Dota là cái gì thế anh ?

Game này nè anh. Topic của chị tramivodoi đó.
Thi xong em chơi thử Nghe nói hay lắm.

Cần em up ảnh không anh =))

Có anh, up lên cho mọi người biết mặt

Thấy troll không mọi người

Đẹp zai mừ! =]]

Em nghĩ chị tương lai ế là cái chắc...

Sao mà ế được anh , chưa gì đã có 2 người thích rồi: anh Perfectstrong với anh Nguyen Lam Thinh.

Hình như không có số thứ tự ! Mình post luôn : 

Cho $a ,b,c > 0$ CMR :

a, $(a+\frac{b}{ac})(b+\frac{c}{ba})(c+\frac{a}{bc})\geq 8$

Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:

$a+\frac{b}{ac}\geq 2\sqrt{\frac{ab}{ac}}=2\sqrt{\frac{b}{c}}$

Tương tự: 

$b+\frac{c}{ab}\geq 2\sqrt{\frac{c}{a}}$

$c+\frac{a}{bc}\geq 2\sqrt{\frac{a}{b}}$

Nhân vế theo vế, ta được:

$\left ( a+\frac{b}{ac} \right )\left ( b+\frac{c}{ba} \right )\left ( c+\frac{a}{bc} \right )\geq 8\sqrt{\frac{b}{c}.\frac{c}{a}.\frac{a}{b}}=8$

 

Hình như không có số thứ tự ! Mình post luôn : 

Cho $a ,b,c > 0$ CMR :

b, $\frac{a^{2}}{b+c}+ \frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}\geq \frac{a+b+c}{2}$ .

Cách 1: Áp dụng BĐT Schwarz, ta có:

$\frac{a^{2}}{b+c}+ \frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}\geq \frac{(a+b+c)^2}{(b+c+c+a+a+b)}=\frac{a+b+c}{2}$

 

Cách 2:

Ta có:

$\frac{a^2}{b+c}+\frac{b+c}{4}=\frac{(2a)^2+(b+c)^2}{4(b+c)}\geq\frac{4a(b+c)}{4(b+c)}=a$

Tương tự:

$\frac{b^2}{c+a}+\frac{c+a}{4}\geq b$

$\frac{c^2}{a+b}+\frac{a+b}{4}\geq c$

Cộng vế theo vế, rút gọn ta được đpcm.

chp x,y,z là 3 số dương,chứng minh: $\frac{x}{2x+y+z}+\frac{y}{2y+x+z}+\frac{z}{2z+y+x}\leq \frac{3}{4}$$\frac{x}{2x+y+z}+\frac{y}{2y+x+z}+\frac{z}{2z+y+x}\leq \frac{3}{4}$

Đặt $x+y=a\ ;\ y+z=b\ ;\ z+x=c,$ suy ra:

$x=\dfrac{c+a-b}{2}\ ;\ y=\dfrac{a+b-c}{2}\ ;\ z=\dfrac{b+c-a}{2}$

Khi đó, bất đẳng thức đã cho trở thành 

$\sum \dfrac{c+a-b}{2(c+a)}\leq \dfrac{3}{4}$

$\Leftrightarrow \sum \dfrac{b}{c+a}\geq \dfrac{3}{2}$

Đây chính là bất đẳng thức $Nesbitt.$

Vậy $\sum \dfrac{x}{2x+y+z} \leq \dfrac{3}{4}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c\ \Leftrightarrow x=y=z.$

cho 3 số dương $x,\ y,\ z$ thỏa mãn điều kiện: $x^2+y^2+z^2 \leq3$ .Tìm min của biểu thức: $P=\frac{1}{1+xy} + \frac{1}{1+yz} + \frac{1}{1+xz}$
ai giúp em bài này với

Chắc đề như trên đúng không bạn?

Nếu thế giải như sau:

Ta có:

$x^2+y^2+z^2\leq 3$ mà $x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+zx$ nên $xy+yz+zx\leq 3$

 

Áp dụng BĐT $Schwar,$ ta có:

$P=\frac{1}{1+xy}+\frac{1}{1+yz}+\frac{1}{1+zx}\geq \frac{9}{3+xy+yz+zx}\geq \frac{9}{3+3}=\frac{3}{2}$

 

Dấu $"="$ xảy ra khi $\left\{\begin{matrix} x^2+y^2+z^2=3\\ x^2+y^2+z^2=xy+yz+zx\\ \frac{1}{1+xy}=\frac{1}{1+yz}=\frac{1}{1+zx} \end{matrix}\right.\ \ \ \Longleftrightarrow \ \ \ \ x=y=z=1$

Bài 123 : Giải phương trình trên tập nghiệm tự nhiên :

$2^{x}+2^{y}+2^{z}+2^{t}=680$

Không mất tính tổng quát, giả sử $0\leq x\leq t\leq z\leq t$

 

Ta có:

$$\begin{aligned} 2^x+2^y+2^z+2^t&=680\\\\ \Leftrightarrow 2^x(1+2^{y-x}+2^{z-x}+2^{t-x})& =2^3.85\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (1) \end{aligned}$$

Do đó $x=3.$ Khi đó $(1)$ trở thành

$$\begin{aligned} 2^{y-3}+2^{z-3}+2^{t-3}&=84\\\\ \Leftrightarrow 2^{y-3}(1+2^{z-y}+2^{t-y})& =2^2.21\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2) \end{aligned}$$

Suy ra $y=5.$ Do đó $(2)$ tương đương với

$$\begin{aligned} 2^{z-5}+2^{t-5}&=20\\\\ \Leftrightarrow 2^{z-5}(1+2^{t-z})& =2^2.5\end{aligned}$$

Do đó $z=7\ ;\ t=9.$

 

Vậy $(x\ ;\ y\ ;\ z\ ;\ t)=(3\ ;\ 5\ ;\ 7\ ;\ 9)$ và các hoán vị.

Bài 120 (hàng mới nhập  )

Giải phương trình trên tập nghiệm tự nhiên :

$x^{2}y^{4}z^{6}=y^{2}+2y-1$

Cách khác nha :3

Ta có: $y^2+2y-1=(xy^2z^3)^2$

$\Leftrightarrow (y+1)^2-(xy^2z^3)^2=2$

$\Leftrightarrow (y-xy^2z^3+1)(y+xy^2z^3+1)=2=1.2=(-1)(-2)$

Mặt khác $(y-xy^2z^3+1)+(y+xy^2z^3+1)=2(y+1)\ \vdots\ 2$ 

Do đó $y-xy^2z^3+1$ và $y+xy^2z^3+1$ cùng tính chẵn lẻ.

Suy ra $(y-xy^2z^3+1)(y+xy^2z^3+1)$ chia hết cho $4$ hoặc là một số lẻ.

Vậy pt vô nghiệm.

Bài 15. Tìm nghiệm nguyên của phương trình $$x^4+y^4+z^4=2x^2y^2+2y^2z^2+2z^2x^2+24$$

$$x^4+y^4+z^4=2x^2y^2+2y^2z^2+2z^2x^2+24$$
$$\Leftrightarrow x^4+y^4+z^4+2x^2y^2-2y^2z^2-2z^2x^2-4x^2y^2=24 (1)$$
$$\Leftrightarrow \left ( z^2-x^2-y^2 \right )^2-4x^2y^2=24$$
$$\Leftrightarrow \left ( z^2-x^2-y^2-2xy \right )\left ( z^2-x^2-y^2+2xy \right )=24$$
$$\Leftrightarrow \left [ z^2-\left ( x+y \right )^2 \right ]\left [ z^2-\left ( x-y \right )^2 \right ]=24$$
$$\Leftrightarrow \left ( z-x-y \right )\left ( z+x+y \right )\left ( z-x+y \right )\left ( z+x-y \right )=24$$
Từ $(1)$ dễ thấy $3$ số $x;$ $y;$ $z$ cùng chẵn hoặc có $2$ số chẵn, $1$ số lẻ.

Trường hợp $1$: $x;$ $y;$ $z$ cùng chẵn
$\Rightarrow $ $z-x-y$ $\vdots$ $2$
$z+x+y$ $\vdots$ $2$
$z-x+y$ $\vdots$ $2$
$z+x-y$ $\vdots$ $2$
$\Rightarrow $ $\left ( z-x-y \right )\left ( z+x+y \right )\left ( z-x+y \right )\left ( z+x-y \right )$ $\vdots$ $16$
mà $24$ $\not {\vdots }$ $16$ nên vô nghiệm!

Trường hợp $2$: $x;$ $y;$ $z$ có $2$ số chẵn, $1$ số lẻ.
Tương tự như trên ta cũng chứng minh được $VT$ $\vdots$ $16$ nhưng $VP=24$ $\not {\vdots }$ $16$ $\Rightarrow$ vô nghiệm!

Kết luận: Vậy phương trình vô nghiệm nguyên.

$\Rightarrow \dfrac{3}{x}+\dfrac{3}{y}+\dfrac{1}{xy}=k\in \mathbb{Z}^+$

Không mất tính tổng quát, giả sử $x\geq y\geq 1$

Do đó $1\leq k\leq 3+3+1=7$

Tới đây đơn giản rồi nhưng có vẻ dài.

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 158 : Tìm nghiệm nguyên tố $p,q,r$ của phương trình sau :

$\frac{p}{q}-\frac{4}{r+1}=1$

(Junior Balkan 2008)

Ta có: $\frac{p}{q}-\frac{4}{r+1}=1\ \Leftrightarrow \ p(r+1)-4q=q(r+1)\ \Leftrightarrow \ (p-q)(r+1)=4q$

Vì $r+1\geq 3$ $($do $r$ là số nguyên tố$)$ và $4q>0$ nên $p-q>0$ hay $p>q$ mà $p$ và $q$ là số nguyên tố nên $p$ lẻ.

Vì $q$ là số nguyên tố, $r+1\geq 3,$ $p-q>0$ nên có bốn trường hợp có thể xảy ra:

 

$\bullet$ Trường hợp 1: $\left\{\begin{matrix} r+1=4q\\ p-q=1 \end{matrix}\right.$

Vì $p$ lẻ và $p-q=1$ nên $q=2$ $($do $q$ là số nguyên tố$),$ khi đó $p=3$ và $r=7,$ là số nguyên tố.

 

$\bullet$ Trường hợp 2: $\left\{\begin{matrix} r+1=4\\ p-q=q \end{matrix}\right.$

Vì $p-q=q$ nên $p=2q,$ do đó $p$ chẵn $($vô lý$).$

 

$\bullet$ Trường hợp 3: $\left\{\begin{matrix} r+1=q\\ p-q=4 \end{matrix}\right.$

Vì $p$ lẻ và $p-q=4$ nên $q$ lẻ, mà $r+1=q$ nên $r$ chẵn. Do đó $r=2$ $($Vì $r$ là số nguyên tố$),$ khi đó $q=3$ và $p=7,$ là số nguyên tố.

 

$\bullet$ Trường hợp 4: $\left\{\begin{matrix} r+1=2q\\ p-q=2 \end{matrix}\right.$

Vì $p$ lẻ và $p-q=2$ nên $q$ lẻ. Do đó $q\geq 3.$

Nếu $q=3$ thì $p=r=5.$

Nếu $q>3$ thì $q\equiv 1, 2\ (\bmod\ 3).$

     Xét $q\equiv 1\ (\bmod\ 3).$

Vì $p>q$ nên $p>3,$ do đó $p$ không chia hết cho $3.$

Ta có: $p-q=2\ \Leftrightarrow\ p=2+q\equiv 2+1\equiv 0\ (\bmod\ 3)$ $($Vô lý).$

     Xét $q\equiv 2\ (\bmod\ 3).$

Vì $r+1=2q$ và $q>3$ nên $r>3,$ do đó $r$ không chia hết cho $3.$

Ta có: $r+1=2q\ \Leftrightarrow\ r=2q-1\equiv 2.2-1\equiv 0\ (\bmod\ 3)$ $($Vô lý$).$

 

Vậy phương trình có nghiệm $$(p\ ;\ q\ ;\ r)=(3\ ;\ 2\ ;\ 7)\ ;\ (7\ ;\ 3\ ;\ 2)\ ;\ (5\ ;\ 3\ ;\ 5)$$

Ủng hộ topic phát (bài nào trùng nhờ Jinbe xoá giùm )

Bài 142 : Giải phương trình nghiệm nguyên tố $p$,$q$,$r$ : 

$p(p+1)+q(q+1)=r(r+1)$

 

Bài 145 (Bài toán $Lebesgue$) Chứng minh rằng phương trình $x^{2}-y^{3}=7$ không có nghiệm nguyên.

Bài 142: http://diendantoanho...yen-thcs/page-3

Tại #60

 

Bài 145: Áp dụng hai bổ đề:

Bổ đề 1: Mỗi số nguyên có dạng $4a+3$ $(a\in \mathbb{N})$ thì tồn tại ít nhất một ước nguyên tố có dạng $4b+3$ $(b\in \mathbb{N}).$

Bổ đề 2: Nếu $x,\ y$ nguyên, $p$ là số nguyên tố có dạng $4k+3$ $(k\in \mathbb{N})$ thỏa mãn $p\mid x^2+y^2$ thì $p\mid x$ và $p\mid y.$

 

Lời giải

Ta có phương trình đã cho tương đương với $x^2+1=y^3+8\ \ \ (1)$

Xét hai trường hợp:

Trường hợp 1: $y$ chẵn. Từ $(1)$ suy ra $x$ lẻ.

Khi đó $VT\equiv 2\ (\bmod\ 4)\ ;\ VP\equiv 0\ (\bmod\ 4)$ $($Vô lý$)$

 

Trường hợp 2: $y$ lẻ. Ta có:

$(1)\ \Leftrightarrow\ x^2+1=(y+2)(y^2-2y+4)=(y+2)[(y-1)^2+3]$

Vì $y$ lẻ nên $4\mid (y-1)^2,$ suy ra $(y-1)^2+3=4a+3$ $(a\in \mathbb{N}).$ Theo bổ đề 1 thì $(y-1)^2+3$ có ước nguyên tố dạng $p=4b+3$ $(b\in \mathbb{N}).$

Do đó $x^2+1$ có ước nguyên tố dạng $p=4b+3$ $(b\in \mathbb{N}).$

Áp dụng bổ đề 2, ta có: $p\mid 1$ $($Vô lý$)$

 

Vậy phương trình vô nghiệm.

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 112: Tìm $x,\ y,\ z\in \mathbb{Z}$ thỏa mãn

$$\left\{\begin{matrix} 2x^3-7x^2+8x-2=y\\ 2y^3-7y^2+8y-2=z\\ 2z^3-7z^2+8z-2=x \end{matrix}\right.$$

 

Bài 113: Tìm ba số nguyên dương $x,\ y,\ z$ lớn hơn $1$ sao cho:

$xy+1$ chia hết cho $z$

$yz+1$ chia hết cho $x$

$zx+1$ chia hết cho $y$

 

 

 

Các bạn thiếu nghiệm $(x\ ;\ y)=(1\ ;\ 1)$ rồi

@Toàn: Cảm ơn bạn, mình thiếu cả $0,0$ nữa.   

@Thông: Phải là $0\ ;\ 1$ chứ nhỉ   

@Toàn; Quên béng mất định nghĩa giai thừa.    Đã sửa.

Bài 105 : Giải phương trình  :   $13p+1=k^{3}$ $(p\in P,k\in N)$

Bài 106 : (My creation  ) Giải phương trình nghiệm nguyên :

$x_{1}^{16}+x_{2}^{16}+...+x_{16}^{16}=17$ 

Bài 105:

 Ta có:

 

$13p+1=k^3\Leftrightarrow (k-1)(k^2+k+1)=13p$

 

Vì $p$ là số nguyên tố và $k-1<k^2+k+1$ $(k\in \mathbb{N})$ nên có $3$ trường hợp xảy ra.

 

Trường hợp 1: $\left\{\begin{matrix} k-1=1\\ k^2+k+1=13p \end{matrix}\right.$

 

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} k=2\\ 13p=2^2+2+1=7\ \ \ (\text{vô lý}) \end{matrix}\right.$

 

Trường hợp 2: $\left\{\begin{matrix} k-1=13\\ k^2+k+1=p \end{matrix}\right.$

 

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} k=14\\ p=14^2+14+1=211\in \mathbb{P}\ \ \ (\text{thỏa mãn}) \end{matrix}\right.$

 

Trường hợp 3: $\left\{\begin{matrix} k-1=p\\ k^2+k+1=13 \end{matrix}\right.$

 

$\left\{\begin{matrix} p=3-1=2\in \mathbb{P}\ \ \ (\text{thỏa mãn})\\ k=3\ \ (k\in \mathbb{N}) \end{matrix}\right.$

 

Vậy phương trình có nghiệm $$\boxed{(k\ ;\ p)=(14\ ;\ 211)\ ;\ (3\ ;\ 2)}$$

 

Bài 106:

Trường hợp 1: $x_1\geq 2$ và $x_i\leq -2\ (x_i \in \mathbb{Z}\ ;\ i=\overline{1,16})$

 

Khi đó $x_i^{16}\geq 2^{16}>17$

 

Trường hợp 2: $-1\leq x_i\leq 1\ (x_i \in \mathbb{Z}\ ;\ i=\overline{1,16})$

 

Khi đó $x_i^{16}\leq 1,$ suy ra $x_{1}^{16}+x_{2}^{16}+...+x_{16}^{16}\leq 16 <17$

 

Vậy phương trình vô nghiệm.

Bài 18. Tìm $x,y \in \mathbb{N}^*$ sao cho $6x+5y+18=2xy$.

Vì $x\in N*$ nên $2x-5\neq 0$
Ta có:
$6x+5y+18=2xy$
$\Leftrightarrow 6x+18=2xy-5y=y(2x-5)$
$\Leftrightarrow \frac{6x+18}{2x-5}=y$
$\Leftrightarrow 3+\frac{33}{2x-5}=y$
Vì $y$ nguyên nên $\frac{33}{2x-5}\in Z$ $(x\in N^*)$
Do đó $2x-5\in U(33)={\pm 1;\pm 3;\pm 11;\pm 33}$
Vì $x>0$ nên $2x-5>-5,$ do đó ta chỉ xét các trường hợp:
Trường hợp 1: $2x-5=-3,$ tính được $x=1;$ $y=-8$ $($loại vì $y>0)$
Trường hợp 2: $2x-5=-1,$ tính được $x=2;$ $y=-30$ $($loại vì $y>0)$
Trường hợp 3: $2x-5=1,$ tính được $x=3;$ $y=36$
Trường hợp 4: $2x-5=3,$ tính được $x=4;$ $y=14$
Trường hợp 5: $2x-5=11,$ tính được $x=8;$ $y=6$
Trường hợp 6: $2x-5=33,$ tính được $x=19;$ $y=4$
Vậy phương trình có nghiệm $$\boxed {(x;y)=(3;36);(4;14);(8;6);(19;4)}$$

Bài 69. Tìm tất cả các chữ số b sao cho : $\underset{2n c/s}{\underbrace{1111...11}}-\underset{n c/s}{\underbrace{\overline{bbb.bbb}}}$

là số chính phương

Không biết đúng không nữa

 

Xét $n=1,$ ta có:

$11-\overline{b}$ phải là số chính phương.

Thử lần lượt giá trị của $b$ $(0\leq b\leq 9;\ b\in \mathbb{N})$ được $b=2$ và $b=7$ thỏa mãn.

 

Xét $n=2,$ ta có:

$1111-\overline{bb}$ phải là số chính phương.

Với $b=2,$ ta có: $1111-22=1089=33^2,$ là số chính phương.

Với $b=7,$ ta có: $1111-77=1034,$ không là số chính phương. $($Loại$)$

 

Bây giờ ta chứng minh với $b=2$ thì $\underset{2n\ c/s}{\underbrace{111...11}}-\underset{n\ c/s}{\underbrace{\overline{bbb...bbb}}}$ luôn là số chính phương.

Đặt $\underset{n\ c/s}{\underbrace{\overline{111...111}}}=k$ $(k\in \mathbb{N}^*)$

Khi đó:

$\bullet $ $10^n=9k+1$

 

$\bullet $ $\underset{2n\ c/s}{\underbrace{111...11}}=\underset{n\ c/s}{\underbrace{\overline{111...111}}}.10^n+\underset{n\ c/s}{\underbrace{\overline{111...111}}}=k(9k+1)+k=9k^2+2k$

 

$\bullet $ $\underset{n\ c/s}{\underbrace{\overline{222...222}}}=2k$

 

Do đó: 

$\underset{2n\ c/s}{\underbrace{111...11}}-\underset{n\ c/s}{\underbrace{\overline{222...222}}}=9k^2+2k-2k=9k^2,$ là số chính phương.

 

Vậy $\boxed{b=2}.$

Bài 56. Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau :
$8x^{4}-4y^{4}+2z^{4}=t^{4}$

$8x^{4}-4y^{4}+2z^{4}=t^{4}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (1)$

Từ phương trình, ta có: $2|t$ $\Rightarrow t=2t_1\ (t_1\in \mathbb{Z}).$ Thay vào phương trình $(1),$ ta có:

$8x^4-4y^4+2z^4=16t_1^4$

$\Leftrightarrow 4x^4-2y^4+z^4=8t_1^4\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2)$

Do đó: $2|z$ $\Rightarrow z=2z_1\ (z_1\in \mathbb{Z}).$ Thay vào phương trình $(2),$ ta có:

$4x^4-2y^4+16z_1^4=8t_1^4$

$\Leftrightarrow 2x^4-y^4+8z_1^4=4t_1^4\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (3)$

Do đó: $2|y$ $\Rightarrow y=2y_1\ (y_1\in \mathbb{Z}).$ Thay vào phương trình $(3),$ ta có:

$2x^4-16y_1^4+8z_1^4=4t_1^4$

$\Leftrightarrow x^4-8y_1^4+4z_1^4=2t_1^4\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (4)$

Do đó: $2|x$ $\Rightarrow x=2x_1\ (x_1\in \mathbb{Z}).$ Thay vào phương trình $(4),$ ta có:

$16x_1^4-8y_1^4+4z_1^4=2t_1^4$

$\Leftrightarrow 8t_1^4-4y_1^4+2z_1^4=1t_1^4$

Do đó $x,$ $y,$ $z,$ $t$ đều chẵn. Lập luận tương tự ta lại được $x_1,$ $y_1,$ $z_1,$ $t_1$ đều chẵn.

Cứ tiếp tục như trên ta sẽ được $2^k|x,$ $2^k|y,$ $2^k|z,$ $2^k|t$ $(k\in \mathbb{N})$

Điều này chỉ xảy ra khi $x=y=z=t=0.$

Vậy $\boxed{(x;y;z;t)=(0;0;0;0)}$
-------------
P/s: Bạn pham anh quan ra đề từ từ thôi nhé Nếu ra nhiều bài một lúc thì bạn nên chỉ viết trong một bài cho dễ nhìn

Bài 73: Giải hệ phương trình nghiệm nguyên:

$\left\{\begin{matrix} x^2+y^2+z^2=194\\ x^2z^2+y^2z^2=4225 \end{matrix}\right.$

Bài 11. Tìm bộ ba số nguyên không âm $x,y,z$ thỏa mãn $$\begin{cases} 3x^2+54=2y^2+4z^2 \\ 5x^2+74=3y^2+7z^2 \end{cases}$$ và tổng $x+y+z$ nhỏ nhất.

Ta có:
$$\begin{cases} 3x^2+54=2y^2+4z^2 \\ 5x^2+74=3y^2+7z^2 \end{cases} (1)$$
$$\Leftrightarrow \begin{cases} 15x^2+270=10y^2+20z^2 \\ 15x^2+222=9y^2+21z^2 \end{cases}$$
$$\Leftrightarrow y^2-z^2=48$$
$$\Leftrightarrow (y-z)(y+z)=48=2^4.3$$
Vì $y$ và $z$ là $2$ số nguyên không âm nên $y>z$ $\Rightarrow$ $0<y-z<y+z$
Dễ thấy $y$ và $z$ cùng tính chẵn lẻ nên $y-z$ và $y+z$ là $2$ số chẵn.
Do đó ta chỉ xét các trường hợp sau:
Trường hợp $1$:
$\left\{\begin{matrix} y-z=6\\ y+z=8 \end{matrix}\right.$ $\Rightarrow \left\{\begin{matrix} y=7\\ z=1 \end{matrix}\right.$
Thay vào $(1)$ tính được $x=4$ $(x\neq -4$ vì $x$ không âm$)$

Trường hợp $2$:
$\left\{\begin{matrix} y-z=2\\ y+z=24 \end{matrix}\right.$ $\Rightarrow \left\{\begin{matrix} y=13\\ z=11 \end{matrix}\right.$
Thay vào $(1)$ tính được $x=16$ $(x\neq -16$ vì $x$ không âm$)$

Trường hợp $3$:
$\left\{\begin{matrix} y-z=4\\ y+z=12 \end{matrix}\right.$ $\Rightarrow \left\{\begin{matrix} y=8\\ z=4 \end{matrix}\right.$
Thay vào $(1)$ tính được $x=\pm \sqrt{46}$ $($loại vì $x$ nguyên$)$

Do đó $x=4;$ $y=7;$ $z=1$ hoặc $x=16;$ $y=13;$ $z=11$
Mà để tổng $x+y+z$ nhỏ nhất thì $x=4;$ $y=7;$ $z=1.$
Vậy $\boxed {(x;y;z)=(4;7;1)}$

Bài 97. Giải phương trình nghiệm nguyên : $x^2+x=y^4+y^3+y^2+y$

Mod. Nhớ ghi số thứ tự

Ta có:

 

$x^2+x=y^4+y^3+y^2+y$

 

$\Leftrightarrow 4x^2+4x+1=4y^4+4y^3+4y^2+4y+1$

 

$\Leftrightarrow 4y^4+4y^3+4y^2+4y+1=(2x+1)^2$

 

Trường hợp 1: $-1\leq y\leq 2$

 

Xét từng trường hợp, ta được: $\left ( x\ ;\ y \right )=\left ( 0\ ;\ -1 \right )\ ;\ \left ( -1\ ;\ -1 \right )\ ;\ \left ( 0\ ;\ 0 \right )\ ;\ \left ( -1\ ;\ 0 \right )\ ;\ \left ( 5\ ;\ 2 \right )\ ;\ \left ( -6\ ;\ 2 \right )$

 

Trường hợp 2: $y<-1$ hoặc $y>2$

 

Dễ thấy: $(2y^2+y)^2<4y^4+4y^3+4y^2+4y+1<(2y^2+y+1)^2$

 

Hay $(2y^2+y)^2<(2x+1)^2<(2y^2+y+1)^2$

 

Mà $(2y^2+y)^2$ và $(2y^2+y+1)^2$ là hai số chính phương liên tiếp nên phương trình vô nghiệm.

 

Vậy tập nghiệm của phương trình là:

$$\boxed{\left ( x\ ;\ y \right )=\left ( 0\ ;\ -1 \right )\ ;\ \left ( -1\ ;\ -1 \right )\ ;\ \left ( 0\ ;\ 0 \right )\ ;\ \left ( -1\ ;\ 0 \right )\ ;\ \left ( 5\ ;\ 2 \right )\ ;\ \left ( -6\ ;\ 2 \right )}$$

Mình có bài mới đây anh em cùng giải nhé:

Bài 96:Tìm $x,y,z$ nguyên thoả mãn $x+y=2$ và $xy-z^{2}=1$

Ta có:

$xy-z^2=1$

$\Leftrightarrow x(2-x)-z^2=1$ $(x+y=2)$

$\Leftrightarrow (x^2-2x+1)+z^2=0$

$\Leftrightarrow (x-1)^2+z^2=0$

$\Leftrightarrow x=1\ ;\ z=0$

Từ đó tính được $y=1.$

Vậy $(x\ ;\ y\ ;\ z)=(1\ ;\ 1\ ;\ 0).$

Bài 51. Tìm tất cả các số nguyên dương $x,y,z$ thoả mãn: $xyz = 9+x+y+z$

Không mất tính tổng quát, giả sử $x\geq y \geq z$
Ta có:
$xyz=9+x+y+z\leq 9+3x$
$\Rightarrow yz\leq \frac{9}{x}+3\leq 9+3=12$
$\Rightarrow z^2\leq 12$
$\Rightarrow z\in \left \{ 1;2;3 \right \}$

Trường hợp 1: $z=1$
Phương trình tương đương:
$xy=10+x+y$
$\Rightarrow x(y-1)=y+10$
Dễ thấy $y\neq 1$
$\Rightarrow x=\frac{y+10}{y-1}=1+\frac{11}{y-1}$
Để $x$ nguyên $(y \in \mathbb{Z})$ thì $y-1\in \texed{Ư}(11)$
Lại có $y-1\geq0$ nên $y-1\in \left \{ 1;11 \right \}\Leftrightarrow y\in\left \{ 12;2 \right \}$
Từ đó có: $x=2,$ $x=12.$

Trường hợp 2: $z=2$
Phương trình tương đương:
$2xy=11+x+y$
$\Rightarrow x(2y-1)=y+11$
$\Rightarrow x=\frac{y+11}{2y-1}$ $(2y-1\neq 0$ do $y \in \mathbb{Z})$
$\Rightarrow 2x=\frac{2y+22}{2y-1}=1+\frac{23}{2y-1}$
Để $x$ nguyên $(y \in \mathbb{Z})$ thì $2y-1\in \texed{Ư}(23)$

Lại có $2y-1\geq1$ nên $2y-1\in \left \{ 1;23 \right \}\Leftrightarrow y\in\left \{ 1;12 \right \}$
Từ đó có: $x=12,$ $x=1.$

Trường hợp 3: $z=3$
Phương trình tương đương:
$3xy=12+x+y$
$\Rightarrow x(3y-1)=y+12$
$\Rightarrow x=\frac{y+12}{3y-1}$ $(3y-1\neq 0$ do $y \in \mathbb{Z})$
$\Rightarrow 3x=\frac{3y+36}{3y-1}=1+\frac{37}{3y-1}$
Để $x$ nguyên $(y \in \mathbb{Z})$ thì $3y-1\in \texed{Ư}(37)$
Lại có $3y-1\geq 2$ nên $3y-1=37\Leftrightarrow y=\frac{38}{3},$ loại do $y \in \mathbb{Z}$


Thử lại các trường hợp 1 và 2 đều thấy đúng.
Vậy $\boxed{(x;y;z)=(12;2;1),(2;12;1),(12;1;2),(1;12;2)}$ và các hoán vị của các bộ số này.