Ta có: \(\left(a^{100}+b^{100}\right)\cdot ab=a^{101}\cdot b+b^{101}\cdot a\)

\(\left(a^{101}+b^{101}\right)\cdot\left(a+b\right)=a^{102}+a^{101}\cdot b+b^{101}\cdot a+b^{102}\)

Do đó: \(\left(a^{101}+b^{101}\right)\left(a+b\right)-\left(a^{100}+b^{100}\right)\cdot ab\)

\(=a^{102}+b\cdot a^{101}+a\cdot b^{101}+b^{102}-a^{101}\cdot b-b^{101}\cdot a\)

\(=a^{102}+b^{102}\)

Kết hợp đề bài, ta có: 

\(\left(a^{102}+b^{102}\right)\left(a+b\right)-\left(a^{102}+b^{102}\right)\cdot ab=a^{102}+b^{102}\)

\(\Leftrightarrow a+b-ab=1\)

\(\Leftrightarrow a+b-ab-1=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)+b\left(1-a\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)-b\left(a-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)\left(1-b\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a-1=0\\1-b=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=1\\b=1\end{matrix}\right.\)

Vậy: \(P=a^{2004}+b^{2004}=1^{2004}+1^{2004}=2\)

Lời giải:

$a^{100}+b^{100}=a^{101}+b^{101}=a^{102}+b^{102}$

$\Rightarrow (a^{101}+b^{101})^2=(a^{100}+b^{100})(a^{102}+b^{102})$

$\Rightarrow a^{202}+b^{202}+2a^{101}.b^{101}=a^{202}+b^{202}+a^{100}b^{102}+a^{102}b^{100}$

$\Rightarrow 2a^{101}b^{101}=a^{100}b^{102}+a^{102}b^{100}$

$\Rightarrow a^{100}b^{100}(a^2+b^2-2ab)=0$

$\Rightarrow a^{100}b^{100}(a-b)^2=0$

$\Rightarrow a=0$ hoặc $b=0$ hoặc $a=b$

Nếu $a=0$ thì:

$b^{100}=b^{101}=b^{102}$

$\Rightarrow b^{100}(b-1)=0$

$\Rightarrow b=0$ hoặc b=1$ (đều tm) 

$\Rightarrow a^{2022}+b^{2023}=0$ hoặc $1$

Nếu $b=0$ thì tương tự, $a=0$ hoặc $a=1$

$\Rightarrow a^{2022}+b^{2023}=0$ hoặc $1$

Nếu $a=b$ thì thay $a=b$ vào điều kiện đề thì:

$2b^{100}=2b^{101}=2b^{102}$

$\Rightarrow b^{100}=b^{101}=b^{102}$

$\Rightarrow b^{100}(b-1)=0$

$\Rightarrow b=0$ hoặc $b=1$ (đều tm) 

Nếu $a=b=0\Rightarrow a^{2022}+b^{2023}=0$

Nếu $a=b=1\Rightarrow a^{2022}+b^{2023}=2$

Vậy $a^{2022}+b^{2023}$ có thể nhận giá trị $0,1,2$

=2 nha

ko hiểu

đấy là số mũ đó bn

\(a^{100}+b^{100}=a^{101}+b^{101}=a^{102}+b^{102}\)

\(\Rightarrow\left(a^{100}+b^{100}\right)\left(a^{102}+b^{102}\right)=\left(a^{101}+b^{101}\right)^2\)

\(\Rightarrow a^{202}+b^{202}+a^{100}b^{102}+a^{102}b^{100}=a^{202}+b^{202}+2a^{101}b^{101}\)

\(\Rightarrow a^{100}b^{100}\left(a^2+b^2\right)=a^{100}b^{100}\left(2ab\right)\)

\(\Rightarrow a^2+b^2=2ab\)

\(\Rightarrow\left(a-b\right)^2=0\)

\(\Rightarrow a=b\)

Thế vào \(a^{100}+b^{100}=a^{101}+b^{101}\)

\(\Rightarrow a^{100}+a^{100}=a^{101}+a^{101}\)

\(\Rightarrow2a^{100}\left(a-1\right)=0\)

\(\Rightarrow a=1\Rightarrow b=1\)

\(\Rightarrow...\)

1.

\(5=3xy+x+y\ge3xy+2\sqrt{xy}\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{xy}-1\right)\left(3\sqrt{xy}+5\right)\le0\Rightarrow xy\le1\)

\(P=\dfrac{\left(x+1\right)\left(x^2+1\right)+\left(y+1\right)\left(y^2+1\right)}{\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)}-\sqrt{9-5xy}\)

\(P=\dfrac{\left(x+y\right)^3-3xy\left(x+y\right)+\left(x+y\right)^2-2xy+x+y+2}{x^2y^2+\left(x+y\right)^2-2xy+1}-\sqrt{9-5xy}\)

Đặt \(xy=a\Rightarrow0< a\le1\)

\(P=\dfrac{\left(5-3a\right)^3-3a\left(5-3a\right)+\left(5-3a\right)^2-2a+5-3a+2}{a^2+\left(5-3a\right)^2-2a+1}-\sqrt{9-5a}\)

\(P=\dfrac{-27a^3+153a^2-275a+157}{10a^2-32a+26}-\dfrac{1}{2}.2\sqrt{9-5a}\)

\(P\ge\dfrac{-27a^3+153a^2-275a+157}{10a^2-32a+26}-\dfrac{1}{4}\left(4+9-5a\right)\)

\(P\ge\dfrac{-29a^3+161a^2-277a+145}{4\left(5a^2-16a+13\right)}=\dfrac{\left(1-a\right)\left(29a^2-132a+145\right)}{4\left(5a^2-16a+13\right)}\)

\(P\ge\dfrac{\left(1-a\right)\left[29a^2+132\left(1-a\right)+13\right]}{4\left(5a^2-16a+13\right)}\ge0\)

\(P_{min}=0\) khi \(a=1\) hay \(x=y=1\)

Hai phân thức của P rất khó làm gọn bằng AM-GM hoặc Cauchy-Schwarz (nó hơi chặt)

2.

Đặt \(A=9^n+62\)

Do \(9^n⋮3\) với mọi \(n\in Z^+\) và 62 ko chia hết cho 3 nên \(A⋮̸3\)

Mặt khác tích của k số lẻ liên tiếp sẽ luôn chia hết cho 3 nếu \(k\ge3\)

\(\Rightarrow\) Bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi \(k=2\)

Do tích của 2 số lẻ liên tiếp đều không chia hết cho 3, gọi 2 số đó lần lượt là \(6m-1\)  và \(6m+1\)

\(\Leftrightarrow\left(6m-1\right)\left(6m+1\right)=9^n+62\)

\(\Leftrightarrow36m^2=9^n+63\)

\(\Leftrightarrow4m^2=9^{n-1}+7\)

\(\Leftrightarrow\left(2m\right)^2-\left(3^{n-1}\right)^2=7\)

\(\Leftrightarrow\left(2m-3^{n-1}\right)\left(2m+3^{n-1}\right)=7\)

Pt ước số cơ bản, bạn tự giải tiếp

\(ab=cd\Rightarrow\frac{a}{c}=\frac{b}{d}\)

Đặt \(\frac{a}{c}=\frac{b}{d}=k\Rightarrow a=ck;b=dk\)

\(\Rightarrow ab=cd\Leftrightarrow cdk^2-cd=0\)

\(\Leftrightarrow cd\left(k^2-1\right)=0\Leftrightarrow k=\pm1\)

\(\left(+\right)k=1\Rightarrow\frac{a}{c}=\frac{b}{d}=1\Leftrightarrow a=c;b=d\)

\(\Rightarrow a^n+b^n+c^n+d^n=2a^n+2b^n\ge4\forall a,b>0\)

và \(2a^n+2b^n⋮2\Rightarrow a^n+b^n+c^n+d^n\)là hợp số

\(\left(+\right)k=-1\Rightarrow\frac{a}{c}=\frac{b}{d}=-1\Leftrightarrow a=-c;b=-d\)( vô lí )

Vì \(a,b,c,d>0\)

Vậy \(A=a^n+b^n+c^n+d^n\)là hợp số

Đoạn > = 4 kia là với mọi a,b thuộc N* nhé ><

Kẹp 1<S<2 ^^ 

Lớp 6 khó vậy sao?

ab=cd (*) 

a=b=c=d=1 => A=4=2.2 đúng

a=[c,d]

b=[c,d]

a,b,c,d, vai trò như nhau

g/s a=c; b=d 

A=2a^2+2b^2 =2.(a^2+b^2) => A hợp số

với a,b,c,d >1, và a,b,c,d khác nhau

ta có

đảm bảo (*)

( không tồn tại ab=cd khác nhau mà nguyên tố)

g/s a và c có ước lớn nhất p

ta có a=x.p và c=y.p ( do p lớn nhất => (x,y)=1)(**)

từ ab=cd=> x.p.b=y.p.d

từ (**)=> b=y.q và d=x.q

thay hết vào A

A=x^n .p^n+y^n.q^n^n+y^n.p^n+x^n.q^n =x^n(p^n+q^n)+y^n(p^n+q^n)=(x^n+y^n)(p^n+q^n)

A=B.C --> dpcm 

ko hiểu

gọi \(d'\)là \(ƯCLN\left(a,c\right)\)

\(\Rightarrow a=d'p;b=d'q;\left(m,n\right)=1;p,q\inℕ^∗\)

\(ab=cd\Rightarrow d'bp=d'dq\Rightarrow bp=dq\)

Mà     \(\left(p,q\right)=1\Rightarrow b⋮q\)

Đặt \(b=qk\)do đó \(d=pk\)\(k\inℕ^∗\)

Ta có:\(A=d'^n\cdot p^n+q^n\cdot k^n+d'^n\cdot q^n+p^n\cdot k^n\)

              \(=d'^n\cdot p^n+d'^n\cdot q^n+q^n\cdot k^n+p^n\cdot k^n\)

            \(=d'^n\left(p^n+q^n\right)+k^n\left(p^n+q^n\right)\)

             \(=\left(d'^n+k^n\right)\left(p^n+q^n\right)>0\)

\(\Rightarrowđpcm\)