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
SN
1
9 tháng 6 2015
\(x^2+mx+x+m=0\Leftrightarrow x\left(x+m\right)+\left(x+m\right)=0\Leftrightarrow\left(x+1\right)\left(x+m\right)=0\)
vì -1 là nghiệm âm của pt nên pt không thể có hai nghiệm dương...
26 tháng 5 2018
Phương trình có 2 nghiêm nguyên dương m, n. Khi đó mn=q, m+n=p, do q là số nguyên tố nên chỉ có 2 ước nguyên dương là 1, q. Do đó {m, n}={1; q}
Khi đó 1+q=p, do đó p, q khác tính chẵn lẻ, mà chỉ có 2 là số nguyên tố chẵn, do đó q=2, p=3
p²+q²=2²+3²=13 là số nguyên tố ( đọc)
EC
0
TM
0
H
14 tháng 4 2023
1. Ta chọn $x=3k;y=4k;z=5k$ với $k$ là số nguyên dương.
Khi này $x^2+y^2=25k^2 =z^2$. Tức có vô hạn nghiệm $(x;y;z)=(3k;4k;5k)$ với $k$ là số nguyên dương thỏa mãn
DT
1
8 tháng 1 2021
Gọi ( \(x^',y^',z^'\)) là 1 nghiệm thoả mãn pt với \(z^'\)là số nhỏ nhất.
Không mất tính tổng quát, giả sử \(x^'\le y^'\le z^'\)
Mặt khác xét pt bậc 2 ẩn z :
\(z^2-\left(7x'y^'-2x^'-2y^'\right)z+\left(z^'+y^'\right)^2=0\)
Hiển nhiên pt này có 1 nghiệm z'
Theo định lý Viete thì nghiệm còn lại của nó là \(\frac{\left(x^'+y^'\right)^2}{z'}\inℤ\)
Như vậy \(\left(x',y',\frac{\left(x'+y'\right)^2}{z^'}\right)\)cũng là bộ số thoả mãn pt
Nếu giả sử x'+y' < z' \(\Rightarrow\frac{\left(x'+y'\right)^2}{z'}< z'\)vô lý vì ( x',y',z') cũng là 1 bộ số thoả mãn pt và vì tính nhỏ nhất của z'
Do đó ta phải có \(z'\le x'+y'\). Khai triển pt ban đầu và chia 2 vế của nó cho y'z'x' ta được:
\(7\le\frac{x'}{y'z'}+\frac{y'}{x'z'}+\frac{z'}{x'y'}+\frac{2}{x'}+\frac{2}{y'}+\frac{2}{z'}\)
\(\le\frac{1}{z'}+\frac{1}{x'}+\frac{x'+y'}{x'y'}+\frac{2}{x'}+\frac{2}{y'}+\frac{2}{z'}=\frac{4}{x'}+\frac{3}{y'}+\frac{2}{z'}\le\frac{10}{x'}\)
\(\Rightarrow x'=1\)
8 tháng 1 2021
Khi đó \(y'\le z'\le y'+1\)\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}z'=y\\z'=y'+1\end{cases}}\)
+ Nếu z'=y' thì ta có pt \(\left(1+2z'\right)^2=7z'^2\Leftrightarrow3z'^2-4z'-1=0\)\(\Leftrightarrow z'=\frac{2\pm\sqrt{7}}{3}\)(loại)
+ Nếu x'=y'+1 thì ta có pt \(\left(2+2z'\right)^2=7z'\left(z'+1\right)\Leftrightarrow3z'^2-z'-4=0\Leftrightarrow z\in\left\{-1;\frac{4}{3}\right\}\)(loại)
Vậy pt đã cho không có nghiệm nguyên ( đpcm)
DL
2
24 tháng 3 2018
Dễ thấy VP chia hết chi 11 nên VT cũng phải chia hết cho 11
\(\Rightarrow1999y⋮11\)
\(\Rightarrow y⋮11\)
Mà vì y nguyên dương nên
\(\Rightarrow y\ge11\)
\(\Rightarrow1999y\ge11.1999\left(1\right)\)
Bên cạnh đó ta lại có x nguyên dương nên
\(\Rightarrow11x>0\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow11x+1999y>11.1999\)
Vậy bài toán không có nghiệm nguyên dương.
T
24 tháng 3 2018
Dễ thấy \(VP⋮11\Rightarrow VT\)cũng chia hết cho 11
\(\Rightarrow1999y⋮11\)
\(\Rightarrow y\)cũng phải chia hết cho 11
Mà y là số dương nên: \(11\le y\)
\(\Rightarrow1999y=11.1999\) (1)
Mà bên cạnh đó, lại có x là số dương ,nên: 11x > 0 (2)
Từ (1) và (2),ta suy ra: \(11x+1999y>11,1999\)
Vậy bài toán không có nghiệm nguyên dương
BV
11 tháng 3 2019
Bài 1. x^2 \(\equiv\)8 (mod 0,1). (cmdd)
T tự: y^2 \(\equiv\)8 (mod 0,1)
=> x^2+y^2 \(\equiv\)8 (mod 0,1,2)
Mà 8z+6 \(\equiv\)8 (mod 6)
=> đpcm
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
21 tháng 4 2023
\(\Delta'=\left(m+1\right)^2-\left(m^2-4m+5\right)=6m-4\)
Phương trình có 2 nghiệm pb khi:
\(6m-4>0\Rightarrow m>\dfrac{2}{3}\)
Khi đó theo hệ thức Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\left(m+1\right)\\x_1x_2=m^2-4m+5\end{matrix}\right.\)
Do \(m>\dfrac{2}{3}\Rightarrow2\left(m+1\right)>2\left(\dfrac{2}{3}+1\right)>0\)
Đồng thời \(m^2-4m+5=\left(m-2\right)^2+1>0;\forall m\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2>0\\x_1x_2>0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\) cả hai nghiệm của pt đều dương