Ta có: \(\hept{\begin{cases}4k\equiv-1\left(modp\right)\\4k-1\equiv-2\left(modp\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\left(4k\right)!\equiv\left[\left(2k\right)!\right]^2\left(modp\right)\)

Theo định lý Wilson kết hợp với định lý Fecma nhỏ ta có:

Với \(n=4k\left(2k\right)!\) thì:

\(2^n-1\left[2^{\left(2k\right)!}\right]^{4k}-1\equiv0\left(modp\right)\)

\(\Rightarrow n^2+2^n=\left[4k.\left(2k\right)!\right]^2+2^{4k\left(2k\right)!}\equiv0\left(modp\right)\)

\(\Rightarrow\) Có vô số giá trị của \(n\) thỏa mãn.

Viết rõ đề ra đc không?

Có: \(\frac{a^2}{1-a}=\frac{a^2-1+1}{1-a}=\frac{a^2-1}{1-a}+\frac{1}{1-a}=-\left(a+1\right)+\frac{1}{1-a}\)
Suy ra:
\(\frac{a^2}{1-a}+\frac{b^2}{1-b}+\frac{1}{a+b}+a+b\)
\(=\frac{1}{1-a}+\frac{1}{1-b}+\frac{1}{a+b}+a+b-a-1-b-1\)
\(=\frac{1}{1-a}+\frac{1}{1-b}+\frac{1}{a+b}-2\).
 Áp dụng bất đẳng thức: \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{9}{x+y+z}\)ta có:
\(\frac{1}{1-a}+\frac{1}{1-b}+\frac{1}{a+b}\ge\frac{9}{1-a+1-b+a+b}=\frac{9}{2}\).
Suy ra: \(\frac{1}{1-a}+\frac{1}{1-b}+\frac{1}{a+b}-2\ge\frac{9}{2}-2=\frac{5}{2}.\)
Vậy ta có đpcm.
 

năm nữa mk giải cho

dễ mà bài này quá dễ

Phan Văn Hiếu:làm đi trước khi nói

Đề đúng phải là chứng minh hai điểm P và P2 đối xứng với nhau qua O nhé, còn P1 và P2 đối xứng nhau qua trục d2 

P P1 P2 O d1 d2 A B

Gọi A và B lần lượt là các điểm mà P đối xứng với P₁ qua qua d₁ , P₁ đối xứng P2 qua d₂

Để chứng minh P và P₂ đối xứng với nhau qua O , ta chỉ cần chứng minh OP = OP₂ và P,O,P₂ thẳng hàng.

Xét hai tam giác vuông : Tam giác PAO và tam giác OBP₂ có OB = PA (Vì PA = AP₁ , AOP₁B là hình chữ nhật)

góc POA = góc OP₂B (đồng vị) => tam giác OBP₂ = tam giác PAO => OP = OP₂ (1)

góc OP₂B = góc PAO mà góc OP₂B + góc BOP₂ = 90 độ => góc PAO + góc BOP₂ = 90 độ

=> Góc POP₂ = góc BOP₂ + góc AOB + góc PAO = 90 độ + 90 độ = 180 độ

=> Ba điểm P,O,P₂ thẳng hàng (2)

Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.

d1 d2 P P1 P2 O 2 1 M N 3

MO vuông góc d₁ ,P₁P vuông góc d₁ (vì P₁,P đối xứng qua d₁) nên MO // P₁P => góc O₁ = góc P (2 góc đồng vị)

Tam giác ONP vuông tại N nên góc O₂ + góc P = 90⁰ => góc O₂ + góc O₁ = 90⁰ mà góc O₃ = 90⁰ (d₁ vuông góc d₂) 

=> góc P₂OP = góc O₁ + góc O₂ + góc O₃ = 90⁰ + 90⁰ = 180⁰ => P₂,O,P thẳng hàng (1)

OP₁ = OP₂ (P₁,P₂ đối xứng qua d₂ hay d₂ là trung trực P₁P₂) ; OP₁ = OP (P,P₁ đối xứng qua d₁ hay d₁ là trung trực PP₁)

=> OP₂ = OP (2) .Từ (1) và (2),ta có O là trung điểm của PP₂ hay P₁,P₂ đối xứng qua O.

minh ko hieu cho lam

Ta có:

\(A=\left(x+y\right)\left(x+2y\right)\left(x+3y\right)\left(x+4y\right)+y^4\)

\(=\left(x^2+5xy+4y^2\right)\left(x^2+5xy+6y^2\right)+y^4\)

Đặt \(t=x^2+5xy+5y^2\) ta đc:

\(A=\left(t-y^2\right)\left(t+y^2\right)+y^4\)

\(=t^2-y^4+y^4\)

\(=t^2=\left(x^2+5xy+5y^2\right)^2\)

Vì \(x,y,z\in Z\) nên \(x^2\in Z;5xy\in Z;5y^2\in Z\)

\(\Rightarrow x^2+5xy+5y^2\in Z\)

Đpcm

Vậy chắc đề là với \(x\in Z\)nhỉ?

Ta có :

\(\left(x-1\right)^3+x^3+\left(x+1\right)^3\)

\(=\left(x^3-3x^2+3x-1\right)+\left(x^3+3x^2+3x+1\right)+x^3\)

\(=3x^3+6x\)

\(=3x\left(x^2+2\right)\)

Ta cần chứng minh \(x\left(x^2+2\right)\)là bội của 3.

Đặt 3 trường hợp :

TH1 : \(x=3k\)

Như vậy \(x\left(x^2+2\right)=3k\left(x^2+2\right)\)chia hết cho 3.

TH2 : \(x=3k+1\)

\(\Rightarrow x^2+2=\left(3k+1\right)^2+2\)

\(=9k^2+1+6k+2\)

\(=3\left(3k^2+2k+1\right)\)chia hết cho 3

Như vậy \(x\left(x^2+2\right)\)chia hết cho 3.

TH3 : \(x=3k+2\)

\(\Rightarrow x^2+2=\left(3k+2\right)^2+2\)

\(=9k^2+12k+4+2\)

\(=3\left(3k^2+4k+2\right)\)chia hết cho 3

Như vậy \(x\left(x^2+2\right)\)chia hết cho 3.

\(\Rightarrow\left(x-1\right)^3+x^3+\left(x+1\right)^3\)chia hết cho 9.

Vậy ...

Với x=1/3 => sai , bạn còn thiếu đk r :))

Bạn không đọc được chỗ nào thì hỏi mình nhé!

gửi bằng ảnh chụp ntn vậy bạn??

A B C D E H I K K

BAC là góc ngoài của tam giác EAB nên BAC= E1+B1 (1)

Dễ dàng chứng minh được tam giác BAE=tam giác CAD (c.g.c) => CD= BE (2) (cặp cạnh tương ứng) và B1=C1 (cặp góc tương ứng) (3)

Tam giác AED có AE=AD (gt) nên AED là tam giác cân. Mà tam giác AED có H là trung điểm AE nên DH vuông góc AE <=> DH vuông góc EC.

Tam giác HDC vuông tại H có HK là đường trung tuyến => HK= 1/2 DC (4) (tính chất đường trung tuyến của tam giác vuông) => tam giác HKC cân tại K thì H1=C1 (5)

Tam giác EAB có HE=HA, AI=IB => IH là đường trung bình của tam giác, IH // =1/2 EB, E1= H2 (6)

Từ (1), (3), (5), (6) suy ra IHK= H2+H1=E1+C1=E1+B1=BAC=60 độ 

Từ  (2), (4) và (6) suy ra IH=HK 

Tam giác IHK có IHK=60 độ (cmt) và IH=HK nên là tam giác đều (đpcm)

BAC là góc ngoài của tam giác EAB nên BAC= E1+B1 (1)

Dễ dàng chứng minh được tam giác BAE=tam giác CAD (c.g.c) => CD= BE (2) (cặp cạnh tương ứng) và B1=C1 (cặp góc tương ứng) (3)

Tam giác AED có AE=AD (gt) nên AED là tam giác cân. Mà tam giác AED có H là trung điểm AE nên DH vuông góc AE <=> DH vuông góc EC.

Tam giác HDC vuông tại H có HK là đường trung tuyến => HK= 1/2 DC (4) (tính chất đường trung tuyến của tam giác vuông) => tam giác HKC cân tại K thì H1=C1 (5)

Tam giác EAB có HE=HA, AI=IB => IH là đường trung bình của tam giác, IH // =1/2 EB, E1= H2 (6)

Từ (1), (3), (5), (6) suy ra IHK= H2+H1=E1+C1=E1+B1=BAC=60 độ 

Từ  (2), (4) và (6) suy ra IH=HK 

Tam giác IHK có IHK=60 độ (cmt) và IH=HK nên là tam giác đều (đpcm)

đơn giản quá ,  nó thuộc dường tròn qua hinh chữ nhật \ ma

\