NP
1
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
PN
12 tháng 10 2017
Gọi 3 số nguyên liên tiếp là: a-1, a, a+1
Giả sử b3= (a - 1)2+a2+(a + 1)2
= 3a2+2 => chia 3 dư 2
=> b chia 3 dư 2 => b=3k+2
=> (3k + 2)3 = 3a2 + 2
=>27k^3+54k^2+36k+8=3a^2+2
=>a2 = 9k(k+1)2+(3k+2)
NX: ta có vế trái là một số chia 3 dư 2
Mà vế phải là một số chính phương, nên chia 3 chỉ có 2 khả năng dư 1 hoăc dư 0=> vô lý
vậy ta có điều cần phải C/m.
NL
3
8 tháng 8 2016
Gọi 2 số lẻ liên tiếp là 2k−1 và 2k+1, với k là số tự nhiên.
Tổng các bình phương của hai số lẻ liên tiếp là: (2k−1)2+(2k+1)2=4k2−4k+1+4k2−4k+1=8k2+2
Tổng trên chia cho 4 dư 2; Vậy nó không thể là số chính phương (Số chính phương hoặc chia hết cho 4 hoặc chia cho 4 dư 1)
2 tháng 12 2016
Gọi 5 số chính phương liên tiếp là: \(\left(n-2\right)^2;\left(n-1\right)^2;n^2;\left(n+1\right)^2;\left(n+2\right)^2\)
Ta có: \(\left(n-2\right)^2+\left(n-1\right)^2+n^2+\left(n+1\right)^2+\left(n+2\right)^2=5n^2+10\)
\(=5\left(n^2+2\right)\)
Để tổng này là số chính phương thì n2 + 2 phải chia hết cho 5 hay n2 + 2 có tận cùng là 0, hoặc 5, hay n2 phải có tận cùng là 3, hoặc 8.
Mà n2 là số chính phương nên không bao giờ có số tận cùng là 3 hoặc 8.
Vậy tổng của 5 số chính phương liên tiếp khác 0 không thể là 1 số chính phương
TQ
0
TN
4
27 tháng 9 2017
Trung Nguyen
Vì a và b là số lẻ nên a = 2k + 1, b= 2m + 1 (Với k, m ∈ N)
=> a2 + b2 = (2k + 1)2 + (2m + 1)2
= 4k2 + 4k + 1 + 4m2 + 4m + 1
= 4(k2 + k + m2 + m) + 2
=> a2 + b2 không thể là số chính phương
BT
27 tháng 9 2017
Binh phuong cua 1 so le dong du 1 (mod 4)
Suy ra tong binh phuong cua 2 so le bat ki dong du 2 (mod 4)
Ma scp dong du 0 hoac 1 (mod 4)
Vay tong binh phuong cua 2 so le bat ky khong phai la scp
TH
0
BP
1
FF
15 tháng 8 2016
Ta biết một số chính phương hoặc chia hết cho 3 hoặc chia 3 dư 1
(3k)² = 9k² chia hết cho 3
(3k+1)² = 9k² + 6k + 1 chia 3 dư 1
(3k+2)² = 9k² + 12k + 3 + 1 chia 3 dư 1
-----------
A = a^2k + (a+1)^2m + (a+2)^2n = (a²)^k + ((a+1)²)^m + ((a+2)²)^n
a, a+1, a+2 là 3 số nguyên liên tiếp nên có đúng 1 số chia hết cho 3, 1 số chia 3 dư 1, 1 số chia 3 dư 2
=> a², (a+1)², (a+2)² có một số chia hết cho 3, 2 số chia 3 dư 1
=> (a²)^k, ((a+1)²)^m và ((a+2)²)^n có 1 số chia hết cho 3, 2 số chia 3 dư 1
=> A = (a²)^k + ((a+1)²)^m + ((a+2)²)^n chia 3 dư 2 không thể là số chính phương b²
(vì b² chia 3 dư 0 hoặc 1)
NN
0
5 tháng 1 2020
a) Từ giả thiếtta có thể đặt : \(n^2-1=3m\left(m+1\right)\)với m là 1 số nguyên dương
Biến đổi phương trình ta có :
\(\left(2n-1;2n+1\right)=1\)nên dẫn đến :
TH1 : \(2n-1=3u^2;2n+1=v^2\)
TH2 : \(2n-1=u^2;2n+1=3v^2\)
TH1 :
\(\Rightarrow v^2-3u^2=2\)
\(\Rightarrow v^2\equiv2\left(mod3\right)\)( vô lí )
Còn lại TH2 cho ta \(2n-1\)là số chính phương
b) Ta có :
\(\frac{n^2-1}{3}=k\left(k+1\right)\left(k\in N\right)\)
\(\Leftrightarrow n^2=3k^2+3k+1\)
\(\Leftrightarrow4n^2-1=12k^2+12k+3\)
\(\Leftrightarrow\left(2n-1\right)\left(2n+1\right)=3\left(2k+1\right)^2\)
- Xét 2 trường hợp :
TH1 : \(\hept{\begin{cases}2n-1=3p^2\\2n+1=q^2\end{cases}}\)
TH2 : \(\hept{\begin{cases}2n-1=p^2\\2n+1=3q^2\end{cases}}\)
+) TH1 :
Hệ \(PT\Leftrightarrow q^2=3p^2+2\equiv2\left(mod3\right)\)( loại, vì số chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1 )
+) TH2 :
Hệ \(PT\Leftrightarrow p=2a+1\Rightarrow2n=\left(2a+1\right)^2+1\Rightarrow n^2=a^2+\left(a+1\right)^2\)( đpcm )
Ta dễ dàng kiểm tra được các số chính phương dạng \(\left(2n\right)^2\) luôn chia hết cho 4 còn các số chính phương dạng \(\left(2n+1\right)^2\) luôn chia 4 dư 1. Do trong 6 số liên tiếp luôn tồn tại 3 số chẵn và 3 số lẻ nên tổng của chúng sẽ chia 4 dư 3, do đó không phải là số chính phương.