Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 1:
\(A=3^{3m^2+6n-61}+4\)
Ta thấy \(3m^2+6n-61=3(m^2+2n-21)+2=3t+2\)
Do đó: \(A=3^{3t+2}+4\)
Ta thấy: \(3^{3}\equiv 1\pmod {13}\Rightarrow 3^{3t}\equiv 1\pmod {13}\)
\(\Rightarrow 3^{3t+2}\equiv 9\pmod {13}\Leftrightarrow A=3^{3t+2}+4\equiv 13\equiv 0\pmod {13}\)
Do đó \(A\vdots 13\)
Để $A$ là số nguyên tố thì \(A=13\Leftrightarrow 3^{3m^2+6n-61}+4=13\)
\(\Leftrightarrow 3m^2+6n-61=2\)
\(\Leftrightarrow m^2+2n=21\)
Từ đây suy ra m lẻ. Mà: \(n>0\Rightarrow m^2=21-2n\leq 21\)
\(\Leftrightarrow m\leq 4\)
Do đó: \(m\in\left\{1;3\right\}\)
+) \(m=1\Rightarrow n=10\Rightarrow (m,n)=(1,10)\)
\(+)m=3\Rightarrow n=6\Rightarrow (m,n)=(3,6)\)
Bài 2:
a)
Nếu \(a,b\) đều lẻ thì \(c\) chẵn. Mà $c$ là số nguyên tố nên $c=2$
\(\Rightarrow a,b< c\Leftrightarrow a,b< 2 \) (vô lý)
Nếu $a,b$ đều chẵn \(\Rightarrow a=b=2\Rightarrow c=8\not\in\mathbb{P}\)
Do đó $a,b$ khác tính chẵn lẻ. Không mất tính tổng quát giả sử $b=2$, còn $a$ lẻ
Ta có: \(a^2+2^a=c\)
Ta biết rằng một số chinh phương khi chia cho $3$ thì có dư là $0;1$.
Nếu \(a\vdots 3\Rightarrow a=3\Rightarrow c=17\in\mathbb{P}\)
Nếu \(a\not\vdots 3\Rightarrow a^2\equiv 1\pmod 3\)
Và: \(2^a\equiv (-1)^a\equiv -1\pmod 3\) (do a lẻ)
\(\Rightarrow a^2+2^a\equiv 1+(-1)\equiv 0\pmod 3\) hay \(c\equiv 0\pmod 3\)
\(\Rightarrow c=3\)
Do đó: \(2^a+a^2=3\Rightarrow 2^a<3\Rightarrow a<2 \) (vô lý)
Vậy \((a,b,c)=(3,2,17)\) và hoán vị $a,b$
b) \(a^2-2b^2=1\)
\(\Leftrightarrow a^2=2b^2+1\)
Ta biết rằng một số chính phương khi chia $3$ dư $0$ hoặc $1$
Nếu \(b^2\equiv 0\pmod 3\Rightarrow b\equiv 0\pmod 3\Rightarrow b=3\)
\(\Rightarrow a^2=19\Rightarrow a\not\in\mathbb{P}\)
Nếu \(b^2\equiv 1\pmod 3\Rightarrow 2b^2+1\equiv 3\equiv 0\pmod 3\Leftrightarrow a^2\equiv 0\pmod 3\)
\(\Rightarrow a\vdots 3\Rightarrow a=3\)
Thay vào suy ra \(b=2\) (thỏa mãn)
Vậy \((a,b)=(3,2)\)
áp dụng cái này:
a²/x + b²/y + c²/z +d²/t ≥ (a + b +c +d)²/(x + y + z + t) (wen thuộc)
1/a + 1/b + 1/b + 1/c ≥ 16/(a + 2b +c)
1/a + 1/b + 1/c + 1/c ≥ 16/(a + b +2c)
1/a + 1/a + 1/b + 1/c ≥ 16/(2a + b +c)
Cộng 3 vế lại:
1/a + 1/b +1/c ≥ 4[1/(a+2b+c) + 1/(b+2c+a) + 1/(c+2a+b)]
⇔ ¼ (1/a + 1/b +1/c) ≥ 1/(a+2b+c) + 1/(b+2c+a) + 1/(c+2a+b)
⇒ ½ (1/a + 1/b +1/c) ≥ ¼ (1/a + 1/b +1/c) ≥ 1/(a+2b+c) + 1/(b+2c+a) + 1/(c+2a+b)
⇔ ½ (1/a + 1/b +1/c) ≥ 1/(a+2b+c) + 1/(b+2c+a) + 1/(c+2a+b)
Dấu = xra khi a = b = c và 1/a + 1/b +1/c = 0
⇒ dấu = không xảy ra.
⇒ ½ (1/a + 1/b +1/c) > 1/(a+2b+c) + 1/(b+2c+a) + 1/(c+2a+b)
a)Ta có: ad-bc=1 => ad>bc=>\(\dfrac{a}{b}\)>\(\dfrac{c}{d}\)=>x>y (*)
Ta có: cn-dm=1=>cn > dm=> \(\dfrac{c}{d}\)>\(\dfrac{m}{n}\)=> y>z(**)
Từ (*) và (**) ta có: \(\dfrac{m}{n}\)< \(\dfrac{c}{d}\)<\(\dfrac{a}{b}\)
hay z<y<x
b) Ta có: ad-bc=1=> ad=bc+1
cn-dm=1=> cn=dm+1
Ta lại có: cb+dm+1=cb+1+dm
hay cb+cn=ad+dm
=> c(b+n)=d(a+m)
=> \(\dfrac{c}{d}\)=\(\dfrac{a+m}{b+n}\)
Vậy y = t
Câu 1:
Ta sẽ chỉ ra rằng một số lập phương \(a^3\) chia 7 chỉ có thể có dư là 0,1,6
Thật vậy:
Nếu \(a\equiv 0\pmod 7\Rightarrow a^3\equiv 0\pmod 7\)
Nếu \(a\equiv 1\pmod 7\Rightarrow a^3\equiv 1\pmod 7\)
Nếu \(a\equiv 2\mod 7\Rightarrow a^3\equiv 2^3\equiv 1\pmod 7\)
Nếu \(a\equiv 3\pmod 7\Rightarrow a^3\equiv 3^3\equiv 6\pmod 7\)
Nếu \(a\equiv 4\pmod 7\Rightarrow a^3\equiv 4^3\equiv 1\pmod 7\)
Nếu \(a\equiv 5\pmod 7\Rightarrow a^3\equiv 5^3\equiv 6\pmod 7\)
Nếu \(a\equiv 6\pmod 7\Rightarrow a^3\equiv 6^3\equiv (-1)^3\equiv 6\pmod 7\)
Do đó một số lập phương chia cho 7 luôn có dư là 0,1,6
Mà \(2016n+3=7.288n+3\) chia 7 dư 3
Do đó A không thể là số lập phương với mọi n
Vậy không tồn tại n thỏa mãn.
Bài 2:
Không mất tính tổng quát giả sử \(a\geq b\geq c\)
Để A là số nguyên thì \((ab-1)(bc-1)(ca-1)\vdots abc\)
\(\Leftrightarrow (ab^2c-ab-bc+1)(ac-1)\vdots abc\)
\(\Leftrightarrow a^2b^2c^2-abc(a+b+c)+ab+bc+ac-1\vdots abc\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ac-1\vdots abc\)
Đặt \(ab+bc+ac-1=kabc\Rightarrow k=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\frac{1}{abc}< \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leq 1+1+1\)
\(\Leftrightarrow k< 3\Rightarrow k\in\left\{1;2\right\}\)
TH1 : $k=1$
Thay vào : \(ab+bc+ac-1=abc\Leftrightarrow 1=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\frac{1}{abc}\)
Theo giả sử suy ra \(\frac{1}{a}\leq \frac{1}{b}\leq \frac{1}{c}\)
\(\Rightarrow 1\leq \frac{3}{c}-\frac{1}{abc}< \frac{3}{c}\Rightarrow c<3 \Rightarrow c\in\left\{1;2\right\}\)
+) \(c=1\Rightarrow ab+a+b-1=ab\Leftrightarrow a+b=1\) (vô lý vì \(a\geq b\geq 1\) )
+) \(c=2\Rightarrow ab+2a+2b-1=2ab\Leftrightarrow 2a+2b-1=ab\)
\(\Leftrightarrow (a-2)(b-2)=3\) (1)
Vì \(a\geq b\geq c\geq 2\Rightarrow a-2\geq b-2\geq 0\) (2)
(1),(2) suy ra \(\left\{\begin{matrix} a-2=3\\ b-2=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=5\\ b=3\end{matrix}\right.\)(thỏa mãn)
TH2: $k=2$
Thay vào: \(ab+bc+ac-1=2abc\Leftrightarrow 2=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\frac{1}{abc}\)
\(\Rightarrow 2\leq \frac{3}{c}-\frac{1}{abc}< \frac{3}{c}\Rightarrow c< \frac{3}{2}\)
Do đó \(c=1\Rightarrow ab+a+b-1=2ab\)
\(\Leftrightarrow a+b-1=ab\Leftrightarrow (a-1)(b-1)=0\)
+) Nếu \(a=1\Rightarrow b\leq a=1\Rightarrow b=1\)
+) Nếu $b=1$ thì $a$ là số tự nhiên tùy ý lớn hơn hoặc bằng 1
Vậy \((a,b,c)=(5;3;2)\) và hoán vị, hoặc \((a,b,c)=(k,1,1)\) và hoán vị với \(k\in\mathbb{N}^*\) tùy ý.
a)\(2.16\ge2^n>4\)
\(2.2^4\ge2^n>2^2\)
\(2^5\ge2^n>2^2\)
\(5\ge n>2\)
\(\Rightarrow n\in\left(5,4,3\right)\)
b)\(9.27\le3^n\le243\)
\(3^2.3^3\le3^n\le3^5\)
\(3^5\le3^n\le3^5\)
\(\Rightarrow n=5\)
18/31 giữ nguyên . 181818/313131=18 nhân 10101/31 nhân 10101 = 18/31
18/31=181818/313131
a/
\(\overline{dcba}⋮4\Rightarrow\overline{ba}⋮4\)
\(\overline{ba}=10b+a=8b+\left(2b+a\right)⋮4\)
Mà \(8b⋮4\Rightarrow2b+a⋮4\)
c/
\(\overline{dcba}=1000d+100c+10b+a=\)
\(=986d+14d+87c+13c+10b+a=\)
\(=\left(986d+87c\right)+\left(14d+13c+10b+a\right)⋮29\)
Mà \(986d+87c⋮29\Rightarrow14d+13c+10b+a⋮29\)
\(\Rightarrow28d+26c+20b+2a⋮29\)
\(\Rightarrow29\left(d+c+b+a\right)-\left(28d+26c+20b+2a\right)=\)
\(=d+3c+9b+27a⋮29\)