+\left(12y-11\right)x+10y^2-10y+P\ge0\)(1)

Coi đây là tam thức bậc 2 ẩn x do đk của x => (1) phải có nghiệm  hay

\(\Delta-\left(12y-11\right)^2-44\left(10y^2-10y+P\right)\ge0\)

Hay \(-296y^2+176y+121-44P\ge0\)

tương đương với

\(P\le-\frac{74}{11}\left(y^2-\frac{22}{37}y-\frac{121}{296}\right)\)

dùng phép tách thành bình phương ; ta dễ thấy :

\(y^2-\frac{22}{37}y-\frac{121}{296}\ge-\frac{5445}{10952}\)

=> \(P\le\left(\frac{74}{-11}\right).\left(-\frac{5445}{10952}\right)-\frac{495}{148}\)

vậy \(MaxP=\frac{495}{148}\)đạt được khi \(y=\frac{11}{37};x=\frac{25}{74};z=\frac{27}{74}\)

a. Ta có: A₁B₁ // mp(ABCD)

A₁B₁ // mp(CDD₁C₁)

b. Ta có: AC // A₁C₁

Suy ra: AC không thuộc mp(A₁B₁C₁)

\(A=100^2-99^2+98^2-97^2+...+2^2-1^2\)

\(A=\left(100^2-99^2\right)+\left(98^2-97^2\right)+...+\left(2^2-1^2\right)\)

\(A=1.199+1.195+...+3.1\)

\(A=3+7+...+195+199\)

Tổng A có: \(\frac{199-3}{4}+1=50\)( số hạng)

\(\Rightarrow A=\frac{\left(199+3\right).50}{2}=5050\)

Mấy ý kia chốc về lm nốt 

\(B=\left(2^2-1\right)\left(2^2+1\right)\left(2^4+1\right)...\left(2^{64}+1\right)+1\)

\(B=\left(2^4-1\right)\left(2^4+1\right)...\left(2^{64}+1\right)+1\)

\(B=\left(2^8-1\right)...\left(2^{64}+1\right)+1\)

\(B=2^{64}-1+1\)

\(B=2^{64}\)

Xét \(\Delta DBE\) và \(\Delta DAC\), có:

\(\widehat{BDE}=\widehat{ADC}\) (2 góc đối đỉnh)

\(\widehat{DBE}=\widehat{DAC}\) (=60⁰)

=>\(\Delta DBE\infty\Delta DAC\)

=>\(\dfrac{BD}{AD}=\dfrac{DE}{DC}\)

=>\(\dfrac{BD}{DE}=\dfrac{AD}{DC}\)

Xét \(\Delta DBA\) và \(\Delta DEC\),có:

\(\widehat{BDA}=\widehat{EDC}\) (2 góc đối đỉnh)

\(\dfrac{BD}{DE}=\dfrac{AD}{DC}\) (CMT)

=>\(\Delta DBA\infty\Delta DEC\)

=>\(\widehat{DAB}=\widehat{DCE}\)

=>\(\widehat{DCE}=60^0\)

hay \(\widehat{ECB}\) =60⁰

Mà ^EBC=60⁰

=>^BEC=60⁰

=>\(\Delta EBC\) đều

Vậy \(\Delta EBC\) đều

kho vcll

a) vì tứ giác ABCD là hình bình hành

=> AB // CD

=>AB // DG

=>EB/ED =  AE/EG (1)

vì ABCD là hình bình hành

=> AD // BC

=> AD // BK

=>AE/EG = EK/AE (2) 

TỪ (1) VÀ (2)

=> AE/EG = EK/AE 

=> AE ^2 = EK . EG (đpcm)

b) vì AB // DG

=> AE/AG = BE/BD 

MÀ AD // BK

=> AE /AK= DE /BD

CỘNG 2 VẾ TRÊN

=> AE/AG  + AE/AK  = BE/BD  + DE/BD  = 1

<=> AE ( 1/AG  + 1/AK  ) = 1

<=> 1/AG  + 1/AK  = AE 1 (đpcm)

c) vì AD // BK

=> BK/AD  = EB/DE  

CÓ AB // DG

=> AB/DG  = BE /DE

=> BK/AD  = AB/DG  

=> BD . DG = AB . AD mà AB, AD là các cạnh của hình bình hành ABCD

=> AB . AD không đổi

=> BK . DG không đổi (đpcm)

Theo gt=> \(\widehat{A}=8\widehat{D}\),\(\widehat{B}=4\widehat{D}\)

=> \(\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}+\widehat{D}=360^o\)

<=? 15\(\widehat{D}\)=360^o

=> \(\widehat{D}\)=24^o

Vậy tồn tại tứ giác lồi đó

a. Ta có: AB // CD và AB = CD

CD // C₁D₁ và CD = C₁D₁

Suy ra: AB // C₁D₁ và AB = A₁D₁

Vì tứ giác ABC₁D₁ là hình bình hành nên AC₁ và BD₁ cắt nhau (hai đường chéo cắt nhau)

b. Vì các điểm A, C, C₁ và A₁ cùng thuộc mp(ACC₁A₁) mà ACC₁A₁ là một hình chữ nhật nên AC₁ cắt A₁C.

c. Vì BD₁ không thuộc mp(ADD₁A₁), không thuộc mp(ABB₁A₁) và cũng không thuộc mp(ACC₁A₁) nên BD₁ và AA₁ không cắt nhau.