Xét các số nguyên \(a < b < c\) thỏa mãn \(n = {a^3} + {b^3} = {c^3} = 3abc\) là số nguyên tố.
a) Chứng minh \(a < 0.\)
b) Tìm tất cả các số nguyên \(a,b,c\;(a < b < c)\) sao cho n là một ước của 2023.
Xét các số nguyên \(a < b < c\) thỏa mãn \(n = {a^3} + {b^3} = {c^3} = 3abc\) là số nguyên tố.
a) Chứng minh \(a < 0.\)
b) Tìm tất cả các số nguyên \(a,b,c\;(a < b < c)\) sao cho n là một ước của 2023.Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
a) Giả sử \(a \ge 0\), khi đó \(b \ge 1\) và \(c \ge 2\). Ta có
\(n = \left( {a + b + c} \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca} \right)\) là số nguyên tố, mà \(a + b + c > 1\)
Nên \({a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca = 1\), hay \({\left( {b - a} \right)^2} + {\left( {c - b} \right)^2} + {\left( {c - a} \right)^2} = 2.\)
Vì \(c > b > a\) nên \({\left( {b - a} \right)^2} + {\left( {c - b} \right)^2} + {\left( {c - a} \right)^2} \ge {1^2} + {1^2} + {2^2} > 2\). Từ mâu thuẫn nhận được, ta suy ra \(a < 0\).
b) Nếu \(c \le 0\), thì ta có \(a + b + c < 0\), suy ra \(n < 0\), mâu thuẩn. Do đó \(c \ge 1\). Như vậy
\({a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca\; = \frac{1}{2}\left[ {{{\left( {b - a} \right)}^2} + {{\left( {c - b} \right)}^2} + {{\left( {c - a} \right)}^2}} \right]\)
\( \ge \frac{1}{2}{\left( {c - a} \right)^2} \ge \frac{1}{2}{\left[ {1 - \left( { - 1} \right)} \right]^2} = 2 > 1\).
Vì n là số nguyên tố và là ước của 2023 = \({7.17^2}\) nên \(n \in \left\{ {7,\;17} \right\}\).
Trường hợp 1: \(n = 17\). Theo chứng minh ở trên, ta phải có \({a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca = 17\)
và \(a + b + c = 1\). Từ đó, ta dễ dàng tính được
\(3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) = 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca} \right) + {\left( {a + b + c} \right)^2} = 35\).
Mâu thuẩn vì 35 không chia hết cho 3
Trường hợp 2: \(n = 7\). Theo chứng minh ở trên, ta phải có \({a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca = 7\)
và \(a + b + c = 1\). Từ đó \(3({a^2} + {b^2} + {c^2} = 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca} \right) + {\left( {a + b + c} \right)^2} = 15\), suy ra \({a^2} + {b^2} + {c^2} = 5\) và \(ab + bc + ca = - 2\).
Do \(5 = {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge 1 + {c^2}\) nên \(c \le 2\). Mà \(c \ge 1\) nên \(c \in \left\{ {1;2} \right\}\).
· Nếu \(c = 2\), thì ta có \({a^2} + {b^2} = 1\). Suy ra \({a^2} \le 1\), tức \(a \ge - 1\). Mà \(a < 0\) nên \(a = - 1\) và \(b = 0\). Thử lại, ta thấy thỏa mãn.
· Nếu \(c = 1\), thì ta có \({a^2} + {b^2} = 4\). Suy ra \({a^2} \le 4\), tức \(a \ge - 2\). Mà \(a < 0\) nên \(a \in \left\{ { - 1, - 2} \right\}\). Thử trực tiếp, ta được \(a = - 2\) và \(b = 0\). Tuy nhiên, các số \(a = - 2,\;b = 0\) và \(c = 1\) không thỏa mãn \(a + b + c = 1\).
Vậy, có duy nhất một bộ số \(\left( {a,b,c} \right)\) thỏa mãn yêu cầu đề bài là \(\left( { - 1,\;0,\;2} \right).\)
Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 1 file word cấu trúc mới 2025 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
Sách thầy cô Vietjack biên soạn:
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
a) Ta có \(CD = CE\) nên tam giác \(CDE\) cân tại C. Suy ra \(\widehat {CDE} = \widehat {CED} = \) \(\frac{{{{180}^0} - \widehat {ACB}}}{2}\).
Áp dụng tính chất góc ngoài trong tam giác AJE, ta thấy
\(\widehat {AJE} = \widehat {CEJ} = \widehat {EAJ} = \) \(\frac{{{{180}^0} - \widehat {ACB}}}{2} - \frac{{\widehat {BAC}}}{2} = \frac{{\widehat {ABC}}}{2}\) = \(\widehat {IBD}\). Suy ra tứ giác BIJD nội tiếp.
b) Do tứ giác BIJD nội tiếp nên \(\widehat {BJI} = \widehat {BDI} = {90^0}.\)
Vì \(\widehat {AJB} = {90^0}\) và \(\widehat {JAB} = \frac{{\widehat {BAC}}}{2} = {45^0}\) nên tam giác JAB vuông cân tại J. Theo giả thiết K là trung điểm của AB, ta có \(JK \bot AB\)
Chú ý rằng \(IF\parallel AM\parallel JK\) (cùng vuông góc với AB) và \(ID\parallel AH\) (cùng vuông góc với BC), ta có
\(\frac{{IF}}{{AM}} = \frac{{KI}}{{KM}} = \frac{{JI}}{{JA}} = \frac{{ID}}{{AN}}.\;\)Vì \(IF = ID\) nên \(AM = AN.\)
c) Đường thẳng qua Q vuông góc với ID cắt AC, AB lần lượt lại R, S.
Vì \(\widehat {IQR} = \widehat {IQS} = \widehat {IER} = \widehat {IFS} = {90^0}\) nên các tứ giác IQER, IQSR nội tiếp. Chú ý rằng tam giác IEF cân tại I, ta có \(\widehat {IRQ} = \widehat {IEQ} = \widehat {IFQ} = \widehat {ISQ}.\) Suy ra, tam giác IRS cân tại I. Do \(IQ \bot RS\) nên Q là trung điểm của RS.
Ta có \(RS\parallel BC\) (cùng vuông góc với ID) và P, Q lần lượt là trung điểm của BC, RS nên A, P, Q thẳng hàng (theo bồ đề hình thang).
Lời giải
a) Đường tròn (O) tiếp xúc với các cạnh của hình thoi ABCD nên O là trung điểm của hai đường chéo AC và BD.
Ta thấy O là tâm đường tròn bàng tiếp góc D của tam giác DGH. Suy ra \(\widehat {GOH} = {180^0} - \widehat {OGH} - \widehat {OHG}\) = \({180^0} - \) \(\frac{{{{180}^0} - \widehat {DGH}}}{2} - \frac{{{{180}^0} - \widehat {DHG}}}{2}\) = \(\frac{{\widehat {DHG} + \widehat {DGH}}}{2} = \frac{{{{180}^0} - \widehat {GDH}}}{2}\).
Do tam giác \(DAC\) cân tại D nên \(\widehat {DAC} = \widehat {DCA}\) = \(\frac{{{{180}^0} - \widehat {ADC}}}{2}\). Kết hợp hai điều trên, ta thấy
\(\widehat {GOH} = \widehat {DAC} = \widehat {DCA}.\)
Từ đó \(\widehat {COG} = {180^0} - \widehat {GOH} - \widehat {AOH} = {180^0} - \widehat {OAH} - \widehat {AOH} = \widehat {AHO}.\)
Suy ra hai tam giác OAH và GCO đồng dạng góc-góc. Vì thế, \(\frac{{OA}}{{GC}} = \frac{{AH}}{{CO}}.\)
Suy ra \(AH.CG = OA.OC = O{A^2}\).
b) Chứng minh tương tự ý trên, ta có \(AE.CF = O{A^2} = AH.CG\). Suy ra \(\frac{{AE}}{{CK}} = \frac{{AH}}{{CF}}\). Chú ý rằng \(\widehat {EAH} = \widehat {GCF}\), ta thu được hai tam giác AEH và CGF đồng dạng cạnh-góc-cạnh. Suy ra \(\widehat {AEH} = \widehat {CGF}.\) Lại có \(\widehat {AEG} = \widehat {CGE}\) (do \(AB\parallel CD\)). Suy ra \(\widehat {HEG} = \widehat {FGE}.\)
Vậy \(EH\parallel FG\) (đpcm).
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập