Cho hai số tự nhiên \(a,\,\,b\) thỏa mãn \(2{a^2} + a = 3{b^2} - b\).
a) Chứng minh rằng nếu \(b\) là số nguyên tố thì \(a = b\).
b) Chứng minh rằng \(2a - 2b + 1\) là số chính phương.
Cho hai số tự nhiên \(a,\,\,b\) thỏa mãn \(2{a^2} + a = 3{b^2} - b\).
a) Chứng minh rằng nếu \(b\) là số nguyên tố thì \(a = b\).
b) Chứng minh rằng \(2a - 2b + 1\) là số chính phương.
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
Hướng dẫn giải
a) Nhận xét: \(\left( {a + b} \right)\left( {2a - 2b + 1} \right) = {b^2}\) suy ra \(a \ge b\).
Giả sử ngược lại: \(a \ne b\) nên \(a > b\).
Ta có \(2{a^2} + a = b\left( {3b - 1} \right)\,\, \vdots \,\,b\).
Do \(b\) là số nguyên tố nên \(a\,\, \vdots \,\,b\) hoặc \(2a + 1\,\, \vdots \,\,b\).
TH1: Nếu \(a\,\, \vdots \,\,b\) suy ra \(a \ge 2b\).
Từ giả thiết \(3{b^2} - b = 2{a^2} + a \ge 8{b^2} + 2b\) (vô lí)
TH2: Nếu \(2a + 1\,\, \vdots \,\,b\). Do \(2a + 1\) lẻ nên \(2a + 1 = 3b\,;\,\,2a + 1 = 5b\,; \ldots \)
Mà ta lại nhận xét nếu \(2a + 1 \ge 7b\) thì \(a > b\) . Khi đó \(3{b^2} - b = 2{a^2} + a > 7{b^2}\) (vô lí).
Nếu \(2a + 1 = 3b\), thế vào phương trình: \(3b\frac{{3b - 1}}{2} = b(3b - 1)\) (loại).
Nếu \(2a + 1 = 5b\), thế vào phương trình: \(5b\frac{{5b - 1}}{2} = b(3b - 1)\) (loại).
b) Ta chứng minh \(a + b\) và \(2a - 2b + 1\) nguyên tố cùng nhau bằng phản chứng.
Giả sử ngược lại, gọi \[p\] là ước nguyên tố chung của chúng.
Từ \({b^2} = \left( {a + b} \right)\left( {2a - 2b + 1} \right)\,\, \vdots \,\,{p^2}\) suy ra \(b\,\, \vdots \,\,p\) mà \(a + b\,\, \vdots \,\,p\) nên \(a\,\, \vdots \,\,p\) .
Do \(2a - 2b + 1\) cũng chia hết cho p nên \(1\,\, \vdots \,\,p\) (vô lí).
Do đó \(a + b\) và \(2a - 2b + 1\) nguyên tố cùng nhau.
Từ \(\left( {a + b} \right)\left( {2a - 2b + 1} \right) = {b^2}\), ta suy ra \(2a - 2b + 1\) là số chính phương.
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Đang tải chế độ Học...
Hot: 1000+ đề thi giữa kì 1 lớp 1-12 đầy đủ các môn (Update 2026) (chỉ từ 60k). Tải ngay
Đăng ký VIP để học và luyện thi không giới hạn
Trọn bộ quyền lợi trên Vietjack, trong một tài khoản.
- Phòng luyện thi cấp tốc: ĐGNL - ĐGTD, Tốt nghiệp THPT, Ôn vào 10, Ôn vào 6, Ôn Giữa kì/Cuối kì
- Hơn 200K đề thi thử, đề minh hoạ, chính thức các năm
- Với 3tr+ câu hỏi theo các mức độ Nhận biết, Thông hiểu, Vận dụng
- Tải xuống đề thi [DOCX] với đầy đủ đáp án
- Xem hàng ngàn bài giảng đính kèm củng cố thêm kiến thức
- Bao gồm tất cả các bậc từ Tiểu học đến Đại học
- Chặn hiển thị quảng cáo tăng khả năng tập trung ôn luyện
- Đăng ký ngay
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Lời giải
Hướng dẫn giải
1) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^3} + {z^3} = 3y}\\{{y^3} + {x^3} = 3z}\\{{z^3} + {y^3} = 3x}\end{array}} \right.\).
Lấy hiệu phương trình (1) và (2) vế theo vế ta được: \(\left( {y - z} \right)\left( {{y^2} + yz + {z^2} + 3} \right) = 0\).
Do \({y^2} + yz + {z^2} = {\left( {y + \frac{z}{2}} \right)^2} + \frac{{3{z^2}}}{4} \ge 0\) nên \(y = z\).
Tương tự, lấy hiệu phương trình (2) và (3) ta được \(x = z\).
Thế lại (1): \(2{x^3} = 3x\).
|
TH1: \(x = 0 = y = z\) |
TH2: \(x = \sqrt {\frac{3}{2}} = y = z\) |
TH3: \(x = - \sqrt {\frac{3}{2}} = y = z\). |
2) Điều kiện: \(x \ge 0\).
Phương trình trở thành: \(x = 1\) hoặc \({x^2} - 2\left( {a + b} \right)x + ab + 2 = 0\quad (*)\).
Xét phương trình \((*)\), ta có \(\Delta ' = {\left( {a + b} \right)^2} - ab - 2 = {a^2} + {b^2} + ab - 2 \ge 0\) (do \(a,\,\,b\) nguyên dương);
\(S = a + b > 0\,;\,\,P = ab + 2 > 0\).
Suy ra phương trình \((*)\) có hai nghiệm phân biệt dương.
Ta nhận xét tiếp phương trình \((*)\) không nhận \(x = 1\) là nghiệm.
Giả sử ngược lại, thế vào phương trình ta có:
\({1^2} - 2 \cdot \left( {a + b} \right) \cdot \,1 + ab + 2 = 0\)
\(\left( {a - 2} \right)\left( {b - 2} \right) = 1\)
\(a = b = 1\) hoặc \(a = b = 3\) (trái giả thuyết \(a,\,\,b\) phân biệt).
Vậy phương trình có đúng 3 nghiệm phân biệt.
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Lời giải
Hướng dẫn giải
a) Ta có \[BHDC\] là hình bình hành nên I là trung điểm HC.
Suy ra \(\Delta IKH = \Delta IEC\,\,{\rm{(g}}{\rm{.c}}{\rm{.g)}}\) nên \(CE = HK\) (hai cạnh tương ứng).
Do đó \(CEHK\) là hình bình hành.
Ta có \(IB \cdot IC = IA \cdot IE\).
Mà \(IB = IC\); \(IK = IE\) nên \(I{B^2} = IA \cdot IK\).
b) Từ giả thiết, suy ra \(EF\,{\rm{//}}\,BD\) nên \(OI \bot EF\), do đó \(IF = IE = IK\).
Suy ra \(\Delta KFE\) vuông tại \[F\] nên \[BD\] là trung trực \[KF\].
c) Từ \(I{B^2} = IA.IK\) suy ra suy ra \(\frac{{KB}}{{AB}} = \frac{{IB}}{{IA}}\).
Tương tự \(I{D^2} = IA.IK\) suy ra suy ra \(\frac{{KD}}{{AD}} = \frac{{ID}}{{IA}}\).
Do đó \(\frac{{KB}}{{AB}} = \frac{{KD}}{{AD}}\).
Gọi \[J\] là chân đường phân giác trong \[AJ\] của tam giác \[ABC.\]
Ta có \(\frac{{JB}}{{JD}} = \frac{{AB}}{{AD}}\) suy ra \(\frac{{KB}}{{KD}} = \frac{{JB}}{{JD}}\).
Suy ra \[KJ\] là phân giác \(\widehat {BKD}\) (đpcm).
d) Gọi \[L\] là giao điểm của \[AH\] và \[\left( O \right)\].
Suy ra \[L\] đối xứng với \[H\] qua \[BD\].
Mà \[K\] và \[F\] cũng đối xứng qua \[BD\] nên \[\left( {BHKD} \right)\] và \[\left( O \right)\] đối xứng qua \[BD\].
Gọi \[T'\] là tâm của đường tròn \[\left( {BHKD} \right)\] suy ra \[O\] và \[T'\] đối xứng qua \[BD\].
Mà \(OI \bot BD\) nên \[I\] là trung điểm \[OT'.\]
Do đó \[OHT'C\,\] là hình bình hành, suy ra \[HT'{\rm{ // }}OC.\]
Mà \(T'H = T'K\) nên \[T'\] thuộc trung trực \[HK\] suy ra \(T \equiv T'\).
Do tính đối xứng qua \[BD\] nên \[OKFT\] là hình thang cân nên cũng là tứ giác nội tiếp.
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Đăng ký để học cùng Vietjack. Hoàn toàn miễn phí!
Bằng việc đăng ký, bạn đồng ý với Điều khoản sử dụng và Chính sách bảo mật của Vietjack.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập