Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 1 :
Phương trình <=> 2x . x2 = ( 3y + 1 ) 2 + 15
Vì \(\hept{\begin{cases}3y+1\equiv1\left(mod3\right)\\15\equiv0\left(mod3\right)\end{cases}\Rightarrow\left(3y+1\right)^2+15\equiv1\left(mod3\right)}\)
\(\Rightarrow2^x.x^2\equiv1\left(mod3\right)\Rightarrow x^2\equiv1\left(mod3\right)\)
( Vì số chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1 )
\(\Rightarrow2^x\equiv1\left(mod3\right)\Rightarrow x\equiv2k\left(k\inℕ\right)\)
Vậy \(2^{2k}.\left(2k\right)^2-\left(3y+1\right)^2=15\Leftrightarrow\left(2^k.2.k-3y-1\right).\left(2^k.2k+3y+1\right)=15\)
Vì y ,k \(\inℕ\)nên 2k . 2k + 3y + 1 > 2k .2k - 3y-1>0
Vậy ta có các trường hợp:
\(+\hept{\begin{cases}2k.2k-3y-1=1\\2k.2k+3y+1=15\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2k.2k=8\\3y+1=7\end{cases}\Rightarrow}k\notinℕ\left(L\right)}\)
\(+,\hept{\begin{cases}2k.2k-3y-1=3\\2k.2k+3y+1=5\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2k.2k=4\\3y+1=1\end{cases}\Rightarrow}\hept{\begin{cases}k=1\\y=0\end{cases}\left(TM\right)}}\)
Vậy ( x ; y ) =( 2 ; 0 )
Bài 3:
Giả sử \(5^p-2^p=a^m\) \(\left(a;m\inℕ,a,m\ge2\right)\)
Với \(p=2\Rightarrow a^m=21\left(l\right)\)
Với \(p=3\Rightarrow a^m=117\left(l\right)\)
Với \(p>3\)nên p lẻ, ta có
\(5^p-2^p=3\left(5^{p-1}+2.5^{p-2}+...+2^{p-1}\right)\Rightarrow5^p-2^p=3^k\left(1\right)\) \(\left(k\inℕ,k\ge2\right)\)
Mà \(5\equiv2\left(mod3\right)\Rightarrow5^x.2^{p-1-x}\equiv2^{p-1}\left(mod3\right),x=\overline{1,p-1}\)
\(\Rightarrow5^{p-1}+2.5^{p-2}+...+2^{p-1}\equiv p.2^{p-1}\left(mod3\right)\)
Vì p và \(2^{p-1}\)không chia hết cho 3 nên \(5^{p-1}+2.5^{p-2}+...+2^{p-1}⋮̸3\)
Do đó: \(5^p-2^p\ne3^k\), mâu thuẫn với (1). Suy ra giả sử là điều vô lý
\(\rightarrowĐPCM\)
60 = 3.4.5
Ta cần c/m xyz chia hết cho 3; 4 và 5.
Xét x² + y² = z²
* Giả sử cả x; y và z đều không chia hết cho 3.
Khi đó x; y và z chia cho 3 dư 1 hoặc dư 2 => x²; y² và z² chia cho 3 dư 1.
=> x² + y² ≡ 1 + 1 = 2 ( mod 3 )
Vô lí vì z² ≡ 1 ( mod 3 )
Vậy tồn tại ít nhất 1 số ⋮ 3, do đó xyz ⋮ 3 (♠)
* Giả sử cả x; y và z không chia hết cho 4.
Khi đó x; y và z chia cho 4 dư 1; 2 hoặc 3.
*TH 1 : Cả x; y và z lẻ => x²; y² và z² chia 4 dư 1.
=> z² = x² + y² ≡ 1 + 1 = 2 ( mod 4 ) { loại }
*TH 2 : Có ít nhất 2 số chẵn => xyz⋮ 4
*TH 3 : Có 1 số chẵn và 2 số lẻ.
......+ Với x; y lẻ thì z² = x² + y² ≡ 1 + 1 = 2 ( mod 4 ) { loại do z chẵn nên z² ≡ 0 ( mod 4 )}
......+ Với x; z lẻ thì y² = z² - x² ≡ (z - x)(z + x). Ta có bảng sau :
........z...............x...........z-...
....4m+1.......4n+1.........4(m-n).......
....4m+3.......4n+1.......4(m-n)+2.......
Các trường hợp khác tương tự. Ta luôn có y² = (z-x)(z+x)⋮8. Trong khi y²⋮4 nhưng không⋮8 => mâu thuẫn.
Vậy.......
Vậy tồn tại ít nhất 1 số⋮4 => xyz⋮4 (♣)
* Giả sử cả x; y và z không chia hết cho 5.
Khi đó x; y và z chia cho 5 dư 1; 2; 3 hoặc 4 => x²; y² và z² chia cho 5 dư 1 hoặc -1.
+ TH 1 : x² ≡ 1 ( mod 5 ); y² ≡ 1 ( mod 5 ) => z² = x² + y² ≡ 2 ( mod 5 ) { loại }
+ TH 2 : x² ≡ -1 ( mod 5 ); y² ≡ -1 ( mod 5 ) => z² = x² + y² ≡ -1 ( mod 5 ) { loại }
+ TH 3 : x² ≡ 1 ( mod 5 ); y² ≡ -1 ( mod 5 ) => z² = x² + y² ≡ 0 ( mod 5 ) { loại }
Vậy tồn tại ít nhất 1 số⋮5 => xyz⋮5 (♦)
Từ (♠); (♣) và (♦) => xyz⋮3.4.5 = 60 ( đpcm )
Đây là toán lớp 9 mà bạn, bạn ghi đề bài lên google là ra ngay, mik vừa thử rồi
Do \(x\left(x+1\right)⋮2\Rightarrow\left(y^2+1\right)⋮2\Rightarrow\) y2 là số lẻ hay y là số lẻ.
Ta đặt \(y=2k+1\left(k\in Z\right)\), khi đó \(x\left(x+1\right)=\left(2k+1\right)^2+1\)
\(\Leftrightarrow\left(x^2+x+\frac{1}{4}\right)-\left(2k+1\right)^2=\frac{5}{4}\)
\(\Leftrightarrow4\left(x+\frac{1}{2}\right)^2-4\left(2k+1\right)^2=5\Leftrightarrow\left[\left(2x+1-4k-2\right)\right]\left[\left(2x+1+4k+2\right)\right]=5\)
\(\Leftrightarrow\left(2x-4k-1\right)\left(2x+4k+3\right)=5\)
Tới đây ta tìm được các cặp (x, k), từ đó suy ra các cặp (x,y)