Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\frac{1}{x+y}=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\Leftrightarrow\frac{1}{x+y}=\frac{x+y}{xy}\Leftrightarrow xy=\left(x+y\right)^2.\)
mà (x + y)2 >=0 với mọi x;y => xy >= 0. => x;y không thể trái dấu. đpcm
Ta có: \(a^2+b^2+c^2=m^2+n^2+p^2\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+m^2+n^2+p^2=2\left(m^2+n^2+p^2\right)\)
Vì \(2\left(m^2+n^2+p^2\right)⋮2\)\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+m^2+n^2+p^2⋮2\)(1)
Vì tích hai số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 2 nên:
\(a\left(a-1\right)+b\left(b-1\right)+c\left(c-1\right)+m\left(m-1\right)\)
\(+n\left(n-1\right)+p\left(p-1\right)\)là số chẵn
\(\Rightarrow\left(a^2+b^2+c^2+m^2+n^2+p^2\right)-\left(a+b+c+m+n+p\right)⋮2\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra a + b + c + m + n + p chia hết cho 2
Mà a + b + c + m + n + p > 2 ( do a,b,c,m,n,p dương) nên a + b + c + m + n + p là hợp số (đpcm)
Giả sử b khác 0 => \(\sqrt{p}=-\frac{a}{b}\)
p là số nguyên tố nên \(\sqrt{p}\) là số vô tỉ
a; b là số hữu tỉ nên \(-\frac{a}{b}\) là số hữu tỉ
=> Vô lý=> b = 0 => a = 0 => đpcm
Ta có :
a^xyz=(a^x)^yz=(bc)^yz
=b^yz.c^yz
=(b^y)^z.(c^z)^y
=(ca)^z.(ab)^y
=c^z.a^z.a^y.b^y
=(bc).a^z.a^y.(ca)
=a^2.a^y.a^z.(bc)
=a^2.a^y.a^z.a^x
=a^(x+y+z+2)
=>xyz=x+y+z+2
Hết toán lớp 8 sang toán lớp 7 :V
Help tui đi mà please
=))xúc phạm mấy đứa IQ thấp:'))
Mình có cách này nhưng không chắc đâu nhé! Hình như gọi là phương pháp lùi vô hạn thì phải.
Dễ thấy vế phải là số chẵn,4 là số chẵn nên \(x^4+y^3\) chẵn nên \(x^4;y^3\) cùng tính chẵn, lẽ.
+Với x; y chẵn.Đặt \(x=2x_1;y=2y_1\) thay vào phương trình (cái biểu thức vế trái bên trên đề bài ấy)
\(\Rightarrow\left(2x_1\right)^4+\left(2y_1\right)^3+4=0\)
\(\Leftrightarrow16x_1^4+8y_1^3+4=0\Rightarrow4x_1^4+2y_1^3+1=0\) (chia cả hai vế cho 4)
Dễ thấy \(4x_1^4+2y_1^3\) chẵn mà 1 là số lẻ suy ra \(4x_1^4+2y_1^3+1\) là số lẽ, trái với giả thiết \(4x_1^4+2y_1^3+1=0\) là số chẵn,phương trình vô nghiệm.
+ Với x; y lẻ.Đặt \(x=2x_1+1;y=2y_1+1\). Thay vào phương trình suy ra:
\(\left(2x_1+1\right)^4+\left(2y_1+1\right)^3+4=0\)
\(\Leftrightarrow\left[\left(2x_1+1\right)^2\right]^2+\left(8y_1^3+12y_1^2+6y_1+1\right)+4=0\)
\(\Leftrightarrow\left[4x_1^2+4x_1+1\right]^2+8y_1^3+12y_1^2+6y_1+5=0\)
Phá tung hết các cái ngoặc ra (làm tắt tí,bước này bạn trình bày lại trên giấy).Ta được:
\(16x_1^4+32x_1^3+24x_1^2+8x_1+8y_1^3+12y_1^2+6y_1+6=0\)
Chia hai vế cho 2,ta được: \(8x_1^4+16x_1^3+12x_1^2+4x_1+4y_1^3+6y_1^2+3y_1+3=0\) (1)
\(\Rightarrow\)Nếu x;y là nghiệm của phương tình thì \(\left(\frac{x}{2};\frac{y}{2}\right)\) cũng là nghiệm của phương trình suy ra \(\left(\frac{x}{2^k};\frac{y}{2^k}\right)\) với\(k\inℕ^∗\) cũng là nghiệm của phương trình. Điều này chỉ xảy ra khi x = y = 0 thay vào (1) suy ra không thỏa mãn.
Vậy không tồn tại các số nguyên x;y thỏa mãn phương trình trên.