Min Nq

Ta có thể xây dựng luôn công thức tổng quát tính "số bội của một số nằm trong một khoảng cho trước" rồi áp dụng vào bài toán này.

Với điều kiện n,a,b là số nguyên dương và a<b thì số bội của n thuộc [a;b] được tính bằng công thức:

$\left \lfloor \frac{b}{n} \right \rfloor-\left \lceil \frac{a}{n} \right \rceil+1$

gọi b thuộc tập ước của A

TH1:nếu các nhân tử của A đều chia hết cho b=>phải tìm ƯC(2n+1,3n+2)

đặt d=(2n+1,3n+2)

=>2n+1 chia hết cho d và 3n+2 chia hết cho d

=>3(2n+1) chia hết cho d và 2(3n+2) chi hết cho d

=>3(2n+1)-2(3n+2) chia hết cho d

=> -1 chia hết cho d,ta có ƯC(2n+1,3n+2) thuộc ước của d

vậy ta lấy d=1(1 hay -1 cũng vậy thôi)=> tính được b=1(b dương theo đề bài),khi đó,1 là số chính phương=>đúng

TH2:2n+1 chia hết cho b và 3n+2 không chia hết cho b

vậy ta phải tính tích các ước của 2n+1,xét ta thấy 2n+1 là số lẻ

mà Ư(2n+1)=(1,3,5,7,9....)

đến đây thì tích các ước trên không thể là số chính phương được(lấy đại 1 ví dụ là biết ngay),,mà theo như tính chất của số chính phương thì mọi số chính phương đều viết dc dưới dạng tổng các số lẻ tăng dần(vd,4=1+3,9=1+3+5)đến đây thì thấy vấn đề

Có vấn đề! Chứng minh sai hoàn toàn.

1)Theo bạn tính được thì 2n+1 và 3n+2 là nguyên tố cùng nhau, đúng. Nhưng có phải A chỉ có ước là 1 không? Không phải nhé. 

2)Khẳng định Ư(2n+1)=(1,3,5,7,9) là sai, ví dụ như 2.3+1 có chia hết cho 3 đâu.

3)Có thể lấy được trường hợp A là số chẵn và có ước chẵn nữa.

4)Kết luận: người làm bài giải trên chưa xem xét kỹ đề bài và phép chứng minh của mình.

Bài 1:

a)Chứng minh rằng mọi số nguyên tố khác 2 và khác 3 có dạng: $6m\pm 1$

Số nguyên tố có dạng $6m\pm 2$ sẽ chia hết cho 2, là số 2. Số nguyên tố có dạng $6m+3$ sẽ chia hết cho 3, là số 3. Vậy số nguyên tố khác 2 và 3 phải có dạng $$6m\pm 1$.

Bài 3a) Giả sử n là bội của 3, khi đó ta có thể tách dãy số đã cho ra thành từng cụm 3 số nguyên liên tiếp mà tổng của mỗi cụm đều là số dương theo đề bài. Vậy tổng của n số đã cho cũng là tổng của các cụm này, là một số dương, sai với giả thiết. Vậy điều giả sử sai, ta có điều phải chứng minh.

Cho n là số nguyên dương, chứng minh rằng tích các ước dương của $A=(2n+1)(3n+2)$ là số chính phương.

 a)Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 

    1.  $n^{2}+1$ chia hết cho $n+1$.

    2.  $n^{3}-3$ chia hết cho $n-3$. $(n\neq 3)$

b) Tìm số nguyên dương n lơn nhất sao cho

            $n^{3}+100$ chia hết cho $n+100$.

 

 Giúp em với ạ.

   _Thank_

b)$n^3+100=(n^3+10000)-9900$, ta có $n^{3}+10000\vdots n+100$, lại có n lớn nhất nên $n=9900$

Bài 3:

Tìm tất cả các số nguyên $a,b,c$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3(ab+bc+ca)$

Mình cũng dùng lùi vô hạn, nhưng quá trình làm khác với O0NgocDuy0O.

Tính chất số chính phương: chia 3 dư 0 hoặc 1. Từ đó ta xét 2 trường hợp: $a^2$,$b^2$,$c^2$ cùng chia 3 dư 1 hoặc cùng chia hết cho 3. xét trường hợp đầu thì vế trái của phương trình chia 9 dư 3, vế phải lại chia hết cho 9 hoặc chia 9 dư 6, suy ra sai. Xét trường hợp 2 thì đặt $a= 3a_{1};b= 3b_{1};c= 3c_{1}$, giản ước 3 cho 2 vế thì ta có lại phương trình đầu, sử dụng lùi vô hạn, lí luận tương tự thì ta luôn có: hoặc phương trình vô nghiệm, hoặc luôn có $\left \{ \frac{a}{3^{k}};\frac{b}{3^{k}};\frac{c}{3^{k }} \right \}$ với k tuỳ ý là nghiệm của phương trình. Vậy kết luận nghiệm duy nhất $(a;b;c)= (0;0;0)$

2)Đầu tiên là $0$ thoả mãn( nếu chấp nhận số $00$)

Xét những số nguyên dương:

giả sử tồn tại $A$ thoả đề bài, $A$ có n chữ số, khi đó viết thêm A vào bên phải A thì số mới phải chia hết cho $N=100...01$(n-1 số 0) và vì số mới này chính phương nên phải có nhân tử $N^{2}=100...0200...01$(2n-2 số 0) tổng cộng có 2n+1 chữ số(hư cấu vì số tự nhiên (AA) chỉ có 2n chữ số).

Suy ra điều giả sử sai suy ra không có số nguyên dương A thoả đề bài.

Xét dãy số vô hạn $a,-a,a,-a,...$

Nếu nhóm các số hạng theo kiểu $S=(a-a)+(a-a)+(a-a)+...$ thì $S=0$

Nếu nhóm các số hạng theo kiểu $S=a-(a-a+a-a+a-a+...)$ thì $S=a-S$ nên $S=\frac{a}{2}$

Nếu nhóm các số hạng theo kiểu $S=a+(-a+a)+(-a+a)+(-a+a)+...$ thì $S=a$

Từ 3 điều trên suy ra $S=0=a=\frac{a}{2}$ ?

Hư cấu!

bán kính đường tròn nội tiếp.

3/ptđc$\Leftrightarrow (4x^{2}+4x+1)-4y^{2}= -23\Leftrightarrow (2x-2y+1)(2x+2y+1)=-23$

đến đây lập cái bảng là xong

Có khi nào ta sẽ tạo ra được một bộ môn Toán học hoàn toàn mới với những khái niệm, định nghĩa mới khi chấp nhận phép chia $\frac{1}{0}$ không nhỉ?

Như hình học phi Euclid ấy.

Bạn CM sao được cái đó $\geq \sqrt{3}$ thế ?

Vì $x^{2}-x+1$ và $x^{2}+x+1$ đều không nhỏ hơn $\frac{3}{4}$.

hn.png

Đối với pt dạng $\left | A \right |=B$ thì anh đặt ĐK là B không âm, rồi xét 2 TH $A=B$ hoặc $A=-B$

Cách làm cổ điển: bình phương 2 vế, đồng nhất hệ số phương trình bậc 4 với ĐK $x^{2}+14x+16\geq 0$