Bạn xem lời giải ở đường link sau nhé:

Câu hỏi của Thanh Thanh - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath

Ta có:\(x^{3m+1}+x^{3n+2}+1=x^{3m}x-x+3^{3n}-x^2+x^2+x+1=x\left(\left(x^3\right)^m-1\right)+x^2\left(\left(x^3\right)^n-1\right)+\left(x^2+x+1\right)\)Ta lại có: (Hằng đẳng thức)

\(a^n+b^n=\left(a+b\right)\left(a^{n-1}+a^{n-2}b+...+ab^{n-2}+b^{n-1}\right)\)chia hết cho a+b

=>\(\left(x^3\right)^m-1\)chia hết cho \(x^3-1=\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)\)chia hết cho  \(x^2+x+1\)

và \(\left(x^3\right)^n-1\)chia hết cho \(x^3-1=\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)\)chia hết cho  \(x^2+x+1\)

mà \(x^{3m+1}+x^{3n+2}+1=x^{3m}x-x+3^{3n}-x^2+x^2+x+1=x\left(\left(x^3\right)^m-1\right)+x^2\left(\left(x^3\right)^n-1\right)+\left(x^2+x+1\right)\)
=> \(x^{3m+1}+x^{3n+2}+1\) chia hết cho \(x^2+x+1\)

_________________________________________________________________________________

Xét 

\(x^{3m+1}+x^{3n+2}+1-\left(x^2+x+1\right)\)

\(=x^{3m}.x+x^{3n}.x^2+1-x^2-x-1\)

\(=x\left(x^{3m}-1\right)+x^2\left(x^{3n}-1\right)\)

Do \(x^{3m}-1=\left(x^3\right)^m-1^m⋮x^3-1⋮x^2+x+1\)

\(x^{3n}-1=\left(x^3\right)^n-1^n⋮x^3-1⋮x^2+x+1\)

\(\Rightarrow x\left(x^{3m}-1\right)+x^2\left(x^{3n}-1\right)⋮x^2+x+1\)

\(\Rightarrow x^{3m+1}+x^{3n+2}+1-\left(x^2+x+1\right)⋮x^2+x+1\)

\(\Rightarrow x^{3m+1}+x^{3n+2}+1⋮x^2+x+1\)

a, Đặt: \(\hept{\begin{cases}S_1=S_{PMA}\\S_2=S_{NMB}\\S_3=S_{PNC}\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\)\(\frac{S_1}{S}=\frac{AM.AP}{AB.AC}\)

Và: \(\frac{S_2}{S}=\frac{BM.BN}{AB.CB}\)

Và: \(\frac{S_3}{S}=\frac{CP.CN}{AC.BC}\)

Ta có: \(\frac{AM}{MB}=\frac{k}{1}\Leftrightarrow\frac{AM}{AM+MB}=\frac{k}{k+1}\Leftrightarrow\frac{AM}{AB}=\frac{k}{k+1}\)

\(\frac{CP}{PA}=\frac{k}{1}\Leftrightarrow\frac{AP}{CP}=\frac{1}{k}\Leftrightarrow\frac{AP}{AP+CP}=\frac{1}{k+1}\)

\(\Leftrightarrow\frac{AP}{AC}=\frac{1}{k+1}\Rightarrow\frac{S_1}{S}=\frac{AM}{AB}.\frac{AP}{AC}=\frac{k}{\left(k+1\right)^2}\)

Chứng minh tương tự ta có: \(\frac{S_2}{S}=\frac{k}{\left(k+1\right)^2}\) và \(\frac{S_3}{S}=\frac{k}{\left(k+1\right)^2}\)

\(\Rightarrow S_{MNP}=S-\left(S_1+S_2+S_3\right)=S-\frac{3k}{\left(k+1\right)^2}.S=S\left(1-\frac{3k}{\left(k+1\right)^2}\right)\)

b, \(S_{MNP}\) nhỏ nhất \(\Leftrightarrow\frac{k}{\left(k+1\right)^2}\)lớn nhất.

Ta có: \(\left(k+1\right)^2\ge4k\Leftrightarrow\frac{k}{\left(k+1\right)^2}\le\frac{1}{4}\)

\(\Rightarrow Max\left[\frac{k}{\left(k+1\right)^2}\right]=\frac{1}{4}\)

Khi \(k=1\Leftrightarrow M,P,N\) là trung điểm của \(AB,BC,CA\) và \(Min_{S_{MNP}}=S\left[1-\frac{3.1}{\left(1+1\right)^2}\right]=\frac{S}{4}\)

(Cũng không chắc)

giải thích thêm chỗ S1/S, S2/S, S3/S

ta có:\(\frac{x}{xy+x+1}\)+\(\frac{y}{yz+y+1}\)+\(\frac{z}{xz+z+1}\)

         =\(\frac{x}{xy+x+1}\)+\(\frac{xy}{xyz+xy+x}\)+\(\frac{xyz}{x^2yz+xyz+xy}\)

         =\(\frac{x}{xy+x+1}\)+\(\frac{xy}{xy+x+1}\)+\(\frac{1}{xy+x+1}\)(vì xyz=1)

         =\(\frac{x+xy+1}{xy+x+1}\)

         =1

Ta có :\(\frac{x}{xy+x+1}+\frac{y}{yz+y+1}+\frac{z}{xz+z+1}\)

       \(=\frac{x}{xy+x+1}+\frac{xy}{xyz+xy+x}+\frac{xyz}{x^2yz+xyz+xy}\)

       \(=\frac{x}{xy+x+1}+\frac{xy}{xy+x+1}+\frac{1}{xy+x+1}\)vì    xyz=1

        \(=\frac{x+xy+1}{xy+x+1}\)

        \(=1\)

Hướng làm nè : 

Giả sử : \(a=min,c=max\)

Thì : \(t=c,k=a\)

Ta đặt : \(b=a+x,c=a+y\left(x\le y\right)\)

Rồi thay vào BĐT cần chứng minh, phá tung ra là được :))

P/s : Mày ra đề làm dài khiếp á !!

 ミ★ Đạt ★彡m làm rõ đi:)) Mà tao đoán cách của m phá ra xong m sẽ ko biết nhóm cho thích hợp đâu:P Cái điều kiện \(x\le y\) sẽ gây khó khăn cho m, cách tao khác.

10, \(5x^3+11y^3=-13z^3\)

\(\Rightarrow5x^3+11y^3⋮13\)

\(\Rightarrow x,y⋮13\)

\(\Rightarrow z⋮13\)

Đến đây dùng lùi vô hạn nhé

4. Nếu em đã tìm hiểu về giai thừa thì ở bài 4, chúng ta có thêm điều kiện: x, y, z là số tự nhiên và x,y < z

+) TH1: x = 0; y = 0 => z = 2 (tm)

+) TH2: x = 0; y = 1=> z = 2(tm)

+) Th3: x= 1; y = 0 => z = 2(tm)

+) TH4: x = 1; y= 1 => z = 2 (tm)

+) TH5: y > 1 

với \(x\le y\)

Khi đó: x! = 1.2.3...x; 

            y! = 1.2.3...x.(x+1)...y

            z! = 1.2.3....x.(x+1)...y(y+1)...z

Từ (4) <=> 1 + (x+1).(x+2)...y = (x + 1)....y(y+1)...z

<=> ( x+1)(x+2)...y[(y+1)...z - 1 ] = 1

<=> \(\hept{\begin{cases}\left(x+1\right)\left(x+2\right)...y=1\\\left(y+1\right)...z-1=1\end{cases}}\)vô lí vì y > 1

Với \(y\le x\)cũng làm tương tự và loại'

Vậy:...

12 phút = 12/60 (giờ)=0,2 (giờ)

Gọi vận tốc ban đầu của xe là \(x\)(km/h), vận tốc đi trên đoạn đường xấu là \(x-10\) (km/h). (ĐK x>10)

Đoạn đường xấu là 1/4 quãng đường AB và băng \(240:4=60\) (km).

Theo bài ra ta có: \(\frac{60}{x-10}-\frac{60}{x}=0,2\)

=> \(0,2x^2-2x-600=0\)

=> \(x=60\) hoặc \(x=-50\)(loại)

Vận tốc ban đầu là 60km, vận tốc trên đoạn đường xấu là 60-10 = 50km/h

h

ED là đường trung bình của tam giác ABC nên ED = 1/2 BC

Vì ED là đường trung bình nên D là trung điểm của AC.

Tam giác DAE = tam giác DCF (Trường hợp GCG) => DE = DF.

BCFE là hình bình hành vì có 2 cặp cạnh đối song song.

=> BF cắt EC tại trung điểm O của mỗi đoạn.

Trong tam giác CEF có: CD và FO là trung tuyến => I là trọng tâm tam giác CEF.

=> CI = 2/3 CD 

=> \(IC^2=\frac{4}{9}CD^2\)   (1)

Ta có: \(IA.ID=\left(AD+ID\right).ID=\left(CD+\frac{1}{3}CD\right).\frac{1}{3}CD=\frac{4}{9}CD^2\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(IC^2=ID.IA\)

b) Do I là trọng tâm tam giác CEF nên ID/IC = 1/2

nguowch đề :))

\(ab^2+b+7⋮a^2b+a+b\Leftrightarrow a\left(ab^2+b+7\right)-b\left(a^2b+a+b\right)⋮a^2b+a+b\Leftrightarrow7a-b^2⋮a^2b+a+b\left(1\right)\)

\(+,7a=b^2\Rightarrow\left(a;b\right)=\left(7k^2;7k\right)\left(k\text{ nguyên dương}\right)\)

\(+,7a>b^2\text{ từ 1}\Rightarrow7a-b^2\ge a^2b+a+b\Leftrightarrow6a\ge a^2b+b+b^2\text{ mà: b là số nguyên dương}\Rightarrow b< 3\Leftrightarrow b\in\left\{1;2\right\}\)

làm tiếp

\(+,7a< b^2\text{ từ (1)}\Rightarrow b^2-7a\ge a^2b+a+b\Leftrightarrow voli\text{ :)}.Tự\text{ kết luận}\)

Xét hiệu \(S_1-S_2=\frac{a^2-b^2}{a+b}+\frac{b^2-c^2}{b+c}+\frac{c^2-a^2}{c+a}\)

                         \(=\frac{\left(a-b\right)\left(a+b\right)}{a+b}+\frac{\left(b-c\right)\left(b+c\right)}{b+c}+\frac{\left(c-a\right)\left(c+a\right)}{c+a}\)

                         \(=a-b+b-c+c-a\)

                           \(=0\)

\(\Rightarrow S_1=S_2\)

+) Áp dụng bđt AM-GM ta có:

\(\frac{a^2}{a+b}+\frac{a+b}{4}\ge2\sqrt{\frac{a^2}{a+b}.\frac{a+b}{4}}=a\)

\(\frac{b^2}{b+c}+\frac{b+c}{4}\ge2\sqrt{\frac{b^2}{b+c}.\frac{b+c}{4}}=b\)

\(\frac{c^2}{c+a}+\frac{c+a}{4}\ge2\sqrt{\frac{c^2}{c+a}.\frac{c+a}{4}}=c\)

Cộng theo vế các đẳng thức trên ta được:

\(S_1+\frac{a+b+c}{2}\ge a+b+c\)

\(\Rightarrow S_1\ge\frac{a+b+c}{2}\left(đpcm\right)\)

dit me may