Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(P=mn\left[\left(mn+1\right)^2-\left(m+n\right)^2\right]\)
\(=mn\left(mn+1-m-n\right)\left(mn+1+m+n\right)\)
\(=mn\left(m-1\right)\left(n-1\right)\left(m+1\right)\left(n+1\right)\)
\(=\left(m-1\right)m\left(m+1\right)\left(n-1\right)n\left(n+1\right)\)
Ta có \(\left\{{}\begin{matrix}\left(m-1\right)m\left(m+1\right)\\\left(n-1\right)n\left(n+1\right)\end{matrix}\right.\) đều là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên đều chia hết cho 6
\(\Rightarrow P⋮36\)
Lời giải:
Ta có: \(xy+yz+xz=1\)
\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x^2+1=x^2+xy+yz+xz=(x+y)(x+z)\\ y^2+1=y^2+xy+yz+xz=(y+z)(y+x)\\ z^2+1=z^2+xy+yz+xz=(z+x)(z+y)\end{matrix}\right.\)
Do đó:
\(\sqrt{\frac{(y^2+1)(z^2+1)}{x^2+1}}=\sqrt{\frac{(y+z)(y+x)(z+x)(z+y)}{(x+y)(x+z)}}=\sqrt{(y+z)^2}=y+z\)
\(\Rightarrow x\sqrt{\frac{(y^2+1)(z^2+1)}{x^2+1}}=x(y+z)\)
Hoàn toàn tt:
\(y\sqrt{\frac{(z^2+1)(x^2+1)}{y^2+1}}=y(x+z)\); \(z\sqrt{\frac{(x^2+1)(y^2+1)}{z^2+1}}=z(x+y)\)
Do đó:
\(A=x(y+z)+y(x+z)+z(x+y)=2(xy+yz+xz)=2\)
a/ Để hàm số này là hàm bậc nhất thì
\(\hept{\begin{cases}\left(3n-1\right)\left(2m+3\right)=0\\4m+3\ne0\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}n=\frac{1}{3}\\m=\frac{-3}{2}\end{cases}}\)
Các câu còn lại làm tương tự nhé bạn
Cho m,n là 2 số nguyên.Chứng minh rằng nếu 7(m+n)2+2mn chia hết cho 225 thì mn cũng chia hết cho 225
225=15 mũ 2
=> 2 [ 7 (m+n)2 +2mn] chia hết cho 15 mũ 2
=>14 + mn2 +4mn chia hết cho 15 mũ 2
=>14 (m+n)2 +[(m+n)2 -(m-n)2] chia hết cho 15 mũ 2
=>15(m+n)2 - (M-n)2 chia hết cho 15 mũ 2
vì 15(m+n)2 chia hết cho 15 mũ 2 => 15(m-n)2 chia hết cho 15 mũ 2
=>{m-n)2 chia hết cho 3 <=>{ m - n chia hết cho 3
{(m-n)2 chia hết cho 5 <=> m-n chia hết cho 5
mà 3,5 =1=> m-n chia hết cho 15
=>(m-n)2 chia hết cho 15 mũ 2
tương tự (m+n)2 chia hết cho 15 mũ 2
=> mn chia hết cho 225
1. Đề sai, ví dụ (a;b;c)=(1;2;2) hay (1;2;7) gì đó
2. Theo nguyên lý Dirichlet, trong 4 số a;b;c;d luôn có ít nhất 2 số đồng dư khi chia 3.
Không mất tính tổng quát, giả sử đó là a và b thì \(a-b⋮3\)
Ta có 2 TH sau:
- Trong 4 số có 2 chẵn 2 lẻ, giả sử a, b chẵn và c, d lẻ \(\Rightarrow a-b,c-d\) đều chẵn \(\Rightarrow\left(a-b\right)\left(c-d\right)⋮4\)
\(\Rightarrow\) Tích đã cho chia hết 12
- Trong 4 số có nhiều hơn 3 số cùng tính chẵn lẽ, khi đó cũng luôn có 2 hiệu chẵn (tương tự TH trên) \(\Rightarrowđpcm\)
3. Với \(n=1\) thỏa mãn
Với \(n>1\) ta có \(3^n\equiv\left(5-2\right)^n\equiv\left(-2\right)^n\left(mod5\right)\)
\(\Rightarrow n.2^n+3^n\equiv n.2^n+\left(-2\right)^n\left(mod5\right)\)
Mặt khác \(n.2^n+\left(-2\right)^n=2^n\left(n+\left(-1\right)^n\right)\)
Mà \(2^n⋮̸5\Rightarrow n+\left(-1\right)^n⋮5\)
TH1: \(n=2k\Rightarrow2k+1⋮5\Rightarrow2k+1=5\left(2m+1\right)\Rightarrow k=5m+2\)
\(\Rightarrow n=10m+4\)
TH2: \(n=2k+1\Rightarrow2k+1-1⋮5\Rightarrow2k⋮5\Rightarrow k=5t\Rightarrow n=10t+1\)
Vậy với \(\left[{}\begin{matrix}n=10k+4\\n=10k+1\end{matrix}\right.\) (\(k\in N\)) thì số đã cho chia hết cho 5
Xét \(n^2+1=n^2+mn+np+pm=n\left(m+n\right)+p\left(m+n\right)=\left(m+n\right)\left(n+p\right)\)
Tương tự: \(m^2+1=\left(m+n\right)\left(m+p\right)\)
\(p^2+1=\left(p+m\right)\left(p+n\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{\left(n^2+1\right)\left(p^2+1\right)}{m^2+1}=\dfrac{\left(n+p\right)^2\left(m+n\right)\left(m+p\right)}{\left(m+n\right)\left(m+p\right)}\)
\(=\left(n+p\right)^2\)
\(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{\left(n^2+1\right)\left(p^2+1\right)}{m^2+1}}=n+p\)
Tương tự: \(\sqrt{\dfrac{\left(p^2+1\right)\left(m^2+1\right)}{n^2+1}}=m+p\)
\(\sqrt{\dfrac{\left(m^2+1\right)\left(n^2+1\right)}{p^2+1}}=m+n\)
\(\Rightarrow B=m\left(n+p\right)+n\left(m+p\right)+p\left(m+n\right)\)
\(=2\left(mn+np+pm\right)=2\)
Vậy B=2
a) Ta có: \(-\dfrac{3}{2}\sqrt{9-4\sqrt{5}}+\sqrt{\left(-4\right)^2\cdot\left(1+\sqrt{5}\right)^2}\)
\(=\dfrac{-3}{2}\left(\sqrt{5}-2\right)+4\cdot\left(\sqrt{5}+1\right)\)
\(=\dfrac{-3}{2}\sqrt{5}+3+4\sqrt{5}+4\)
\(=\dfrac{5}{2}\sqrt{5}+7\)
b) Ta có: \(\left(1+\dfrac{1}{\tan^225^0}\right)\cdot\sin^225^0-\tan55^0\cdot\tan35^0\)
\(=\dfrac{\tan^225^0+1}{\tan^225^0}\cdot\sin25^0-1\)
\(=\left(\dfrac{\sin^225^0}{\cos^225^0}+1\right)\cdot\dfrac{\cos^225^0}{\sin^225^0}\cdot\sin25^0-1\)
\(=\dfrac{\sin^225^0+\cos^225^0}{\cos^225^0}\cdot\dfrac{\cos^225^0}{\sin25^0}-1\)
\(=\dfrac{1}{\sin25^0}-1\)
\(=\dfrac{1-\sin25^0}{\sin25^0}\)
\(4\left(m+n\right)^2-mn⋮15^2\Rightarrow4\left(4\left(m+n\right)^2-mn\right)⋮15^2\)
\(\Rightarrow16\left(m+n\right)^2-4mn⋮15^2\Rightarrow15\left(m+n\right)^2+\left(m-n\right)^2⋮15^2\Rightarrow15\left(m+n\right)^2+\left(m-n\right)^2⋮15\)
Mà \(15\left(m+n\right)^2⋮15\Rightarrow\left(m-n\right)^2⋮15\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(m-n\right)^2⋮3\\\left(m-n\right)^2⋮5\end{matrix}\right.\)
Do 3 và 5 là số nguyên tố \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m-n⋮3\\m-n⋮5\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m-n⋮15\Rightarrow\left(m-n\right)^2⋮15^2\)
\(\Rightarrow15\left(m+n\right)^2⋮15^2\Rightarrow\left(m+n\right)^2⋮15\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(m+n\right)^2⋮3\\\left(m+n\right)^2⋮5\end{matrix}\right.\)
Mà 3; 5 là số nguyên tố \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m+n⋮3\\m+n⋮5\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m+n⋮15\Rightarrow\left(m+n\right)^2⋮15^2\)
Áp dụng kết quả này vào điều kiện ban đầu: \(4\left(m+n\right)^2-mn⋮15^2\) , mà ta \(\left(m+n\right)^2⋮15^2\) \(\Rightarrow mn⋮15^2\)
Akai Haruma
Cô giúp em với ạ!!!!