Giả sử \(x_1,x_2\) là 2 nghiệm của pt : \(x^2+px-1=0\) (\(p\in Z\), p lẻ)
CMR với mọi n là số nguyên dương thì
\(Sn=x_1^n+x_2^n\) và \(Sn+1=x_1^{n+1}+x_2^{n+1}\) là các số nguyên tố cùng nhau
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)\left(x^2-2x-2\right)=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=2\\x^2-2x-2=0\end{matrix}\right.\)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(x_3=2\) và \(x_1;x_2\) là nghiệm của \(x^2-2x-2=0\)
Do \(2^n\) nguyên nên ta chỉ cần chứng minh \(P\left(n\right)=x_1^n+x_2^n\) nguyên
\(P\left(1\right)=x_1+x_2=2\in Z\) thỏa mãn
\(P\left(2\right)=x_1^2+x_2^2=\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2=8\in Z\) thỏa mãn
\(P\left(1\right).P\left(n\right)=\left(x_1+x_2\right)\left(x_1^n+x_2^n\right)=x_1^{n+1}+x_2^{n+1}+x_1x_2\left(x_1^{n-1}+x_2^{n-1}\right)\)
\(\Leftrightarrow2P\left(n\right)=P\left(n+1\right)-2P\left(n-1\right)\)
\(\Leftrightarrow P\left(n+1\right)=2P\left(n\right)+2P\left(n-1\right)\)
\(P\left(1\right);P\left(2\right)\) nguyên \(\Rightarrow P\left(3\right)\) nguyên \(\Rightarrow P\left(4\right)\) nguyên \(\Rightarrow...\Rightarrow P\left(n\right)\) nguyên với mọi n (đpcm)
Bài toán chia kẹo kinh điển đây mà.
Trước hết chúng ta đếm 1 chút theo kiểu lớp 1 lớp 2 gì đó: có 1 đoạn thẳng, cần chia đoạn thẳng ấy làm 3 phần, vậy cần chấm lên đoạn thẳng ấy mấy điểm? Câu trả lời rõ ràng là 2 điểm. Cần chia 1 con cá thành 3 khúc, ta cần 2 nhát cắt; cần ngăn 4 con cọp xếp hàng ngang để chúng đỡ cắn nhau, ta cần 3 vách ngăn. Hay để chia 1 đối tượng làm n phần, ta cần dùng n-1 vách ngăn để chia nó ra, Như thế này:
Bây giờ có số tự nhiên n, ta phân tích nó như sau:
\(n=1+1+1+...+1+1+1\)
Giả sử ta "vách ngăn" vào một vài vị trí giữa các số 1, kiểu thế này:
\(1+1+\left|1+1+1\right|+1+|1+1+...+1\)
Rõ ràng với 3 vách ngăn trên, ta chia n thành 3+1=4 phần, mỗi phần đều có giá trị nguyên dương, lần lượt là 2,3,1,n-6.
Bây giờ cần chia dãy \(1+1+...+1\) trên thành m phần, vậy cần đặt bao nhiêu vách ngăn? Cũng như ban đầu đã phân tích, ta cần đặt \(m-1\) tấm vách ngăn.
Ta có bao nhiêu vị trí để đặt \(m-1\) vách ngăn nói trên? Có n số 1, ta sẽ có \(n-1\) vị trí đặt vách ngăn, sao cho giữa 2 vách ngăn có ít nhất một số 1 (hay giữa 2 vách ngăn luôn là 1 giá trị nguyên dương).
Tóm lại, để chia dãy tổng \(1+1+...+1\) (n số hạng) thành m phần, sao cho mỗi phần chứa ít nhất một số 1, ta cần đặt \(m-1\) tấm vách ngăn vào \(n-1\) vị trí khả dĩ. Như vậy, ta có \(C_{n-1}^{m-1}\) cách.
Hiển nhiên, giá trị của mỗi phần (tức là tổng các số 1 trong phần đó) chính là giá trị nghiệm \(x_i\) của pt \(\sum\limits^m_{i=1}x_i=n\). Vậy pt có \(C_{n-1}^{m-1}\) nghiệm nguyên dương.
//Bay giờ tới nghiệm tự nhiên thì đơn giản, số tự nhiên khác số nguyên dương đúng 1 số 0, bây giờ ta "loại" nó đi là ra bài toán bên trên. Bằng cách đặt \(y_1=x_1+1;y_2=x_2+1...;y_m=x_m+1\), ta đảm bảo \(y_i\) luôn nguyên dương khi \(x_i\) tự nhiên.
Khi đó:
\(y_1+y_2+...+y_m=\left(x_1+1\right)+\left(x_2+1\right)+...+\left(x_m+1\right)\)
\(=\left(x_1+x_2+...+x_m\right)+m=n+m\)
Quay về bài trên, ta có pt \(y_1+y_2+...+y_m=n+m\) có \(C_{n+m-1}^{m-1}\) nghiệm.
Ứng với mỗi \(y_i\) cho đúng 1 giá trị \(x_i=y_i-1\) tương ứng, do đó pt:
\(\sum\limits^m_{i=1}x_i=n\) có \(C_{n+m-1}^{m-1}\) nghiệm tự nhiên
Công thức đầu của em có vẻ bị sai :D
Wow, big brain, cảm ơn thầy nhiều ;) (mà hình như 2 công thức đó bằng nhau vì \(C^k_n=C^{n-k}_n\) ấy thầy).
Có: \(\Delta=p^2+4>0\), mọi p
=> phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt .
Áp dụng định lí Viet ta có:
\(x_1+x_2=-p\)
\(x_1.x_2=-1\)
Ta cần chứng minh với n là số tự nhiên: \(S_{n+2}=-pS_{n+1}+S_n\) (1)
+) Với \(S_0=x_1^o+x_2^o=2\);\(S_1=-p\)
\(S_2=x_1^2+x_2^2=\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2=p^2+2=-pS_1+S_2\)
=>(1) đúng với n = 0.
+) G/s : (1) đúng với n
+) Chứng minh (1) đúng (1) đúng với n +1
Ta có: \(S_{n+1}=x_1^{n+1}+x_2^{n+1}=\left(x_1^n+x_2^n\right)\left(x_1+x_2\right)-x_1x_2\left(x_1^{n-1}+x_1^{n-2}\right)\)
\(=-pS_n+S_{n-1}\)
=> (1) đúng với n +1
Vậy với mọi số tự nhiên n: \(S_{n+2}=-pS_{n+1}+S_n\)(1)
G/s: \(\left(S_n;S_{n+1}\right)=d\)
=> \(\hept{\begin{cases}S_{n+1}=-pS_n+S_{n-1}⋮d\\S_n⋮d\end{cases}}\Rightarrow S_{n-1}⋮d\)
=> \(\hept{\begin{cases}S_n=-pS_{n-1}+S_{n-2}⋮d\\S_{n-1}⋮d\end{cases}}\Rightarrow S_{n-2}⋮d\)
.....
Cứ tiếp tự như vậy
=> \(S_0⋮d;S_1⋮d\)
=> \(\hept{\begin{cases}2⋮d\Rightarrow d\in\left\{\pm1;\pm2\right\}\\-p⋮d\Rightarrow d\in\left\{\pm1;\pm p\right\}\end{cases}}\)
Mà p là số lẻ
=> d =1
=> \(S_n;S_{n-1}\)là hai số nguyên tố cùng nhau.
\(x^2-2\left(m-1\right)x-2m=0\)
\(\text{Δ}=\left(-2m+2\right)^2-4\cdot1\cdot\left(-2m\right)\)
\(=4m^2-8m+4+8m=4m^2+4>=4>0\forall m\)
=>Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt
1:Phương trình luôn có nghiệm với mọi m<>0
Sửa đề: Chứng minh
TH1: m=0
Phương trình sẽ trở thành \(0x^2-2\left(0+1\right)x+1-3\cdot0=0\)
=>1=0(vô lý)
TH2: m<>0
\(\Delta=\left[-2\left(m+1\right)\right]^2-4\cdot m\cdot\left(1-3m\right)\)
\(=4\left(m+1\right)^2-4m+12m^2\)
\(=4m^2+8m+4-4m+12m^2\)
\(=16m^2+4m+4\)
\(=16\left(m^2+\dfrac{1}{4}m+\dfrac{1}{4}\right)\)
\(=16\left(m^2+2\cdot m\cdot\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{64}+\dfrac{15}{64}\right)\)
\(=16\left(m+\dfrac{1}{8}\right)^2+\dfrac{15}{4}>=\dfrac{15}{4}>0\forall m\)
=>Phương trình luôn có nghiệm với mọi m<>0
2: Theo Vi-et, ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=\dfrac{-\left[-2\left(m+1\right)\right]}{m}=\dfrac{2m+2}{m}\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=\dfrac{1-3m}{m}\end{matrix}\right.\)
\(x_1^2+x_2^2\)
\(=\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2\)
\(=\left(\dfrac{2m+2}{m}\right)^2-2\cdot\dfrac{1-3m}{m}\)
\(=\dfrac{4m^2+8m+4}{m^2}+\dfrac{6m-2}{m}\)
\(=\dfrac{4m^2+8m+4+6m^2-2m}{m^2}\)
\(=\dfrac{10m^2+6m+4}{m^2}\)
\(=10+\dfrac{6}{m}+\dfrac{4}{m^2}\)
\(=\left(\dfrac{2}{m}\right)^2+2\cdot\dfrac{2}{m}\cdot1,5+2,25+7,75\)
\(=\left(\dfrac{2}{m}+1,5\right)^2+7,75>=7,75\forall m\ne0\)
Dấu '=' xảy ra khi \(\dfrac{2}{m}+1,5=0\)
=>\(\dfrac{2}{m}=-1,5\)
=>\(m=-\dfrac{2}{1,5}=-\dfrac{4}{3}\)
Với \(m=0\) pt có nghiệm
Với \(m\ne0\)
\(\Delta'=\left(m+1\right)^2-m\left(1-3m\right)=4m^2+m+1=\left(m+\dfrac{1}{8}\right)^2+\dfrac{15}{16}>0;\forall m\)
Pt luôn có nghiệm với mọi m
b. Câu này chắc đề đúng là "với m khác 0"
Theo hệ thức Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=\dfrac{2\left(m+1\right)}{m}\\x_1x_2=\dfrac{1-3m}{m}\end{matrix}\right.\)
\(P=x_1^2+x_2^2=\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2\)
\(=\dfrac{4\left(m+1\right)^2}{m^2}-\dfrac{2\left(1-3m\right)}{m}\)
\(=\dfrac{10m^2+6m+4}{m^2}=\dfrac{4}{m^2}+\dfrac{6}{m}+10\)
\(=4\left(\dfrac{1}{m}+\dfrac{3}{4}\right)^2+\dfrac{31}{4}\ge\dfrac{31}{4}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(m=-\dfrac{4}{3}\)
\(\Delta=m^2-4\left(m-2\right)=m^2-4m+8=\left(m-2\right)^2+4>0\) \(\forall m\)
\(\Rightarrow\) pt luôn có 2 nghiệm pb với mọi m
Khi đó, theo Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=m\\x_1x_2=m-2\end{matrix}\right.\)
\(\frac{\left(x_1^2-2\right)\left(x_2^2-2\right)}{\left(x_1-1\right)\left(x_2-1\right)}=4\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(x_1x_2\right)^2-2\left(x_1^2+x_2^2\right)+4}{x_1x_2-\left(x_1+x_2\right)+1}=4\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(x_1x_2\right)^2-2\left(x_1+x_2\right)^2+4x_1x_2+4}{x_1x_2-\left(x_1+x_2\right)+1}=4\)
\(\Leftrightarrow\left(m-2\right)^2-2m^2+4\left(m-2\right)+4=4\left(m-2-m+1\right)\)
\(\Leftrightarrow-m^2=-4\)
\(\Rightarrow m=\pm2\)