Làm thử theo cách cổ truyền vậy -.-

Ta có : \(n^2+n+1=\left(m^2+m-3\right)\left(m^2-m+5\right)\)

\(\Leftrightarrow n^2+n+1=m^4+m^2+8m-15\)

\(\Leftrightarrow n^2+n+16-m^4-m^2-8m=0\)

Coi pt trên là pt bậc 2 ẩn n

Ta có : \(\Delta=4m^4+4m^2+32m-63\)

Pt có nghiệm nguyên khi \(\Delta\)là 1 số chính phương

Ta có \(\Delta=4m^4+4m^2+32m-63=\left(2m^2+2\right)^2-4\left(m-4\right)^2-3< \left(2m^2+2\right)^2\)

Giả sử m > 2 thì\(\Delta=\left(2m^2+1\right)^2+32\left(m-2\right)>\left(2m^2+1\right)^2\forall m>2\)

Khi đó  \(\left(2m^2+1\right)^2< \Delta< \left(2m^2+2\right)^2\)

Như vậy \(\Delta\)không phải số chính phương (Vì giữa 2 số chính phương liên tiếp ko còn scp nào nữa)

Nên điều giả sử là sai .

Tức là\(m\le2\)

Mà \(m\inℕ^∗\)

\(\Rightarrow m\in\left\{1;2\right\}\)

*Với m = 1 thì pt ban đầu trở thành

\(n^2+n+1=\left(1+1-3\right)\left(1-1+5\right)\)

\(\Leftrightarrow n^2+n+1=-5\)

\(\Leftrightarrow\left(n+\frac{1}{2}\right)^2=-\frac{23}{4}\)

Pt vô nghiệm

*Với m = 2 thì pt ban đầu trở thành

\(n^2+n+1=\left(2^2+2-3\right)\left(2^2-2+5\right)\)

\(\Leftrightarrow n^2+n+1=21\)

\(\Leftrightarrow n^2+n-20=0\)

\(\Leftrightarrow\left(n-4\right)\left(n+5\right)=0\)

\(\Leftrightarrow n=4\left(Do\text{ }n\inℕ^∗\right)\)

Vậy pt ban đầu có nghiệm nguyên dương duy nhất (m;n) = (2;4)

Giúp : Cho \(\Delta\)ABC nhọn nội tiếp (O) , D là điểm trên cung BC không chứa A . Dựng hình bình hành ADCE . Gọi H , K là trực tâm của tam giác ABC ,  ACE ; P , Q là hình chiếu vuông góc của K trên các đường thẳng BC , AB và I là giao EK , AC

CMR: a,P ; I ; Q thẳng hàng

          b, đường thẳng PQ đi qua trung điểm HK 

câu 2: 

a) Trước tiên ta chứng minh f đơn ánh. Thật vậy nếu f (n1) = f (n2) thì

f (f(n1) + m) = f (f(n2) + m)
→n1 + f(m + 2003) = n2 + f(m + 2003) → n1 = n2

b) Thay m = f(1) ta có

f (f(n) + f(1)) = n + f (f(1) + 2003)
= n + 1 + f(2003 + 2003)
= f (f(n + 1) + 2003)

Vì f đơn ánh nên f(n)+f(1) = f(n+1)+2003 hay f(n+1) = f(n)+f(1)−2003. Điều này dẫn đến
f(n + 1) − f(n) = f(1) − 2003, tức f(n) có dạng như một cấp số cộng, với công sai là f(1) − 2003,
số hạng đầu tiên là f(1). Vậy f(n) có dạng f(n) = f(1) + (n − 1) (f(1) − 2003), tức f(n) = an + b.
Thay vào quan hệ hàm ta được f(n) = n + 2003, ∀n ∈ Z
+.

* Với \(m\le2\)thì từ (1) suy ra \(n^3-5n+10=2^m\le2^2\Rightarrow n^3-5n+6\le0\)(2)

Mặt khác do \(n\inℕ^∗\)nên \(n^3-5n+6>0,\)điều này mâu thuẫn với (2). Vậy \(m>2\).

* Với  \(m=3\)thì thay vào (1) ta có: \(n^3-5n+10=2^3\Leftrightarrow\left(n^3-2n^2\right)+\left(2n^2-4n\right)-\left(n+2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(n-2\right)\left(n^2+2n-1\right)=0\)

Do \(n\inℕ^∗\)nên \(n^2-2n-1>0,\)suy ra \(n-2=0\Leftrightarrow n=2\)

* Với  \(m\ge4\)thì biến đổi (1) thành \(\left(n-2\right)\left(n^2+2n-1\right)=8\left(2^{m-3}-1\right)\)(3)

Nhận thấy: \(\left(n^2+2n-1\right)-\left(n-2\right)=n^2+n+1=n\left(n+1\right)+1\)là số lẻ và \(n\inℕ^∗\),

nên hai số \(n^2+2n-1\)và \(n-2\)là hai số tự nhiên khác tính chẵn lẻ. Do đó từ (3) xảy ra 2 khả năng

a)\(\hept{\begin{cases}n-2=8\\n^2+2n-1=2^{m-3}-1\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}n=10\\2^{m-3}=120\end{cases}}\)

Vì  \(2^{m-3}\)là số tự nhiên có số tận cùng khác 0 nên \(2^{m-3}\ne120\). Do vậy trường hợp này không xảy ra.

b)\(\hept{\begin{cases}n-2=2^{m-3}-1\\n^2+2n-1=8\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}2^{m-3}=n-1\\n^2+2n-9=0\end{cases}}\)

Do phương trình \(n^2+2n-9=0\)không có nghiệm tự nhiên nên trường hợp này cũng không xảy ra. 

Vậy có một cặp số nguyên dương duy nhất thỏa mãn là \(\left(m;n\right)=\left(3;2\right).\)

Cách khác : còn có thể xét các trường hợp của \(n\left(n=1;n\ge2\right)\)trước sau đó mới xét \(m\).

a(m+p) = 5(m+n) => \(\frac{m+n}{m+p}=\frac{a}{5}\)

từ đẳng thức thứ 2 => 25.(p - n)(2m+n+p) = 21(m+p)²   ==> 25.(m+ p- m - n)(m+n+ m + p) = 21(m+p)² 

Chia cả 2 vế chp (m+p)²  ta được

\(25.\left(\frac{m+p}{m+p}-\frac{m+n}{m+p}\right)\left(\frac{m+n}{m+p}+\frac{m+p}{m+p}\right)=21\)

thay (*) vào ta đc

\(\Rightarrow25.\left(1-\frac{a}{5}\right)\left(\frac{a}{5}+1\right)=21\)\(\Rightarrow25.\left(1-\left(\frac{a}{5}\right)^2\right)=21\)

\(\Rightarrow25.\left(\frac{25-a^2}{25}\right)=21\Rightarrow25-a^2=21\Leftrightarrow a^2=4\Rightarrow a=2;-2\)

vậy ....

\(f\left(20\right)=f\left(1\right)+f\left(19\right)+3\left(4.1.19-1\right)=f\left(19\right)+12.19-3\)

\(f\left(19\right)=f\left(18\right)+12.18-3\)

\(f\left(18\right)=f\left(17\right)+12.17-3\)

.....

\(f\left(3\right)=f\left(2\right)+12.2-3\)

\(f\left(2\right)=f\left(1\right)+12-3\)

Cộng vế theo vế các đẳng thức trên:

\(f\left(2\right)+f\left(3\right)+...+f\left(20\right)=f\left(1\right)+f\left(2\right)+...+f\left(19\right)+12\left(1+2+...+19\right)-3.20\)

\(\Leftrightarrow f\left(20\right)=2220\)

Đoạn này bạn tính kĩ một chút nha, mình tính không biết có sai không.