\(A=\left\{x\in R|\left(x-2x^2\right)\left(x^2-3x+2\right)=0\right\}\)

Giải phương trình sau :

 \(\left(x-2x^2\right)\left(x^2-3x+2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x\left(1-2x\right)\left(x-1\right)\left(x-2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\1-2x=0\\x-1=0\\x-2=0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=\dfrac{1}{2}\\x=1\\x=2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow A=\left\{0;\dfrac{1}{2};1;2\right\}\)

\(B=\left\{n\in N|3< n\left(n+1\right)< 31\right\}\)

Giải bất phương trình sau :

\(3< n\left(n+1\right)< 31\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}n\left(n+1\right)>3\\n\left(n+1\right)< 31\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}n^2+n-3>0\\n^2+n-31< 0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}n< \dfrac{-1-\sqrt[]{13}}{2}\cup n>\dfrac{-1+\sqrt[]{13}}{2}\\\dfrac{-1-5\sqrt[]{5}}{2}< n< \dfrac{-1+5\sqrt[]{5}}{2}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\dfrac{-1-5\sqrt[]{5}}{2}< n< \dfrac{-1-\sqrt[]{13}}{2}\\\dfrac{-1+\sqrt[]{13}}{2}< n< \dfrac{-1+5\sqrt[]{5}}{2}\end{matrix}\right.\)

Vậy \(B=\left(\dfrac{-1-5\sqrt[]{5}}{2};\dfrac{-1-\sqrt[]{13}}{2}\right)\cup\left(\dfrac{-1+\sqrt[]{13}}{2};\dfrac{-1+5\sqrt[]{5}}{2}\right)\)

\(\Rightarrow A\cap B=\left\{2\right\}\)

1B

2D

00000000000000000000000000000000

1) Bằng phương pháp quy nạp, dễ dàng chứng minh \(1^2+2^2+...+n^2=\dfrac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6}\). Do đó, để \(1^2+2^2+...+n^2⋮̸5\) thì \(n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)⋮̸5\). Điều này có nghĩa là \(n\equiv3\left(mod5\right)\) hoặc \(n\equiv1\left(mod5\right)\). Tóm lại, để \(1^2+2^2+...+n^2⋮̸5\) thì \(n\equiv3\left(mod5\right)\) hoặc \(n\equiv1\left(mod5\right)\).

2) Ta so sánh \(a^3-7a^2+4a-14\) với \(a^3+3\). Ta thấy \(\left(a^3-7a^2+4a-14\right)-\left(a^3+3\right)\) \(=-7a^2+4a-17=D\). dễ thấy với mọi \(a\inℤ\) thì \(D< 0\) (thực ra với mọi \(a\inℝ\) thì vẫn có \(D< 0\)) nên \(a^3-7a^2+4a-14< a^3+3\), vì vậy \(a^3-7a^2+4a-14⋮̸a^3+3\). Vậy, không tồn tại \(a\inℤ\) thỏa mãn ycbt.

Mình làm 2 bài này trước nhé.

P = 1² + 2² + 3² +...+n² không chia hết cho 5

P = 1.(2-1) + 2.(3-1) + 3.(4-1)+...+n(n +1 - 1)

P = 1.2-1+ 2.3 - 2+ 3.4 - 3+...+ n(n+1) - n

P = 1.2 + 2.3 + 3.4+ ...+n(n+1) - (1+2+3+...+n)

P = n(n+1)(n+2):3 - (n+1)n:2

P = n(n+1){ \(\dfrac{n+2}{3}\) - \(\dfrac{1}{2}\)}

P = n(n+1)(\(\dfrac{2n+1}{6}\)) không chia hết cho 5 

⇒ n(n+1)(2n+1) không chia hết cho 5

⇒ n không chia hết cho 5

⇒ n = 5k + 1; n = 5k + 2; n = 5k + 3; n = 5k + 4

th1: n = 5k + 1 ⇒ n + 1 = 5k + 2 không chia hết cho 5  ; 2n + 1 = 10n + 3 không chia hết cho 5 vậy n = 5k + 1 (thỏa mãn)

th2: nếu n = 5k + 2 ⇒ n + 1 = 5k + 3 không chia hết cho 5;    2n + 1  = 10k + 5 ⋮ 5 (loại)

th3: nếu n = 5k + 3 ⇒  n + 1 = 5k +4 không chia hết cho 5;   2n + 1 = 10k + 7 không chia hết cho 5 (thỏa mãn)

th4 nếu n = 5k + 4 ⇒ n + 1 = 5k + 5 ⋮ 5 (loại)

Từ những lập luận trên ta có:

P không chia hết cho 5 khi 

\(\left[{}\begin{matrix}n=5k+1\\n=5k+3\end{matrix}\right.\) (n \(\in\) N)

3) Ta có \(P\left(n\right)=n^{1800}\left(n^{80}+n^{40}+1\right)\). Đặt \(n^{10}=a\) với \(a\inℕ\), khi đó \(P\left(a\right)=a^{180}\left(a^8+a^4+1\right)\) còn \(Q\left(a\right)=a^2+a+1\). Ta sẽ chứng minh \(a^8+a^4+1⋮a^2+a+1,\forall a\inℕ\). Thật vậy, xét hiệu:

\(D=\left(a^8+a^4+1\right)-\left(a^2+a+1\right)=a^8+a^4-a^2-a\). Phân tích D thành nhân tử, ta được:

\(D=a\left(a-1\right)\left(a^2+a+1\right)\left(a^4+a+1\right)\)\(⋮a^2+a+1\)

Từ đây suy ra được \(a^8+a^4+1⋮a^2+a+1,\forall a\inℤ\). Vậy ta có đpcm

Llklkksd

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

(2x-x^2)(2x^3-3x-2)=0

=>x(2-x)(2x^3-3x-2)=0

=>x=0 hoặc 2-x=0 hoặc 2x^3-3x-2=0

=>\(x\in\left\{0;2;1,48\right\}\)

=>\(A=\left\{0;2;1,48\right\}\)

3<n^2<30

mà \(n\in Z^+\)

nên \(n\in\left\{2;3;4;5\right\}\)

=>B={2;3;4;5}

=>A giao B={2}

=>Chọn B

Ta có : \(A=\dfrac{n+2}{n-5}\)

\(\Rightarrow A=\dfrac{n-5+7}{n-5}=\dfrac{n-5}{n-5}+\dfrac{7}{n-5}\)

\(\Rightarrow A=1+\dfrac{7}{n-5}\)

Để \(A\in Z\Leftrightarrow\dfrac{7}{n-5}\in Z\)

\(\Leftrightarrow\left(n-5\right)\inƯ\left(7\right)\) 

mà \(Ư\left(7\right)=\left(\pm1;\pm7\right)\)

\(\Rightarrow n\in\left(6;4;12;-2\right)\)

\(Vậy...\)

ss