Chủ đề này có 4 trả lời

[Scarr]

Bài 1: Tìm các số nguyên dương $x, y$ thỏa mãn $\sqrt{x}+\sqrt{y}= 1+ \sqrt{x+y+3}$

Bài 2: Cho $a, b, c, d$ là các số hữu tỉ thỏa mãn $P(x)= ax^3+bx^2+cx+d$ có nghiệm là $3+2\sqrt{2}$, chứng minh rằng $P(x)$ chia hết cho đa thức $Q(x)=x^2-6x+1$

Bài 3: Tìm các số nguyên dương $x, y$ thỏa mãn $xy+5y - \sqrt{4y-1}= \frac{7x}{2} - \sqrt{x+1}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 10-06-2023 - 04:06
LaTeX

[ThienDuc1101]

Bài 1:

Ta có $\sqrt{x}+\sqrt{y}=\sqrt{x+y+3}+1\Rightarrow x+2\sqrt{xy}+y=x+y+3+2\sqrt{x+y+3}+1$

$\Rightarrow \sqrt{x+y+3}=\sqrt{xy}-2\Rightarrow x+y+3=xy-4\sqrt{xy}+4$

$\Rightarrow \sqrt{xy}=\frac{xy+x+y-1}{4}$

Đến đây, nếu ta giả sử $xy$ không là số chính phương, thì VT sẽ số vô tỉ trong khi VP là số hữu tỉ (vô lí)

Do đó, $xy$ là số chính phương. Đặt $xy=k^2\Rightarrow \sqrt{xy}=k$ (k là số nguyên)

Lại có $x+y+3=xy-4\sqrt{xy}+4\Rightarrow x+y+2\sqrt{xy}=xy-2\sqrt{xy}+1\Rightarrow (\sqrt{x}+\sqrt{y})^2=(\sqrt{xy}-1)^2\Rightarrow \sqrt{x}+\sqrt{y}=\sqrt{xy}-1$$\Rightarrow \sqrt{y}=k-1-\sqrt{x}\Rightarrow y=(k-1)^2-2(k-1)\sqrt{x}+x\Rightarrow \sqrt{x}=\frac{(k-1)^2+x-y)}{2(k-1)}$

Đến đây làm tương tự, ta được $x$ là số chính phương. Do đó $y$ cũng là số chính phương.

Đặt $x=a^2,y=b^2$ (a,b là các số nguyên)

Thay vào, ta có $a+b=ab-1$. Đến đây, ta tìm được $(a,b)=(3,2),(a,b)=(2,3)$

Thay vào, ta tìm được $(x,y)=(4,9),(x,y)=(9,4)$ 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 26-07-2023 - 10:43

[ThienDuc1101]

Bài 3:

Ta có

$xy+5y-\sqrt{4y-1}=\frac{7x}{2}-\sqrt{x+1}\Rightarrow 2xy+10y-7x=2(\sqrt{4y-1}-\sqrt{x+1})$

Do $x,y$ là các số nguyên nên $\frac{2xy+10y-7x}{2}$ là số hữu tỉ, do đó $\sqrt{4y-1}-\sqrt{x+1}$ là số hữu tỉ.

Khi đó, ta xét các TH:

TH1: Nếu $\sqrt{4y-1}\neq \sqrt{x+1}$.

Ta chứng minh bổ đề 1: Nếu $\sqrt{a}$ là số hữu tỉ (với a nguyên) thì a là số chính phương.

Thật vậy, ta đặt $\sqrt{a}=\frac{p}{q}(p,q\in N,(p,q)=1)\Rightarrow a=\frac{p^2}{q^2}$ là số nguyên. Do đó $p^2\vdots q^2$, mà $(p,q)=1$ nên $q=1$, ta được a là số chính phương.

Ta chứng minh bổ đề 2: Nếu $\sqrt{c}-\sqrt{d}$ là số hữu tỉ (với c,d nguyên) thì c,d là các số chính phương.

Thật vậy, ta có $\sqrt{c}-\sqrt{d}=\frac{c-d}{\sqrt{c}+\sqrt{d}}$ là số hữu tỉ, do đó $\sqrt{c}+\sqrt{d}$ là số hữu tỉ

Khi đó $\sqrt{c}=\frac{\sqrt{c}-\sqrt{d}+\sqrt{c}+\sqrt{d}}{2}$ là số hữu tỉ, chứng minh tương tự bổ đề 1, ta được c là số chính phương, d cũng là số chính phương.

Đến đây, ta được $4y-1,x+1$ là các số chính phương. Vì $4y-1\equiv 3(mod4)$ nên TH này loại.

TH2: Nếu $\sqrt{4y-1}=\sqrt{x+1}$, khi đó ta được $2xy+10y-7x=0\Rightarrow 2y(x+5)-7(x+5)=-35\Rightarrow (2y-7)(x+5)=-35$

Đến đây, ta tìm được $(x,y)=(2,1)$

[nhancccp]

Bài 1: Tìm các số nguyên dương $x, y$ thỏa mãn $\sqrt{x}+\sqrt{y}= 1+ \sqrt{x+y+3}$

Bài 2: Cho $a, b, c, d$ là các số hữu tỉ thỏa mãn $P(x)= ax^3+bx^2+cx+d$ có nghiệm là $3+2\sqrt{2}$, chứng minh rằng $P(x)$ chia hết cho đa thức $Q(x)=x^2-6x+1$

Bài 3: Tìm các số nguyên dương $x, y$ thỏa mãn $xy+5y - \sqrt{4y-1}= \frac{7x}{2} - \sqrt{x+1}$

Bài 2: Ta có $P(3+2\sqrt{2})=99a+70a\sqrt{2}+17b+12b\sqrt{2}+3c+2c\sqrt{2}+d=(99a+17b+3c+d)+\sqrt{2}(70a+12b+2c)=0$

Vì $a;b;c$ hữu tỷ suy ra $99a+17b+3c+d$ và $70a+12b+2c$ đều là các số hữu tỷ nên theo kết quả ta có $99a+17b+3c+d=70a+12b+2c =0$.

Khi đó $P(3-2\sqrt{2})$=$(99a+17b+3c+d)-\sqrt{2}(70a+12b+2c)=0$ nên $P(x)$ cũng có nghiệm là $3-2\sqrt{2}$.

Vậy $P(x)$ chia hết cho $(x-3-2\sqrt{2})(x-3+2\sqrt{2})$$=x^2-6x+1$ (đpcm)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 25-07-2023 - 14:03

[HaiDangPham]

Một cách tiếp cận dùng đánh giá bất đẳng thức. 

 

Bài 3. Từ phương trình ban đầu ta suy ra \begin{equation} (2xy+10y-7x)^2-4y-x=-2\sqrt{(4y-1)(x+1)} \end{equation} 

Do đó vế trái phương trình $$S=(2xy+10y-7x)^2-4y-x=[x(2y-7)+10y]^2-4y-x \leq 0$$ 

Bây giờ nếu $y \geq 4$ thì $$[x(2y-7)+10y]^2 \geq (x+10y)^2 > x^2+100y^2 > x+4y$$ tức là khi đó $S > 0$, mâu thuẫn. 

 

Vậy ta phải có $1 \leq y \leq 3$. 

 

Xét $y=3$, thay vào $(1)$ ta được  $$x^2-61x+888=-2\sqrt{11(x+1)}$$ Để $\sqrt{11(x+1)}$ là số nguyên thì $x \equiv -1 \pmod{11}$. Khi đó vế trái phương trình đồng dư với $4$ modulo $11$, còn vế phải phương trình đồng dư $0$ modulo $11$. Do đó phương trình vô nghiệm. 

 

Xét $y=2$ thay vào $(1)$ ta được $$ 9x^2-121x+396=-2\sqrt{7(x+1)}$$ Tương tự như trên ta phải có $x\equiv -1 \pmod{7}$ khi đó vế trái phương trình đồng dư $4$ modulo $7$, còn vế phải đồng dư $0$ modulo $7$ do đó phương trình vô nghiệm. 

 

Xét $y=1$ thay vào $(1)$ ta được $$25x^2-101x+96=-2\sqrt{3(x+1)}$$ Để $25x^2-101x+96<0$ thì ta phải có $x_1 <x<x_2$ trong đó $x_1, x_2$ là hai nghiệm của phương trình $25x^2-101x+96=0$. Chỉ có duy nhất giá trị nguyên $x=2$ nằm trong khoảng nói trên. Thay $x=2$ vào phương trình trên ta thấy thoả mãn. 

 

Tóm lại phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất $(x;y)$ là $(2;1)$. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 25-07-2023 - 21:05