Lời giải:

Ta có:

\(3m^2+m=4n^2+n\)

\(\Leftrightarrow 4m^2+m=4n^2+n+m^2\)

\(\Leftrightarrow 4(m^2-n^2)+(m-n)=m^2\)

\(\Leftrightarrow (m-n)(4m+4n+1)=m^2\)

Đặt $d$ là ước chung lớn nhất của $m-n$ và $4m+4n+1$

\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} m-n\vdots d\\ 4m+4n+1\vdots d\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} m^2=(m-n)(4m+4n+1)\vdots d^2\\ 4(m-n)+(4m+4n+1)\vdots d\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m\vdots d\\ 8m+1\vdots d\end{matrix}\right.\Rightarrow 1\vdots d\Rightarrow d=1\)

Vậy $m-n, 4m+4n+1$ nguyên tố cùng nhau. Mà tích của chúng là 1 số chính phương nên bản thân $m-n, 4m+4n+1$ cũng là các số chính phương (đpcm).

Lời giải:

Ta có:

\(3m^2+m=4n^2+n\)

\(\Leftrightarrow 4m^2+m=4n^2+n+m^2\)

\(\Leftrightarrow 4(m^2-n^2)+(m-n)=m^2\)

\(\Leftrightarrow (m-n)(4m+4n+1)=m^2\)

Đặt $d$ là ước chung lớn nhất của $m-n$ và $4m+4n+1$

\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} m-n\vdots d\\ 4m+4n+1\vdots d\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} m^2=(m-n)(4m+4n+1)\vdots d^2\\ 4(m-n)+(4m+4n+1)\vdots d\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m\vdots d\\ 8m+1\vdots d\end{matrix}\right.\Rightarrow 1\vdots d\Rightarrow d=1\)

Vậy $m-n, 4m+4n+1$ nguyên tố cùng nhau. Mà tích của chúng là 1 số chính phương nên bản thân $m-n, 4m+4n+1$ cũng là các số chính phương (đpcm).

Ta có: 2⁴ⁿ⁺¹ + 3^4m+1

= 2⁴ⁿ.2 + 3^4m.3

= (2⁴)ⁿ.2 + (3⁴)^m.3

= (...6)ⁿ.2 + (...1)^m.3

= (...6).2 + (...1).3

= (...2) + (...3)

= ...5

Vì ...5⋮5 nên 2⁴ⁿ⁺¹+3^4m+1⋮5

Vậy 2⁴ⁿ⁺¹+3^4m+1⋮5 

Ta có: 2⁴ⁿ⁺¹ + 3^4m+1

= 2⁴ⁿ.2 + 3^4m.3

= (2⁴)ⁿ.2 + (3⁴)^m.3

= (...6)ⁿ.2 + (...1)^m.3

= (...6).2 + (...1).3

= (...2) + (...3)

= ...5

Vì \(\overline{...5}⋮5\) nên \(2^{4n+1}+3^{4m+1}⋮5\)

Vậy \(2^{4n+1}+3^{4m+1}⋮5\) 

\(\Delta'=\left(m-1\right)^2+4m+3=m^2+2m+4=\left(m+1\right)^2+3>0\)

\(\Rightarrow\) phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt

Theo Viet ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\left(m-1\right)\\x_1x_2=-4m-3\end{matrix}\right.\)

Mặt khác do \(x_1;x_2\) là nghiệm nên:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1^2-2\left(m-1\right)x_1-4m-3=0\\x_2^2-2\left(m-1\right)x_2-4m-3=0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1^2-2mx_1-4m=-2x_1+3\\x_2^2-2mx_2-4m=-2x_2+3\end{matrix}\right.\)

Thay vào bài toán:

\(\Leftrightarrow\left(-2x_1+3\right)\left(-2x_2+3\right)< 0\)

\(\Leftrightarrow4x_1x_2-6\left(x_1+x_2\right)+9< 0\)

\(\Leftrightarrow-16m-12-12m+12< 0\)

\(\Leftrightarrow-28m< 0\Rightarrow m>0\)

Để giải được bài toán sau thì ta liên tưởng đến một tính chất rất đặc biệt và hữu ích được phát biểu như sau:

\("\) Nếu  \(a,b\)  là hai số tự nhiên nguyên tố cùng nhau và  \(a.b\)  là một số chính phương thì \(a\)  và  \(b\) đều là các số chính phương  \("\)

Ta có:

\(4m^2+m=5n^2+n\)

\(\Leftrightarrow\)  \(4m^2+m-5n^2-n=0\)

\(\Leftrightarrow\)  \(5m^2-5n^2+m-n=m^2\)

\(\Leftrightarrow\)  \(5\left(m^2-n^2\right)+\left(m-n\right)=m^2\)

\(\Leftrightarrow\)  \(\left(m-n\right)\left(5m+5n+1\right)=m^2\)  \(\left(\text{*}\right)\)

Gọi  \(d\)  là ước chung lớn nhất của  \(m-n\)  và   \(5m+5n+1\)  \(\left(\text{**}\right)\), khi đó:

\(m-n\)  chia hết cho  \(d\)   \(\Rightarrow\)  \(5\left(m-n\right)\)  chia hết cho  \(d\)

\(5m+5n+1\)  chia hết cho  \(d\)

nên   \(\left[\left(5m+5n+1\right)+5\left(m-n\right)\right]\)  chia hết cho  \(d\)

\(\Leftrightarrow\)   \(10m+1\)  chia hết cho  \(d\)   \(\left(1\right)\)

Mặt khác, từ  \(\left(\text{*}\right)\), với chú ý cách gọi ở \(\left(\text{**}\right)\), ta suy ra được:  \(m^2\)  chia hết cho  \(d^2\)

Do đó,  \(m\)  chia hết cho  \(d\)

  \(\Rightarrow\)   \(10m\)  chia hết cho  \(d\)   \(\left(2\right)\)

Từ  \(\left(1\right)\)  và  \(\left(2\right)\), ta có  \(1\)  chia hết cho  \(d\)  \(\Rightarrow\)  \(d=1\)

Do đó,  \(m-n\)  và  \(5m+5n+1\)  là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau  

Kết hợp với  \(\left(\text{*}\right)\)  và điều mới chứng minh trên, thỏa mãn tất cả các điều kiện cần thiết ở tính chất nêu trên nên ta có đpcm

Vậy,   \(m-n\)  và  \(5m+5n+1\)  đều là các số chính phương.

\(\left(m+1\right)^2\ge4m\)

\(\Leftrightarrow m^2+2m+1\ge4m\)

\(\Leftrightarrow m^2-2m+1\ge0\Leftrightarrow\left(m-1\right)^2\ge0\)

\(m^2+n^2+2\ge2\left(m+n\right)\)

\(\Leftrightarrow m^2-2m+1+n^2-2n+1\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(m-1\right)^2+\left(n-1\right)^2\ge0\)

làm câu đầu trước nha :

<=> m²+2m+1>=4m

<=>m²-2m+1>=0

<=>(m-1)²>=0 ( điều phải chứng minh

Lời giải:

Xét \(x_1,x_2\in\mathbb{R}\), giả sử \(x_1< x_2\). Ta có:

\(f(x_1)-f(x_2)=(2m^2-2m+7)x_1+3m^2-m-1-[(2m^2-4m+7)x_2+3m^2-m-1]\)

\(\Leftrightarrow f(x_1)-f(x_2)=(2m^2-2m+7)(x_1-x_2)\)

Ta thấy \(2m^2-2m+7=m^2+(m-1)^2+6\geq 6>0\) với mọi \(m\in\mathbb{R}\), mà \(x_1< x_2\)

Do đó, \((2m^2-2m+7)(x_1-x_2)< 0\Leftrightarrow f(x_1)< f(x_2)\)

Như vậy, với \(x_1< x_2\Rightarrow f(x_1) < f(x_2)\), do đó hàm số đồng biến trên R

\(\left(4m-1\right)\left(n-4\right)-\left(m-4\right)\left(4n-1\right)\)= 4mn-16m-n+4-4mn+m+16n=15n-15m=15(n-m)

Thấy 15 chia hết cho 5 => 15(m+n) chia hết cho 5 với mọi x

Nhầm xíu, Vậy A* chia hết cho 15 với mọi m,n thuộc Z