Bài 128 : Tìm tất cả các số tự nhiên n và các số nguyên dương $x_{1},x_{2},...,x_{n}$ thỏa mãn hệ phương trình
$\left\{\begin{matrix} x_{1}+x_{2}+...+x_{n}=3n-2 & & \\ \frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+...+\frac{1}{x_{n}}=1& & \end{matrix}\right.$
Bài 128 : Tìm tất cả các số tự nhiên n và các số nguyên dương $x_{1},x_{2},...,x_{n}$ thỏa mãn hệ phương trình
$\left\{\begin{matrix} x_{1}+x_{2}+...+x_{n}=3n-2 & & \\ \frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+...+\frac{1}{x_{n}}=1& & \end{matrix}\right.$
Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
Welcome to My Facebook !
Bài 128 : Tìm tất cả các số tự nhiên n và các số nguyên dương $x_{1},x_{2},...,x_{n}$ thỏa mãn hệ phương trình
$\left\{\begin{matrix} x_{1}+x_{2}+...+x_{n}=3n-2 & & \\ \frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+...+\frac{1}{x_{n}}=1& & \end{matrix}\right.$
Vì $x_{1},x_{2},...,x_{n}$ nguyên dương nên
$n\sqrt[n]{x_{1}x_{2}...x_{n}}\leq x_{1}+x_{2}+...+x_{n}=3n-2$
Và $1=\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+...+\frac{1}{x_{n}}\geq \frac{n}{\sqrt[n]{x_{1}x_{2}...x_{n}}}\Leftrightarrow n\leq \sqrt[n]{x_{1}x_{2}...x_{n}}$
Suy ra $n\sqrt[n]{x_{1}x_{2}...x_{n}}\leq 3n-2\leq 3\sqrt[n]{x_{1}x_{2}...x_{n}}-2< 3\sqrt[n]{x_{1}x_{2}...x_{n}}$
$\Rightarrow n< 3\Rightarrow n=0,1,2$
Với $n=0$, hệ vô nghiệm.
Với $n=1$ thì $x=1$
Với $n=2$ thì $\left\{\begin{matrix} x_{1}+x_{2}=4\\ \frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}=1 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow x_{1}=x_{2}=2$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phatthemkem: 29-06-2013 - 07:43
“Hầu hết mọi người đều chấp nhận thua cuộc ngay khi họ sắp thành công. Họ dừng lại
ngay trước vạch đích, cách chiến thắng chỉ một bàn chân” -H. Ross Perot
“Tránh xa những kẻ coi nhẹ tham vọng của bạn. Những kẻ nhỏ nhen luôn như thế, còn
những người thực sự vĩ đại sẽ khiến bạn cảm thấy rằng bạn cũng có thể trở nên vĩ đại”
-Mark Twain
Huỳnh Tiến Phát ETP
$WELCOME$ $TO$ $MY$ $FACEBOOK$: https://www.facebook.com/phat.huynhtien.39
Mới học logarit nên nếu có sai thì cứ góp ý nhiều vào
$*$ Cho $a,n> 0$, $a\neq 1$, và một số $m$ sao cho $n=a^m$ thì ta có $n=a^m\Leftrightarrow log_{a}(n)=m$
Một trong những tính chất của logarit: $a^x=b^{xlog_{b}(a)}(a,b\neq 1)$
Áp dụng tính chất trên, ta có $3^y=2^{ylog_{2}(3)},z^2=2^{2log_{2}(z)}$
Suy ra $2^x+3^y=z^2\Leftrightarrow 2^x+2^{ylog_{2}(3)}-2^{2log_{2}(z)}=0\Leftrightarrow 1+2^{ylog_{2}(3)-x} -2^{2log_{2}(z)-x}=0$
Suy ra ít nhất một trong hai số $2^{ylog_{2}(3)-x},2^{2log_{2}(z)-x}$ bằng $1$
$-$ Nếu $2^{ylog_{2}(3)-x}=1\Rightarrow 2^{2log_{2}(z)-x}=2$
$2^{ylog_{2}(3)-x}=1\Rightarrow 2^{2log_{2}(z)-x}=2$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} ylog_{2}(3)-x=0\\ 2log_{2}(z)-x=1 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} log_{2}(3)=\frac{x}{y}\\ log_{2}(z)=\frac{x+1}{2} \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 2^{\frac{x}{y}}=3\\ \\ 2^{\frac{x+1}{2}}=z \end{matrix}\right.$
Hệ vô nghiệm.
$-$ Nếu $2^{2log_{2}(z)-x}=1\Rightarrow 2^{ylog_{2}(3)-x}=0$ vô lý vì $2^n$ khác $0$ với mọi $n$.
Vậy pt vô nghiệm.
Cái này đâu giống cách giải của một học sinh THCS đâu nhỉ? Hàm logarit cơ đấy!!!
Mới học logarit nên nếu có sai thì cứ góp ý nhiều vào
$*$ Cho $a,n> 0$, $a\neq 1$, và một số $m$ sao cho $n=a^m$ thì ta có $n=a^m\Leftrightarrow log_{a}(n)=m$
Một trong những tính chất của logarit: $a^x=b^{xlog_{b}(a)}(a,b\neq 1)$
Áp dụng tính chất trên, ta có $3^y=2^{ylog_{2}(3)},z^2=2^{2log_{2}(z)}$
Suy ra $2^x+3^y=z^2\Leftrightarrow 2^x+2^{ylog_{2}(3)}-2^{2log_{2}(z)}=0\Leftrightarrow 1+2^{ylog_{2}(3)-x} -2^{2log_{2}(z)-x}=0$
Suy ra ít nhất một trong hai số $2^{ylog_{2}(3)-x},2^{2log_{2}(z)-x}$ bằng $1$
$-$ Nếu $2^{ylog_{2}(3)-x}=1\Rightarrow 2^{2log_{2}(z)-x}=2$
$2^{ylog_{2}(3)-x}=1\Rightarrow 2^{2log_{2}(z)-x}=2$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} ylog_{2}(3)-x=0\\ 2log_{2}(z)-x=1 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} log_{2}(3)=\frac{x}{y}\\ log_{2}(z)=\frac{x+1}{2} \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 2^{\frac{x}{y}}=3\\ \\ 2^{\frac{x+1}{2}}=z \end{matrix}\right.$
Hệ vô nghiệm.
$-$ Nếu $2^{2log_{2}(z)-x}=1\Rightarrow 2^{ylog_{2}(3)-x}=0$ vô lý vì $2^n$ khác $0$ với mọi $n$.
Vậy pt vô nghiệm.
Bài này làm thiếu trường hợp, có thể dài hơn cách số học của Jinbe. Chỗ tô đỏ điều này chỉ tương đương nếu $x=\min\{x,y\log_23,2\log_2z\}$
Bài 129 : Giải phương trình trên tập nghiệm tự nhiên :
$4(x!)^{2}-3=(y!)^{2}+8.(z!)^{2}$
Bài 130 : Tìm nghiệm nguyên dương của hệ :
$\left\{\begin{matrix} xy+y=1+x!\\ yz+z=1+y!\\ x^{2}-2y^{2}+2x-4y=2 \end{matrix}\right.$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 29-06-2013 - 11:59
Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
Welcome to My Facebook !
Bài 128 : Tìm tất cả các số tự nhiên n và các số nguyên dương $x_{1},x_{2},...,x_{n}$ thỏa mãn hệ phương trình
$\left\{\begin{matrix} x_{1}+x_{2}+...+x_{n}=3n-2 & & \\ \frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+...+\frac{1}{x_{n}}=1& & \end{matrix}\right.$
Cách khác
Áp dụng BĐT C-S, ta có:
$1\geq \dfrac{n^2}{x_1+x_2+...+x_n}=\dfrac{n^2}{3n-2}\Leftrightarrow n^2-3n+2\leq 0\Leftrightarrow (n-1)(n-2)\leq 0\Leftrightarrow 1\leq n\leq 2$
Tới đây dễ rồi
Bài 129 : Giải phương trình trên tập nghiệm tự nhiên :
$4(x!)^{2}-3=(y!)^{2}+8.(z!)^{2}$
Nguồn : Tự chế
Phương trình tương đương $(y!)^2+3=4(x!)^2-8(z!)^2\ \ \ \ \ \ \ (1)$
Suy ra $(y!)^2$ chia $4$ dư $1$
Do đó $y!$ không chia hết cho $2$ hay $y=1\Rightarrow (y!)^2=1$
Khi đó $(1)\Leftrightarrow 4[(x!)^2-2(z!)^2]=4\Leftrightarrow (x!)^2-2(z!)^2=1$
Dễ thấy $(x!)^2$ lẻ, suy ra $(x!)^2=1\Rightarrow 2(z!)^2=0$ $(Vô lý)
Vậy phương trình vô nghiệm.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DarkBlood: 29-06-2013 - 12:01
Bài 130 : Tìm nghiệm nguyên dương của hệ :
$\left\{\begin{matrix} xy+y=1+x! \qquad (1) \\ yz+z=1+y!\\ x^{2}-2y^{2}+2x-4y=2 \qquad (3) \end{matrix}\right.$
Lời giải. Từ $(1) \Leftrightarrow y(x+1)=1+x!$.
Vì $x,y$ nguyên dương nên $x!+1 \equiv 1 \pmod{x}, \; x+1 \equiv 1 \pmod{y}$. Do đó $y \equiv 1 \pmod{x}$.
Như vậy thì từ $(3)$ ta có $x^2-2y^2+2x-4y \equiv -6 \pmod{x} \Leftrightarrow 2 \equiv 6 \pmod{x} \Leftrightarrow 8 \equiv 0 \pmod{x}$ hay $x|8$.
Cũng từ $(3)$ ta suy ra $x$ chẵn nên $x \in \{ 2;4;6;8 \}$.
Nếu $x=2$ thì theo $(1)$ ta có $y= \frac{2!+1}{2+1}=1$. Khi đó $(3)$ thoả mãn. Do vậy $z=1$.
Nếu $x=4$ thì theo $(1)$ ta có $y= \frac{4!+1}{4+1}=5$. Thử lại thấy không thoả mãn.
Nếu $x=6$ thì theo $(1)$ ta có $y= \frac{6!+1}{6+1}=103$. Thử lại thấy không thoả mãn.
Nếu $x=8$ thì theo $(1)$ ta có $y= \frac{8!+1}{8+1} \not\in \mathbb{N}$.
Kết luận. Hệ phương trình có nghiệm nguyên $\boxed{(x,y,z)=(2;1;1)}$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Jinbe: 29-06-2013 - 14:53
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
Lời giải. Từ $(1) \Leftrightarrow y(x+1)=1+x!$.
Vì $x,y$ nguyên dương nên $x!+1 \equiv 1 \pmod{x}, \; x+1 \equiv 1 \pmod{y}$. Do đó $y \equiv 1 \pmod{x}$.
Như vậy thì từ $(3)$ ta có $x^2-2y^2+2x-4y \equiv -6 \pmod{x} \Leftrightarrow 2 \equiv 6 \pmod{x} \Leftrightarrow 8 \equiv 0 \pmod{x}$ hay $x|8$.
Cũng từ $(3)$ ta suy ra $x$ chẵn nên $x \in \{ 2;4;6;8 \}$.
Nếu $x=2$ thì theo $(1)$ ta có $y= \frac{2!+1}{2+1}=1$. Khi đó $(3)$ thoả mãn. Do vậy $z=1$.
Nếu $x=4$ thì theo $(1)$ ta có $y= \frac{4!+1}{4+1}=5$. Thử lại thấy không thoả mãn.
Nếu $x=6$ thì theo $(1)$ ta có $y= \frac{6!+1}{6+1}=103$. Thử lại thấy không thoả mãn.
Nếu $x=8$ thì theo $(1)$ ta có $y= \frac{8!+1}{8+1} \not\in \mathbb{N}$.
Kết luận. Hệ phương trình có nghiệm nguyên $\boxed{(x,y,z)=(2;1;1)}$.
Cách khác nhé bạn !
Từ phương trình (3) suy ra x chẵn
$(1)\Leftrightarrow y(x+1)=1+x!\Rightarrow y$ lẻ
$(2)\Leftrightarrow z(y+1)=1+y!$ . Vì $z(1+y)$ chẵn nên $y!$ lẻ $\Rightarrow y=1$
Thay vào (3) tìm được : $x=2(x>0)$
Thay vào (2) suy ra $z=1$
Kết luận : $(x ; y ; z) = (2 ; 1 ; 1)$
Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
Welcome to My Facebook !
Bài 131 : Giải phương trình trên tập nghiệm tự nhiên :
$x^{2}+4x+3=2^{x^{4}+y^{3}+x^{2}+y+1}$
Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
Welcome to My Facebook !
Vào lúc 29 Tháng 6 2013 - 20:09, Juliel đã nói:
Bài 131 : Giải phương trình trên tập nghiệm tự nhiên :
$x^{2}+4x+3=2^{x^{4}+y^{3}+x^{2}+y+1}$
ta có $(x+1)(x+3)=2^{m}.2^{n};(m+n=x^{4}+x^{2}+y^{3}+y+1)$(1)
ta giả sử $m \geq n $ thì $x+1=2^{n} ; x+3=2^{m}$
$2=(x+3)-(x+1) =2^{n}(2^{m-n}-1)$
suy ra $2^{n}=2; 2^{n}(2^{m-n}-1=1$
từ đó suy ra $m=2; n=1$
thay vào 1 ta có $(x+1)(x+3)=8$ và $3=x^{4}+x^{2}+y^{3}+y+1)$
từ đó do x là số tự nhiên suy ra x=1 ; y=0
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ha Manh Huu: 30-06-2013 - 08:54
tàn lụi
Còn bài này chưa giải nè mọi người :
Bài 98.1)Tìm nghiệm hữu tỉ của phương trình sau:
$\frac{11}{5}x-\sqrt{2x+1}=3y-\sqrt{4y-1}+2$ $(1)$
Lời giải :
Bổ đề :
Với mọi $y\in Z$ số $4y-1$ không thể là số chính phương .
Chứng minh : Giả sử phản chứng $4y-1$ là số chính phương .
Đặt $4y-1=(2k-1)^{2}(k\in Z)\Leftrightarrow 4y-1= 4k^{2}-4k+1\Leftrightarrow 4y=4k^{2}-4k+2$
Từ đây suy ra :$4k^{2}-4k+2 \vdots 4\Rightarrow 2\vdots 4 \textbf{Vô lí}$
Vậy điều phản chứng là sai.Ta có $dpcm$
Trở lại bài toán :
$(1)\Leftrightarrow \sqrt{2x+1}-\sqrt{4y-1}=\frac{11}{5}x-3y-2 :\textbf{Là một số hữu tỉ}$
Từ đó :
$\left\{\begin{matrix} \sqrt{2x+1}=\sqrt{4y-1}\\ \dfrac{11}{5}x =3y+2 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 2x-4y=-2\\ 11x-15y=10 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=5\\ y=3 \end{matrix}\right.$
Vậy :$\boxed{\text{(x;y)=(5;3)}}$
KẺ MẠNH CHƯA CHẮC ĐÃ THẮNG
MÀ KẺ THẮNG MỚI CHÍNH LÀ KẺ MẠNH!.
(FRANZ BECKEN BAUER)
ÔN THI MÔN HÓA HỌC TẠI ĐÂY.
Bài 132. Tìm các số tự nhiên $x,y$ thoả mãn $5^x=y^4+4y+1$.
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
Bài 132. Tìm các số tự nhiên $x,y$ thoả mãn $5^x=y^4+4y+1$.
Ta sẽ lập luận rằng x chỉ có thể chẵn từ đó vế trái là một số chính phương, khi đó ta sẽ dùng phương pháp kẹp để giải quyết bài toán.
Gỉa sử x lẻ, khi đó $5^{x}\equiv 2(mod3)\Rightarrow y^{4}+4y\equiv 1(mod3)$
Nhận xét rằng $y^{4}\equiv 0;1(mod3)$
Suy ra x phải chẵn, đặt $x = 2k$, ta được :
$(5^{k})^{2}=y^{4}+4y+1$
Dễ thấy $4y+1<4y^{2}+4$
Khi đó : $y^{4}<y^{4}+4y+1<y^{4}+4y^{2}+4=(y^{2}+2)^{2}\Rightarrow y^{4}+4y+1=(y^{2}+1)^{2}\Rightarrow 2y(y-2)=0\Rightarrow y=2;0$
KẾT LUẬN : $(x ; y) = (0 ; 0) ; (2 ; 2)$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 30-06-2013 - 18:40
Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
Welcome to My Facebook !
Bài 133.
Giải phương trình trên tập các số nguyên:
$x^4+2y^2-7x^2+4x+2y+20=0$
“Hầu hết mọi người đều chấp nhận thua cuộc ngay khi họ sắp thành công. Họ dừng lại
ngay trước vạch đích, cách chiến thắng chỉ một bàn chân” -H. Ross Perot
“Tránh xa những kẻ coi nhẹ tham vọng của bạn. Những kẻ nhỏ nhen luôn như thế, còn
những người thực sự vĩ đại sẽ khiến bạn cảm thấy rằng bạn cũng có thể trở nên vĩ đại”
-Mark Twain
Huỳnh Tiến Phát ETP
$WELCOME$ $TO$ $MY$ $FACEBOOK$: https://www.facebook.com/phat.huynhtien.39
Lời giải. Không mất tính tổng quát, giả sử $x \ge y \ge z \ge 1$.
Ta sẽ có $(1) \Leftrightarrow 2^z \left( 2^{x-z}+2^{y-z}+1 \right)=2^5 \cdot 73$.
Hiển nhiên $2^{x-z}+2^{y-z}+1$ không thể chẵn (vì nếu $2^{x-z}+2^{y-z}+1$ chẵn thì VT là lũy thừa của $2$, trong khi đó VP chứa thừa số nguyên tố $73$). Vậy $2^{x-z}+2^{y-z}+1$ là số lẻ.
Cho nên $2^z=2^5 \Rightarrow z=5$ và $2^{x-5}+2^{y-5}=72= 2^3 \cdot 9 \qquad (2)$.
Ta lại có $(2) \Leftrightarrow 2^{y-5}(2^{x-y}+1)=2^3 \cdot 9$. Lập luận tương tự trên ta suy ra $2^{y-5}=2^3 \Rightarrow y=8$ và $2^{x-8}=2^3 \Rightarrow x=11$.
Vậy phương trình có nghiệm nguyên duy nhất là $\boxed{(x,y,z)=(11;8;5)}$.
Lời giải. Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức sau đúng với mọi $x \in \mathbb{Z}$: $$(x+1)^3<y^3<(x+3)^3$$
Do đó chỉ có có thể $y^3=(x+2)^3$. Thay vào $(1)$ thì $(1) \Leftrightarrow x^2+3x+2=0 \Leftrightarrow (x+1)(x+2)=0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=-1 \\ x=-2 \end{array} \right.$
Vậy phương trình $(1)$ có nghiệm nguyên là $\boxed{(x,y) \in \{ (-1;1),(-2;0) \}}$.
Bài 33. Tìm tất cả các cặp số tự nhiên $(m,n)$ lớn hơn $1$ sao cho $2^m+3^n$ là số chính phương.
Bài 34. Tìm các chữ số $x,y,z$ sao cho $$\underbrace{ \overline{xx...x}}_{2n}-\underbrace{ \overline{yy...y}}_{n}= \underbrace{ \overline{zz...z}^2}_{n}$$
Nếu x=z hoặc y= z thì có cần xét k nhỉ
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NgADg: 30-06-2013 - 21:51
Tự hào là member CQT
Trên con đường thành công , không có bước chân của kẻ lười biếng
Bài 133.
Giải phương trình trên tập các số nguyên:
$x^4+2y^2-7x^2+4x+2y+20=0$
a có $x^{4}-8x^{2}+16+x^{2}+ 4x+4 +2y(y+1)=(x^{2}-4)^{2}+(x+2)^{2}+2y(y+1)=0$
ta có mỗi số hạng của tổng đều $\geq 0$ nên dấu = xảy ra khi x=-2 và y= 0 hoặc -1
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ha Manh Huu: 01-07-2013 - 06:01
tàn lụi
Bài 134 : Giải phương trình trên tập nghiệm tự nhiên :
$(n+1)^{n}=2^{n}.n!$
Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
Welcome to My Facebook !
Bài 134 : Giải phương trình trên tập nghiệm tự nhiên :
$(n+1)^{n}=2^{n}.n!$
$-$ Xét $n=0$, ta thấy đó là một nghiệm của pt
$-$ Xét $n> 0$, ta có
Dễ thấy $(n+1)^n\vdots 2\Rightarrow n+1\vdots 2$
Đặt $n=2a-1$, ta có $(n+1)^{n}=2^{n}.n!\Leftrightarrow (2a-1+1)^n=2^n.n!\Leftrightarrow 2^n.a^n=2^n.n!\Leftrightarrow a^n=n!$
Với mọi số nguyên $n$ lớn hơn $1$ thì $n!$ không thể biểu diễn dưới dạng $a^n$ với $a\in \mathbb{N}$
Nói cách khác, với $n> 1$ thì pt vô nghiệm.
Suy ra $n=1$.
Vậy pt có nghiệm $\boxed {0;1}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phatthemkem: 02-07-2013 - 15:04
“Hầu hết mọi người đều chấp nhận thua cuộc ngay khi họ sắp thành công. Họ dừng lại
ngay trước vạch đích, cách chiến thắng chỉ một bàn chân” -H. Ross Perot
“Tránh xa những kẻ coi nhẹ tham vọng của bạn. Những kẻ nhỏ nhen luôn như thế, còn
những người thực sự vĩ đại sẽ khiến bạn cảm thấy rằng bạn cũng có thể trở nên vĩ đại”
-Mark Twain
Huỳnh Tiến Phát ETP
$WELCOME$ $TO$ $MY$ $FACEBOOK$: https://www.facebook.com/phat.huynhtien.39
$-$ Xét $n=0$, ta thấy đó là một nghiệm của pt
$-$ Xét $n> 0$, ta có
Dễ thấy $(n+1)^n\vdots 2\Rightarrow n+1\vdots 2$
Đặt $n=2a-1$, ta có $(n+1)^{n}=2^{n}.n!\Leftrightarrow (2a-1+1)^n=2^n.n!\Leftrightarrow 2^n.a^n=2^n.n!\Leftrightarrow a^n=n!$
Với mọi số nguyên $n$ lớn hơn $1$ thì $n!$ không thể viết dưới dạng lũy thừa của một số nguyên
Nói cách khác, với $n> 1$ thì pt vô nghiệm.
Suy ra $n=1$.
Vậy pt có nghiệm $\boxed {0;1}$
Chứng minh $n!$ không thể viết dưới dạng lũy thừa của một số nguyên đi bạn !
Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
Welcome to My Facebook !
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh