\(\inℕ^∗\)thỏa mãn 2m - 1 \(⋮\)2n
K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

AH
Akai Haruma
Giáo viên
8 tháng 8 2018

Bài 1:

Nếu $n$ không chia hết cho $7$ thì:

\(n\equiv 1\pmod 7\Rightarrow n^3\equiv 1^3\equiv 1\pmod 7\Rightarrow n^3-1\vdots 7\)

\(n\equiv 2\pmod 7\Rightarrow n^3\equiv 2^3\equiv 1\pmod 7\Rightarrow n^3-1\vdots 7\)

\(n\equiv 3\pmod 7\Rightarrow n^3\equiv 3^3\equiv -1\pmod 7\Rightarrow n^3+1\vdots 7\)

\(n\equiv 4\equiv -3\pmod 7\Rightarrow n^3\equiv (-3)^3\equiv 1\pmod 7\Rightarrow n^3-1\vdots 7\)

\(n\equiv 5\equiv -2\pmod 7\Rightarrow n^3\equiv (-2)^3\equiv -1\pmod 7\Rightarrow n^3+1\vdots 7\)

\(n\equiv 6\equiv -1\pmod 7\Rightarrow n^3\equiv (-1)^3\equiv -1\pmod 7\Rightarrow n^3+1\vdots 7\)

Vậy \(n^3-1\vdots 7\) hoặc \(n^3+1\vdots 7\)

AH
Akai Haruma
Giáo viên
8 tháng 8 2018

b)

Đặt \(A=mn(m^2-n^2)(m^2+n^2)\)

Nếu $m,n$ có cùng tính chẵn lẻ thì \(m^2-n^2\) chẵn, do đó \(A\vdots 2\)

Nếu $m,n$ không cùng tính chẵn lẻ, có nghĩa trong 2 số $m,n$ tồn tại một số chẵn và một số lẻ, khi đó \(mn\vdots 2\Rightarrow A\vdots 2\)

Tóm lại, $A$ chia hết cho $2$

---------

Nếu trong 2 số $m,n$ có ít nhất một số chia hết cho $3$ thì \(mn\vdots 3\Rightarrow A\vdots 3\)

Nếu cả hai số đều không chia hết cho $3$. Ta biết một tính chất quen thuộc là một số chính phương chia $3$ dư $0$ hoặc $1$. Vì $m,n$ không chia hết cho $3$ nên:

\(m^2\equiv n^2\equiv 1\pmod 3\Rightarrow m^2-n^2\vdots 3\Rightarrow A\vdots 3\)

Vậy \(A\vdots 3\)

-----------------

Nếu tồn tại ít nhất một trong 2 số $m,n$ chia hết cho $5$ thì hiển nhiên $A\vdots 5$

Nếu cả 2 số đều không chia hết cho $5$. Ta biết rằng một số chính phương khi chia $5$ dư $0,1,4$. Vì $m,n\not\vdots 5$ nên \(m^2,n^2\equiv 1,4\pmod 5\)

+Trường hợp \(m^2,n^2\) cùng số dư khi chia cho $5$\(\Rightarrow m^2-n^2\equiv 0\pmod 5\Rightarrow m^2-n^2\vdots 5\Rightarrow A\vdots 5\)

+Trường hợp $m^2,n^2$ không cùng số dư khi chia cho $5$

\(\Rightarrow m^2+n^2\equiv 1+4\equiv 0\pmod 5\Rightarrow m^2+n^2\vdots 5\Rightarrow A\vdots 5\)

Tóm lại $A\vdots 5$

Vậy \(A\vdots (2.3.5)\Leftrightarrow A\vdots 30\) (do $2,3,5$ đôi một nguyên tố cùng nhau)

Ta có đpcm.

a, x2+5y2+2y-4xy-3=0

\(\Leftrightarrow\left(x-2y\right)^2+\left(y+1\right)^2=4\)

Nếu \(y< -3\Rightarrow y+1< -2\Rightarrow\left(y+1\right)^2>4\Rightarrow VT>VP\)(vô lí)

\(\Rightarrow y\ge-3\Rightarrow y_{min}=-3\)

lúc đó \(\left(x+6\right)^2+4=4\Rightarrow x=-6\)

Vậy.................

5 tháng 3 2020

a) \(x^2+5y^2+2y-4xy-3=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2-4xy+4y^2\right)+\left(y^2+2y+1\right)-4=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2y\right)^2+\left(y+1\right)^2=4\)

Ta thấy : \(4=0+4\) là tổng hai số chính phương

Thử các giá trị \(\orbr{\begin{cases}\left(y+1\right)^2=0\\\left(y+1\right)^2=4\end{cases}}\)

Ta thấy : \(y=-3\) đạt giá trị nhỏ nhất.

Khi đó : \(x^2+5.\left(-3\right)^2+2\left(-3\right)-4x\left(-3\right)-3=0\)

\(\Leftrightarrow x=-6\)

Vậy : \(\left(x,y\right)=\left(-6,-3\right)\) với y nhỏ nhất thỏa mãn đề.

P/s : Không chắc lắm ....

a: \(A=n\left(n-1\right)\left(n+1\right)\cdot n\)

TH1: n=2k

n(n-1)(n+1) chia hết cho 6 với mọi n

=>A chia hết cho 12

TH2: n=2k+1

\(A=\left(2k+1\right)\cdot\left(2k+1\right)\cdot2k\cdot\left(2k+2\right)\)

\(=4k\left(k+1\right)\left(2k+1\right)\left(2k+1\right)⋮4\)

mà 2k(2k+1)(2k+2) chia hết cho 6

nen A chia hết cho 12

d: Vì 5 là số nguyên tố nên \(n^5-n⋮5\left(1\right)\)

\(A=n^5-n=n\left(n^4-1\right)\)

\(=n\left(n-1\right)\left(n+1\right)\left(n^2+1\right)⋮6\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra A chia hết cho 30

NV
17 tháng 5 2020

a/ \(\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+y^2}\ge\frac{2}{1+xy}\)

\(\Leftrightarrow\left(1+xy\right)\left(2+x^2+y^2\right)\ge2\left(1+x^2\right)\left(1+y^2\right)\)

\(\Leftrightarrow2+x^2+y^2+2xy+xy\left(x^2+y^2\right)\ge2+2x^2+2y^2+2x^2y^2\)

\(\Leftrightarrow xy\left(x^2+y^2-2xy\right)-\left(x^2+y^2-2xy\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(xy-1\right)\left(x-y\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

b/ Để biểu thức xác định \(\Rightarrow x\ne0\Rightarrow x^2\ge1\)

\(4=\frac{y^2}{4}+x^2+\frac{1}{x^2}+x^2\ge\frac{y^2}{4}+2\sqrt{\frac{x^2}{x^2}}+1\ge\frac{y^2}{4}+3\)

\(\Rightarrow\frac{y^2}{4}\le1\Rightarrow y^2\le4\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}y^2=0\\y^2=1\\y^2=4\end{matrix}\right.\)

\(y^2=0\Rightarrow2x^2+\frac{1}{x^2}=4\Rightarrow2x^4-4x^2+1=0\) (ko tồn tại x nguyên tm)

\(y^2=1\Rightarrow2x^2+\frac{1}{x^2}=3\Rightarrow2x^4-3x^2+1=0\Rightarrow x^2=1\)

\(\Rightarrow\left(x;y\right)=...\)

\(y^2=4\Rightarrow2x^2+\frac{1}{x^2}=0\Rightarrow\) ko tồn tại x thỏa mãn

17 tháng 5 2020

tks nha

NV
17 tháng 11 2018

\(a^3+b^3+ab=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)+ab=a^2+b^2\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2}=\dfrac{1}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=\dfrac{1}{2}\)

8 tháng 3 2017

2)

Theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy ta có

\(\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(xy+yz+xz\right)\)

Do \(x^2+y^2+z^2\le3\)

\(\Rightarrow3\ge3\left(xy+yz+xz\right)\)

\(\Rightarrow1\ge xy+yz+xz\)

\(\Rightarrow4\ge xy+yz+xz+3\)

\(\Rightarrow\dfrac{9}{4}\le\dfrac{9}{3+xy+xz+yz}\) ( 1 )

Ta có \(C=\dfrac{1}{1+xy}+\dfrac{1}{1+yz}+\dfrac{1}{1+xz}\)

Áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu số

\(\Rightarrow C=\dfrac{1}{1+xy}+\dfrac{1}{1+yz}+\dfrac{1}{1+xz}\ge\dfrac{9}{3+xy+yz+xz}\) ( 2 )

Từ ( 1 ) và ( 2 )

\(\Rightarrow C=\dfrac{1}{1+xy}+\dfrac{1}{1+yz}+\dfrac{1}{1+xz}\ge\dfrac{9}{4}\)

Vậy \(C_{min}=\dfrac{9}{4}\)

Dấu " = " xảy ra khi \(x=y=z=\sqrt{\dfrac{1}{3}}\)

8 tháng 3 2017

Mấy dạng này mik ngu nhất luôn bạn ạ~~