Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
vì p(x) chia hết cho 5 với mọi x nguyên => p(0), p(1),p(-1),p(2) chia hết cho 5
có p(0) chí hết cho 5
=>a.03+b.02+c.0+d chia hết cho 5
=> d chia hết cho 5
có p(1) chia hết cho 5
=>a.13+b.12+c.1+d chia hết cho 5
=>a+b+c+d chia hết cho 5
mà d chia hết cho 5
=>a+b+c chia hết cho 5 (1)
có p(-1) chia hết cho 5
=> a.(-1)3+b.(-1)2+c.(-1)+d chia hết cho 5
=>-a+b-c+d chia hết cho 5
mà d chia hết cho 5
=>-a+b-c chia hết cho 5 (2)
Từ (1) và (2) => (a+b+c) + (-a+b-c) chia hết cho 5
=> 2b chia hết cho 5
mà ucln(2,5)=1
=> b chia hết cho 5
mà a+b+c chia hết cho 5
=> a+c chia hết cho 5 (3)
có p(2) chia hết cho 5
=>a.23+b.22+c.2+d chia hết cho 5
=> 8a + 4b+2c+d chia hết cho 5
mà d chia hết cho 5, 4b chia hết cho 5(vì b chí hết cho 5)
=>8a+2c chia hết cho 5
=>2(4a+c) chia hết cho 5
mà ucln(2,5)=1
=>4a+c chia hết cho 5 (4)
Từ (3) và (4) => (4a+c)-(a+c) chia hết cho 5
=> 3a chia hết cho 5
ma ucln(3,5)=1
=> a chia hết cho 5
mà a+c chia hết cho 5
=> c chia hết cho 5
Vậy a,b,c,d chia hết cho 5
vì p(x) chia hết cho 5 với mọi x nguyên => p(0), p(1),p(-1),p(2) chia hết cho 5
có p(0) chí hết cho 5
=>a.03+b.02+c.0+d chia hết cho 5
=> d chia hết cho 5
có p(1) chia hết cho 5
=>a.13+b.12+c.1+d chia hết cho 5
=>a+b+c+d chia hết cho 5
mà d chia hết cho 5
=>a+b+c chia hết cho 5 (1)
có p(-1) chia hết cho 5
=> a.(-1)3+b.(-1)2+c.(-1)+d chia hết cho 5
=>-a+b-c+d chia hết cho 5
mà d chia hết cho 5
=>-a+b-c chia hết cho 5 (2)
Từ (1) và (2) => (a+b+c) + (-a+b-c) chia hết cho 5
=> 2b chia hết cho 5
mà ucln(2,5)=1
=> b chia hết cho 5
mà a+b+c chia hết cho 5
=> a+c chia hết cho 5 (3)
có p(2) chia hết cho 5
=>a.23+b.22+c.2+d chia hết cho 5
=> 8a + 4b+2c+d chia hết cho 5
mà d chia hết cho 5, 4b chia hết cho 5(vì b chí hết cho 5)
=>8a+2c chia hết cho 5
=>2(4a+c) chia hết cho 5
mà ucln(2,5)=1
=>4a+c chia hết cho 5 (4)
Từ (3) và (4) => (4a+c)-(a+c) chia hết cho 5
=> 3a chia hết cho 5
ma ucln(3,5)=1
=> a chia hết cho 5
mà a+c chia hết cho 5
=> c chia hết cho 5
https://olm.vn/hoi-dap/detail/240754432073.html
Dạng giống nha
Mấy cái này mk kho bít sorry!!!!!!253564656464646474748949474626515466575757575665555
Ta có f(0)=a.0
2
+b.0+c=c=>c là số nguyên
f(1)=a.1
2
+b.1+c=a+b+c
Vì c là số nguyên=>a+b là số nguyên(1)
f(2)=a.2
2
+b.2+c=2.(2a+b)+c=>2.(2a+b)là số nguyên=>2a+b là số nguyên(2)
Từ (1)và(2)=>(2a+b)-(a+b)=2a+b-a-b=a là số nguyên=>a là số nguyên
Do a+b là số nguyên, mà a là số nguyên
=>b là số nguyên
Vậy f(x) luôn nhận giá trị nguyên với mọi x
Ta có f(0)=a.02+b.0+c=c
=> c là số nguyên
f(1)=a.12+b.1+c=a+b+c=(a+b)+c
Vì c là số nguyên nên a+b là số nguyên (1)
f(2)=a.22+b.2+c=2(2a+b)+c
=>2.(2a+b) là số nguyên
=> 2a+b là số nguyên (2)
Từ (1) và (2) =>(2a+b)-(a+b) là số nguyên =>a là số nguyên => b cũng là số nguyên
Vậy f(x) luôn nhân giá trị nguyên với mọi x
Ta có f(0)=a.0\(^2\)+b.0+c=c=>c là số nguyên
f(1)=a.1\(^{^2}\)+b.1+c=a+b+c
Vì c là số nguyên=>a+b là số nguyên(1)
f(2)=a.2\(^2\)+b.2+c=2.(2a+b)+c=>2.(2a+b)là số nguyên=>2a+b là số nguyên(2)
Từ (1)và(2)=>(2a+b)-(a+b)=2a+b-a-b=a là số nguyên=>a là số nguyên
Do a+b là số nguyên, mà a là số nguyên
=>b là số nguyên
Vậy f(x) luôn nhận giá trị nguyên với mọi x
Ta có f(0)=c chia hết cho 3
f(1)=a+b+c chia hết cho 3, mà c chia hết cho 3=> a+b chia hết cho 3.
f(-1)=a-b+c chia hết cho 3, c chia hết cho 3 => a-b chia hết cho 3.
Vì a,b,c nguyên nên a+b+a-b=2a chia hết cho 3. Do 2 và 3 nguyên tố cùng nhau => a phải chia hết cho 3.
a,c chia hết cho 3, a+b+c chia hết cho 3=> b chia hết cho 3
1.Gọi a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác vuông ABC, c là cạnh huyền.
Ta có \(a^2+b^2=c^2;a,b,c\in\)N* , diện tích tam giác ABC là \(S=\frac{ab}{2}\)
Trước hết ta chứng minh ab chia hết cho 12.
+ Chứng minh \(ab⋮3\): Nếu cả a và b đồng thời không chia hết cho 3 thì \(a^2+b^2\)chia 3 dư 2. Suy ra số chính phương \(c^2\)chia 3 dư 2, vô lí.
+ Chứng minh \(ab⋮4\): - Nếu a,b chẵn thì \(ab⋮4\)
- Nếu trong hai số a,b có số lẻ, chẳng hạn a lẻ.
Lúc đó c lẻ. Vì nếu c chẵn thì \(c^2⋮4\), trong lúc \(a^2+b^2\)không thể chia hết cho 4. Đặt \(a=2k+1,c=2h+1,k,h\in N\)
Ta có: \(b^2=\left(2h+1\right)^2-\left(2k+1\right)^2=4\left(h-k\right)\left(h+k+1\right)\)
\(=4\left(h-k\right)\left(h-k+1\right)+8k\left(h-k\right)⋮8\)
Suy ra \(b⋮4\). Nếu ta chia cạnh AB (chẳng hạn) thành 6 phần bằng nhau, nối các điểm chia với C thì tam giác ABC được chia thành 6 tam giác, mỗi tam giác có diện tích bằng \(\frac{ab}{2}\)là một số nguyên.
2. Với \(a\in Z,\)ta có: \(P\left(a\right)=a^5-3a^4+6a^3-3a^2+9a-6\)
Nếu a chia hết cho 3 thì tất cả các số hạng trong P(a) đều chia hết cho 9, trừ số hạng cho 6, do đó P(a) không chia hết cho 9, nghĩa là \(P\left(a\right)\ne0\).
Nếu a không chia hết cho 3 thì \(a^5\)không chia hết cho 3 trong khi tất cả các số hạng khác trong P(a) đều chia hết cho 3, do đó P(a) không chia hết cho 3, nghĩa là \(P\left(a\right)\ne0\). Vậy \(P\left(a\right)\ne0\)với mọi \(a\in Z\).
Để chứng minh rằng \(P \left(\right. x \left.\right)\) luôn là số nguyên với mọi \(x\) là số nguyên lẻ, ta sẽ sử dụng giả thiết và các tính chất của đa thức bậc 2.
Đề bài:
Giải quyết:
Ta giả sử \(P \left(\right. x \left.\right) = a x^{2} + b x + c\), trong đó \(a\), \(b\), \(c\) là các số thực chưa biết.
Vì \(P \left(\right. 1 \left.\right)\), \(P \left(\right. 3 \left.\right)\), và \(P \left(\right. 5 \left.\right)\) đều là các số nguyên, ta có:
\(P \left(\right. 1 \left.\right) = a \left(\right. 1 \left.\right)^{2} + b \left(\right. 1 \left.\right) + c = a + b + c\) \(P \left(\right. 3 \left.\right) = a \left(\right. 3 \left.\right)^{2} + b \left(\right. 3 \left.\right) + c = 9 a + 3 b + c\) \(P \left(\right. 5 \left.\right) = a \left(\right. 5 \left.\right)^{2} + b \left(\right. 5 \left.\right) + c = 25 a + 5 b + c\)
Vì \(P \left(\right. 1 \left.\right)\), \(P \left(\right. 3 \left.\right)\), và \(P \left(\right. 5 \left.\right)\) đều là số nguyên, ta có hệ ba phương trình với các số nguyên:
\(a + b + c \in \mathbb{Z}\) \(9 a + 3 b + c \in \mathbb{Z}\) \(25 a + 5 b + c \in \mathbb{Z}\)
Ta sẽ lấy hiệu của các giá trị \(P \left(\right. x \left.\right)\) tại các điểm khác nhau để loại bỏ hằng số \(c\) và tìm mối quan hệ giữa các hệ số \(a\) và \(b\).
\(\left(\right. 9 a + 3 b + c \left.\right) - \left(\right. a + b + c \left.\right) = 8 a + 2 b\)
Do đó:
\(8 a + 2 b \in \mathbb{Z}\)
Điều này có nghĩa là \(8 a + 2 b\) là một số nguyên.
\(\left(\right. 25 a + 5 b + c \left.\right) - \left(\right. 9 a + 3 b + c \left.\right) = 16 a + 2 b\)
Do đó:
\(16 a + 2 b \in \mathbb{Z}\)
Điều này có nghĩa là \(16 a + 2 b\) cũng là một số nguyên.
Từ các phương trình:
\(8 a + 2 b \in \mathbb{Z}\) \(16 a + 2 b \in \mathbb{Z}\)
Ta có thể trừ hai phương trình trên:
\(\left(\right. 16 a + 2 b \left.\right) - \left(\right. 8 a + 2 b \left.\right) = 8 a \in \mathbb{Z}\)
Điều này có nghĩa là \(a\) là một số nguyên.
Thay \(a\) là số nguyên vào phương trình \(8 a + 2 b \in \mathbb{Z}\), ta được:
\(8 a + 2 b \in \mathbb{Z}\)
Vì \(8 a \in \mathbb{Z}\), nên \(2 b \in \mathbb{Z}\), tức là \(b\) là một số nguyên.
Từ phương trình \(a + b + c \in \mathbb{Z}\), ta có:
\(a + b + c \in \mathbb{Z}\)
Vì \(a\) và \(b\) là các số nguyên, nên \(c\) cũng phải là một số nguyên.
Kết luận:
Vậy \(a\), \(b\), và \(c\) đều là các số nguyên, tức là \(P \left(\right. x \left.\right)\) là một đa thức với hệ số nguyên. Do đó, \(P \left(\right. x \left.\right)\) là một số nguyên đối với mọi giá trị \(x\) là số nguyên lẻ. Ta đã chứng minh xong. \(\boxed{\text{Ch}ứ\text{ng minh ho}\overset{ˋ}{\text{a}}\text{n t}\overset{ˊ}{\hat{\text{a}}}\text{t}.}\)