\(a)3^5.3.3^{10}:3^{15}=3^{5+1+10-15}=3\)

\(b)4^8.2^5.8^3=\left(2^2\right)^8.2^5.\left(2^3\right)^3=2^{16}.2^5.2^9=2^{16+5+9}=2^{30}\)

\(c)16^2:4^3=\left(4^2\right)^2:4^3=4^4:4^3=4\)

a,x²- 2² = 32

⇔ x²=32+2²

⇔ x²=36

⇔ x= \(\pm6\)

vậy x=\(\pm6\)

b,x³+ 5 =4

⇔ x³=4-5

⇔ x³=-1

⇔ x=-1

vậy x=-1

c, x³- 4.x= 0

⇔ x(x²-4)=0

⇔ x(x-2)(x+2)=0

⇔ \(\left[{}\begin{matrix}x=0\\x-2=0\\x+2=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=2\\x=-2\end{matrix}\right.\)

vậy .....

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!

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)

a) △ = \(m^2-28\ge0\)\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m\ge\sqrt{28}\\m\le-\sqrt{28}\end{matrix}\right.\)

Theo Vi-ét \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-m\\x_1x_2=7\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1^2+x_2^2+2x_1x_2=m^2\\x_1x_2=7\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow m^2=24\)\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=\sqrt{24}\\m=-\sqrt{24}\end{matrix}\right.\)(không thỏa mãn)

b) △ = \(4-4\left(m+2\right)\ge0\)\(\Leftrightarrow m\le-1\)

Theo Vi-ét \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\\x_1x_2=m+2\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1^2+x_2^2+2x_1x_2=4\\x_1x_2=m+2\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(x_2-x_1\right)^2+4x_1x_2=4\\x_1x_2=m+2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow4+4\left(m+2\right)=4\)\(\Leftrightarrow m=-2\)(thỏa mãn)

c) △ = \(\left(m-1\right)^2-4\left(m+6\right)\)\(\ge0\)\(\Leftrightarrow m^2-2m+1-4m-24\ge0\)

\(\Leftrightarrow m^2-6m-23\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(m-3\right)^2\ge32\)\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m\ge\sqrt{32}+3\\m\le-\sqrt{32}+3\end{matrix}\right.\)

Theo Vi-ét \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=1-m\\x_1x_2=m+6\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1^2+x_2^2+2x_1x_2=m^2-2m+1\\x_1x_2=m+6\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow10+2\left(m+6\right)=m^2-2m+1\)

\(\Leftrightarrow m^2-4m-21=0\)\(\Leftrightarrow\left(m+3\right)\left(m-7\right)=0\)\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=7\\m=-3\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow m=-3\)(thỏa mãn)

mấy câu kia cũng dùng Vi-ét xử tiếp nha

. 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