Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1. Gọi ƯCLN (a,c) =k, ta có : a=ka1, c=kc1 và (a1,c1)=1
Thay vào ab=cd được ka1b=bc1d nên
a1b=c1d (1)
Ta có: a1b \(⋮\)c1 mà (a1,c1)=1 nên b\(⋮\)c1. Đặt b=c1m ( \(m\in N\)*) , thay vào (1) được a1c1m = c1d nên a1m=d
Do đó: \(a^5+b^5+c^5+d^5=k^5a_1^5+c_1^5m^5+k^5c_1^5+a_1^5m^5\)
\(=k^5\left(a_1^5+c_1^5\right)+m^5\left(a_1^5+c_1^5\right)=\left(a_1^5+c_1^5\right)\left(k^5+m^5\right)\)
Do a1, c1, k, m là các số nguyên dương nên \(a^5+b^5+c^5+d^5\)là hợp số (đpcm)
2. Nhận xét: 1 số chính phương khi chia cho 3 chỉ có thể sư 0 hoặc 1.
Ta có \(a^2+b^2⋮3\). Xét các TH của tổng 2 số dư : 0+0, 0+1,1+1, chỉ có 0+0 \(⋮\)3.
Vậy \(a^2+b^2⋮3\)thì a và b \(⋮3\)
b) Nhận xét: 1 số chính phương khi chia cho 7 chỉ có thể dư 0,1,2,4 (thật vậy, xét a lần lượt bằng 7k, \(7k\pm1,7k\pm2,7k\pm3\)thì a2 chia cho 7 thứ tự dư 0,1,4,2)
Ta có: \(a^2+b^2⋮7\). Xét các TH của tổng 2 số dư : 0+0, 0+1, 0+2, 0+4 , 1+1, 1+2, 2+2, 1+4, 2+4, 4+4; chỉ có 0+0 \(⋮7\). Vậy......
Bài 1 :
a) Ta có : \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
Áp dụng bđt Cauchy : \(a+b\ge2\sqrt{ab}\) , \(b+c\ge2\sqrt{bc}\) , \(c+a\ge2\sqrt{ca}\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\) hay \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge8abc\)
\(a^5+b^5+c^5-\left(a+b+c\right)\)
\(=\left(a^5-a\right)+\left(b^5-b\right)+\left(c^5-c\right)\)
\(=a\left(a^4-1\right)+b\left(b^4-1\right)+c\left(c^4-1\right)\)
Ta có : \(A=a\left(a^4-1\right)=a\left(a-1\right)\left(b+1\right)\left(a^2+1\right)=a\left(a-1\right)\left(b+1\right)\left(a^2-4+5\right)\)
Ta thấy \(a\left(a-1\right)\left(a+1\right)\) là tích 3 số nguyên liên tiếp \(\Rightarrow a\left(a-1\right)\left(a+1\right)⋮6\)(*)
\(A=a\left(a-1\right)\left(b+1\right)\left(a^2-4\right)+5a\left(a-1\right)\left(a+1\right)\)
\(=\left(a-2\right)\left(a-1\right)a\left(a+1\right)\left(a+2\right)+5a\left(a-1\right)\left(a+1\right)\)
Do \(\left(a-2\right)\left(a-1\right)a\left(a+1\right)\left(a+2\right)\) là tích 5 số nguyên liên tiếp nên nó chia hết cho 5 (1)
Mà \(5a\left(a-1\right)\left(a+1\right)⋮5\forall a\)(2)
Từ (1);(2) \(\Rightarrow\left(a-2\right)\left(a-1\right)a\left(a+1\right)\left(a+2\right)+5a\left(a-1\right)\left(a+1\right)⋮5\)
Hay \(a\left(a^4-1\right)⋮5\)(**)
Từ (*);(**) \(\Rightarrow a\left(a^4-1\right)⋮30\)
Tương tự \(\hept{\begin{cases}b\left(b^4-1\right)⋮30\\c\left(c^4-1\right)⋮30\end{cases}}\)
\(\Rightarrow a\left(a^4-1\right)+b\left(b^4-1\right)+c\left(c^4-1\right)⋮30\)
Hay \(a^5+b^5+c^5-\left(a+b+c\right)⋮30\)(đpcm)
Đề đúng : Cho a,b,c > 0 và \(a+b+c\le1\)
CMR : \(\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ac}+\frac{1}{c^2+2ab}\ge9\)
Đặt \(x=a^2+2bc,y=b^2+2ac,z=c^2+2ab\)
Áp dụng bđt Bunhiacopxki , ta có: \(\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\left(x+y+z\right)\ge\left(\sqrt{\frac{1}{x}.x}+\sqrt{\frac{1}{y}.y}+\sqrt{\frac{1}{z}.z}\right)^2=9\)
\(\Rightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{9}{x+y+z}\) hay \(\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ac}+\frac{1}{c^2+2ab}\ge\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}\ge9\)
Ta thấy: \(\left(a^2+2bc\right)+\left(b^2+2ac\right)+\left(c^2+2ab\right)=\left(a+b+c\right)^2\le1\)
Sử dụng Cosi 3 số ta suy ra
\(VT\ge\left[\left(a^2+2bc\right)+\left(b^2+2ac\right)+\left(c^2+2ab\right)\right]\left(\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ac}+\frac{1}{c^2+2ab}\right)\)
\(\ge3\sqrt[3]{\left(a^2+2bc\right)\left(b^2+2ac\right)\left(c^2+2ab\right)}\cdot3\sqrt[3]{\frac{1}{a^2+2bc}\cdot\frac{1}{b^2+2ac}\cdot\frac{1}{c^2+2ab}}=9\) (Đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi\(\begin{cases}a+b+c=1\\a^2+2bc=b^2+2ac=c^2+2ab\end{cases}\)\(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}\)
b) ta có: 30=2.3.5
\(a^2\equiv a\left(mod2\right)\Rightarrow a^4\equiv a^2\equiv a\left(mod2\right)\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a^5\equiv a^2\equiv a\left(mod2\right)\\b^3\equiv b\left(mod3\right)\\c^5\equiv c\left(mod5\right)\end{cases}\Rightarrow b^5\equiv b^3\equiv b\left(mod3\right)}\)
\(\Rightarrow a^5+b^5+c^5\equiv a+b+c\left(mod2.3.5\right)\)
\(a^2+b^2+c^2=\left(a+b+c\right)+\left(a^3-a\right)+\left(b^3-b\right)+\left(c^3-c\right)\)
\(=\left(a+b+c\right)+a\left(a^2-1\right)+b\left(b^2-1\right)+c\left(c^2-1\right)\)
\(=\left(a+b+c\right)+\left(a-1\right)\left(a+1\right)+\left(b-1\right)\left(b+1\right)+\left(c-1\right)\left(c+1\right)\)
\(mà\)\(a\left(a-1\right)\left(a+1\right)⋮6\)
\(b\left(b-1\right)\left(b+1\right)⋮6\)
\(c\left(c-1\right)\left(c+1\right)⋮6\)
\(a+b+c⋮6\)
\(\Leftrightarrow(a^3+b^3+c^3)⋮6\)\((đpcm)\)
Áp dụng bđt Cô-si :
\(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}\ge2\sqrt{\frac{ab\cdot bc}{ca}}=2b\)
Tương tự : \(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge2c;\frac{ab}{c}+\frac{ca}{b}\ge2a\)
Cộng theo vế 3 bđt :
\(2\cdot\left(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\right)\ge2\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge a+b+c\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)
\(m=a^5b-ab^5=a^5b-ab-ab^5+ab=b\left(a^5-a\right)-a\left(b^5-b\right)\)
Ta cần CM a5-a chia hết cho 30
Thật vậy,\(a^5-a=\left(a-2\right)\left(a-1\right)a\left(a+1\right)\left(a+2\right)+5\left(a-1\right)a\left(a+1\right)\)
Vì (a-1)a(a+1) là tích 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2 và 3
Mà (2;3)=1
=>(a-1)a(a+1) chia hết cho 6
Lại có (6;5)=1
=>5(a-1)a(a+1) chia hết cho 30
Mặt khác (a-2)(a-1)a(a+1)(a+2) là h của 5 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 5 và 6
Mà (5;6)=1
=>(a-2)(a-1)a(a+1)(a+2) chia hết cho 30
=>a5-a chia hết cho 30
=>b(a5-a) chia hết cho 3
CM tương tự với a(b5-b) ta sẽ có đpcm
b(a5-a) chia hết cho 30 nhé bn