Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 1 :
Phương trình <=> 2x . x2 = ( 3y + 1 ) 2 + 15
Vì \(\hept{\begin{cases}3y+1\equiv1\left(mod3\right)\\15\equiv0\left(mod3\right)\end{cases}\Rightarrow\left(3y+1\right)^2+15\equiv1\left(mod3\right)}\)
\(\Rightarrow2^x.x^2\equiv1\left(mod3\right)\Rightarrow x^2\equiv1\left(mod3\right)\)
( Vì số chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1 )
\(\Rightarrow2^x\equiv1\left(mod3\right)\Rightarrow x\equiv2k\left(k\inℕ\right)\)
Vậy \(2^{2k}.\left(2k\right)^2-\left(3y+1\right)^2=15\Leftrightarrow\left(2^k.2.k-3y-1\right).\left(2^k.2k+3y+1\right)=15\)
Vì y ,k \(\inℕ\)nên 2k . 2k + 3y + 1 > 2k .2k - 3y-1>0
Vậy ta có các trường hợp:
\(+\hept{\begin{cases}2k.2k-3y-1=1\\2k.2k+3y+1=15\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2k.2k=8\\3y+1=7\end{cases}\Rightarrow}k\notinℕ\left(L\right)}\)
\(+,\hept{\begin{cases}2k.2k-3y-1=3\\2k.2k+3y+1=5\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2k.2k=4\\3y+1=1\end{cases}\Rightarrow}\hept{\begin{cases}k=1\\y=0\end{cases}\left(TM\right)}}\)
Vậy ( x ; y ) =( 2 ; 0 )
Bài 3:
Giả sử \(5^p-2^p=a^m\) \(\left(a;m\inℕ,a,m\ge2\right)\)
Với \(p=2\Rightarrow a^m=21\left(l\right)\)
Với \(p=3\Rightarrow a^m=117\left(l\right)\)
Với \(p>3\)nên p lẻ, ta có
\(5^p-2^p=3\left(5^{p-1}+2.5^{p-2}+...+2^{p-1}\right)\Rightarrow5^p-2^p=3^k\left(1\right)\) \(\left(k\inℕ,k\ge2\right)\)
Mà \(5\equiv2\left(mod3\right)\Rightarrow5^x.2^{p-1-x}\equiv2^{p-1}\left(mod3\right),x=\overline{1,p-1}\)
\(\Rightarrow5^{p-1}+2.5^{p-2}+...+2^{p-1}\equiv p.2^{p-1}\left(mod3\right)\)
Vì p và \(2^{p-1}\)không chia hết cho 3 nên \(5^{p-1}+2.5^{p-2}+...+2^{p-1}⋮̸3\)
Do đó: \(5^p-2^p\ne3^k\), mâu thuẫn với (1). Suy ra giả sử là điều vô lý
\(\rightarrowĐPCM\)
Ta có (a + b + c)2 \(\ge0\forall a;b;c\inℝ\)
=> a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca \(\ge\)0
=> a2 + b2 + c2 \(\ge\)0 - (2ab + 2bc + 2ca)
=> a2 + b2 + c2 \(\le\)2ab + 2bc + 2ca
=> a2 + b2 + c2 \(\le\)2(ab + bc + ca)
Dấu "=" xảy ra <=> a + b + c = 0
Xí bài 2 ý a) trước :>
4x2 + 2y2 + 2z2 - 4xy - 4xz + 2yz - 6y - 10z + 34 = 0
<=> ( 4x2 - 4xy + y2 - 4xz + 2yz + z2 ) + ( y2 - 6y + 9 ) + ( z2 - 10z + 25 ) = 0
<=> [ ( 4x2 - 4xy + y2 ) - 2( 2x - y )z + z2 ] + ( y - 3 )2 + ( z - 5 )2 = 0
<=> [ ( 2x - y )2 - 2( 2x - y )z + z2 ] + ( y - 3 )2 + ( z - 5 )2 = 0
<=> ( 2x - y - z )2 + ( y - 3 )2 + ( z - 5 )2 = 0
Ta có : \(\hept{\begin{cases}\left(2x-y-z\right)^2\\\left(y-3\right)^2\\\left(z-5\right)^2\end{cases}}\ge0\forall x,y,z\Rightarrow\left(2x-y-z\right)^2+\left(y-3\right)^2+\left(z-5\right)^2\ge0\)
Dấu "=" xảy ra <=> \(\hept{\begin{cases}2x-y-z=0\\y-3=0\\z-5=0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=4\\y=3\\z=5\end{cases}}\)
Thế vào T ta được :
\(T=\left(4-4\right)^{2014}+\left(3-4\right)^{2014}+\left(5-4\right)^{2014}\)
\(T=0+1+1=2\)
ồ...Hóa ra đây là: đáp án
Sao bn không làm hết luôn đi
mà lớp 8 đã học đến kiến thức này rồi á???
Sao mà mk thấy sao sao í..
Chj mk hok lp 9 rồi mà có thấy khi nào chj làm những bài như thế này đâu (cho zù chj mk là h/s giỏi toán )
Thực chất đây cũng có thể là bài khó lớp 7, nhưng mình thấy có hằng đẳng thức nên xếp vào lớp 8 :)
1) \(A=-2x^2-10y^2+4xy+4x+4y+2013=-2\left(x-y-1\right)^2-8\left(y-\frac{1}{2}\right)^2+2017\le2017\forall x,y\inℝ\)Đẳng thức xảy ra khi x = 3/2; y = 1/2
2) \(A=a^4-2a^3+2a^2-2a+2=\left(a^2+1\right)\left(a-1\right)^2+1\ge1\)
Đẳng thức xảy ra khi a = 1
3) \(N=\left(x-y\right)\left(x-2y\right)\left(x-3y\right)\left(x-4y\right)+y^4=\left(x^2-5xy+4y^2\right)\left(x^2-5x+6y^2\right)+y^4=\left(x^2-5xy+4y^2\right)^2+2y^2\left(x^2-5xy+4y^2\right)+y^4=\left(x^2-5xy+5y^2\right)^2\)(là số chính phương, đpcm)
4) \(a^3+b^3=3ab-1\Leftrightarrow\left(a+b\right)^3-3ab\left(a+b\right)-3ab+1=0\Leftrightarrow\left[\left(a+b\right)^3+1\right]-3ab\left(a+b+1\right)=0\)\(\Leftrightarrow\left(a+b+1\right)\left(a^2+2ab+b^2-a-b+1\right)-3ab\left(a+b+1\right)=0\Leftrightarrow\left(a+b+1\right)\left(a^2+b^2-ab-a-b+1\right)=0\)Vì a, b dương nên a + b + 1 > 0 suy ra \(a^2+b^2-ab-a-b+1=0\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2=0\Leftrightarrow a=b=1\)
Do đó \(a^{2018}+b^{2019}=1+1=2\)
5) \(A=n^3+\left(n+1\right)^3+\left(n+2\right)^3=3n\left(n^2+5\right)+9\left(n^2+1\right)⋮9\)(Do số chính phương chia 3 dư 1 hoặc 0)
a) Ta có: \(2018^n-1964^n⋮3\)
\(2032^n-1984^n⋮3\)
nên An chia hết cho 3
Mà \(2018^n-1984^n⋮17\)
\(2032^n-1964^n⋮17\)
nên An chia hết cho 17
Vậy A chia hết cho 51
b) Ta có: An đồng dư 3^n +2^n-2.4^n (mod5)
và An đồng dư 2^n + 7^n -2^n-4^n (mod9)
Vậy An chia hết cho 45 khi n có dạng 12k
1. a)
+) \(A_n=2018^n+2032^n-1964^n-1984^n\)
\(=\left(2018^n-1964^n\right)+\left(2032^n-1984^n\right)\)
Vì \(2018^n-1964^n⋮2018-1964\)=>\(2018^n-1964^n⋮54\)=> \(2018^n-1964^n⋮3\)
\(\left(2032^n-1984^n\right)⋮3\)
=> \(A_n⋮3\)(1)
+) \(A_n=\left(2018^n-1984^n\right)+\left(2032^n-1964^n\right)\)
Vì : \(2018^n-1984^n⋮17\)và \(\left(2032^n-1964^n\right)⋮17\)
=> \(A_n⋮17\)(2)
Từ (1) ; (2) ; 3.17=51 và (3; 17) = 1
=> \(A_n⋮51\)
Em viết lại câu b) bài 1 hộ anh được không? Anh không hiểu lắm ?
Với x=y=0 ta thấy không thỏa mãn
Khi đó:\(x^2+y^2+1>1\)
\(\left(xy+x+y\right)\left(x^2+y^2+1\right)=1\cdot30=5\cdot6=6\cdot5\)
Làm thử 1 trường hợp rồi các trường hợp sau làm tương tự nha
\(xy+x+y=1;x^2+y^2+1=30\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+xy+x+y+1=31\)
\(\Leftrightarrow2x^2+2y^2+2+2xy+2x+2y=62\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2+\left(x+1\right)^2+\left(y+1\right)^2=62\)
Đến đây làm nốt,cách này khá là trâu bò,hóng có cách ngắn hơn :)
coolkid Cách này tui làm rồi, tui đang hóng cách khác dễ hơn :)) Các đấy vừa dài vừa khó :))
2) VP = 30 > 0 => VT > 0 => xy+x+y>0
Đặt: xy = S; x+y = P; x; y nguyên => S; P nguyên
Ta có: \(\left(S+P\right)\left(S^2-2P+1\right)=30=2.15=3.10=5.6=30.1\). Có tận 8 trường hợp, hơi nhiều nhưng mà cũng dễ.
Không dễ đâu cô Nguyễn Linh Chi ơi !! E thử 1 trường hợp đã đau hết cả tay rồi :((
Làm tiêp bài 2: Nhanh mà
\(\hept{\begin{cases}S+P=k\\S^2-2P+1=\frac{30}{k}\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}P=k-S\\S^2+2S+1=\frac{30}{k}+2k\end{cases}}\)
Để có P; S nguyên thì \(\frac{30}{k}+2k\) là số chính phương
+) k = 1; 2; 6; 10; 15 ; 30 loại
+) k = 3 => thay vào tìm S; P => x, y tiếp tục xem có loại ko
+) k = 5
1b) Bài này thì tách ra : 45 = 5.9
Tìm n để A_n đồng thời chia hết cho 5 và cho 9.
Ta có: \(A_n\equiv\left(-2\right)^n+2^n-\left(-1\right)^n-\left(-1\right)^n\left(mod5\right)\)
\(\equiv\left(-2\right)^n+2^n-2.\left(-1\right)^n\left(mod5\right)\)
Với n ; k ; t là số tự nhiên
+) Với n = 4k
=> \(A_{4k}\equiv\left(-2\right)^{4k}+2^{4k}-2\left(-1\right)^{4k}\equiv16^k+16^k-2\equiv1^k+1^k-2\equiv0\left(mod5\right)\)
+) Với n = 4k + 1
=> \(A_{4k+1}\equiv\left(-2\right)^{4k+1}+2^{4k+1}-2\left(-1\right)^{4k+1}\equiv16^k.\left(-2\right)+16^k.2+2\equiv2\left(mòd5\right)\)loại
+) Với n = 4k + 2
=> \(A_{4k+2}\equiv\left(-2\right)^{4k+2}+2^{4k+2}-2\left(-1\right)^{4k+2}\equiv16^k.4+16^k.4-2\equiv6\left(mòd5\right)\)loại
+) với n = 4k + 3
=> \(A_{4k+3}\equiv\left(-2\right)^{4k+3}+2^{4k+3}-2\left(-1\right)^{4k+3}\equiv-16^k.8+16^k.8+2\equiv2\left(mòd5\right)\)loại
=> Với n = 4k thì A_n chia hết cho 5
Giờ đi tìm k để A_4k chia hết cho 9
\(A_{4k}=2018^{4k}+2032^{4k}-1964^{4k}-1984^{4k}\)
\(\equiv2^{4k}+\left(-2\right)^{4k}-2^{4k}-4^{4k}\left(mod9\right)\)
\(\equiv\left(-2\right)^k+\left(-2\right)^k-\left(-2\right)^k-4^k\left(mod9\right)\)
\(\equiv\left(-2\right)^k-4^k\left(mod9\right)\)
+) Với k = 3t
=> \(A_{12t}=\left(-2\right)^{3t}-4^{3t}\equiv1^t-1^t\equiv0\left(mod9\right)\)
+) Với k = 3t + 1
=> \(A_{12t+4}=\left(-2\right)^{3t+1}-4^{3t+1}\equiv-2.1^t-4.1^t\equiv-6\left(mod9\right)\)loại
+) Với k = 3t + 2
=> \(A_{12t+8}=\left(-2\right)^{3t+2}-4^{3t+2}\equiv4.1^t-16.1^t\equiv-12\left(mod9\right)\)loại
Vậy \(A_{12t}⋮5;A_{12t}⋮9\)=> \(A_{12t}⋮45\)
Vậy n = 12 t với t là số tự nhiên
Câu 2 là chuyên Bắc Ninh năm 2019-2020 nha :D
Chắc đề thiếu nguyên dương :v hoặc là thôi thì làm dài thêm chút đâu có sao :))))