Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Gỉa sử ab+1=n2 (n thuộc N)
Cho c=a+b+2n.Ta có:
* ac+1=a(a+b+2n)+1
=a2+2na+ab+1=a2+2na+n2=(a+n)2
* bc +1=b(a+b+2n)+1=b2+2nb+ab+1
=b2+2nb+n2=(b+n)2
Vậy ac+1 và bc+1 đều là số chính phương.
Lời giải:
Đặt $d=c+1$
Khi đó:
$a-b=a^2c-b^2d=a^2c-b^2(c+1)=(a^2-b^2)c-b^2$
$\Leftrightarrow b^2=(a^2-b^2)c-(a-b)=(a-b)(ac+bc-1)$
$\Rightarrow b^2=|a-b|.|ac+bc-1|$
Đặt $d$ là ƯCLN của $|a-b|, |ac+bc-1|$
Ta có:
\(\left\{\begin{matrix} |a-b|\vdots d\\ |ac+bc-1|\vdots d\\ b^2=|(a-b)(ac+bc-1)|\vdots d^2\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a-b\vdots d\\ ac+bc-1\vdots d\\ b\vdots d\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} b\vdots d\\ a\vdots d\\ ac+bc-1\vdots d\end{matrix}\right.\Rightarrow 1\vdots d\Rightarrow d=\pm 1\)
Vậy $|a-b|, |ac+bc-1|$ nguyên tố cùng nhau.
Mà tích của chúng là scp nên $|a-b|$ cũng là scp (đpcm)
Lời giải:
Đặt $d=c+1$
Khi đó:
$a-b=a^2c-b^2d=a^2c-b^2(c+1)=(a^2-b^2)c-b^2$
$\Leftrightarrow b^2=(a^2-b^2)c-(a-b)=(a-b)(ac+bc-1)$
$\Rightarrow b^2=|a-b|.|ac+bc-1|$
Đặt $d$ là ƯCLN của $|a-b|, |ac+bc-1|$
Ta có:
\(\left\{\begin{matrix} |a-b|\vdots d\\ |ac+bc-1|\vdots d\\ b^2=|(a-b)(ac+bc-1)|\vdots d^2\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a-b\vdots d\\ ac+bc-1\vdots d\\ b\vdots d\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} b\vdots d\\ a\vdots d\\ ac+bc-1\vdots d\end{matrix}\right.\Rightarrow 1\vdots d\Rightarrow d=\pm 1\)
Vậy $|a-b|, |ac+bc-1|$ nguyên tố cùng nhau.
Mà tích của chúng là scp nên $|a-b|$ cũng là scp (đpcm)
a) Từ giả thiếtta có thể đặt : \(n^2-1=3m\left(m+1\right)\)với m là 1 số nguyên dương
Biến đổi phương trình ta có :
\(\left(2n-1;2n+1\right)=1\)nên dẫn đến :
TH1 : \(2n-1=3u^2;2n+1=v^2\)
TH2 : \(2n-1=u^2;2n+1=3v^2\)
TH1 :
\(\Rightarrow v^2-3u^2=2\)
\(\Rightarrow v^2\equiv2\left(mod3\right)\)( vô lí )
Còn lại TH2 cho ta \(2n-1\)là số chính phương
b) Ta có :
\(\frac{n^2-1}{3}=k\left(k+1\right)\left(k\in N\right)\)
\(\Leftrightarrow n^2=3k^2+3k+1\)
\(\Leftrightarrow4n^2-1=12k^2+12k+3\)
\(\Leftrightarrow\left(2n-1\right)\left(2n+1\right)=3\left(2k+1\right)^2\)
- Xét 2 trường hợp :
TH1 : \(\hept{\begin{cases}2n-1=3p^2\\2n+1=q^2\end{cases}}\)
TH2 : \(\hept{\begin{cases}2n-1=p^2\\2n+1=3q^2\end{cases}}\)
+) TH1 :
Hệ \(PT\Leftrightarrow q^2=3p^2+2\equiv2\left(mod3\right)\)( loại, vì số chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1 )
+) TH2 :
Hệ \(PT\Leftrightarrow p=2a+1\Rightarrow2n=\left(2a+1\right)^2+1\Rightarrow n^2=a^2+\left(a+1\right)^2\)( đpcm )
Vì c, d là 2 số nguyên liên tiếp nên \(d=c+1\)
Thay vào đẳng thức \(a-b=a^2c-b^2d\)ta được
\(a-b=a^2c-b^2\left(c+1\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left[c\left(a+b\right)-1\right]=b^2\)
Dễ dàng chứng minh được \(\left(a-b,c\left(a+b\right)-1\right)=1\)
nên \(\left|a-b\right|\)là số chính phương
Sử dụng quy tắc đa thức: \(P\left(a\right)-P\left(b\right)\) chia hết \(a-b\) cho đa thức hệ số nguyên
Do a;b;c;d lẻ nên hiệu của chúng đều chẵn
\(P\left(c\right)-P\left(a\right)=4\Rightarrow4⋮c-a\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}c-a=-2\\c-a=-4\end{matrix}\right.\)
Tương tự ta có \(\left[{}\begin{matrix}b-a=-2\\b-a=-4\end{matrix}\right.\)
Mà \(a>b>c\) \(\Rightarrow b-a>c-a\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}b-a=-2\\c-a=-4\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow a;b;c\) là 3 số nguyên lẻ liên tiếp
Lại có \(P\left(b\right)-P\left(d\right)=4⋮b-d\Rightarrow b-d=\left\{-4;-2;2;4\right\}\)
Tương tự: \(c-d=\left\{-4;-2;2;4\right\}\) (1)
Do đã chứng minh được a; b và c là 2 số lẻ liên tiếp \(\Rightarrow c=b-2\) ; \(c=a-4\) (2)
- Nếu \(b-d=-4\Rightarrow c-d=b-2-d=-4-2=-6\) không thỏa mãn (1) (loại)
- Nếu \(b-d=-2\Rightarrow c-d=b-d-2=-4\) \(\Rightarrow c=d-4\)
\(\Rightarrow d=a\) theo (2) trái giả thiết a;b;c;d phân biệt (loại)
- Nếu \(b-d=2\Rightarrow c-d=b-d-2=0\Rightarrow c=d\) trái giả thiết c;d phân biệt (loại)
- Nếu \(b-d=4\Rightarrow c-d=b-d-2=2\)
\(\Rightarrow d\) là số lẻ liền trước của c
Vậy a;b;c;d là bốn số nguyên lẻ liên tiếp theo thứ tự \(a>b>c>d\)