Áp dụng bđt |a|+|b|+|c|+|d| \(\ge\)|a+b+c+d| ta có:

B = |x-2016|+|x-2015|+|x-2014|+|x-2013|+|x-2012|+2016

B = |2016-x|+|2015-x|+|x-2014|+|x-2013|+|x-2012|+2016 \(\ge\) |(2016-x)+(2015-x)+0+(x-2013)+(x-2012)|+2016 = |6|+2016 = 6+2016 = 2022

Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix}x-2015\le0\\x-2014=0\\x-2013\ge0\end{matrix}\right.\) => x = 2014

7⁴.(7²+7-1)=7⁴.55 chia het cho 11 vi 55 chia het cho11

a) dễ

b) dễ

c) chỉ cần chứng minh BK _|_ DC dựa vào t/g BKD = t/g BKC

Bài này có khoảng gần 20 cách làm ( hoặc hơn) xúc tích và ngắn gọn, những cách lm này có thể áp dụng cho 1 số bài tổng quát (1 + 1/2 + 1/3 + ... + 1/n với n thuộc N; n > 1)

- Chứng minh tử lẻ mẫu chẵn bằng cách chọn mẫu chung chứa lũy thừa của 2 với số mũ lớn nhất có trong dãy, như bn kia đã trình bày ở dưới

- Chứng minh tử không chia hết cho 1 thừa số nguyên tố bất kì có trong mẫu của các phân số trong dãy với lũy thừa lớn nhất, mẫu có chia hết

Sau đây là 1 cách làm cụ thể:

Ta thấy các phân số của tổng A có mẫu chứa lũy thừa của 3 với số mũ lớn nhất là 3^3

Như vậy, sau khi quy đồng tử số của các phân số có trong A đều chia hết cho 3

Chỉ có phân số 1/27 có tử không chia hết cho 3

Sau khi quy đồng, A có tử không chia hết cho 3, mẫu chia hết cho 3, không là STN

Đối với bài tổng quát thì giả sử số đó là 3^k

- Đối với bài cụ thể nếu được thì tìm thừa số nguyên tố lớn nhất chứa trong mẫu của các phân số ( cách làm gần tương tự như trên)

Trên AB lấy K sao cho BK = HF

Xét t/g CFH và t/g EBK có:

CF = BE (gt)

CFH = EBK ( đồng vị)

HF = BK ( cách vẽ)

Do đó, t/g CFH = t/g EBK (c.g.c)

=> CHF = EKB (2 góc tương ứng)

Lại có: CHF = GAK ( đồng vị)

Suy ra EKB = GAK

Mà EKB và GAK là 2 góc ở vị trí đồng vị nên GA // EK

Mặt khác, GE // AK (gt)

=> GE = AK ( tính chất đoạn chắn)

Như vậy, EG + FH = AK + BK = AB (đpcm)

c) (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4)(x + 5) = 40

Khai triển hết ra ta được:

x⁵ + 15x⁴ + 85x³ + 225x² + 274x + 80 = 0 (*) (đây là phương trình đối xứng bậc 5)

<=> (x + 1)(x⁴ + 14x³ + 71x² + 154x + 80) = 0

=> x = -1 hoặc x⁴ + 14x³ + 71x² + 154x + 80 = 0

Bây giờ ta cần giải pt x⁴ + 14x³ + 71x² + 154x + 80 = 0 (đây là pt đối xứng bậc chẵn)

Dễ thấy x = 0 không là nghiệm của pt

Chia cả 2 vế của pt cho x² (x² khác 0)

Tới đây tự lm tiếp nhé!

b) 4x⁴ + 12x³ + 5x² - 6x - 15 = 0

<=> 4x⁴ + 10x³ + 2x³ + 5x² - 6x - 15 = 0

<=> 2x³(2x + 5) + x²(2x + 5) - 3(2x + 5) = 0

<=> (2x + 5)(2x³ + x² - 3) = 0

<=> (2x + 5)(2x³ - 2x² + 3x² - 3) = 0

<=> (2x + 5)(x - 1)(2x² + 3x + 3) = 0

<=> (2x + 5)(x - 1)[x² + (x + 3/2)² + 3/4]= 0

Mà x² + (x + 3/2)² + 3/4 > 0\(\forall x\)

\(\Rightarrow\left[\begin{matrix}2x+5=0\\x-1=0\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left[\begin{matrix}x=-\frac{5}{2}\\x=1\end{matrix}\right.\)

Vậy ...

Tam giác ABC cân ở A => AB = AC = \(\sqrt{2}\)

Ta thấy: AC² + AB² =\(\left(\sqrt{2}\right)^2.2\) = 2.2 = 2² = BC²

Nên theo định lí Py-ta-go đảo, tam giác ABC vuông tại A

Như vậy, ABC vuông cân tại A

=> BAC = 90^o; ABC = ACB = 45^o

c) t/g BDH = t/g BIF (câu b)

=> DH = IF (2 cạnh tương ứng)

Mà ED = EI (do t/g EDB = t/g EIB)

=> DH + ED = IF + EI

=> EH = EF

t/g EHK = t/g EFK (c.c.c)

=> HEK = FEK (2 góc tương ứng)

=> EK là phân giác HEF (1)

Có: DEB = IEB (do t/g EDB = t/g EIB)

=> EB là phân giác DEI (2)

Từ (1) và (2) => E,B,K thẳng hàng (đpcm)

d) t/g DEI cân tại E => DEI = 180^o - 2.EDI (3)

t/g HEF cân tại E =>>HEF = 180^o - 2.EHF (4)

Từ (3) và (4) => EDI = EHF

Mà EDI và EHF là 2 góc ở vị trí đồng vị nên DI // HF (đpcm)

Giả sử trong 4 số a;b;c;d không tồn tại 2 số bằng nhau

Không mất tính tổng quát ta giả sử a < b < c < d

=> a² < b² < c² < d² (do a;b;c;d nguyên dương)

=> \(\frac{1}{a^2}>\frac{1}{b^2}>\frac{1}{c^2}>\frac{1}{d^2}\)

\(\Rightarrow\frac{4}{a^2}>\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{1}{d^2}=1\)

=> a² < 4

=> a < 2 (1)

Lại có: \(\frac{1}{a^2}\)< 1 (theo đê bai)

=> a² > 1

=> a > 1 (do a nguyên dương) (2)

Từ (1) và (2) => 1 < a < 2, mâu thuẫn với đề là a nguyên dương

Như vậy trong 4 số đã cho luôn tồn tại ít nhất 2 số bằng nhau (đpcm)