hoaihhbg

Cho phương trình: x²+px +q=0 (p, q thuộc Z). Chứng minh rằng phương trình có nghiệm hữu tỉ thì các nghiệm đó là số là những số nguyên

Giải

Giả sử phương trình có nghiệm hữu tỉ $x=\frac{a}{b}(a,b\in Z;b\neq 0),(a,b)=1$

Khi đó : $\frac{a^2}{b^2} +\frac{a}{b}.p +q=0 \Leftrightarrow a^2+ab.p+b^2q=0 \Leftrightarrow a(a+bq)=-b^2q\vdots b^2 \vdots b$, mà $(a,b)=1$ nên $a+bq \vdots b \Rightarrow a \vdots b$ mà $(a,b)=1$ nên b=1 khi đó ta có đpcm

Mình muốn xem các cách giải của các bạn khi nào không ai trả lời thì mình sẽ giải

Mình lại cứ tưởng các bạn làm hết rồi chưa cả nghĩ

Theo ý kiến của Bạn @hoanglong2k thì những bài đã có đáp án sẽ được bôi đỏ

Câu 43:Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x;y) thỏa mãn $(x+y)^3=(x-y-6)^2$

Từ đề bài, ta có $|x-y-6| >x+y(1)$

+Nếu $x \geq y+6$ thì từ $(1)$, ta có: x-y-6 >x+y \Rightarrow -2y-6>0 $ (vô lý vì $y>0$)

+Nếu $x<y+6$ thì từ $(1)$, ta có: $y+6-x>x+y \Rightarrow 6-2x>0 \Rightarrow x<3$, mà x nguyên dương nên $x \in$ {1;2}

Với x=1 thì y=3

Với x=2 thì không có y nguyên dương thỏa mãn

Bài 32:Cho dãy số tự nhiên 2,6,30,... được xác định như sau: số hạng thứ k bằng tích của k số nguyên tố đầu tiên. Biết rằng tồn tại hai số hạng của dãy có hiệu bằng 3000, hãy tìm số hạng đó

Lời giải:

Kí hiệu $a_{n}$ là tích n số nguyên tố đầu tiên, ta có:

$a_{1} = 2, a_{2} = 6, a_{3} = 30,.....$

Giải sử $a_{m}$ và $a_{m+k}$ là hai số thỏa mãn $a_{m+k} -a_{m}=3000.$

Ta có $a_{m+k}=a_{m} +3000 >210 = a_{4} \vdots 7.\Rightarrow a_{m+k} \vdots 7 $ .Suyra  $a_{m}=a_{m+k}-3000$   không chia hết cho 7. Do đó $1 \leq m \leq 3$

Thử lần lượt ta có m=3 thỏa mãn

P/s: mod bảo bài làm rồi sẽ có mầu đỏ sao bài 42b,45,46 mình không thấy lời giải đâu v?

Câu 38:Tìm các số nguyên dương $a,b,c$ sao cho $\frac{(ab-1)(bc-1)(ac-1)}{abc}$ là một số nguyên

Do $P=\frac{(ab-1)(bc-1)(ac-1)}{abc} =abc -a-b-c +\frac{ab+bc+ac-1}{abc}$ là số nguyên nên $\frac{ab+bc+ac-1}{abc}$ nguyên nên

$ ab+bc+ac-1 \vdots abc(*)$ khi đó $ab+bc+ac-1 \geq abc(1)$

Do a,b,c có vai trò như nhau nên ta giả sử $1 \leq a \leq b \leq c$

khi đó $ab+bc+ac-1>ab+bc+ac \geq 2ac+bc=c(3a+b)(2)$

Từ (1),(2), ta có $abc<c(2a+b) \Rightarrow ab<2a+b \leq 3b \Rightarrow a<3$, mà a nguyên dương nên a $\in$ {1;2}

+Nếu a=1 thay vào $(*)$ có $b+c+bc-1 \vdots bc \Rightarrow c+b-1 \vdots bc \Rightarrow b+c-1 \geq bc \Rightarrow (b-1)(c-1) \leq 0$, mà $c \geq b \geq 1$ nên $(b-1)(c-1) \geq 0$ khi đó (b-1)(c-1)=0

$\Rightarrow b=1$ hoặc $c=1$. thay vào P thỏa mãn.

+Nếu a=2 thay vào $(*)$ có $2b+2c+bc-1 \vdots 2bc \Rightarrow 4b+4c+2bc-2 \vdots 2bc \Rightarrow 4b+4b-2 \vdots 2bc \Rightarrow 2b+2c-1 \vdots bc \Rightarrow bc \leq 2b+2c-1 \Rightarrow (b-2)(c-2) \leq 3$ mà  $c \geq b \geq 2$ nên $(b-2)(c-2) \geq 0$ khi đó $(b-2)(c-2) \in$ {0;1;2;3} Giải ra thôi

Câu 39:Giả sử a,b là các số nguyên dương thay đổi và thỏa mãn $\frac{ab+1}{a+b}< \frac{3}{2}$.Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:$P=\frac{a^3b^3+1}{a^3+b^3}$

Do a,b có vai trò như nhau nên  ta giả sử    $3 \leq a \leq b$. Ta có:$ \frac{ab+1}{a+b}\geq \frac{3b+1}{2b}>\frac{3b}{2b}=\frac{3}{2}$ (vô lý)

Khiddos  $a <3$  mà a nguyên dương: a $\in$ {1;2}

-Với a=1 thì P=1

-Với a=2 thì từ $\frac{ab+1}{a+b}< \frac{3}{2}$ có b<4 nên b $\in$ {1;2;3}

+Nếu b=1 thì P=1

+Nếu b=2 thì P=$\frac{65}{16}$

+Nếu b=3 thì P=$\frac{217}{35}$

Từ đó P max khi (a,b) $\in$ {(2,3);(3,2)}