Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1) Gọi hai số cần tìm là a2 và b2(a,b lớn hơn hoặc bằng 2)
Vì a2+ b2= 2234 là số chẵn -> a, b cùng chẵn hoặc cùng lẻ
Mà chỉ có một số nguyên tố chẵn duy nhất là 2 -> hai số đó cùng lẻ
a2+ b2 = 2234 không chia hết cho 5
Giả sử cả a2, b2 đều không chia hết cho 5
-> a2,b2 chia 5 dư 1,4 ( vì là số chính phương)
Mà a2+ b2 = 2234 chia 5 dư 4 nên o có TH nào thỏa mãn -> Giả sử sai
Giả sử a=5 -> a2= 25
b2= 2209
b2= 472
-> b=47
Vậy hai số cần tìm là 5 và 47
Bài 2:
Ta có: \(a+b+c=2\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2=4\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)=4\)
\(\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ca\right)=2\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca=1\)
Thay vào ta được: \(a^2+1=a^2+ab+bc+ca=\left(a+b\right)\left(a+c\right)\)
Tương tự CM được: \(b^2+1=\left(b+a\right)\left(b+c\right)\) và \(c^2+1=\left(c+a\right)\left(c+b\right)\)
=> \(M=\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)=\left[\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right]^2\)
=> đpcm
\(x^2-x+1=x^2-2.x.\frac{1}{2}+\left(\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}=\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}>0\forall x\)
\(-x^2+4x-5=-\left(x^2-2.x.2+2^2\right)-1=-\left(x-2\right)^2-1< 0\forall x\)
\(a\left(2a-3\right)-2a\left(a+1\right)=a\left(2a-3-2a-2\right)=-5a⋮5\forall a\inℤ\)
giả sử c chẵn khi đó ta có:
\(v_2\left(c\right)=v_2\left(5c+2b\right)+v_2\left(2c+b\right)\)
Nếu b lẻ thì ta có: \(v_2\left(c\right)=v_2\left(5c+2b\right)=v_2\left(5c\right)\Rightarrow v_2\left(5c\right)< v_2\left(2b\right)=1\)
Điều này vô lý!
Do đó c lẻ: Xét p|c là 1 ước nguyên tố của c
Ta có: \(v_p\left(c\right)=v_p\left(5c+2b\right)+v_p\left(2c+b\right)\)
Ta thấy \(v_p\left(c\right)>v_p\left(5c+2b\right);v_p\left(2c+b\right)>0\)
Do đó: \(v_p\left(5c+2b\right)=min\left[v_p\left(c\right);v_p\left(4c+2b\right)\right]\)
\(\Rightarrow v_p\left(5c+2b\right)=v_p\left(4c+2b\right)=v_p\left(2c+b\right)\)
\(\Rightarrow v_p\left(c\right)=2v_p\left(5c+2b\right):\)số chẵn nên => c là số chính phương.(đpcm)
Trước hết, ta có định lý sau:
\(ƯCLN\left(a,b\right)=ƯCLN\left(a,b+k.a\right)\) với \(k\inℤ\) bất kỳ.
Theo đó, ta có \(ƯCLN\left(a,b\right)=ƯCLN\left(a,a-b\right)=ƯCLN\left(a,a+b\right)=1\)
Vì \(ƯCLN\left(a,b\right)=1\) nên \(ƯCLN\left(a^2,b^2\right)=1\) (vì nếu đặt \(a=p_1^{k_1}.p_2^{k_2}...p_n^{k_n}\) và \(b=q_1^{l_1}.q_2^{l_2}...q_m^{l_m}\) với \(p_i,q_j\left(i\ne j;i=1,2,3,...,n;j=1,2,3,...,m\right)\) đôi một khác nhau thì \(a^2,b^2\) cũng sẽ không có ước chung nào khác ngoài 1)
Mà \(ƯCLN\left(a^2,b^2\right)=ƯCLN\left(a^2,a^2+b^2\right)=ƯCLN\left(a^2+b^2,a^2+b^2-2a^2\right)\)
\(=ƯCLN\left(a^2+b^2,a^2-b^2\right)=1\)
Do vậy, P là phân số tối giản với mọi \(a,b\inℤ^+\)
Hơn nữa, với \(a,b\inℤ^+\) thì \(a^2-b^2=\left(a-b\right)\left(a+b\right)\) không thể bằng 1 hay -1, vì khi đó \(\left\{{}\begin{matrix}a-b=\pm1\\a+b=\pm1\end{matrix}\right.\) thì đều suy ra được \(b=0\), vô lý.
Vậy ta có P là phân số tối giản mà mẫu số khác 1 nên không phải là số nguyên. Ta có đpcm.