Ta có: \(mn\left(m^{30}-n^{30}\right)=mn\left[\left(m^{30}-1\right)-\left(n^{30}-1\right)\right]=nm\left(m^{30}-1\right)-mn\left(n^{30}-1\right)\)

Do đó, nếu ta chứng minh được với mọi số nguyên dương \(k\)thì \(k\left(k^{30}-1\right)⋮14322\)thì ta sẽ có đpcm. 

Ta có: \(14322=2.3.7.11.31\).

Xét \(p\in\left\{2,3,7,11,31\right\}\). Nếu \(k\)chia hết cho \(p\)thì hiển nhiên \(k\left(k^{30}-1\right)\)chia hết cho \(p\). Nếu \(k\)không chia hết cho \(p\)thì \(k\)nguyên tố với \(p\). Theo định lí Fermat nhỏ, ta có:  \(k^{p-1}-1⋮p\).

Mặt khác, với mọi \(p\in\left\{2,3,7,11,31\right\}\)ta có \(\left(p-1\right)|30\).

Từ đó suy ra: \(k^{30}-1⋮p\).

Do vậy \(k\left(k^{30}-1\right)⋮p\)với mọi \(p\in\left\{2,3,7,11,31\right\}\).

Vậy \(k\left(k^{30}-1\right)⋮14322\).

Từ đây ta có đpcm. 

m.n/(m^2+n^2 ) và m.n/2018
- Đặt (m,n)=d => m= da;n=db ; (a,b)=1
=> d^2(a^2+b^2)/(d^2(ab))  = (a^2+b^2)/(ab) => b/a ; a/b => a=b=> m=n=> ( 2n^2+2018)/n^2 =2 + 2018/n^2 => n^2/2018
=> m=n=1 ; lẻ và nguyên tố cùng nhau. vì d=1

Vẽ SH _I_ (ABCD) => H là trung điểm AD => CD _I_ (SAD) 
Vẽ HK _I_ SD ( K thuộc SD) => CD _I_ HK => HK _I_ (SCD) 
Vẽ AE _I_ SD ( E thuộc SD). 
Ta có S(ABCD) = 2a² => SH = 3V(S.ABCD)/S(ABCD) = 3(4a³/3)/(2a²) = 2a 
1/HK² = 1/SH² + 1/DH² = 1/4a² + 1/(a²/2) = 9/4a² => HK = 2a/3 
Do AB//CD => AB//(SCD) => khoảng cách từ B đến (SCD) = khoảng cách từ A đến (SCD) = AE = 2HK = 4a/3

Bài này dễ mà bn

Ta có: \(\hept{\begin{cases}m^2+2⋮n\\n^2+2⋮m\end{cases}}\Rightarrow\left(m^2+2\right)\left(n^2+2\right)⋮mn\Rightarrow m^2n^2+2\left(m^2+n^2+2\right)⋮mn\)

Dễ có \(m^2n^2⋮mn\)nên \(2\left(m^2+n^2+2\right)⋮mn\)

Mà m,n lẻ nên mn lẻ hay \(\left(mn,2\right)=1\)suy ra \(m^2+n^2+2⋮mn\)(*)

Ta có đánh giá rằng số chính phương lẻ thì chia 4 dư 1 (Thật vậy xét các trường hợp 4k + 1 và 4k + 3)

\(\Rightarrow\)m², n² chia 4 dư 1 \(\Rightarrow m^2+n^2+2⋮4\)(**)

Từ (*) và (**) suy ra \(m^2+n^2+2⋮4mn\)(Do \(\left(mn,4\right)=1\))

post lại đề,khó jiểu quá 

cho m,n là các số nguyên dương thỏa mãn

 mn+1 chia hết cho 24 cm m+n chia hết cho 24