1.
Giả sử x và y là 2 số nguyên dương nào đó thỏa mãn yêu cầu.
Ta có: \(x+y\ge\dfrac{1}{2}\left(\sqrt[]{x}+\sqrt[]{y}\right)^2>\dfrac{1}{2}\left(\sqrt[]{n}+\sqrt[]{n+1}\right)^2>\dfrac{1}{2}\left(2\sqrt[]{n}\right)^2=2n\)
\(\Rightarrow x+y>2n\Rightarrow x+y\ge2n+1\)
\(\Rightarrow x+y-\left(2n+1\right)=m\ge0\) với \(m\in Z\)
Bình phương giả thiết:
\(2n+1+2\sqrt[]{n\left(n+1\right)}< x+y+2\sqrt[]{xy}< 4n+2\)
\(\Leftrightarrow2\sqrt{n\left(n+1\right)}-m< 2\sqrt{xy}< 2n+1-m\) (1)
Do \(2\sqrt{xy}>0\Rightarrow2n+1-m>0\Rightarrow m< 2n+1\)
\(\Rightarrow m\le2n\)
Mặt khác \(2\sqrt{n\left(n+1\right)}>2\sqrt{n.n}=2n\)
\(\Rightarrow2\sqrt{n\left(n+1\right)}-m>0\)
Do đó, các vế của (1) đều dương, bình phương:
\(\Rightarrow\left(2\sqrt{n\left(n+1\right)}-m\right)^2< 4xy< \left(2n+1-m\right)^2\) (2)
Ta có:
\(\left(2\sqrt{n\left(n+1\right)}-m\right)^2=4n^2+4n-4m\sqrt{n\left(n+1\right)}+m^2\)
\(=\left(2n+1\right)^2-1-4m\sqrt{n\left(n+1\right)}+m^2\)
\(=\left(2n+1\right)^2-2m\left(2n+1\right)+m^2-1+2m\left(2n+1\right)-4m\sqrt{n\left(n+1\right)}\)
\(=\left(2n+1-m\right)^2-1+2m\left(2n+1-2\sqrt{n\left(n+1\right)}\right)\)
\(=\left(2n+1-m\right)^2-1+2m\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)^2\)
\(>\left(2n+1-m\right)^2-1\) (3)
(2);(3) \(\Rightarrow\left(2n+1-m\right)^2-1< 4xy< \left(2n+1-m\right)^2\)
\(\Rightarrow4xy\) nằm giữa 2 số nguyên liên tiếp nên ko thể là số nguyên (vô lý do 4, x, y đều nguyên)
Vậy giả sử là sai, hay ko tồn tại x;y nguyên dương thỏa mãn yêu cầu
2.
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}a+b=S\\ab=P\end{matrix}\right.\)
Do \(P\left(x\right)\) có nghiệm a;b nên phải có 1 nhân tử là \(x^2-Sx+P\)
Hay \(x^4+x^3-1=\left(x^2-Sx+P\right)\left(x^2+cx+d\right)\)
\(\Leftrightarrow x^4+x^3-1=\left(\dfrac{1}{P}x^2-\dfrac{S}{P}x+1\right)\left(Px^2+cPx+dP\right)\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{S}{P}=m\\cP=n\\dP=k\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x^4+x^3-1=\left(\dfrac{1}{P}x^2-mx+1\right)\left(Px^2+nx+k\right)\)
Đồng nhất số hạng tự do 2 vế, ta có \(1.k=-1\Rightarrow k=-1\)
\(\Rightarrow x^4+x^3-1=\left(\dfrac{1}{P}x^2-mx+1\right)\left(Px^2+n.x-1\right)\)
Đồng nhất số hạng bậc 1 của 2 vế, ta được:
\(m+n=0\Rightarrow n=-m\)
\(\Rightarrow x^4+x^3-1=\left(\dfrac{1}{P}x^2-mx+1\right)\left(Px^2-mx-1\right)\)
Đồng nhất số hạng bậc 2 của 2 vế, ta được:
\(-\dfrac{1}{P}+P+m^2=0\) (1)
Đồng nhất số hạng bậc 3 hai vế, ta được:
\(-\dfrac{m}{P}-mP=1\Rightarrow m\left(\dfrac{P^2+1}{P}\right)=-1\)
\(\Rightarrow m=-\dfrac{P}{P^2+1}\) (2)
(1);(2) \(\Rightarrow-\dfrac{1}{P}+P+\left(-\dfrac{P}{P^2+1}\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow P^6+P^4+P^3-P^2-1=0\)
Hay \(P=ab\) là nghiệm của pt \(x^6+x^4+x^3-x^2-1=0\)
3.
\(\dfrac{1}{n\left(n+1\right)}\) là số thập phân hữu hạn khi và chỉ khi \(n\left(n+1\right)\) chỉ có đúng 2 ước nguyên tố là 2 và 5
Hay \(n\left(n+1\right)=2^a.5^b\)
Hơn nữa, hiển nhiên ta có \(n\) và \(n+1\) là 2 số nguyên tố cũng nhau
Nên:
TH1: \(\left\{{}\begin{matrix}n=2^a\\n+1=5^b\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow5^b-2^a=1\)
- Với \(a=0;1\) ko có b thỏa mãn
- Với \(a=2\Rightarrow b=1\)
- Với \(a\ge3\)
\(\Rightarrow2^a\) chia hết cho 8 \(\Rightarrow5^b-1\) chia hết cho 8
\(\Rightarrow b\) chẵn
\(\Rightarrow b=2m\)
Mặt khác, từ \(5^b=2^a+1\Rightarrow2^a+1\) chia hết cho 5
\(\Rightarrow a\) chẵn \(\Rightarrow a=2p\)
\(\Rightarrow5^{2m}-2^{2p}=1\Leftrightarrow\left(5^m-2^p\right)\left(5^m+2^p\right)=1\)
\(\Leftrightarrow5^m-2^p=5^m+2^p=1\) (ko tồn tại m;p thỏa mãn)
Vậy \(a=2;b=1\Rightarrow n=4\)
TH2: \(\left\{{}\begin{matrix}n=5^a\\n+1=2^b\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow2^b-5^a=1\)
- Với \(a=0\Rightarrow b=1\Rightarrow n=1\)
- Với \(a=1\) ko thỏa mãn
- Với \(a\ge2\Rightarrow b>4\)
\(\Rightarrow2^b\) chia hết cho 8
\(\Rightarrow5^a+1\) chia hết cho 8 (vô ý do a lẻ thì \(5^a+1\) chia 8 dư 6, a chẵn thì \(5^a+1\) chia 8 dư 2, nên \(5^a+1\) ko chia hết cho 8 với mọi a nguyên dương)
TH3: \(\left\{{}\begin{matrix}n=1\\n+1=2^a.5^b\end{matrix}\right.\) TH này ko cần xét nữa do đã dính TH2
Vậy \(\left[{}\begin{matrix}n=1\\n=4\end{matrix}\right.\)
