Câu đầu tiên của đề bài là "Với mọi \(n\inℤ^+\)..." chứ không phải \(m\) nhé, mình gõ nhầm.

a) Ta phân tích \(n=x_1^{a_1}.x_2^{a_2}...x_m^{a_m}\) (với \(x_1;x_2;..x_n\) là số nguyên tố ;

\(a_1;a_2;..a_m\inℕ^∗\) và là số mũ tối đa của mỗi số nguyên tố ) 

Khi đó ta có \(\sigma\left(n\right)=\left(a_1+1\right)\left(a_2+1\right)...\left(a_m+1\right)\)

mà \(\sigma\left(n\right)\) lẻ \(\Leftrightarrow\) \(a_1+1;a_2+1;...a_m+1\) lẻ

\(\Leftrightarrow a_1;a_2;..a_m\) chẵn

\(\Leftrightarrow n\) là số chính phương 

=> n luôn có dạng \(n=l^2\) 

Mặt khác  \(x_1;x_2;..x_m\) là số nguyên tố 

Nếu  \(x_1;x_2;..x_m\) đều là số nguyên tố lẻ thì l lẻ

<=> r = 0 nên n = 2^r.l² đúng (1) 

Nếu  \(x_1;x_2;..x_m\) tồn tại 1 cơ số \(x_k=2\) 

TH1 :  \(a_k\) \(⋮2\) 

\(\Leftrightarrow a_k+1\) lẻ => \(\sigma\left(n\right)\) lẻ (thỏa mãn giả thiết)

=> n có dạng n = 2^r.l² (r chẵn , l lẻ)(2) 

TH2 : a_k lẻ

Ta dễ loại TH2 vì khi đó \(a_k+1⋮2\)  nên \(\sigma\left(n\right)⋮2\) (trái với giả thiết) 

Nếu  \(n=2^m\) (m \(⋮2\)) thì r = m ; l = 1 (tm) (3)

Từ (1);(2);(3) => ĐPCM 

4 - 2 = 2

4 : 2 = 2

8 : 4 = 2

8 - 4 - 2 = 2

câu hỏi này yêu cầu dùng tất cả các số và dấu đẻ cho 1 biểu thứ có chứa đủ 4 số 3 dấu và có kết quả bằng 2 

câu này ko dễ như thế đâu đừng chủ quan

Bạn xem lại đề nhé, còn thiếu dữ kiện gì nhé

vẽ quỷ dc ko em

được ạ

 Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, AI cắt (O) tại K. Theo bổ đề quen thuộc thì K là tâm của (BIC). Hơn nữa \(\widehat{BIC}=90^o+\dfrac{\widehat{BAC}}{2}=120^o\) và \(\widehat{BOC}=2\widehat{BAC}=120^o\) nên \(\widehat{BIC}=\widehat{BOC}\), suy ra tứ giác BIOC nội tiếp, suy ra \(O\in\left(K\right)\). Điều này có nghĩa bán kính của \(\left(K\right)\) chính là \(OK=2\).

v0 L O y x B A H

a) Chọn gốc tọa độ là điểm ném O \(\equiv A\) ; chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ , chiều dương hướng xuống , theo hướng ném

Phương trình tọa độ : 

x = \(v_0.t\) ; 

y = \(\dfrac{1}{2}gt^2=5t^2\)

Vì chiều dài đồi là L = 30m

nên chiều cao AH của đồi là \(AH=L.\sin30^{\text{o}}=15\left(m\right)\) ; 

chiều dài đồi \(AB=L.\cos30^{\text{o}}=15\sqrt{3}\left(m\right)\)

Vì vật rơi trúng B nên \(x=AB=15\sqrt{3};y=AH=15\)

Giải hệ ta được \(v_0=15\left(m/s\right)\)

B A v0 O x y L H

b) Chọn gốc O \(\equiv B\) tại vị trí ném , chọn hệ trục Oxy như hình vẽ,

chiều dương theo chiều Ox,Oy

Phương trình tọa độ : 

\(x=v_0.\cos60^{\text{o}}.t=\dfrac{v_0.t}{2}\)

\(y=v_0.\sin60^{\text{o}}.t-\dfrac{1}{2}gt^2=\dfrac{\sqrt{3}v_0.t}{2}-5t^2\)

lại có \(AH=15\left(m\right);BH=15\sqrt{3}\left(m\right)\) 

mà vật từ B rơi trúng A nên \(\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{v_0t}{2}=15\sqrt{3}\\y=\dfrac{\sqrt{3}}{2}v_0t-5t^2=15\end{matrix}\right.\)

Giải hệ được \(v_0=15\sqrt{2}\left(m/s\right)\)

P/s : Sửa AB thành BH ở câu a

O Vo y x a

Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ , chiều dương hướng xuống

Phương trình tọa độ 

x = v₀.t = 36t (1)

y = \(\dfrac{1}{2}gt^2=5t^2\) (2) 

Từ (1) và (2) ta có phương trình quỹ đạo của vật là

(P) :  \(y=\dfrac{5}{1296}.x^2\) (*)

Nhận thấy đường thẳng dốc (d) đi qua gốc O nên phương trình 

(d) có dạng y = ax 

mà \(a=\tan\alpha=\tan30^{\text{o}}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\) 

Vậy (d) : \(y=\dfrac{x}{\sqrt{3}}\) (**) 

Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) : 

\(\dfrac{5x^2}{1296}=\dfrac{x}{\sqrt{3}}\) \(\Leftrightarrow x=\dfrac{1296}{5\sqrt{3}}\) (m) 

Viên đạn rơi xuống sườn dốc cách dốc khoảng cách 

\(x_1=\dfrac{x}{\cos\alpha}=\dfrac{x}{\cos30^{\text{o}}}=172,8\left(m\right)\)