Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Làm thử theo cách cổ truyền vậy -.-
Ta có : \(n^2+n+1=\left(m^2+m-3\right)\left(m^2-m+5\right)\)
\(\Leftrightarrow n^2+n+1=m^4+m^2+8m-15\)
\(\Leftrightarrow n^2+n+16-m^4-m^2-8m=0\)
Coi pt trên là pt bậc 2 ẩn n
Ta có : \(\Delta=4m^4+4m^2+32m-63\)
Pt có nghiệm nguyên khi \(\Delta\)là 1 số chính phương
Ta có \(\Delta=4m^4+4m^2+32m-63=\left(2m^2+2\right)^2-4\left(m-4\right)^2-3< \left(2m^2+2\right)^2\)
Giả sử m > 2 thì\(\Delta=\left(2m^2+1\right)^2+32\left(m-2\right)>\left(2m^2+1\right)^2\forall m>2\)
Khi đó \(\left(2m^2+1\right)^2< \Delta< \left(2m^2+2\right)^2\)
Như vậy \(\Delta\)không phải số chính phương (Vì giữa 2 số chính phương liên tiếp ko còn scp nào nữa)
Nên điều giả sử là sai .
Tức là\(m\le2\)
Mà \(m\inℕ^∗\)
\(\Rightarrow m\in\left\{1;2\right\}\)
*Với m = 1 thì pt ban đầu trở thành
\(n^2+n+1=\left(1+1-3\right)\left(1-1+5\right)\)
\(\Leftrightarrow n^2+n+1=-5\)
\(\Leftrightarrow\left(n+\frac{1}{2}\right)^2=-\frac{23}{4}\)
Pt vô nghiệm
*Với m = 2 thì pt ban đầu trở thành
\(n^2+n+1=\left(2^2+2-3\right)\left(2^2-2+5\right)\)
\(\Leftrightarrow n^2+n+1=21\)
\(\Leftrightarrow n^2+n-20=0\)
\(\Leftrightarrow\left(n-4\right)\left(n+5\right)=0\)
\(\Leftrightarrow n=4\left(Do\text{ }n\inℕ^∗\right)\)
Vậy pt ban đầu có nghiệm nguyên dương duy nhất (m;n) = (2;4)
Giúp : Cho \(\Delta\)ABC nhọn nội tiếp (O) , D là điểm trên cung BC không chứa A . Dựng hình bình hành ADCE . Gọi H , K là trực tâm của tam giác ABC , ACE ; P , Q là hình chiếu vuông góc của K trên các đường thẳng BC , AB và I là giao EK , AC
CMR: a,P ; I ; Q thẳng hàng
b, đường thẳng PQ đi qua trung điểm HK
Ta có \(\left(x+y\right)^3=\left(x-y-6\right)^2\left(1\right)\)
Vì x,y nguyên dương nên
\(\left(x+y\right)^3>\left(x+y\right)^2\)kết hợp (1) ta được:
\(\left(x-y-6\right)^2>\left(x+y\right)^2\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2-\left(x-y-6\right)^2< 0\Leftrightarrow\left(x-3\right)\left(y+3\right)< 0\)
Mà y+3 >0 (do y>0)\(\Rightarrow x-3< 0\Leftrightarrow x< 3\)
mà \(x\inℤ^+\)\(\Rightarrow x\in\left\{1;2\right\}\)
*x=1 thay vào (1) ta có:
\(\left(1+y\right)^3=\left(1-y-6\right)^2\Leftrightarrow y^3+3y^2+3y+1=y^2+10y+25\Leftrightarrow\left(y-3\right)\left(y^2+5y+8\right)=0\)
mà \(y^2+5y+8=\left(y+\frac{5}{2}\right)^2+\frac{7}{4}\ge\frac{7}{4}>0\)
\(\Rightarrow y-3=0\Leftrightarrow y=3\inℤ^+\)
*y=2 thay vào (1) ta được:
\(\left(2+y\right)^3=\left(2-y-6\right)^2\Leftrightarrow y^3+6y^2+12y+8=y^2+8y+16\Leftrightarrow y^3+5y^2+4y-8=0\)
Sau đó cm pt trên không có nghiệm nguyên dương.
Vậy x=1;y=3
A) Vì 2013 là số lẻ nên (\(1^{2013}+2^{2013}\)+....\(n^{2013}\)): (1+2+...+n)
Hay( \(1^{2013}+2^{2013}\)+\(3^{2013}\)+......\(n^{2013}\)) :\(\dfrac{n\left(n+1\right)}{2}\)
=>2(\(1^{2013}+2^{2013}\)+\(3^{2013}\)+......\(n^{2013}\)):n(n+1)(đpcm)
B)
Do 1 lẻ , \(2q^2\) chẵn nên p lẻ
p2−1⇔\(2q^2\)(p−1)(p+1)=\(2q^2\)
p lẻ nên p−1 và p+1đều chẵn ⇒(p−1)(p+1)⋮4
⇒\(q^2\):2 =>q:2 =>q=2
⇒\(q^2\)=2.2\(^2\)+1=9=>q=3
Chắc đúng vì hôm trước cô mik giải thik v
\(p^2=5q^2+4\)chia 5 dư 4
=>p=5k+2\(\left(k\inℕ^∗\right)\)
Ta có : \(\left(5k+2\right)^2=5q^2+4\)
\(\Leftrightarrow5k^2+4k=q^2\Rightarrow q^2⋮k\)
Mặt khác q là số nguyên tố và q>k nên k=1
Thay vào ta được p=7,q=3