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: $p^3-q^5=(p+q)^2$
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: $p^3-q^5=(p+q)^2$
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
Ngoài ngoại hình ra thì ta chả có cái gì cả =))
Chặn sao đẻ thu hẹp dược khoảng giá trị như vậy bạn???
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
Đừng lo lắng về khó khăn của bạn trong toán học, tôi đảm bảo với bạn rằng những khó khăn toán học của tôi còn gấp bội.
(Albert Einstein)
Visit my facebook: https://www.facebook.com/cao.simon.56
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
Ngoài ngoại hình ra thì ta chả có cái gì cả =))
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
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
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh