K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
19 tháng 2 2021
Với n=0 \(\Rightarrow\) phương trình có 2 nghiệm duy nhất là \(\left\{{}\begin{matrix}x=-\dfrac{1}{2}\\y=\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\)
Với n \(\ne0\)
Để phương trình có nghiệm duy nhất \(\Leftrightarrow\dfrac{n}{2}\ne\dfrac{2}{n}\Rightarrow n^2\ne4\Rightarrow n\ne\pm2\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\forall n\ne\pm2\)
NT
19 tháng 2 2021
cho mình hỏi có đúng với nghiệm nguyên không vì đề bài yêu cầu nghiệm nguyên ạ ?
XO
5 tháng 4 2022
Với p = 2 => 8p2 +1 = 33 (loại)
Với p = 3 => 8p2 + 1 = 73 (tm)
Với p > 3 => Đặt p = 3k + 1 ; p = 3k + 2 (k \(\in Z^+\))
Với p = 3k + 1 => 8p2 + 1 = 8(3k + 1)2 + 1
= 72k2 + 48k + 9 = 3(24k2 + 16k + 3) \(⋮3\)(loại)
Với p = 3k + 2 => 8p2 + 1 = 8(3k + 2)2 + 1
= 72k2 + 96k + 33 = 3(24k2 + 32k + 11) \(⋮3\)(loại)
Vậy p = 3 thì 8p2 + 1 \(\in P\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
5 tháng 4 2022
- Với \(p=2\) ko thỏa mãn
- Với \(p=3\Rightarrow8p^2+1=73\) là số nguyên tố (thỏa mãn)
- Với \(p>3\Rightarrow p^2\equiv1\left(mod3\right)\)
\(\Rightarrow p^2=3k+1\)
\(\Rightarrow8p^2+1=8\left(3k+1\right)+1=24k+9=3\left(8k+3\right)\) là số lớn hơn 3 và chia hết cho 3
\(\Rightarrow8p^2+1\) là hợp số (ktm)
Vậy \(p=3\) là SNT duy nhất thỏa mãn yêu cầu
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
5 tháng 4 2022
Nếu p;q;r đều lẻ hoặc có đúng 1 số trong 3 số là lẻ \(\Rightarrow p^2+q^2+r^2\) lẻ, trong khi 5054 chẵn (ktm)
\(\Rightarrow\) Cả p;q;r đều chẵn (loại do \(2^2+2^2+2^2< 5054\)) hoặc có đúng 1 số trong 3 số là chẵn
Do vai trò 3 số như nhau, ko mất tính tổng quát, giả sử r chẵn \(\Rightarrow r=2\)
\(\Rightarrow p^2+q^2=5050\)
Nếu p; q đều chia hết cho 3 \(\Rightarrow p=q=3\Rightarrow ktm\)
Nếu p;q đều ko chia hết cho 3 \(\Rightarrow p^2\) và \(q^2\) đều chia 3 dư 1
\(\Rightarrow p^2+q^2\) chia 3 dư 2 trong khi \(5050\) chia 3 dư 1 (ktm)
\(\Rightarrow\) Có đúng 1 số trong p; q chia hết cho 3, ko mất tính tổng quát, giả sử là p \(\Rightarrow p=3\)
\(\Rightarrow q^2=5050-9=5041\Rightarrow q=71\) là SNT (thỏa mãn)
Vậy bộ 3 số nguyên tố thỏa mãn là \(\left(2;3;71\right)\) và các hoán vị
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
24 tháng 3 2022
\(P=n^3+7n^2+25n+39=\left(n+3\right)\left(n^2+4n+13\right)\)
Hiển nhiên \(\left\{{}\begin{matrix}n+3>1\\n^2+4n+13>1\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n+3=p^a\\n^2+4n+13=p^b\end{matrix}\right.\) với \(b>a>0\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n+3⋮p\\n^2+4n+13⋮p\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow n^2+4n+13-\left(n+3\right)\left(n+1\right)⋮p\)
\(\Rightarrow10⋮p\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}p=2\\p=5\end{matrix}\right.\)
- TH1: \(p=2\Rightarrow n+3=2^a\)
Do n nguyên dương \(\Rightarrow n+3\ge4\Rightarrow a\ge2\Rightarrow2^a⋮4\)
\(\Rightarrow n+3⋮4\Rightarrow n=4k+1\)
Đồng thời \(n^2+4n+13=2^b\), hiển nhiên \(b>2\Rightarrow n^2+4n+13⋮4\)
\(\Rightarrow\left(4k+1\right)^2+4\left(4k+1\right)+13⋮4\)
\(\Rightarrow4k\left(4k+6\right)+18⋮4\) (vô lý)
\(\Rightarrow p=2\) không thỏa mãn
TH2: \(p=5\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n+3=5^a\\n^2+4n+13=5^b\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left(n+1\right)\left(n+3\right)+10=5^b\)
\(\Rightarrow5^a\left(5^a-2\right)+10=5^b\)
\(\Rightarrow5^{a-1}\left(5^a-2\right)+2=5^{b-1}\)
- Với \(a=1\Rightarrow b=2\)
- Với \(a>1\Rightarrow\) vế trái chia 5 dư 2, vế phải chia hết cho 5
\(\Rightarrow\) Không tồn tại a;b nguyên thỏa mãn
Vậy \(a=1\Rightarrow n=5^1-3=2\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
5 tháng 4 2022
Đặt \(N=n^4+4n^3+7n^2+6n+3=\left(n^2+n+1\right)\left(n^2+3n+3\right)\)
Do \(n\) và \(n+1\) luôn khác tính chẵn lẻ \(\Rightarrow n^2\) và \(n+1\) khác tính chẵn lẻ
\(\Rightarrow n^2+n+1\) luôn lẻ
Gọi \(d=ƯC\left(n^2+n+1;n^2+3n+3\right)\) \(\Rightarrow d\) lẻ
\(\Rightarrow n^2+3n+3-\left(n^2+n+1\right)⋮d\)
\(\Rightarrow2\left(n+1\right)⋮d\)
\(\Rightarrow n+1⋮d\)
\(\Rightarrow\left(n+1\right)^2⋮d\Rightarrow\left(n+1\right)^2-\left(n^2+n+1\right)⋮d\)
\(\Rightarrow n⋮d\Rightarrow n+1-n⋮d\Rightarrow d=1\)
\(\Rightarrow n^2+n+1\) và \(n^2+3n+3\) nguyên tố cùng nhau
Giả sử tồn tại m nguyên dương thỏa mãn: \(\left(n^2+n+1\right)\left(n^2+3n+3\right)=m^3\)
Hiển nhiên \(m>1\), do \(n^2+n+1\) và \(n^2+3n+3\) nguyên tố cùng nhau, đồng thời \(n^2+3n+3>n^2+n+1\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n^2+n+1=1\\n^2+3n+3=m^3\end{matrix}\right.\)
Từ \(n^2+n+1=1\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}n=-1\\n=0\end{matrix}\right.\) đều ko thỏa mãn n nguyên dương
Vậy N luôn luôn ko là lập phương
10 tháng 4 2022
nếu là chính phương thì ntn nha
\(n\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)=\left(n^2+3n\right)\left(n^2+3n+2\right)\)
đặt \(t=n^2+3n\left(t\in Z^+\right)\)
phương trình thành:
\(t\left(t+2\right)=t^2+2t\)
vì \(t^2< t^2+2t< t^2+2t+1\)
hay \(t^2< t^2+2t< \left(t+1\right)^2\)
=> \(t^2+2t\) không thể là số chính phương
=>\(n\left(n+2\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)\) luôn luôn không thể là số chính phương
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
13 tháng 2 2022
\(a^2+4\left(b+c\right)^2-bc=4a\left(b+c\right)\)
\(\Rightarrow\left[a-2\left(b+c\right)\right]^2=bc\)
Do \(\left(b,c\right)=1\) và \(b.c\) là 1 số chính phương
\(\Rightarrow b,c\) đều là các số chính phương
a, - Thay m = 2 vào phương trình ta được :\(x+2\sqrt{x-1}-3=0\)
\(\Leftrightarrow2\sqrt{x-1}=3-x\)
\(\Leftrightarrow4\left(x-1\right)=x^2-6x+9\left(x\le3\right)\)
\(\Leftrightarrow4x-4=x^2-6x+9\)
\(\Leftrightarrow x^2-10x+13=0\)
\(\Leftrightarrow\)\(x=5\pm2\sqrt{3}\) ( TM )
b, Ta có : \(x+2\sqrt{x-1}-m^2+6m-11=0\)
\(\Leftrightarrow x-1+2\sqrt{x-1}+1-m^2+6m-11=0\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x-1}-1\right)^2=m^2-6m+9+2=\left(m-3\right)^2+2\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{x-1}-1=\pm\sqrt{\left(m-3\right)^2+2}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{x-1}=1\pm\sqrt{\left(m-3\right)^2+2}\)
\(\Leftrightarrow x=\left(1\pm\sqrt{\left(m-3\right)^2+2}\right)^2+1\ge1\) ( TM )
=> ĐPCM
a) Thay \(m=2\) vào phương trình
\(\Rightarrow x+2\sqrt{x-1}-3=0\)
\(\Leftrightarrow2\sqrt{x-1}=3-x\) \(\left(3\ge x\ge1\right)\)
\(\Rightarrow4x-4=9-6x+x^2\)
\(\Leftrightarrow x^2-10x+13=0\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=5+2\sqrt{3}\left(loại\right)\\x=5-2\sqrt{3}\end{matrix}\right.\)
Vậy ...
b) Đặt \(\sqrt{x-1}=a\) \(\left(a\ge0\right)\)
\(\Rightarrow a^2+2a-m^2+6m-10=0\)
Ta có: \(\Delta'=m^2-6m+11\ge0\forall m\)
Vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi m