Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Cho:
m-n+p-q \vdots 3
2m+2n+2p-2q \vdots 4
-m-3n+p-3q \vdots -6
6m+8n+2p-6q \vdots 5
Hãy tính:
\frac{(2m-3q)^6+(5n-p)^4}{(9m+5n-4p+6q)^2}=?
A.\frac{1}{75000}
B.\frac{1}{75076}
C.\frac{1}{80000}
D.\frac{1}{85076}
Lời giải:
Vì $p$ là số nguyên tố lớn hơn $3$ nên $(p,3)=1$. Khi đó $p$ có dạng $3k+1$ hoặc $3k+2$ với $k$ tự nhiên.
Nếu $p=3k+1$ thì: $2p+1=2(3k+1)+1=6k+3\vdots 3$. Mà $2p+1>3$ nên không thể là số nguyên tố (trái với giả thiết - loại)
Do đó $p=3k+2$.
Khi đó: $4p+1=4(3k+2)+1=12k+9=3(4k+3)\vdots 3$. Mà $4p+1>3$ nên $4p+1$ là hợp số (đpcm)
Bài 1:
Ta có:
\(b^2+c^2-a^2+2bc=(b^2+2bc+c^2)-a^2\)
\(=(b+c)^2-a^2=(2p-a)^2-a^2\) (do \(a+b+c=2p\) )
\(=4p^2-4pa+a^2-a^2=4p^2-4pa=4p(p-a)\)
Do đó ta có đpcm.
Bài 2:
Dấu \(\Leftrightarrow \) thể hiện bài toán đúng trong cả 2 chiều.
Ta có: \(5a+2b\vdots 17\)
\(\Leftrightarrow 2(5a+2b)\vdots 17\)
\(\Leftrightarrow 10a+4b\vdots 17\)
\(\Leftrightarrow 10a+4b+17a+17b\vdots 17\)
\(\Leftrightarrow 27a+21b\vdots 17\)
\(\Leftrightarrow 3(9a+7b)\vdots 17\)
\(\Leftrightarrow 9a+7b\vdots 17\) (do 3 và 17 nguyên tố cùng nhau)
Ta có đpcm.
Ta có: \(a+b+c=2p\)
\(\Rightarrow b+c=2p-a\Rightarrow\left(b+c\right)^2=\left(2p-a\right)^2\)
\(\Rightarrow b^2+2bc+c^2=4p^2-4pa+a^2\)
\(\Rightarrow2bc+b^2+c^2-a^2=4p\left(p-a\right)\)(đpcm)
Vậy....
Gọi \(2bc+b^2 +c^2-a^2=VT\)
và \(4p\left(p-a\right)=VP\)
Biến đổi VP ta có :
\(4p\left(p-a\right)=2p\left(2p-2a\right)\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(b-c-a\right)\)
\(=2bc+b^2+c^2-a^2=VT\) (đpcm)
Vậy ......
\(2bc+b^2+c^2-a^2\)
\(=\left(b+c\right)^2-a^2\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(b+c-a\right)\)
\(=2p\left(a+b+c-2a\right)\)
\(=2p\left(2p-2a\right)=4p\left(p-a\right)\)
biến đổi vế phải ta được:
4p(p -a ) = 4p\(^2\)-4pa
=(2p)\(^2\)-2p.2a
=(a+b+c)\(^2\)-2a(a+b+c)
=\(a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc\)-\(2a^2-2ab-2ac\)
=\(2bc+b^2+c^2-a^2\)=vế trái (đpcm)