Đặt  \(A=x^3+y^3+z^3+axyz\)

Gọi  \(Q\)  và  \(r\) lần lượt là thương và dư của phép chia   \(A=x^3+y^3+z^3+axyz\)  cho   \(\left(x+y+z\right)\)

Thực hiện phép chia   \(A=x^3+y^3+z^3+axyz\)   \(:\)   \(\left(x+y+z\right)\), ta được:

\(Q=x^2+y^2+z^2-xy-yz-xz-yz\left(a+2\right)\)   và   \(r=-yz\left(x+z\right)\left(a+3\right)\)

Khi đó,  \(A=x^3+y^3+z^3+axyz=\left(x+y+z\right)\left[x^2+y^2+z^2-xy-yz-xz-yz\left(a+2\right)\right]+\left[-yz\left(x+z\right)\left(a+3\right)\right]\)

Muốn  \(A\)  chia hết cho  \(x+y+z\)  thì đa thức dư phải đồng nhất bằng  \(0\), tức  \(r=0\)

Hay  \(-yz\left(x+z\right)\left(a+3\right)=0\)  (với mọi  \(x,\)  \(y,\)  \(z\in Q\) )

Do đó,  \(a+3=0\)  \(\Rightarrow\)  \(a=-3\)

Vậy, hằng số  \(a\)  cần tìm là  \(-3\)

Bài 1 A=xyz+xz-zy-z+xy+x-y-1

thay các gtri x=-9, y=-21 và z=-31 vào là đc

=> A=-7680

Bài 2:a) n³ + 3n² + 2n = n²(n + 1) + 2n(n + 1) = n(n + 1)(n + 2)
số chia hết cho 6 là số chia hết cho 2 và 3
mà (n + 1) chia hết cho 2 và 3 với mọi số nguyên n
(n + 2) chia hết cho 2 và 3 với mọi số nguyên n
=>n³ + 3n² + 2n luôn chia hết cho 6 với mọi số nguyên n

b) 49ⁿ+77ⁿ-29ⁿ-1

=\(49^n-1+77^n-29^n\)

=\(\left(49-1\right)\left(49^{n-1}+49^{n-2}+...+49+1\right)+\left(77-29\right)\left(79^{n-1}+..+29^n\right)\)

=48(\(49^{n-1}+...+1+77^{n-1}+...+29^{n-1}\))

=> tích trên chia hết 48

c) 35x-14y+2⁹-1=7(5x-2y)+7.73

=7(5x-2y+73) tích trên chia hết cho 7

=. ĐPCM

Ta coˊ :xy+x+1x​+yz+y+1y​+xz+z+1z​

=���+�+1+�����+��+�+����2��+���+��=xy+x+1x​+xyz+xy+xxy​+x2yz+xyz+xyxyz​

=���+�+1+����+�+1+1��+�+1(Vıˋ ���=1)=xy+x+1x​+xy+x+1xy​+xy+x+11​(Vıˋ xyz=1)

=�+��+1��+�+1=xy+x+1x+xy+1​

$=1$

cái này mik chịu, mik mới có lớp 7

1. Ta có \(\left(b-a\right)\left(b+a\right)=p^2\)

Mà b+a>b-a ; p là số nguyên tố 

=> \(\hept{\begin{cases}b+a=p^2\\b-a=1\end{cases}}\)

=> \(\hept{\begin{cases}b=\frac{p^2+1}{2}\\a=\frac{p^2-1}{2}\end{cases}}\)

Nhận xét :+Số chính phương chia 8 luôn dư 0 hoặc 1 hoặc 4

Mà p là số nguyên tố 

=> \(p^2\)chia 8 dư 1

=> \(\frac{p^2-1}{2}⋮4\)=> \(a⋮4\)(1)

+Số chính phương chia 3 luôn dư 0 hoặc 1

Mà p là số nguyên tố lớn hơn 3

=> \(p^2\)chia 3 dư 1

=> \(\frac{p^2-1}{2}⋮3\)=> \(a⋮3\)(2)

Từ (1);(2)=> \(a⋮12\)

Ta có \(2\left(p+a+1\right)=2\left(p+\frac{p^2-1}{2}+1\right)=p^2+1+2p=\left(p+1\right)^2\)là số chính phương(ĐPCM)

2,     \(T=\frac{x}{1-yz}+\frac{y}{1-xz}+\frac{z}{1-xy}\)

Áp dụng cosi ta có \(yz\le\frac{y^2+z^2}{2}\)

=> \(\frac{x}{1-yz}\le\frac{x}{1-\frac{y^2+z^2}{2}}=\frac{2x}{2-y^2-z^2}=\frac{2x}{1+x^2}\)

Lại có \(x^2+\frac{1}{3}\ge2x\sqrt{\frac{1}{3}}\)

=> \(\frac{x}{1-yz}\le\frac{2x}{\frac{2}{3}+2x\sqrt{\frac{1}{3}}}=\frac{x}{\frac{1}{3}+x\sqrt{\frac{1}{3}}}\le\frac{x.1}{4}\left(\frac{1}{\frac{1}{3}}+\frac{1}{x\sqrt{\frac{1}{3}}}\right)=\frac{1}{4}.\left(3x+\sqrt{3}\right)\)

Khi đó \(T\le\frac{1}{4}.\left(3x+3y+3z+3\sqrt{3}\right)\)

Mà \(x+y+z\le\sqrt{3\left(x^2+y^2+z^2\right)}=\sqrt{3}\)

=> \(T\le\frac{6\sqrt{3}}{4}=\frac{3\sqrt{3}}{2}\)

Vậy \(MaxT=\frac{3\sqrt{3}}{2}\)khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\)

\(x^3+x\ge2\sqrt{x^4}=2x^2\)

Tương tự:

\(y^3+y\ge2y^2\)

\(z^3+z\ge2z^2\)

Cộng vế:

\(x^3+y^3+z^3+x+y+z\ge2\left(x^2+y^2+z^2\right)=6\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\)

Ta có: 2x + 1 chia hết cho y và 2y + 1 chia hết cho x

=> 2x + 1 chia hết x và 2y + 1 chia hết y

=> x = y = 1

Ta có: 2x + 1 chia hết cho y và 2y + 1 chia hết cho x

=> 2x + 1 chia hết x và 2y + 1 chia hết y

=> x = y = 1

Mình cần gấp trong tối nay trả lời giúp mình với

a) x=0

b) x = 0;2;4;6;8

c) x = 0;6;9

d) x = 3

Nhớ k cho m nha

Chúc bn học tốt

\(a,123x⋮2;5\)

\(\Leftrightarrow x=0\)

\(d,123x⋮9\)

\(\Leftrightarrow\left(1+2+3+x\right)⋮9\)

\(\Leftrightarrow\left(6+x\right)⋮9\)

\(\Leftrightarrow x=3\)

\(b,123x⋮3\Leftrightarrow123x\)KHÔNG CHIA HẾT \(9\)

\(\Leftrightarrow\left(1+2+3+x\right)⋮3\)

\(\Leftrightarrow\left(6+x\right)⋮3\)

\(\Leftrightarrow x=3\)