Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ý thứ hai: Từ giả thiết $p$ nguyên tố suy ra $b$ chẵn (vì $b$ phải chia hết cho $4$), ta đặt $b=2 c$ thì:
$p=\dfrac{c}{2} \sqrt{\dfrac{a-c}{b-c}} \Leftrightarrow \dfrac{4 p^2}{c^2}=\dfrac{a-c}{a+c}$.
Đặt $\dfrac{2 p}{c}=\dfrac{m}{n}$, với $(m, n)=1$ $\Rightarrow\left\{\begin{aligned} &a-c=k m^2 \\ &a+c=k n^2\\ \end{aligned}\right. \Rightarrow 2 c=k\left(n^2-m^2\right)$ và $4 p n=k m\left(n^2-m^2\right).$
+ Nếu $m$, $n$ cùng lẻ thì $4 p n=k m\left(n^2-m^2\right) \, \vdots \, 8 \Rightarrow p$ chẵn, tức là $p=2$.
+ Nếu $m$, $n$ không cùng lẻ thì $m$ chia $4$ dư $2$. (do $2p$ không là số chẵn không chia hết cho $4$ và $\dfrac{2 p}{c}$ là phân số tối giản). Khi đó $n$ là số lẻ nên $n^2-m^2$ là số lẻ nên không chia hết cho $4$ suy ra $k$ là số chia hết cho $2$.
Đặt $k=2 r$ ta có $2 p n=r m\left(n^2-m^2\right)$ mà $\left(n^2-m^2, n\right)=1 \Rightarrow r \, \vdots \, n$ đặt $r=n s$ ta có $2 p=s(n-m)(n+m) m$ do $n-m, n+m$ đều là các số lẻ nên $n+m=p$, $n-m=1$, suy ra $s, m \leq 2$ và $(m ; n)=(1 ; 2)$ hoặc $(2 ; 3)$.
Trong cả hai trường họp đều suy ra $p \leq 5$.
Với $p=5$ thì $m=2$, $n=3$, $s=1$, $r=3$, $k=6$, $c=15$, $b=30$, $a=39$.
Ý thứ nhất:
TH1: Nếu $p=3$, ta có $3^6-1=2^3 .7 .11 \, \vdots \, q^2$ hay $q^2 \, \big| \, 2^3 .7 .11$ nên $q=2$.
TH2: Nếu $p \neq 3$, ta có $p^2 \, \big| \, (q+1)\left(q^2-q+1\right)$.
Mà $\left(q+1, q^2-q+1\right)=(q+1,3)=1$ hoặc $3$. Suy ra hoặc $p^2 \, \big| \, q+1$ hoặc $p^2 \, \big| \, q^2-q+1$ nên $p < q$.
+ Nếu $q=p+1$ ta có $p=2$, $q=3$.
+ Nếu $q \geq p+2$.
Ta có $p^6-1=(p^3)^2-1=(p^3-1)(p^3+1)$ nên $q^2 \, \big| \, (p-1)(p+1).(p^2-p+1).(p^2+p+1)$.
Do $(q, p+1)=(q, p-1)=1$ và $\left(p^2-p+1, p^2+p+1\right)=\left(p^2+p+1,2 p\right)=1$ nên ta có hoặc $q^2 \, \big| \, p^2+p+1$ hoặc $q^2 \, \big| \, p^2-p+1$.
Mà $q \geq p+2$ nên $q^2 \geq(p+2)^2>p^2+p+1>p^2-p+1$.
Vậy $(p, q)=(2,3) ; \, (3,2)$.
2: Điểm rơi... đẹp!
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM:
\(\left\{{}\begin{matrix}a^2+1\ge2a\\b^2+4\ge4b\\c^2+9\ge6c\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+14\ge2\left(a+2b+3c\right)=28\).
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge14\).
Đẳng thức xảy ra khi a = 1; b = 2; c = 3.
1: Ta có \(y^2\ge6-x+x-2=4\Rightarrow y\ge2\).
Đẳng thức xảy ra khi x = 6 hoặc x = 2
\(y^2\le2\left(6-x+x-2\right)=8\Rightarrow y\le2\sqrt{2}\).
Đẳng thức xảy ra khi x = 4.
a) \(\left\{{}\begin{matrix}2x^2-5xy-y^2=1\\y\left(\sqrt{xy-2y^2}+\sqrt{4y^2-xy}\right)=1\end{matrix}\right.\)
ĐKXĐ:...
\(\Rightarrow y\left(\sqrt{xy-2y^2}+\sqrt{4y^2-xy}\right)=2x^2-5xy-y^2\)
Từ giả thiết dễ thấy \(y\ne0\), chia cả 2 vế cho \(y^2\) ta được:
\(\dfrac{\sqrt{xy-2y^2}+\sqrt{4y^2-xy}}{y}=\dfrac{2x^2-5xy-y^2}{y^2}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{\dfrac{xy-2y^2}{y^2}}+\sqrt{\dfrac{4y^2-xy}{y^2}}=2\left(\dfrac{x}{y}\right)^2-\dfrac{5x}{y}-1\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{\dfrac{x}{y}-2}+\sqrt{4-\dfrac{x}{y}}=2\left(\dfrac{x}{y}\right)^2-5\dfrac{x}{y}-1\)
Đặt \(\dfrac{x}{y}=t\) \(\left(2\le t\le4\right)\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{t-2}+\sqrt{4-t}=2t^2-5t-1\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{t-2}-1+\sqrt{4-t}-1=2t^2-5t-3\)
\(\Leftrightarrow\left(t-3\right)\left(2t+1\right)=\dfrac{t-3}{\sqrt{t-2}+1}+\dfrac{3-t}{\sqrt{4-t}+1}\)
\(\Leftrightarrow\left(t-3\right)\left(2t+1-\dfrac{1}{\sqrt{t-2}+1}+\dfrac{1}{\sqrt{4-t}+1}\right)=0\)
Xét \(2t+1-\dfrac{1}{\sqrt{t-2}+1}+\dfrac{1}{\sqrt{4-t}+1}=2t+\dfrac{\sqrt{t-2}}{\sqrt{t-2}+1}+\dfrac{1}{\sqrt{4-t}+1}>0\forall t\)
\(\Rightarrow t-3=0\)
\(\Leftrightarrow t=3\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{x}{y}=3\Leftrightarrow x=3y\)
Thế vào phương trình \(\left(1\right):2\cdot9y^2-5y\cdot3y-y^2-1=0\)
\(\Leftrightarrow2y^2-1=0\)
\(\Leftrightarrow y=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\) do \(y>0\)
\(\Leftrightarrow x=\dfrac{3}{\sqrt{2}}\)
Vậy tập nghiệm của phương trình \(\left(x;y\right)=\left(\dfrac{3}{\sqrt{2}};\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)\)
b) \(\left\{{}\begin{matrix}x^3+1=2\left(x^2-x+y\right)\\y^3+1=2\left(y^2-y+x\right)\end{matrix}\right.\)
Trừ theo vế 2 phương trình ta được:
\(x^3-y^3=2\left(x^2-y^2-2x+2y\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)-2\left(x-y\right)\left(x+y\right)+4\left(x-y\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x^2+xy+y^2-2\left(x+y\right)+4\right)=0\)
Xét phương trình \(x^2+x\left(y-2\right)+y^2-2y+4=0\)
\(\Delta_x=\left(y-2\right)^2-4\left(y^2-2y+4\right)=-3y^2+4y-8< 0\) nên phương trình vô nghiệm.
Do đó \(x=y\)
Thế vào phương trình \(\left(1\right):x^3+1=2x^2\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x^2-x-1\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\\x=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\end{matrix}\right.\)
Vậy...
Với \(a=b\) thì \(\left(a^2+1\right)^2\) và \(c^2\) là 2 số tự nhiên liên tiếp đều chính phương nên \(c=0;a^2+1=1\) (ktm)
Với \(a\ne b\), ko mất tính tổng quát giả sử \(a< b\)
\(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)=c^2+1\Leftrightarrow a^2\left(b^2+1\right)=\left(c-b\right)\left(c+b\right)\) (1)
Mà \(b^2+1\) là SNT \(\Rightarrow c-b\) hoặc \(c+b\) chia hết \(b^2+1\)
Do \(a< b\Rightarrow\left(b^2+1\right)^2>c^2+1\Rightarrow b^2>c\) (2)
Nếu \(c-b\) chia hết \(b^2+1\Rightarrow c-b\ge b^2+1\Rightarrow c\ge b^2+b+1>b^2\) mâu thuẫn (2)
\(\Rightarrow c+b\) chia hết \(b^2+1\) \(\Rightarrow c+b=k\left(b^2+1\right)\Rightarrow k\left(b^2+1\right)< b^2+b\)
\(\Rightarrow k< \dfrac{b^2+b}{b^2+1}< 2\Rightarrow k=1\)
\(\Rightarrow c=b^2-b+1\)
Thế vào (1) \(\Rightarrow a^2\left(b^2+1\right)=\left(b-1\right)^2\left(b^2+1\right)\Rightarrow a^2=\left(b-1\right)^2\)
\(\Rightarrow a=b-1\)
\(\Rightarrow\left(b-1\right)^2+1\) và \(b^2+1\) cùng là số nguyên tố
- Với \(b=1\) không thỏa
- Với \(b=2\) thỏa
- Với \(b>2\) do \(b^2+1\) nguyên tố \(\Rightarrow b^2+1\) lẻ \(\Rightarrow b\) chẵn
\(\Rightarrow\left(b-1\right)^2+1\) chẵn \(\Rightarrow\) ko là SNT \(\Rightarrow\) không thỏa
Vậy \(b=2;a=1;c=3\)