a: Gọi M là trung điểm của AB

=>vecto OA+vecto OB=2 vecto OM và OM=AB/2=a căn 2/2

\(\left|\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}\right|=2\cdot OM=a\sqrt{2}\)

b: \(\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{BO}=\overrightarrow{BA}\)

=>|vecto OA-vecto OB|=a căn 2

Lời giải:

Điều kiện $a,n,b,c$ là những số nguyên.

Ta có:

\(P=n^5-n=n(n^4-1)=n(n^2-1)(n^2+1)=n(n-1)(n+1)(n^2+1)\)

Ta thấy $n(n-1)$ là tích hai số nguyên liên tiếp nên $n(n-1)\vdots 2$

\(\Rightarrow P=n(n-1)(n+1)(n^2+1)\vdots 2(1)\)

Ta thấy $n(n-1)(n+1)$ là tích 3 số nguyên liên tiếp nên $n(n-1)(n+1)\vdots 3$

\(\Rightarrow P\vdots 3(2)\)

Mặt khác: \(P=n(n^2-1)(n^2+1)\)

Ta biết rằng một số chính phương khi chia cho $5$ thì dư $0,1,4$

Nếu $n^2$ chia $5$ dư $0$, suy ra $n\vdots 5$ \(\Rightarrow P\vdots 5\)

Nếu $n^2$ chia $5$ dư $1$ thì $n^2-1\vdots 5$, suy ra $P\vdots 5$

Nếu $n^2$ chia $5$ dư $4$ thì $n^2+1\vdots 5$, suy ra $P\vdots 5$

Vậy tóm lại $P\vdots 5$ $(3)$

Từ $(1);(2);(3)$ mà $2,3,5$ đôi một nguyên tố cùng nhau nên $P\vdots 60$ (đpcm)

$B=a^5-a$ giống y hệt phần chứng minh $P\vdots 5$ ở trên

c)

Theo công thức hằng đẳng thức:

\(a^3+b^3+c^3=(a+b+c)^3-3(a+b)(b+c)(c+a)\)

Theo nguyên lý Dirichlet, trong 3 số $a,b,c$ tồn tại it nhất \(\left[\frac{3}{2}\right]+1=2\) số có cùng tính chẵn lẻ. Giả sử đó là $a,b$. Khi đó $a+b\vdots 2$

\(\Rightarrow 3(a+b)(b+c)(c+a)\vdots 6\)

Mà \((a+b+c)^3\vdots 6\) do \(a+b+c\vdots 6\)

Do đó: \(a^3+b^3+c^3\vdots 6\) (đpcm)

c

Dựa vào công thức tổng quát: \(\left[\dfrac{n\left(n+1\right)}{2}\right]^2\)

Ta có: \(\left[\dfrac{5.\left(5+1\right)}{2}\right]^2=\left(\dfrac{30}{2}\right)^2=15^2\)

Vậy chọn đáp án D!

a) Đặt S_n = n³ + 3n² + 5n

Với n = 1 thì S₁ = 9 chia hết cho 3

Giả sử với n = k ≥ 1, ta có S_k = (k³ + 3k² + 5k)  3

Ta phải chứng minh rằng S_k+1  3

Thật vậy S_k+1 = (k + 1)³ + 3(k + 1)² + 5(k + 1) 

                        = k³  + 3k² + 3k + 1 + 3k² + 6k + 3 + 5k + 5 

                         = k³ + 3k² + 5k + 3k² + 9k + 9

 hay S_k+1 = S_k + 3(k² + 3k + 3)

Theo giả thiết quy nạp thì S_k   3, mặt khác 3(k² + 3k + 3)  3 nên S_k+1  3.

Vậy (n³ + 3n² + 5n)  3 với mọi n ε N^{*  .}

b) Đặt S_n = 4ⁿ + 15n - 1 

Với n = 1, S₁ = 4¹ + 15.1 – 1 = 18 nên S₁   9

Giả sử với n = k ≥ 1 thì S_k= 4^k + 15k - 1 chia hết cho 9.

Ta phải chứng minh S_k+1  9.

Thật vậy, ta có: S_k+1 = 4^{k + 1} + 15(k + 1) – 1

                                    = 4(4^k + 15k – 1) – 45k + 18 = 4S_k – 9(5k – 2)    

Theo giả thiết quy nạp thì  Sk   9  nên 4S₁   9, mặt khác 9(5k - 2)   9, nên S_k+1  9

Vậy (4ⁿ + 15n - 1)  9 với mọi n ε N^*  

3: =>a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2>=a^2c^2+2abcd+b^2d^2

=>a^2d^2-2abcd+b^2c^2>=0

=>(ad-bc)^2>=0(luôn đúng)

. mình ghi nhầm lớp 10, này là toán lớp 9 nha mb

a: \(=1+sin2a+1-sin2a=2\)

b: Sửa đề: \(B=sin^6a+cos^6a+3sin^2acos^2a\)

\(=\left(sin^2a+cos^2a\right)^3-3\cdot sin^2a\cdot cos^2a\cdot\left(sin^2a+cos^2a\right)+3sin^2a\cdot cos^2a\)

=1

Akai Haruma