Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: \(a^4+6a^3+11a^2+6a\)
\(=a\left(a^3+6a^2+11a+6\right)\)
\(=a\left(a^3+a^2+5a^2+5a+6a+6\right)\)
\(=a\left(a+1\right)\left(a^2+5a+6\right)\)
\(=a\left(a+1\right)\left(a+2\right)\left(a+3\right)\)
Vì a;a+1;a+2;a+3 là bốn số liên tiếp
nên \(a\left(a+1\right)\left(a+2\right)\left(a+3\right)⋮4!\)
hay \(a\left(a+1\right)\left(a+2\right)\left(a+3\right)⋮24\)
b: \(a^5-5a^3+4a\)
\(=a\left(a^4-5a^2+4\right)\)
\(=a\left(a^2-4\right)\left(a^2-1\right)\)
\(=a\left(a-2\right)\left(a+2\right)\left(a-1\right)\left(a+1\right)\)
Vì a;a-2;a+2;a-1;a+1 là 5 số liên tiếp
nên \(a\left(a-2\right)\left(a+2\right)\left(a-1\right)\left(a+1\right)⋮5!\)
hay \(a\left(a-2\right)\left(a+2\right)\left(a-1\right)\left(a+1\right)⋮120\)
bài 4
a, x4+4y4
=x4+2.x2.2y2+4y4-2x2.2y2
=(x2+2y2)2-4x2y2
(HĐT số 1)
=(x2+2y2-2xy)(x2+2y2+2xy)
(HĐT số 3)
b, x(x+1)(x+2)(x+3)+1
=(x2+3x)(x2+3x+2)+1 (1)
Đặt x2+3x+1=a
( vì 1 là trung bình cộng của 2 và 0)
(1) = (a-1)(a+1)+1
=a2-1+1 =a2
(HĐT số 3)
=> (1) = (x2+3x+1)2
Ta có:
\(\left(a-1\right)^2\ge0\Leftrightarrow a^2-2a+1\ge0\Leftrightarrow a^2+1\ge2a\) (1)
\(\left(b-1\right)^2\ge0\Leftrightarrow b^2-2b+1\ge0\Leftrightarrow b^2+1\ge2b\) (2)
\(\left(c-1\right)^2\ge0\Leftrightarrow c^2-2c+1\ge0\Leftrightarrow c^2+1\ge2c\) (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra;
\(a^2+1+b^2+1+c^2+1\ge2a+2b+2c\)
<=> \(a^2+b^2+c^2+3\ge2\left(a+b+c\right)\)
<=> \(a^2+b^2+c^2\ge2\left(a+b+c\right)-3\) \(\xrightarrow[]{}\) đpcm
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
Ta có: \(\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2+\left(c-1\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2-2a+1+b^2-2b+1+c^2-2c+1\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge+2a+2b+2c-3\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge2\left(a+b+c\right)-3\) (đpcm)
Vậy \(a^2+b^2+c^2\ge2\left(a+b+c\right)-3\)
bài 1
đặt a = n5 - n = n (n4 - 1) = n (n - 1) (n + 1) (n2 + 1)
n(n + 1) luôn chia hết cho 2 => a luôn chia hết cho 2
ta cần cm a chia hết cho 5 => có 2 trường hợp
th1: n chia hết cho 5 => a chia hết cho 5
th2: n ko chia hết cho 5 => n = 5k + b (với b = 1 ; 2 ; 3 ; 4)
với b = 1 => n - 1 = 5k
với b = 2 => n2 + 1 = (5k+2)2 + 1 = 25k2 + 20k + 5
=> a chia hết cho 5
với b=3 => n2 + 1 = (5k+3)2 +1 = 25k2 + 30k + 10
=> a chia hết cho 5
với b = 4 => n + 1 = 5k + 5
=> a chia hết cho 5
từ các th trên => a luôn chia hết cho 5
2 và 5 nguyên tố cùng nhau => a chia hết cho 00 => a tận cùng là 0
=> đpcm
\(\text{a) }\left(\dfrac{1}{2}a^2x^4+\dfrac{4}{3}\:ax^3-\dfrac{2}{3}ax^2\right):\left(-\dfrac{2}{3}\:ax^2\right)\\ =-3ax^2-2x+1\)
\(\text{b) }4\left(\dfrac{3}{4}x-1\right)+\left(12x^2-3x\right):\left(-3x\right)-\left(2x+1\right)\\ =3x-4-4x+1-2x-1\\ =-3x-4\)
kết quả cuối cùng là: a. -\(\dfrac{3}{4}ax^2-2x+1\)
b. \(\)-\(3x-4\)
Bài 2:
a: \(A=1999\cdot2001\)
\(=\left(2000-1\right)\left(2000+1\right)\)
\(=2000^2-1< 2000^2=B\)
Do đó: B lớn hơn
b: \(C=\left(2+1\right)\left(2^2+1\right)\left(2^4+1\right)\left(2^8+1\right)\)
\(=\left(2-1\right)\left(2+1\right)\left(2^2+1\right)\left(2^4+1\right)\left(2^8+1\right)\)
\(=\left(2^2-1\right)\left(2^2+1\right)\left(2^4+1\right)\left(2^8+1\right)\)
\(=\left(2^4-1\right)\left(2^4+1\right)\left(2^8+1\right)\)
\(=\left(2^8-1\right)\left(2^8+1\right)\)
\(=2^{16}-1< 2^{16}=D\)
Do đó: D lớn hơn
a: \(=x^2+4x+3+11\)
\(=x^2+4x+14\)
\(=x^2+4x+4+10=\left(x+2\right)^2+10>=10\)
Dấu '=' xảy ra khi x=-2
b: \(-4x^2+4x+5\)
\(=-\left(4x^2-4x-5\right)\)
\(=-\left(4x^2-4x+1-6\right)\)
\(=-\left(2x-1\right)^2+6< =6\)
Dấu '=' xảy ra khi x=1/2
c: \(-x^2+6x-4\)
\(=-\left(x^2-6x+4\right)\)
\(=-\left(x^2-6x+9-5\right)\)
\(=-\left(x-3\right)^2+5< =5\)
Dấu '=' xảy ra khi x=3
a) Ta có: 102 đồng dư với 1 (mod 99)
=> (102)1005 đồng dư với 11005 (mod 99)
=> 102010 - 1 đồng dư với 1 - 1 (mod 99)
=> 102010 - 1 đồng dư với 0 (mod 99)
=> 102010 - 1 \(⋮\) 99
b) Ta có: 33 đồng dư với 1 (mod 13)
=> (33)643 đồng dư với 1643 (mod 13)
=> 31929 đồng dư với 1 (mod 13)
=> 31930 đồng dư với 3 (mod 13)
Lại có: 24 đồng dư với 3 (mod 13)
=> (24)3 đồng dư với 33 (mod 13)
mà 33 đồng dư với 1 (mod 13)
=> 212 đồng dư với 1 (mod 13)
=> (212)160 đồng dư với 1160 (mod 13)
=> 21920 đồng dư với 1 (mod 13)
=> 21930 đồng dư với 210 (mod 13)
mà 210 đồng dư với 10 (mod 13)
=> 21930 đồng dư với 10 (mod 13)
Như vậy: 31930 + 21930 đồng dư với 3 + 10 (mod 13)
=> 31930 + 21930 đồng dư với 13 đồng dư với 0 (mod 13)
=> 31930 + 21930 \(⋮\) 13
c) Ta có: 210 + 1 = 1025 = 25.41
=> (210 + 1)2010 = (25.41)2010 = 252010.412010 \(⋮\) 252010
\(1^2+2^2+...+n^2=\frac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6}\)(*)
Với n=1, ta có (*) luôn đúng
Giả sử (*) đúng với n=k ta có:
\(1^2+2^2+...+k^2=\frac{k\left(k+1\right)\left(2k+1\right)}{6}\) (1)
Ta sẽ chứng minh (*) đúng với n=k+1, thật vậy từ (1) suy ra:
\(1^2+2^2+...+k^2+\left(k+1\right)^2=\frac{k\left(k+1\right)\left(2k+1\right)}{6}+\left(k+1\right)^2\)
\(=\left(k+1\right)\left[\frac{k\left(2k+1\right)}{6}+\left(k+1\right)\right]\)\(=\frac{\left(k+1\right)\left(2k^2+k+6k+6\right)}{6}\)
\(=\frac{\left(k+1\right)\left(2k^2+7k+6\right)}{6}=\frac{\left(k+1\right)\left(2k^2+4k+3k+6\right)}{6}\)
\(=\frac{\left(k+1\right)\left[2k\left(k+2\right)+3\left(k+2\right)\right]}{6}=\frac{\left(k+1\right)\left(k+2\right)\left(2k+3\right)}{6}\)
Theo nguyên lý qui nạp (*) đúng với mọi n thuộc N*
Vậy ta có điều phải chứng minh