NK
1
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
CH
Cô Hoàng Huyền
Admin
VIP
2 tháng 1 2018
a) Giả sử ước của M là số chẵn thì \(M=2.k\Leftrightarrow a^2+3a+1=2k\)
Ta thấy \(a^2+3a+1=a\left(a+1\right)+2a+1\)
a(a + 1) là tích hai số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 2. Vậy thì a(a + 1) + 2a chia hết cho 2.
Vì 2k chia hết cho 2, a(a + 1) + 2a cũng chia hết cho 2 nên 1 chia hết 2 (vô lý)
Vậy nên mọi ước của M đều là số lẻ.
b) Đặt \(a=5u+v\left(u\in N;0\le v\le4\right)\)
Khi đó \(M=\left(5u+v\right)^2+3\left(5u+v\right)+1\)
\(=25u^2+10uv+v^2+15u+3v+1\)
\(=\left(25u^2+10uv+15u\right)+v^2+3v+1\)
Để M chia hết 5 thì \(v^2+3v+1⋮5\)
Với \(0\le v\le4\), ta thấy chỉ có v = 4 là thỏa mãn.
Vậy \(a=5u+4\left(u\in N\right)\)
c) Để M là lũy thừa của 5 thì \(a=5u+4\left(u\in N\right)\)
\(\Rightarrow M=\left(5u+4\right)^2+3\left(5u+4\right)+1\)
Với n chẵn, a có tận cùng là chữ số 4. Vậy thì M có tận cùng là chữ số 9
Vậy không thể là lũy thừa của 5.
Với n lẻ, a có tận cùng là chữ số 9. Vậy thì M có tận cùng là chữ số 9
Vậy không thể là lũy thừa của 5.
Vậy không tồn tại số a để M là lũy thừa của 5.
2 tháng 1 2018
đây là đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên trường PTNK-ĐHQG-TP.Hồ Chí Minh(vòng 2) năm 2013-2014 ak
HS
17 tháng 4 2020
Nếu bạn đã từng tự rủa bản thân vì quá ngu...thì đúng là bạn ngu thật. Chỉ có loại ngu mới đi chửi chính mình.
-Triết lý anh Sơn-
2c, \(x^2\left(1+y^2\right)+y^2\left(1+z^2\right)+z^2\left(1+x^2\right)\ge6xyz\\
\)
Á djt mẹ nãy dùng BĐT quá k nhớ ra là còn có cả trường hợp âm không dùng BĐT được...nên xử lí luôn he? :))
Nếu trong 3 số \(x,y,z\)có 1 hoặc 3 số âm, ta có \(6xyz\le0\le x^2\left(1+y^2\right)+y^2\left(1+z^2\right)+z^2\left(1+x^2\right)\) (ĐPCM)
Nếu trong 3 số \(x,y,z\)có 2 số âm hoặc có 3 số dương thì xét như nhau (nói âm dương là vậy chứ thiết nhất là em ghi \("\ge0"\)và \("\le0"\)cho nó chuẩn nhất ;))
Có: \(x^2\left(1+y^2\right)+y^2\left(1+z^2\right)+z^2\left(1+x^2\right)\ge2x^2y+2y^2z+2z^2x\)(1) (Bất đẳng thức Cô-si)
Ta cần chứng minh: \(2x^2y+2zy^2+2xz^2\ge6xyz\)
\(\Leftrightarrow\)\(\frac{2x^2y}{xyz}+\frac{2zy^2}{xyz}+\frac{2xz^2}{xyz}=2\frac{x}{z}+2\frac{y}{x}+2\frac{z}{y}\ge6\)(2)
Đến đây có thể làm theo 2 cách, nhưng thôi anh làm cách nhanh hơn :))
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz cho 2 bộ số \(\left(\sqrt{x},\sqrt{y},\sqrt{z}\right)\)và \(\left(x,y,z\right)\)trong đó \(x,y,z\ge0\). Khi đó:
\(\frac{\left(\sqrt{x}\right)^2}{z}+\frac{\left(\sqrt{y}\right)^2}{x}+\frac{\left(\sqrt{z}\right)^2}{y}\ge\frac{\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2}{x+y+z}\)
Thay vào (2) ta có:\(2\frac{x}{z}+2\frac{y}{x}+2\frac{z}{y}\ge2\frac{\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2}{x+y+z}\ge6\)(3)
Từ (1), (2) và (3) => ĐPCM
Đến đây có lẽ chú sẽ nghĩ: Dựa vào đâu mà cha này bảo \(\frac{\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2}{x+y+z}\ge3\)???
Thì câu trả lời đây: \(\frac{\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2}{x+y+z}\ge3\)\(\Leftrightarrow\)\(\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2\ge3\left(x+y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow\)\(2x+2y+2z-2\sqrt{xy}-2\sqrt{yz}-2\sqrt{zx}=\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)^2+\left(\sqrt{y}-\sqrt{z}\right)^2+\left(\sqrt{z}-\sqrt{x}\right)^2\ge0\)
NQ
1
1 tháng 7 2017
Hình như thiếu đề nên cho cả n là số tự nhiên khác 0 nữa.
Xét n = 1 thì ta có:
\(m^2-1=\left(2x+1\right)^2-1=4\left(x^2+x\right)⋮8\)
Giả sử nó đúng tới n = k
\(\Rightarrow m^{2^k}-1=a.2^{k+2}=ay\)
\(\Rightarrow m^{2^k}=ay+1\)
Ta chứng minh nó đúng với n = k + 1
Hay \(\Rightarrow m^{2.2^k}-1⋮2^{k+2+1}\)
\(\Rightarrow\left(ay+1\right)^2-1⋮2y\)
Ta có: \(\left(ay+1\right)^2-1=a^2y^2+2ay\)
Mà \(\hept{\begin{cases}a^2y^2⋮2y\\2ay⋮2y\end{cases}}\)(do y là số chẵn)
\(\Rightarrow\)Nó đúng với n = k + 1.
Vậy theo quy nạp ta có điều phải chứng minh.
DH
15 tháng 8 2019
Tham khảo:
https://diendantoanhoc.net/topic/110789-chứng-minh-nếu-p4-là-ước-của-a2b2-và-aab2-thì-p4-cũng-là-ước-của-aab/
5 tháng 4 2019
a, Với m = -1 thì \(\hept{\begin{cases}\left(P\right)y=-x^2\\\left(d\right)y=x-2\end{cases}}\)
Tọa độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của hệ phương trình :
\(\hept{\begin{cases}y=-x^2\\y=x-2\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}-x^2=x-2\\y=x-2\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}x^2+x-2=0\\y=x-2\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=1\\y=-1\end{cases}\left(h\right)\hept{\begin{cases}x=-2\\y=-4\end{cases}}}\)
Vậy tọa độ giao điểm (d) và (P) với m = -1 là (1;-1) ; (-2;-4)
b, Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là
\(mx^2=\left(m+2\right)x+m-1\)
\(\Leftrightarrow mx^2-\left(m+2\right)x-m+1=0\)
Vì m khác 0 nên pt trên là pt bậc 2
Khi đó \(\Delta=\left[-\left(m+2\right)\right]^2-4m\left(-m+1\right)\)
\(=m^2+4m+4+4m^2-4m\)
\(=5m^2+4>0\)
Nên pt trên luôn có 2 nghiệm p/b
hay (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt với m khác 0
\(M=a^2+3a+1=a\left(a+3\right)+1\)
- Nếu a chẵn thì a(a+3) chẵn => a(a+3) + 1 lẻ => M là số lẻ
- Nếu a lẻ thì a+3 chẵn => a(a+3) chẵn => a(a+3) + 1 lẻ => M là số lẻ
Như vậy với mọi a thì M lẻ nên mọi ước của M đều là số lẻ.