+ ta chứng minh a,b,c có ít nhất một số chia hết cho 3
giả sử cả 3 số trên đều không chia hết cho 3
=> a^2 = dư 1 (chia cho 3) và b^2 = dư 1(chia cho 3) (bình phương 1 số chia hết cho 3 hoạc chia 3 dư 1)
=> a^2 + b^2 = dư 2 ( chia 3) nhưng c^2 = dư 1 (chia 3) => mâu thuẫn
Vậy có ít nhất 1 số chia hết cho 3
+ tương tự,có ít nhất 1 số chia hết cho 4,vì giả sử cả 3 số a,b,c đều không chia hết cho 4
=> a^2 = dư 1(chia 4) và b^2 = dư 1(chia 4) => a^2 + b^2 = dư 2(chia 4) nhưng c^2 = dư 1 ( chia 4) => mâu thuẫn
vậy có ít nhất 1 số chia hết cho 4
+ tương tự a^2 = 1 dư 1 (chia 5) hoạc a^2 = dư -1 (chia 5) hoạc a^2= dư 4 (chia 5) ;
và -1 + 1 = 0 , 1 + 4 = 5 , -1 + 4 = 3
=> phải có ít nhất 1 số chia hết cho 5

Ở đây không nhất thiết cứ phải mỗi số phải chia hết cho 3,4,5 ,, có thể có số vừa chia hết ch0 3,4 ; cho 4,5 hoặc cho 5,3
Vậy abc chia hết cho BCNN(3,4,5) = 60 hay abc chia hết 60..

=> ĐPCM

Câu 1:

Ta có: (a+b)+(b+c)+(c+a)= 11+ 3+2 = 16 = 2(a+b+c) => a+b+c = 16/2 = 8

=> c = (c+a+b) - ( a+b) = 8 - 11 = -3

=> a = (c+a+b) - (b+c) = 8 - 3 = 5

=> b = (c+a+b) - ( c+a) = 8 - 2 =6

Vậy : a =5; b= 6 ; c=-3

Câu 3:

A = 2 + 2² + 2³ + ... + 2⁶⁰

= ( 2+ 2²) + ( 2³+2⁴) + ... + (2⁵⁹ +2⁶⁰)

= ( 2+ 2²) + 2².( 2+ 2²) + 2⁴( 2+ 2²) +...+ 2⁵⁸( 2+ 2²)

= 6 + 2².6+ 2⁴.6 + ...+ 2⁵⁸.6

= 6.( 1+ 2²+2⁴+...+2⁵⁸) ⋮ 6

mà A ⋮ 6 => A ⋮ 3 ( vì 6 ⋮ 3)

Câu 1 .

Ta có : a + b + b + c + c + a = 11 + 3 + 2

\(\Rightarrow\) 2(a+b+c) = 16

\(\Rightarrow\) a + b + c = 16 : 2 = 8

\(\Rightarrow\) c = 8 - ( a+b) = 8 - 11 = -3

a = 8 - ( b+c) = 8 - 3 = 5

b = 8 - ( a + b) = 8 - (-3+5) = 6

giả thiết a, b, c nguyên; a² = b²+c²

* ta biết số chính phương: n² khi chia 3 dư 0 hoặc dư 1
từ a² = b²+c², thấy b² và c² khi chia 3 không thể cùng dư 1
vì nếu chúng cùng dư 1 thì a² = b²+c² chia 3 dư 2 vô lí
=> hoặc b², hoặc c² có ít nhất 1 số chia 3 dư 0 => b hoặc c chia hết cho 3
=> abc chia hết cho 3 (1)

* ta biết số n² chia 4 dư 0 hoặc dư 1
nếu n chẳn => n² chia 4 dư 0
nếu n lẻ: n = 2k+1 => (2k+1)² = 4k²+4k+1 chia 4 dư 1

từ a² = b²+c² => b² và c² khi chia 4 không thể cùng dư 1
vì nếu b² và c² chia 4 đều dư 1 => b²+c² = a² chia 4 dư 2 trái lí luận trên
=> hoặc b² hoặc c² (hoặc cả 2) chia 4 dư 0, chẳn hạn b² chia 4 dư 0
+ nếu c² chia 4 dư 0 => b và c đều chia hết cho 2 => abc chia hết cho 4
+ nếu c² chia 4 dư 1 => a² = b²+c² chia 4 dư 1 => a, c là 2 số lẻ
a = 2n+1 ; c = 2m+1; có: b² = a²-c² = (a-c)(a+c) = (2n-2m)(2n+2m+2)
=> b² = 4(n-m)(n+m+1) (**)
ta lại thấy nếu m, n cùng chẳn hoặc cùng lẻ => n-m chẳn
nếu m, n có 1 chẳn, 1 lẻ => m+n+1 chẳn
=> (m-n)(m+n+1) chia hết cho 2 => b² = 4(m-n)(m+n+1) chia hết cho 8
=> b chia hết cho 4 => abc chia hết cho 4
Tóm lại abc luôn chia hết cho 4 (2)

* lập luận tương tự thì thấy số n² chia cho 5 chỉ có thể dư 0, 1, 4
+ b² và c² chia 5 không thể cùng dư 1 hoặc 4
vì nếu cùng dư 1 => b²+c² = a² chia 5 dư 2
nếu cùng dư là 4 thì b²+c² = a² chia 5 dư 3
đều vô lí do a² chia 5 chỉ có thể dư 0, 1 hoặc 4
+ b² chia 5 dư 1 và c² chia 5 dư 4 (hoặc ngược lại)
=> b²+c² = a² chia 5 dư 0 => a chia hết cho 5 (do 5 nguyên tố)
+ nếu b² hoặc c² chia 5 dư 0 => b (hoặc c ) chia hết cho 5
Tóm lại vẫn có abc chia hết cho 5 (3)

Từ (1), (2, (3) => abc chia hết cho 3, 4, 5
=> abc chia hết cho [3,4,5] = 60

huyh

Do a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác ABC nên \(a+b-c\ne0\). Như vậy, \(\dfrac{a^3+b^3-c^3}{a+b-c}=c^2\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3-c^3=c^2a+c^2b-c^3\) 

\(\Leftrightarrow a^3+b^3-c^2a-c^2b=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)-c^2\left(a+b\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2-c^2\right)=0\) 

\(\Leftrightarrow a^2-ab+b^2-c^2=0\) (do \(a+b\ne0\))

\(\Leftrightarrow c^2=a^2+b^2-ab\) (1)

Mặt khác, theo định lý cosin, ta có \(c^2=a^2+b^2-2ab.\cos C\) (2)

Từ (1) và (2), ta thu được \(2\cos C=1\Leftrightarrow\cos C=\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow\widehat{C}=60^o\)

Vậy \(\widehat{C}=60^o\)

Ta có:
\(\dfrac{a^3+b^3-c^3}{a+b-c}=c^2\Leftrightarrow a^3+b^3-c^3=\left(a+b-c\right)c^2\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3-c^3=ac^2+bc^2-c^3\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)=\left(a+b\right)c\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^2+b^2-c^2-ab\right)=0\Leftrightarrow a^2+b^2-c^2=ab\) (Vì \(a+b>0\))
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow\cos C=\dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow\widehat{C}=60^o\)

Lời giải:

Ta biết rằng một số chính phương choa $3$ có dư $0$ hoặc $1$

Giả sử trong ba số $a,b,c$ không có số nào chia hết cho $3$

Khi đó: \(a^2\equiv b^2\equiv c^2\equiv 1\pmod 3\)

Mà \(a^2+b^2=c^2\Rightarrow c^2=a^2+b^2\equiv 1+1\equiv 2\pmod 3\) (mâu thuẫn)

Do đó luôn tồn tại ít nhất một trong ba số chia hết cho $3$

\(\Rightarrow abc\vdots 3\)

Mặt khác: Một số chính phương khi chia $5$ có thể dư $0,1$ hoặc $4$

Nếu $a,b$ có ít nhất một số chia hết cho $5$ thì $abc$ chia hết cho $5$

Nếu $a,b$ không có số nào chia hết cho $5$ thì \(a^2,b^2\equiv 1,4\pmod 5\)

Xét các TH sau:
+) \(a^2\equiv 1, b^2\equiv 4\pmod 5\) hoặc ngược lại

\(\Rightarrow c^2=a^2+b^2\equiv 5\equiv 0\pmod 5\Rightarrow c^2\vdots 5\Rightarrow c\vdots 5\)

\(\Rightarrow abc\vdots 5\)

+) \(a^2\equiv b^2\equiv 1\pmod 5\Rightarrow c^2\equiv 2\not\equiv 0,1,4\pmod 5\) (vô lý)

+) \(a^2\equiv b^2\equiv 4\pmod 5\Rightarrow c^2\equiv 8\equiv 3\not\equiv 0,1,4\pmod 5\) (vô lý)

Vậy \(abc\vdots 5\)

Lại xét:

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

\(\Leftrightarrow 2ab=(a+b-c)(a+b+c)\)

Vì $a+b-c,a+b+c$ có cùng tính chẵn lẻ mà tích của chúng lại là số chẵn nên \(a+b-c, a+b+c\) chẵn

\(\Rightarrow 2ab=(a+b-c)(a+b+c)\vdots 4\Rightarrow ab\vdots 2\)

Đến đây ta thấy:

-Nếu \(a,b\vdots 2\Rightarrow ab\vdots 4\rightarrow abc\vdots 4\)

-Nếu $a,b$ có một số chẵn một số lẻ. Không mất tổng quát giả sử $a$ chẵn $b$ lẻ

\(a^2=c^2-b^2\)

$c$ chẵn thì $ac$ chia hết cho $4$ suy ra $abc$ chia hết cho $4$

$c$ lẻ:

Xét số chính phương lẻ có dạng

\(x^2=(4k\pm 1)^2\Rightarrow x^2-1=16k^2\pm 8k+1-1=16k^2\pm 8k\vdots 8\)

Do đó ta suy ra scp lẻ luôn chia 8 dư 1

\(\Rightarrow b^2\equiv c^2\equiv 1\pmod 8\Rightarrow a^2=c^2-b^2\vdots 8\)

\(\Rightarrow a\vdots 4\Rightarrow abc\vdots 4\)

Vậy trong mọi TH có thể $abc$ đều chia hết cho $4$

Ta thấy $abc$ chia hết cho $3,4,5$ mà $3,4,5$ đôi một nguyên tố cùng nhau nên $abc$ chia hết cho $60$

Xét tam giác ABC có:

\(\begin{array}{l}\widehat A + \widehat B + \widehat C = 180^\circ \\ \Rightarrow 50^\circ  + 60^\circ  + \widehat C = 180^\circ \\ \Rightarrow \widehat C = 70^\circ \end{array}\)

Xét tam giác ABC và tam giác MNP có:

\(\begin{array}{l}\widehat B = \widehat N = 60^\circ \\\widehat C = \widehat P = 70^\circ \end{array}\)

\( \Rightarrow \Delta ABC \backsim \Delta MNP\) (g-g).