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
\(\sqrt{a^2+\left(2^{a-3}+2^{-a-1}\right)^2}+\sqrt{a^4+a^2+2}=\sqrt{\left(a^2+a+1\right)^2+\left(1+2^{a-3}+2^{-a-1}\right)^2}\)
đề thế cơ mà , làm t nghĩ mà đell nghĩ đc j .
làm này .
Không mất tính tổng quát
đặt \(x=a>0,y=2^{a-3}+2^{-a-1}>0,z=a^2+1>0,t=1>0\)
khi đó phương trình trở thành
\(\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{z^2+t^2}=\sqrt{\left(x+z\right)^2+\left(y+t\right)^2}\left(1\right)\)
Mặt khác ta cũng có :\(\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{z^2+t^2}\ge\sqrt{\left(x+z\right)^2+\left(y+t\right)^2}\)(2) zới mọi \(x,y,z,t>0\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+t^2+2\sqrt{x^2z^2+x^2t^2+y^2z^2+y^2t^2}\ge x^2+y^2+z^2+t^2+2\left(xz+yt\right)\)( biến đổi từ cái trên nhá )
\(\Leftrightarrow x^2z^2+x^2t^2+y^2z^2+y^2t^2\ge x^2+y^2+z^2+t^2+2\left(xz+yt\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2z^2+x^2t^2+y^2z^2+y^2t^2\ge x^2z^2+y^2t^2+2xyzt\Leftrightarrow\left(yz-xt\right)^2\ge0\)(luôn đúng zới mọi x,y,z,t > 0)
zậy từ (1) zà (2) xảy ra khi zà chỉ khi yz=xt
=>\(\left(2^{a-3}+2^{-a-1}\right)\left(a^2+1\right)=a\Leftrightarrow\left(2^{a-3}+2^{-a-1}\right)=\frac{a}{a^2+1}\left(3\right)\)(zì \(a^2+1>0\)
mà lại có \(\frac{a}{a^2+1}\le\frac{1}{2}\)(zì \(\left(a-1\right)^2\ge0\), dấu "=" xảy ra khi a=1 (4)
zà \(\left(2^{a-3}+2^{-a-1}\right)=\frac{2^a}{8}+\frac{1}{2.2^a}\ge\frac{1}{2}\)(theo cô-si nha) ,dấu "=" xảy ra khi a=1 (5)
zậy từ (3) , (4) , (5) \(=>a=1\)là giá trị nguyên dương duy nhất cần tìm
\(p^2=5q^2+4\)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
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{2}+1\right)^n+\left(\sqrt{2}-1\right)^n=6\)
Đặt \(\left(\sqrt{2}+1\right)^n=t>0\Rightarrow\left(\sqrt{2}-1\right)^n=\frac{1}{t}\)
\(t+\frac{1}{t}=6\Leftrightarrow t^2-6t+1=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}t=\left(\sqrt{2}+1\right)^2\\t=\left(\sqrt{2}-1\right)^2\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}\left(\sqrt{2}+1\right)^n=\left(\sqrt{2}+1\right)^2\\\left(\sqrt{2}+1\right)^n=\left(\sqrt{2}-1\right)^2\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}n=2\\n=-2\left(l\right)\end{matrix}\right.\)
\(x=\sqrt{\left(4+\sqrt{15}\right)\left(\sqrt{5}-\sqrt{3}\right)\sqrt{8-2\sqrt{15}}}\)
\(=\sqrt{\left(4+\sqrt{15}\right)\left(\sqrt{5}-\sqrt{3}\right)\sqrt{\left(\sqrt{5}-\sqrt{3}\right)^2}}\)
\(=\sqrt{\left(4+\sqrt{15}\right)\left(\sqrt{5}-\sqrt{3}\right)^2}\)
\(=\sqrt{\left(4+\sqrt{15}\right)\left(8-2\sqrt{15}\right)}\)
\(=\sqrt{2\left(4+\sqrt{15}\right)\left(4-\sqrt{15}\right)}=\sqrt{2}\)
2/ Để đồ thị hàm số cắt 2 trục tọa độ tại 2 điểm pb \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m-1\ne0\\m\ne0\end{matrix}\right.\)
Gọi A là giao điểm của (d) với trục Ox \(\Rightarrow A\left(\frac{2m}{1-m};0\right)\)
\(\Rightarrow OA=\left|\frac{2m}{1-m}\right|=\left|\frac{2m}{m-1}\right|\)
Gọi B là giao điểm của (d) với Oy \(\Rightarrow B\left(0;2m\right)\Rightarrow OB=\left|2m\right|\)
\(S_{OAB}=\frac{1}{2}OA.OB=1\Leftrightarrow OA.OB=2\)
\(\Leftrightarrow\left|\frac{2m}{m-1}\right|.\left|2m\right|=2\Leftrightarrow2m^2=\left|m-1\right|\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}2m^2=m-1\\2m^2=1-m\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}2m^2-m+1=0\left(vn\right)\\2m^2+m-1=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m=-1\\m=\frac{1}{2}\end{matrix}\right.\)
3/
a/ ĐKXĐ: \(x\ge-3\)
\(\Leftrightarrow\left(x+3\right)\sqrt{x+3}+2\sqrt{x+3}=\left(x+1\right)\left[\left(x+1\right)^2+2\right]\)
\(\Leftrightarrow\left(x+3\right)\sqrt{x+3}+2\sqrt{x+3}=\left(x+1\right)^3+2\left(x+1\right)\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x+3}=a\\x+1=b\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow a^3+2a=b^3+2b\)
\(\Leftrightarrow a^3-b^3+2\left(a-b\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)+2\left(a-b\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(\left(a+\frac{b}{2}\right)^2+\frac{3b^2}{4}+2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow a=b\Leftrightarrow\sqrt{x+3}=x+1\) (\(x\ge-1\))
\(\Leftrightarrow x+3=\left(x+1\right)^2\)
\(\Leftrightarrow x^2+x-2=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=-2\left(l\right)\end{matrix}\right.\)