Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a3+b3+c3=(a+b+c)(a2+b2+c2−ab−bc−ac)+3abc
=(a+b+c)[a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc−3ac−3bc−3ab)+3abc
=(a=b+c)[(a+b+c)2−3(ab+bc+ac)]+3abc
*Nếu a+b+c⋮3⇒a3+b3+c3⋮3
*Nếu a3+b3+c3⋮3⇒(a+b+c)[(a+b+c)2−3(ab+bc+ca)]⋮3⇒a+b+c⋮3
làm như vậy nha, mk xin lỗi , ko bt cách viết số mũ nha, k nha
Xét \(a^3+b^3+c^3-3abc=\left(a+b\right)^3-3ab\left(a+b\right)+c^3-3abc\)
\(=\left[\left(a+b\right)^3+c^3\right]-3ab\left(a+b\right)-3abc\)
\(=\left(a+b+c\right).\left[\left(a+b\right)^2-\left(a+b\right).c+c^2\right]-3ab\left(a+b+c\right)\)
\(=\left(a+b+c\right).\left[a^2+2ab+b^2-ac-bc+c^2\right]-3ab\left(a+b+c\right)\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(a^2+2ab+b^2-ac-bc+c^2-3ab\right)\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc\right)\)
- Nếu \(a+b+c⋮3\)\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc\right)⋮3\)
Mà 3abc chia hết cho 3 \(\Rightarrow a^3+b^3+c^3⋮3\)
- Nếu \(a^3+b^3+c^3⋮3\)mà \(3abc⋮3\Rightarrow a^3+b^3+c^3-3abc⋮3\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc\right)⋮3\Rightarrow a+b+c⋮3\)
Chúc bạn học tốt.
cho a, b là các số nguyên. chứng minh rằng a^3+b^3 chia hết cho 3 khi và chỉ khi a +b chia hết cho 3
Ta có: \(a^3+b^3=\left(a+b\right)^3-3ab\left(a+b\right)\)
mà \(a^3+b^3⋮3\)
và \(3ab\left(a+b\right)⋮3\)
nên \(a+b⋮3\)
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......
thử bài bất :D
Ta có: \(\dfrac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\dfrac{a}{2}+\dfrac{a}{2}+\dfrac{a}{2}+\dfrac{b+c}{4}\ge5\sqrt[5]{\dfrac{1}{a^3\left(b+c\right)}.\dfrac{a^3}{2^3}.\dfrac{\left(b+c\right)}{4}}=\dfrac{5}{2}\) ( AM-GM cho 5 số ) (*)
Hoàn toàn tương tự:
\(\dfrac{1}{b^3\left(c+a\right)}+\dfrac{b}{2}+\dfrac{b}{2}+\dfrac{b}{2}+\dfrac{c+a}{4}\ge5\sqrt[5]{\dfrac{1}{b^3\left(c+a\right)}.\dfrac{b^3}{2^3}.\dfrac{\left(c+a\right)}{4}}=\dfrac{5}{2}\) (AM-GM cho 5 số) (**)
\(\dfrac{1}{c^3\left(a+b\right)}+\dfrac{c}{2}+\dfrac{c}{2}+\dfrac{c}{2}+\dfrac{a+b}{4}\ge5\sqrt[5]{\dfrac{1}{c^3\left(a+b\right)}.\dfrac{c^3}{2^3}.\dfrac{\left(a+b\right)}{4}}=\dfrac{5}{2}\) (AM-GM cho 5 số) (***)
Cộng (*),(**),(***) vế theo vế ta được:
\(P+\dfrac{3}{2}\left(a+b+c\right)+\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{4}\ge\dfrac{15}{2}\) \(\Leftrightarrow P+2\left(a+b+c\right)\ge\dfrac{15}{2}\)
Mà: \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\) ( AM-GM 3 số )
Từ đây: \(\Rightarrow P\ge\dfrac{15}{2}-2\left(a+b+c\right)=\dfrac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
1. \(a^3+b^3+c^3+d^3=2\left(c^3-d^3\right)+c^3+d^3=3c^3-d^3\) :D
Ta có \(P=a^3+b^3+c^3\)
\(P=\left(a^3-a\right)+\left(b^3-7b\right)+\left(2c^3-2024c\right)+a+7b+2024c-c^3\)
\(P=a\left(a^2-1\right)+b\left(b^2-7\right)+2c\left(c^2-1012\right)\) ( do \(a+7b+2024c=c^3\))
Dễ thấy \(a\left(a^2-1\right)=a\left(a-1\right)\left(a+1\right)\) là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 6.
Xét \(f\left(b\right)=b\left(b^2-7\right)\). Dễ thấy \(f\left(b\right)\) chẵn với mọi số nguyên \(b\). Nếu \(b⋮3\Rightarrow f\left(b\right)⋮3\). Nếu \(b⋮̸3\) thì \(b^2\equiv1\left[3\right]\) \(\Rightarrow b^2-7⋮3\) \(\Rightarrow f\left(b\right)⋮3\). Vậy \(f\left(b\right)⋮3\) với mọi số nguyên \(b\). Vậy thì \(f\left(b\right)⋮6\)
Xét \(g\left(c\right)=2c\left(c^2-1012\right)\). Cũng dễ thấy \(g\left(c\right)\) chẵn. Nếu \(c⋮3\) thì \(g\left(c\right)⋮3\). Nếu \(c⋮̸3\) thì \(c^2\equiv1\left[3\right]\) \(\Rightarrow c^2-1012⋮3\) \(\Rightarrow g\left(c\right)⋮3\). Thế thì \(g\left(c\right)⋮6\) với mọi số nguyên \(c\)
Từ đó \(P=a\left(a^2-1\right)+f\left(b\right)+g\left(c\right)⋮6\), đpcm.
Xét hiệu a3 + b3 - ( a + b ) ta có :
a3 + b3 - ( a + b ) = a3 + b3 - a - b = ( a3 - a ) + ( b3 - b ) = a( a2 - 1 ) + b( b2 - 1 ) = a( a - 1 )( a + 1 ) + b( b - 1 )( b + 1 )
Vì a,b nguyên nên a , a - 1 , a + 1 và b , b - 1 , b + 1 là 3 số nguyên liên tiếp
=> a( a - 1 )( a + 1 ) ⋮ 3 và b( b - 1 )( b + 1 ) ⋮ 3
=> a( a - 1 )( a + 1 ) + b( b - 1 )( b + 1 ) ⋮ 3 hay a3 + b3 - ( a + b ) ⋮ 3
mà a + b ⋮ 3 => a3 + b3 ⋮ 3 ( đpcm )
Bài 2.
\(a^3-a=a\left(a^2-1\right)=\left(a-1\right)a\left(a+1\right)⋮3\)
( 3 số nguyên liên tiếp chia hết cho 3)
\(P-\left(a_1+a_2+a_3+...+a_n\right)=\left(a_1^3-a_1\right)+\left(a_2^3-a_2\right)+...+\left(a_n^3-a_n\right)\) chia hết cho 3
=> P chia hết cho 3
bài này thử là nhanh nhất (hi hi , mình đùa vui thôi chứ minh ko bít làm)
Giả sử abc không chia hết cho 3 nên cả ba số a.b.c không chia hết cho 3
nên a,b,c chia 3 chỉ có thể dư 1 hoặc 2
nên \(a^3+b^3+c^3\) chia 3 chỉ có thể dư 1 hoăc 2
hay nói cách khác nó không chia hết cho 3
mâu thuẫn với giả thiết nên
giả sử sai hay ta có abc phải chia hết cho 3