Tìm tất cả các số nguyên dương m và n thỏa mãn điều kiện: \(n^2+n+1=\left(m^2+m-3\right)\left(m^2-n+5\right)\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
NT
1
9 tháng 2 2019
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
8 tháng 6 2023
câu 2:
a) Trước tiên ta chứng minh f đơn ánh. Thật vậy nếu f (n1) = f (n2) thì
f (f(n1) + m) = f (f(n2) + m)
→n1 + f(m + 2003) = n2 + f(m + 2003) → n1 = n2
b) Thay m = f(1) ta có
f (f(n) + f(1)) = n + f (f(1) + 2003)
= n + 1 + f(2003 + 2003)
= f (f(n + 1) + 2003)
Vì f đơn ánh nên f(n)+f(1) = f(n+1)+2003 hay f(n+1) = f(n)+f(1)−2003. Điều này dẫn đến
f(n + 1) − f(n) = f(1) − 2003, tức f(n) có dạng như một cấp số cộng, với công sai là f(1) − 2003,
số hạng đầu tiên là f(1). Vậy f(n) có dạng f(n) = f(1) + (n − 1) (f(1) − 2003), tức f(n) = an + b.
Thay vào quan hệ hàm ta được f(n) = n + 2003, ∀n ∈ Z
+.
DM
1
4 tháng 8 2019
n2 + n + 1 = ( m2 + m - 3 ) ( m2 - m + 5 ) = m4 + m2 + 8m - 15
\(\Rightarrow\)n2 + n - ( m4 + m2 + 8m - 16 ) = 0 ( 1 )
để phương trình ( 1 ) có nghiệm nguyên dương thì :
\(\Delta=1+4\left(m^4+m^2+8m-16\right)=4m^4+4m^2+32m-63\)phải là số chính phương
Ta có : \(\Delta=\left(2m^2+2\right)^2-4\left(m-4\right)^2-3< \left(2m^2+2\right)^2\)với m thuộc Z+
Mặt khác : \(\Delta=\left(2m^2+1\right)^2+32\left(m-2\right)\)
do đó : \(\Delta=\left(2m^2+1\right)^2+32\left(m-2\right)>\left(2m^2+1\right)^2\)với m > 2
\(\Rightarrow\left(2m^2+1\right)^2< \Delta< \left(2m^2+2\right)^2\)với m > 2
Nên ( 1 ) có nghiệm nguyên dương khi m = 1 hoặc m = 2
+) m = 1 thì \(n^2+n+16=0\) vô nghiệm
+) m = 2 thì \(n^2=n-20=0\Rightarrow\orbr{\begin{cases}n=4\left(tm\right)\\n=-5\left(loai\right)\end{cases}}\)
Thử lại m = 2 và n = 4 thỏa mãn điều kiện bài toán
Vậy m = 2 và n = 4
P/s : bài " gắt "
HA
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
20 tháng 3 2022
- Với \(m=\left\{-2;-1;0\right\}\Rightarrow n=0\)
- Với \(m< -2\Rightarrow m\left(m+1\right)\left(m+2\right)< 0\) (ktm)
- Với \(m>0\):
\(m\left(m+1\right)\left(m+2\right)=\left(m+1\right)\left(m^2+2m\right)\)
Gọi \(d=ƯC\left(m+1;m^2+2m\right)\)
\(\Rightarrow\left(m+1\right)\left(m+1\right)-\left(m^2+2m\right)⋮d\)
\(\Rightarrow1⋮d\Rightarrow d=1\)
Mà \(\left(m+1\right)\left(m^2+2m\right)=n^2\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m+1=a^2\\m^2+2m=b^2\end{matrix}\right.\)
Từ \(m^2+2m=b^2\Rightarrow\left(m+1\right)^2-b^2=1\)
\(\Rightarrow\left(m+1-b\right)\left(m+1+b\right)=1\)
Tới đây chắc dễ rồi
27 tháng 3 2020
Bài 1 :
Phương trình <=> 2x . x2 = ( 3y + 1 ) 2 + 15
Vì \(\hept{\begin{cases}3y+1\equiv1\left(mod3\right)\\15\equiv0\left(mod3\right)\end{cases}\Rightarrow\left(3y+1\right)^2+15\equiv1\left(mod3\right)}\)
\(\Rightarrow2^x.x^2\equiv1\left(mod3\right)\Rightarrow x^2\equiv1\left(mod3\right)\)
( Vì số chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1 )
\(\Rightarrow2^x\equiv1\left(mod3\right)\Rightarrow x\equiv2k\left(k\inℕ\right)\)
Vậy \(2^{2k}.\left(2k\right)^2-\left(3y+1\right)^2=15\Leftrightarrow\left(2^k.2.k-3y-1\right).\left(2^k.2k+3y+1\right)=15\)
Vì y ,k \(\inℕ\)nên 2k . 2k + 3y + 1 > 2k .2k - 3y-1>0
Vậy ta có các trường hợp:
\(+\hept{\begin{cases}2k.2k-3y-1=1\\2k.2k+3y+1=15\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2k.2k=8\\3y+1=7\end{cases}\Rightarrow}k\notinℕ\left(L\right)}\)
\(+,\hept{\begin{cases}2k.2k-3y-1=3\\2k.2k+3y+1=5\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2k.2k=4\\3y+1=1\end{cases}\Rightarrow}\hept{\begin{cases}k=1\\y=0\end{cases}\left(TM\right)}}\)
Vậy ( x ; y ) =( 2 ; 0 )
27 tháng 3 2020
Bài 3:
Giả sử \(5^p-2^p=a^m\) \(\left(a;m\inℕ,a,m\ge2\right)\)
Với \(p=2\Rightarrow a^m=21\left(l\right)\)
Với \(p=3\Rightarrow a^m=117\left(l\right)\)
Với \(p>3\)nên p lẻ, ta có
\(5^p-2^p=3\left(5^{p-1}+2.5^{p-2}+...+2^{p-1}\right)\Rightarrow5^p-2^p=3^k\left(1\right)\) \(\left(k\inℕ,k\ge2\right)\)
Mà \(5\equiv2\left(mod3\right)\Rightarrow5^x.2^{p-1-x}\equiv2^{p-1}\left(mod3\right),x=\overline{1,p-1}\)
\(\Rightarrow5^{p-1}+2.5^{p-2}+...+2^{p-1}\equiv p.2^{p-1}\left(mod3\right)\)
Vì p và \(2^{p-1}\)không chia hết cho 3 nên \(5^{p-1}+2.5^{p-2}+...+2^{p-1}⋮̸3\)
Do đó: \(5^p-2^p\ne3^k\), mâu thuẫn với (1). Suy ra giả sử là điều vô lý
\(\rightarrowĐPCM\)
19 tháng 3 2015
a(m+p) = 5(m+n) => \(\frac{m+n}{m+p}=\frac{a}{5}\)
từ đẳng thức thứ 2 => 25.(p - n)(2m+n+p) = 21(m+p)2 ==> 25.(m+ p- m - n)(m+n+ m + p) = 21(m+p)2
Chia cả 2 vế chp (m+p)2 ta được
\(25.\left(\frac{m+p}{m+p}-\frac{m+n}{m+p}\right)\left(\frac{m+n}{m+p}+\frac{m+p}{m+p}\right)=21\)
thay (*) vào ta đc
\(\Rightarrow25.\left(1-\frac{a}{5}\right)\left(\frac{a}{5}+1\right)=21\)\(\Rightarrow25.\left(1-\left(\frac{a}{5}\right)^2\right)=21\)
\(\Rightarrow25.\left(\frac{25-a^2}{25}\right)=21\Rightarrow25-a^2=21\Leftrightarrow a^2=4\Rightarrow a=2;-2\)
vậy ....
TK
1
DT
15 tháng 7 2019
* Với \(m\le2\)thì từ (1) suy ra \(n^3-5n+10=2^m\le2^2\Rightarrow n^3-5n+6\le0\)(2)
Mặt khác do \(n\inℕ^∗\)nên \(n^3-5n+6>0,\)điều này mâu thuẫn với (2). Vậy \(m>2\).
* Với \(m=3\)thì thay vào (1) ta có: \(n^3-5n+10=2^3\Leftrightarrow\left(n^3-2n^2\right)+\left(2n^2-4n\right)-\left(n+2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(n-2\right)\left(n^2+2n-1\right)=0\)
Do \(n\inℕ^∗\)nên \(n^2-2n-1>0,\)suy ra \(n-2=0\Leftrightarrow n=2\)
* Với \(m\ge4\)thì biến đổi (1) thành \(\left(n-2\right)\left(n^2+2n-1\right)=8\left(2^{m-3}-1\right)\)(3)
Nhận thấy: \(\left(n^2+2n-1\right)-\left(n-2\right)=n^2+n+1=n\left(n+1\right)+1\)là số lẻ và \(n\inℕ^∗\),
nên hai số \(n^2+2n-1\)và \(n-2\)là hai số tự nhiên khác tính chẵn lẻ. Do đó từ (3) xảy ra 2 khả năng
a)\(\hept{\begin{cases}n-2=8\\n^2+2n-1=2^{m-3}-1\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}n=10\\2^{m-3}=120\end{cases}}\)
Vì \(2^{m-3}\)là số tự nhiên có số tận cùng khác 0 nên \(2^{m-3}\ne120\). Do vậy trường hợp này không xảy ra.
b)\(\hept{\begin{cases}n-2=2^{m-3}-1\\n^2+2n-1=8\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}2^{m-3}=n-1\\n^2+2n-9=0\end{cases}}\)
Do phương trình \(n^2+2n-9=0\)không có nghiệm tự nhiên nên trường hợp này cũng không xảy ra.
Vậy có một cặp số nguyên dương duy nhất thỏa mãn là \(\left(m;n\right)=\left(3;2\right).\)
Cách khác : còn có thể xét các trường hợp của \(n\left(n=1;n\ge2\right)\)trước sau đó mới xét \(m\).
