Bài này em nghĩ là phải sửa thành với mọi \(n\inℕ\) ạ.

Đặt \(P=\left(n+45\right)\left(4n^2-1\right)\)

Với \(n⋮3\) thì hiển nhiên \(n+45⋮3\), suy ra \(P⋮3\) 

Với \(n⋮̸3\) thì \(n^2\equiv1\left[3\right]\) nên \(4n^2\equiv1\left[3\right]\) hay \(4n^2-1⋮3\), suy ra \(P⋮3\)

Vậy, với mọi \(n\inℕ\) thì \(\left(n+45\right)\left(4n^2-1\right)⋮3\) (đpcm)

 Cách 1: Cái này là định lý Fermat nhỏ thôi bạn. Tổng quát hơn:

 Cho số nguyên dương a và số nguyên tố p. Khi đó \(a^p\equiv a\left[p\right]\)

 Ta chứng minh định lý này bằng cách quy nạp theo a:

 Với \(a=1\) thì \(1^p\equiv1\left[p\right]\), luôn đúng.

 Giả sử khẳng định đúng đến \(a=k\left(k\inℕ^∗\right)\). Khi đó \(k^p\equiv k\left[p\right]\). Ta cần chứng minh khẳng định đúng với \(a=k+1\). Thật vậy, với \(a=k+1\), ta có:

 \(\left(k+1\right)^p=k^p+C^1_p.k^{p-1}+C^2_pk^{p-2}...+C^{p-1}_pk^1+1\)    (*)

 ((*) áp dụng khai triển nhị thức Newton, bạn có thể tìm hiểu trên mạng)

 (Ở đây kí hiệu \(C^n_m=\dfrac{m!}{n!\left(m-n\right)!}\) với \(m\ge n\) là các số tự nhiên và kí hiệu \(x!=1.2.3...x\)) 

 Ta phát biểu không chứng minh một bổ đề quan trọng sau: Với p là số nguyên tố thì \(C^i_p⋮p\) với mọi \(1\le i\le p-1\)

 Do đó vế phải của (*) \(\equiv k^p+1\left[p\right]\). Thế nhưng theo giả thiết quy nạp, có \(k^p\equiv k\left[p\right]\) nên \(k^p+1\equiv k+1\left[p\right]\), suy ra \(\left(k+1\right)^p\equiv k+1\left[p\right]\)

 Vậy khẳng định đúng với \(a=k+1\). Theo nguyên lí quy nạp, suy ra điều phải chứng minh. Áp dụng định lý này cho số nguyên tố \(p=7\) là xong.

 Cách 2: Đối với những số nhỏ như số 7 thì ta có thể làm bằng pp phân tích đa thức thành nhân tử để cm là được:

 \(P=a^7-a\) 

 \(P=a\left(a^6-a\right)\)

 \(P=a\left(a^3-1\right)\left(a^3+1\right)\)

 \(P=a\left(a-1\right)\left(a+1\right)\left(a^2-a+1\right)\left(a^2+a+1\right)\)

Nếu \(a⋮7,a\equiv\pm1\left[7\right]\) thì hiển nhiên \(P⋮7\)

Nếu \(a\equiv\pm2\left[7\right];a\equiv\pm3\left[7\right]\) thì \(\left(a^2-a+1\right)\left(a^2+a+1\right)⋮7\), suy ra \(P⋮7\). Vậy \(a^7-a⋮7\)

 Theo đề bài, ta có \(AB=8\) nên ta lập bảng:

 Thử lại, ta chỉ thấy số 81 là thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy hiệu \(A-B=7\)

 

Ta thấy \(\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}\)

\(\Leftrightarrow\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{BM}+\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}\)

\(\Leftrightarrow\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{CM}\)

Như vậy, điểm M chính là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABCM.

1) Ta có \(y'=\left(x^6\left(1-x\right)^5\right)'\) 

\(=\left(x^6\right)'\left(1-x\right)^5+\left[\left(1-x\right)^5\right]'.x^6\)

\(=6x^5\left(1-x\right)^5+5\left(1-x\right)^4\left(1-x\right)'.x^6\)

\(=6x^5\left(1-x\right)^5-5x^6\left(1-x\right)^4\)

\(=x^5\left(1-x\right)^4\left[6\left(1-x\right)-5x\right]\)

\(=x^5\left(1-x\right)^4\left(6-11x\right)\)

\(y'=0\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=1\\x=\dfrac{6}{11}\end{matrix}\right.\)

Vậy hàm số đã cho đạt cực trị tại \(x=0,x=1,x=\dfrac{11}{6}\)

2) Có \(y'=-2.\left(2x\right)'\sin2x\) \(=-4\sin2x\)

\(y'=0\Leftrightarrow\sin2x=0\) \(\Leftrightarrow2x=k\pi\left(k\inℤ\right)\) \(\Leftrightarrow x=\dfrac{k\pi}{2}\) \(\left(k\inℤ\right)\)

Vậy hàm số đã cho đạt cực trị tại \(x=\dfrac{k\pi}{2}\left(k\inℤ\right)\)

Bài 4:

Ta có \(\dfrac{1}{a^2\left(b+c\right)}=\dfrac{abc}{a^2\left(b+c\right)}=\dfrac{bc}{ab+ca}\)

Tương tự: \(\dfrac{1}{b^2\left(c+a\right)}=\dfrac{ca}{bc+ab}\) và \(\dfrac{1}{c^2\left(a+b\right)}=\dfrac{ab}{bc+ca}\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}bc=x\\ca=y\\ab=z\end{matrix}\right.\) với \(x,y,z>0;xyz=1\)

Khi đó BĐT cần chứng minh trở thành:

 \(\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\ge\dfrac{3}{2}\) 

Thật vậy, đặt \(P=\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\)

\(P=\dfrac{x^2}{xy+zx}+\dfrac{y^2}{yz+xy}+\dfrac{z^2}{zx+yz}\)

\(P\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(xy+yz+zx\right)}\) (BĐT B.C.S)

Mà lại có \(xy+yz+zx\le\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\) nên ta có:

\(P\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{2.\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{3}}=\dfrac{3}{2}\) Vậy ta có đpcm. 

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=z=1\) \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)

a) Ta thấy OK là đường trung bình của tam giác ABC \(\Rightarrow\) OK//AC.

Mà \(AC\perp CB\) tại C nên \(OK\perp BC\) tại K hay \(DK\perp BC\) tại K

 Tam giác BCD có DK vừa là đường cao, vừa là trung tuyến nên tam giác BCD cân tại D, suy ra \(DB=DC\) (đpcm)

 Dễ dàng chứng minh \(\Delta OBD=\Delta OCD\left(c.c.c\right)\) \(\Rightarrow\widehat{OCD}=\widehat{OBD}=90^o\), suy ra DC tiếp xúc với (O) tại C. (đpcm)

 b) Tứ giác OHCK có \(\widehat{CHO}+\widehat{CKO}=90^o+90^o=180^o\) nên OHCK nội tiếp, điều này có nghĩa là \(C\in\left(OHK\right)\) (đpcm)

 c) Gọi F là giao điểm của BC và AE. Do CH//AF nên theo bổ đề hình thang, E là trung điểm của AF.

 Tam giác CAF vuông tại C có trung tuyến CE nên \(CE=\dfrac{1}{2}AF=EA\), suy ra tam giác ACE cân tại E 

 \(\Rightarrow\widehat{ECA}=\widehat{EAC}\)

Mặt khác, EA tiếp xúc với (O) tại A nên \(\widehat{EAC}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{AC}\)

Từ đó suy ra \(\widehat{EAC}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{AC}\) \(\Rightarrow\) EC tiếp xúc với (O) tại C.

Mà DC cũng tiếp xúc với (O) tại C nên D, E, C thẳng hàng (đpcm)

Cùng là số nguyên tố nó khác với nguyên tố cùng nhau bạn ơi.

Xét \(p=2\). Khi đó \(4.2+1=9\) không là SNT.

Xét \(p=3\). Khi đó \(2.3+1=7\) và \(4.3+1=13\) là các SNT.

Xét \(p>3\). Khi đó \(p=3k+1\) hoặc \(p=3k+2\).

 Nếu \(p=3k+1\) thì \(2p+1=2\left(3k+1\right)+1=6k+3⋮3\)  nên \(2p+1\) không phải là SNT.

 Nếu \(p=3k+2\) thì \(4p+1=4\left(3k+2\right)+1=12k+9⋮3\) nên \(4p+1\) không phải là SNT.

Vậy nếu p là SNT lớn hơn 3 thì 1 trong 2 số \(2p+1,4p+1\) không là SNT. Do đó SNT p duy nhất thỏa mãn đề bài là \(p=3\)

Ta có \(\sqrt{x+2}-y^3=\sqrt{y+2}-x^3\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x+2}+x^3=\sqrt{y+2}+y^3\)

 Đặt \(f\left(x\right)=\sqrt{x+2}+x^3\). Ta chứng minh \(f\left(x\right)\) là hàm số đồng biến với \(x\ge-2\)

Giả sử \(f\left(a\right)>f\left(b\right)\) với \(a,b\ge-2\)

\(\Rightarrow\sqrt{a+2}+a^3>\sqrt{b+2}+b^3\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{a+2}-\sqrt{b+2}+a^3-b^3>0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a-b}{\sqrt{a+2}+\sqrt{b+2}}+\left(a-b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)>0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(\dfrac{1}{\sqrt{a+2}+\sqrt{b+2}}+a^2-ab+b^2\right)>0\)     (*)

 Dễ thấy \(\dfrac{1}{\sqrt{a+2}+\sqrt{b+2}}+a^2+ab+b^2>0\) với mọi \(a,b\ge-2\)

 Do đó từ (*) suy ra \(a>b\).

 Vậy ta có \(f\left(a\right)>f\left(b\right)\Rightarrow a>b\). Do đó \(f\) là hàm số đồng biến.

 Theo trên, ta có \(f\left(x\right)=f\left(y\right)\Rightarrow x=y\)

 Thay vào biểu thức B, ta có \(B=x^2+2x+10\)

\(B=\left(x+1\right)^2+9\) \(\ge9\).

 Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x=-1\) (nhận) \(\Rightarrow y=-1\)

 Vậy GTNN của B là 9, xảy ra khi \(\left(x;y\right)=\left(-1;-1\right)\)

 Chỗ này mình sửa lại 1 chút là \(10^j-10^i⋮13\) nhé. Mặc dù cái trên về bản chất thì vẫn đúng (vì nếu \(a⋮13\) thì \(-a⋮13\)) nhưng nếu viết như trên thì đôi khi sẽ gây nhầm lẫn cho người đọc.