Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta dựa vào nhận xét sau đây: Nếu \(p\) là số nguyên tố và \(p=ab\) với a,b là các số nguyên dương thì a=1 hoặc b=1. Ta có
\(A=n^4+4\cdot2^{4k}=\left(n^2\right)^2+2\cdot n^2\cdot2^{2k+1}+\left(2^{2k+1}\right)^2-2^{2k+2}\cdot n^2\)
\(=\left(n^2+2^{2k+1}\right)^2-\left(2^{k+1}\cdot n\right)^2=\left(n^2+2^{2k+1}-2^{k+1}\cdot n\right)\left(n^2+2^{2k+1}+2^{k+1}n\right).\)
Vì A là số nguyên tố và \(n^2+2^{2k+1}-2^{k+1}\cdot n<\)\(n^2+2^{2k+1}+2^{k+1}\cdot n\). Suy ra \(n^2+2^{2k+1}-2^{k+1}\cdot n=1\). Suy ra \(\left(n-2^k\right)^2+2^{2k}=1\to n=2^k,2^{2k}=1\to k=0,n=1.\) Khi đó A=1+4=5 là số nguyên tố.
Để A = n4 + 42k+1 là số nguyên tố <=> ƯC ( n4 ; 42k+1 ) = 1
=> n4 và 42k+1 chỉ có 1 ước nguyên dương
=> ( 4 + 1 )( 2k + 1 + 1 ) = 1
=> 5.( 2k + 2 ) = 1 => 10k + 10 = 1
=> 10k = - 9 => k = - 9/10
Theo đề , n và k là số tự nhiên
=> n ; k ∈ ∅
1.
\(5=3xy+x+y\ge3xy+2\sqrt{xy}\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{xy}-1\right)\left(3\sqrt{xy}+5\right)\le0\Rightarrow xy\le1\)
\(P=\dfrac{\left(x+1\right)\left(x^2+1\right)+\left(y+1\right)\left(y^2+1\right)}{\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)}-\sqrt{9-5xy}\)
\(P=\dfrac{\left(x+y\right)^3-3xy\left(x+y\right)+\left(x+y\right)^2-2xy+x+y+2}{x^2y^2+\left(x+y\right)^2-2xy+1}-\sqrt{9-5xy}\)
Đặt \(xy=a\Rightarrow0< a\le1\)
\(P=\dfrac{\left(5-3a\right)^3-3a\left(5-3a\right)+\left(5-3a\right)^2-2a+5-3a+2}{a^2+\left(5-3a\right)^2-2a+1}-\sqrt{9-5a}\)
\(P=\dfrac{-27a^3+153a^2-275a+157}{10a^2-32a+26}-\dfrac{1}{2}.2\sqrt{9-5a}\)
\(P\ge\dfrac{-27a^3+153a^2-275a+157}{10a^2-32a+26}-\dfrac{1}{4}\left(4+9-5a\right)\)
\(P\ge\dfrac{-29a^3+161a^2-277a+145}{4\left(5a^2-16a+13\right)}=\dfrac{\left(1-a\right)\left(29a^2-132a+145\right)}{4\left(5a^2-16a+13\right)}\)
\(P\ge\dfrac{\left(1-a\right)\left[29a^2+132\left(1-a\right)+13\right]}{4\left(5a^2-16a+13\right)}\ge0\)
\(P_{min}=0\) khi \(a=1\) hay \(x=y=1\)
Hai phân thức của P rất khó làm gọn bằng AM-GM hoặc Cauchy-Schwarz (nó hơi chặt)
2.
Đặt \(A=9^n+62\)
Do \(9^n⋮3\) với mọi \(n\in Z^+\) và 62 ko chia hết cho 3 nên \(A⋮̸3\)
Mặt khác tích của k số lẻ liên tiếp sẽ luôn chia hết cho 3 nếu \(k\ge3\)
\(\Rightarrow\) Bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi \(k=2\)
Do tích của 2 số lẻ liên tiếp đều không chia hết cho 3, gọi 2 số đó lần lượt là \(6m-1\) và \(6m+1\)
\(\Leftrightarrow\left(6m-1\right)\left(6m+1\right)=9^n+62\)
\(\Leftrightarrow36m^2=9^n+63\)
\(\Leftrightarrow4m^2=9^{n-1}+7\)
\(\Leftrightarrow\left(2m\right)^2-\left(3^{n-1}\right)^2=7\)
\(\Leftrightarrow\left(2m-3^{n-1}\right)\left(2m+3^{n-1}\right)=7\)
Pt ước số cơ bản, bạn tự giải tiếp
đăng 1 cái là ok rồi đăng j lắm thế
Gợi ý: Áp dụng hằng đẳng thức a4+4b4=a4+4a2b2-(2ab)2=(a^2+2b^2-2ab)(a^2+2b^2+2ab)
thấy n^4+4^2k+1=n^4+4(2^k)^4 áp dụng hằng đẳng thức trên là xong
mà trong câu hỏi tương tự cũng có đó mặc dù ko có lời giải
ak ý bn đề là thế này ak
\(T\text{ìm}\)n\(\in\)N* sao cho: với mọi K là số tự nhiên thì \(n^k-n⋮1000\)