Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(a^2+b⋮ab-1\Rightarrow b\left(a^2+b\right)-a\left(ab-1\right)⋮ab-1\)
\(\Rightarrow a+b^2⋮ab-1\)
Do đó, vai trò của a và b là hoàn toàn như nhau.
TH1: \(a=b\Rightarrow\dfrac{a^2+a}{a^2-1}\in Z\Rightarrow\dfrac{a}{a-1}\in Z\Rightarrow1+\dfrac{1}{a-1}\in Z\)
\(\Rightarrow a=2\Rightarrow a=b=2\)
TH2: \(b>a\Rightarrow b\ge a+1\)
Do \(a^2+b⋮ab-1\Rightarrow a^2+b\ge ab-1\) (nếu \(a< b\) ta sẽ xét với \(a+b^2⋮ab-1\) cho kết quả tương tự nên ko cần TH3 \(a>b\))
\(a^2-1+2\ge ab-b\Rightarrow\left(a-1\right)\left(a+1\right)+2\ge b\left(a-1\right)\)
\(\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-a-1\right)\le2\)
\(\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-a-1\right)=\left\{0;1;2\right\}\)
TH2.1: \(\left(a-1\right)\left(b-a-1\right)=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}a=1\\b=a+1\end{matrix}\right.\)
- Với \(a=1\Rightarrow\dfrac{b+1}{b-1}\in Z\Rightarrow1+\dfrac{2}{b-1}\in Z\Rightarrow b=\left\{2;3\right\}\)
\(\Rightarrow\left(a;b\right)=\left(1;2\right);\left(1;3\right)\) (và 2 bộ hoán vị \(\left(2;1\right);\left(3;1\right)\) ứng với \(a>b\), lần sau sẽ hoán vị nghiệm luôn ko giải thích lại)
- Với \(b=a+1\Rightarrow\dfrac{a^2+a+1}{a^2+a-1}\in Z\Rightarrow1+\dfrac{2}{a^2+a-1}\in Z\)
\(\Rightarrow a^2+a-1=\left\{1;2\right\}\Rightarrow a=1\Rightarrow b=2\) giống như trên
TH2.2: \(\left(a-1\right)\left(b-a-1\right)=1\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a-1=1\\b-a-1=1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left(a;b\right)=\left(2;4\right);\left(4;2\right)\)
TH2.3: \(\left(a-1\right)\left(b-a-1\right)=2=2.1=1.2\)
\(\Rightarrow\left(a;b\right)=\left(3;5\right);\left(5;3\right);\left(2;5\right);\left(5;2\right)\)
Vậy các bộ số thỏa mãn là: \(\left(1;2\right);\left(2;1\right);\left(1;3\right);\left(3;1\right);\left(2;2\right);\left(2;5\right);\left(5;2\right);\left(3;5\right);\left(5;3\right)\)
Nhận xét: với mọi n nguyên thì \(n^2\equiv\left\{0;1;2;4\right\}\left(mod7\right)\)
Giả sử a;b tồn tại 1 số không chia hết cho 7
\(\Rightarrow a^2+b^2\equiv\left\{1;2;3;4;5;6;8\right\}\left(mod7\right)\)
\(\Rightarrow a^2+b^2\) luôn ko chia hết cho 7 (trái với giả thiết)
Vậy điều giả sử là sai hay \(a;b\) đều chia hết cho 7
Với \(y=1\Rightarrow\dfrac{x^2+x+1}{x+1}\in Z\Rightarrow\dfrac{1}{x+1}\in Z\Rightarrow\) ko tồn tại x nguyên dương thỏa mãn (loại)
Với \(y>1\):
Đặt \(\dfrac{x^2+x+1}{xy+1}=k\Rightarrow x^2-\left(ky-1\right)x+1-k=0\)
\(\Delta=\left(ky-1\right)^2+4\left(k-1\right)\) là số chính phương
Ta có: \(k\ge1\Rightarrow\left(ky-1\right)^2+4\left(k-1\right)\le\left(ky-1\right)^2\)
Đồng thời \(y>1\Rightarrow y\ge2\Rightarrow2ky\ge4k>3\)
\(\Rightarrow\left(ky-1\right)^2+4\left(k-1\right)=\left(ky-2\right)^2+\left(2ky-3\right)+4\left(k-1\right)>\left(ky-2\right)^2\)
\(\Rightarrow\left(ky-2\right)^2< \left(ky-1\right)^2+4\left(k-1\right)\le\left(ky-1\right)^2\)
\(\Rightarrow\left(ky-1\right)^2+4\left(k-1\right)=\left(ky-1\right)^2\)
\(\Rightarrow k=1\Rightarrow\dfrac{x^2+x+1}{xy+1}=1\)
\(\Rightarrow x^2+x=xy\Rightarrow y=x+1\)
\(\Rightarrow y-x=1\)
Bài toán này dựa trên bài toán mà bạn đã đăng hôm trước: nếu \(m^2+n^2\) chia hết cho 7 thì cả m và n đều chia hết cho 7.
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}5a+2b=m^2\\2a+5b=n^2\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow7\left(a+b\right)=m^2+n^2\)
\(\Rightarrow m^2+n^2⋮7\)
\(\Rightarrow m;n\) đều chia hết cho 7
\(\Rightarrow m^2;n^2\) đều chia hết cho 49
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}5a+2b⋮49\\2a+5b⋮49\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}3\left(a-b\right)⋮49\\7\left(a+b\right)⋮49\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a-b⋮7\\a+b⋮7\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}2a⋮7\\2b⋮7\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a⋮7\\b⋮7\end{matrix}\right.\) (đpcm)
Cám ơn thầy ạ !
Đây là 1 loạt những bài toán về chuyên đề đồng dư thức , thầy đã nhiệt tình giúp đỡ em, em cám ơn ạ
\(\Rightarrow\left(n+3\right)\left(n^3+2n^2+1\right)\) cũng là SCP
\(\Rightarrow4\left(n^4+5n^3+6n^2+n+3\right)\) là SCP
\(\Rightarrow4n^4+20n^3+24n^2+4n+12=k^2\)
Ta có:
\(4n^4+20n^3+24n^2+4n+12=\left(2n^2+5n-1\right)^2+3n^2+14n+11>\left(2n^2+5n-1\right)^2\)
\(4n^4+20n^3+24n^2+4n+12=\left(2n^2+5n+1\right)^2-\left(n-1\right)\left(5n+11\right)\le\left(2n^2+5n+1\right)^2\)
\(\Rightarrow\left(2n^2+5n-1\right)^2< k^2\le\left(2n^2+5n+1\right)^2\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}4n^4+20n^3+24n^2+4n+12=\left(2n^2+5n\right)^2\\4n^4+20n^3+24n^2+4n+12=\left(2n^2+5n+1\right)^2\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}n^2-4n-12=0\\\left(n-1\right)\left(5n+11\right)=0\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}n=1\\n=6\end{matrix}\right.\)
Thay lại kiểm tra thấy đều thỏa mãn
\(\Leftrightarrow x^2y^2+22xy+141=4\left(x^2+6xy+9y^2\right)+7\left(x+3y\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(xy+11\right)^2+20=4\left(x+3y\right)^2+7\left(x+3y\right)\)
\(\Leftrightarrow16\left(xy+11\right)^2+320=64\left(x+3y\right)^2+112\left(x+3y\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(4xy+44\right)^2+369=\left(8x+24y+7\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(8x+24y-4xy-37\right)\left(8x+24y+4xy+51\right)=369\)
Pt ước số
\(\dfrac{a^2}{2ab^2-b^3+1}=m\in Z^+\Rightarrow a^2-2mb^2a.+mb^3-m=0\)
\(\Rightarrow\Delta=4m^2b^4-4mb^3+4m\) là SCP (1)
Ta dễ dàng chứng minh được:
\(4m^2b^4-4mb^3+4m>\left(2mb^2-b-1\right)^2\)
\(\Leftrightarrow4m\left(b^2+1\right)>\left(b+1\right)^2\)
Đúng do: \(2m.2\left(b^2+1\right)\ge2m\left(b+1\right)^2>\left(b+1\right)^2\)
Tương tự, ta cũng có: \(4m^2b^4-4mb^3+4m< \left(2mb^2-b+1\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(b-1\right)^2+4m\left(b^2-1\right)>0\) (luôn đúng với b>1;m>0)
\(\Rightarrow\left(2mb^2-b-1\right)^2< 4m^2b^4-4mb^3+4m< \left(2mb^2-b+1\right)^2\)
\(\Rightarrow4m^2b^4-4mb^3+4m=\left(2mb^2-b\right)^2\)
\(\Rightarrow b^2=4m\)
\(\Rightarrow b\) chẵn \(\Rightarrow b=2k\Rightarrow m=k^2\)
Thế vào (1) \(\Rightarrow a^2-8k^4a+8k^5-k^2=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-k\right)\left(a-8k^4+k\right)=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}a=k\\a=8k^4-k\end{matrix}\right.\)
Vậy nghiệm của pt là: \(\left(a;b\right)=\left(k;2k\right);\left(8k^4-k;2k\right)\) với k nguyên dương
Mải làm quên mất, cứ nghĩ là bài yêu cầu tìm nghiệm nguyên của pt
Nếu chỉ cần chứng minh A nguyên dương thì ko cần 3 dòng cuối nữa, đến đoạn \(m=k^2\) là số chính phương là xong rồi