Chủ đề này có 6 trả lời

[lethanhson2703]

1.Giải phương trình nghiệm nguyên dương: $x^2+2x+4y^2=37$

2. TÌm nghiệm nguyên dương của phương trình : $x^2+y^2=2011^{1995^k+1}(10-z)$

3. TÌm tất cả các số nguyên tố thỏa mãn: $p^3-q^5=(p+q)^2$

[demon311]

1) Vì nghiệm nguyên dương nên ta có thể thử các giá trị cho y từ -2 tới 2

 

Kết quả thu được nghiệm: $(x;y)=(-1;\pm 2) \Rightarrow \text{vô nghiệm}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi demon311: 03-11-2014 - 20:08

[lethanhson2703]

Chặn sao đẻ thu hẹp dược khoảng giá trị như vậy bạn???

[Namthemaster1234]

1.Giải phương trình nghiệm nguyên dương: $x^2+2x+4y^2=37$

2. TÌm nghiệm nguyên dương của phương trình : $x^2+y^2=2011^{1995^k+1}(10-z)$

3. TÌm tất cả các số nguyên tố thỏa mãn: $p^3-q^5=(p+q)^2$

Bài 1:

 

$x^2+2x+4y^2=37<=>(x+1)^2+(2y)^2=38$

 

mà 38 không viết được dưới dạng tổng 2 số chính phương nên không có x,y thoả

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Namthemaster1234: 03-11-2014 - 19:05

[demon311]

Chặn sao đẻ thu hẹp dược khoảng giá trị như vậy bạn???

 

Vì x,y nguyên dương nên $x^2+2x+1=(x+2)^2>0$

 

Do đó: $4y^2<37 \\ 4y^2 \le 36 \\ -2 \le y \le 2$

 

Thay vào theo nghiệm nguyên thì có nghiệm, nhưng nguyên dương thì vô nghiệm

 

Mình có sửa bài trên rồi

[JUV]

1.Giải phương trình nghiệm nguyên dương: $x^2+2x+4y^2=37$

2. TÌm nghiệm nguyên dương của phương trình : $x^2+y^2=2011^{1995^k+1}(10-z)$

3. TÌm tất cả các số nguyên tố thỏa mãn: $p^3-q^5=(p+q)^2$

Bài 1: 

$(x+1)^2+(2y)^2=38$

Từ đấy tự suy ra

Bài 3:

$p^3-q^5=(p+q)^2$=>$p^3-q^5=p^2+q^2+2pq$

=>$q^2(q^3+1)$=$p(p^2-p-2q)$

Vì p,q là SNT nên

$q^3+1$ chia hết $p$

$p^2-p-2q$ chia hết chp $q^2$

Từ đó cũng có $p-1$ chia hết cho $q$ , đặt $p-1=uq$

Có $upq+2q$ chia hết cho $q^2$ => $up-2$ chia hết cho $q$

 $p-1$ chia hết cho $q$=>$pu-u$ chia hết cho $q$

=>$u-2$ chia hết cho $q$

Có $q^3+1$ chia hết cho $p$

nếu $q+1$ chia hết cho $p$ thì $q+1 \ge p$

Lại có $p-1$ chia hết cho $q$ nên $p-1 \ge q$

=>$p \ge q+1$

=>$p=q+1$=>$p=3$,$q=2$(không thỏa mãn)

Nếu $q^2-q+1$ chia hết cho p thì $q(q-1) \ge p-1$

Mà $u-2$ chia hết cho $q$

Nếu $u-2>0$ thì $u-2 \ge q$=>$u \ge q+2$=> $p-1 \ge q(q+2)$

Mà $q(q-1) \ge p-1$ (vô lí)

Vây $u-2=0$=>$p-1=2q$

thay vào pt tìm đuợc $q=3$,$p=7$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi JUV: 09-11-2014 - 11:09

[JUV]

Bài 2

BTP: Nếu $p$ là 1 SNT dạng $4k+3$ thì $a^2+b^2$ chia hết cho $p$ khi và chỉ khi $a$,$b$ chia hết cho $p$ (tự CM)

2011 là SNT có dạng $4k+3$ 

$x^2+y^2=(2011^((1995^k+1)))(10-z)$

=>$x$,$y$ chia hết cho 2011=>$x^2$,$y^2$ chia hết cho $2011^2$

Đặt $x^2=u^2.2011^2$, $y^2=v^2.2011^2$, ta có

$u^2+v^2=(2011^(1995^k-1)))(10-z)$

Lập luận tương tự, cũng có $u^2$,$v^2$ chia hết cho $2011^2$

vì $1995^k+1$ là số chẵn nên sau $(1995^k+1)/2$ bước, ta có $x^2$,$y^2$ chia hết cho $2011^(1995^k+1))$

Đặt $x^2=a^2(2011^(1995^k+1)))$

$y^2=b^2(2011^(1995^k+1)))$

Ta có $a^2+b^2=10-z<10$

Giải ra, ta có (a;b;z)=(1;2;5);(2;1;5)

Vậy nghiệm của PT là

(x;y;z)=($2011^(1995^k+1))$;$2.2011^(1995^k+1))$;$5$);($2.2011^(1995^k+1))$;$2011^(1995^k+1))$;$5$)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi JUV: 11-11-2014 - 17:59