Chủ đề này có 15 trả lời

[C a c t u s]

1. Tìm các số tự nhiên $x;y$ thỏa mãn: $x^2+3^y=3026$
2. Tìm các số nguyên $x;y$ thỏa mãn: $\sqrt{x}+\sqrt{y}=\sqrt{1989}$
3. Tìm các số $x;y;z$ nguyên dương thỏa mãn: $2(y+z)=x(yz-1)$
4. Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho phương trình: $499(1997^n+1)=x^2+x$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 16-08-2012 - 18:34

[L Lawliet]

1. Tìm các số tự nhiên $x;y$ thỏa mãn: $x^2+3^y=3026$
2. Tìm các số nguyên $x;y$ thỏa mãn: $\sqrt{x}+\sqrt{y}=\sqrt{1989}$
3. Tìm các số $x;y;z$ nguyên dương thỏa mãn: $2(y+z)=x(yz-1)$

Lời giải: Điều kiện: $x\geq 0$, $y\geq 0$.
Ta có: $\sqrt{1989}=3\sqrt{221}$ và vì $x$, $y\in Z$ nê $x$, $y$ phải lần lượt có dạng: $a\sqrt{221}$, $b\sqrt{221}$ trong đó $a$ và $b$ nguyên dương.
Mà $a+b=3$ và $a,b\in Z$ nên từ đây dễ dàng tìm được các bộ số $(a,b$ là: $(0;3)$, $(1;2)$, $(2;1)$, $(3;0)$.
Từ đây ta tìm được nghiệm nguyên $(x;y)$ của phương trình là: $(0;1989)$, $(221;884)$, $(884;221)$, $(1989;0)$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi L Lawliet: 16-08-2012 - 18:17

[Tru09]

1. Tìm các số tự nhiên $x;y$ thỏa mãn: $x^2+3^y=3026$
2. Tìm các số nguyên $x;y$ thỏa mãn: $\sqrt{x}+\sqrt{y}=\sqrt{1989}$
3. Tìm các số $x;y;z$ nguyên dương thỏa mãn: $2(y+z)=x(yz-1)$

Bài 2:
$\sqrt{x} +\sqrt{y} =\sqrt{1989}$
$\rightarrow \sqrt{x} =\sqrt{1989} -\sqrt{y}$
$\rightarrow x=1989 +y -2\sqrt{1989.y}$
Vì $x ,y \in Z \rightarrow \sqrt{1989.y} \in Z \leftrightarrow 3\sqrt{221.y} \in Z \leftrightarrow \sqrt{221.y} \in Z \leftrightarrow 221y :\text{là số chính phương}$
$\rightarrow y=221.a^2$ ( $a \in Z$)
Tương tự$ \rightarrow x =221.b^2$ ( $b\in Z$ )
Thay vào
$\rightarrow a\sqrt{211} +b\sqrt{211}=3\sqrt{211}$
$\rightarrow a+b=3$
Mà $a,b \geq 0$
$\rightarrow$ thay từng trường hợp $\rightarrow DPCM$
----------------
Chậm rồi (

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tru09: 16-08-2012 - 18:17

[BlackSelena]

Bài 3: http://diendantoanho...76319-2yzxyz-1/

Với $x=0$ thì $y=55$
Với $x>0$ thì
$x^2+3^y = 3026$
mà 3026 chia 3 dư 2
$3^y$ luôn chia hết cho 3 với y không âm.
$\Rightarrow x^2$ chia 3 dư 2
Mà $x^2$ là số chính phương, chia 3 dư 1 hoặc 0
$\Rightarrow$ pt có nghiệm duy nhất $x=0$ và $y=55$
P/s: chậm r` =="

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 16-08-2012 - 20:06

[chrome98]

1. Với $y=0\Rightarrow x=55$.
Với $y\geq 1$, $3026\equiv 2\mod 3\Rightarrow x^2\equiv 2\mod 3$ (MT)
Vậy $(x;y)=(55;0)$.

3. Giả sử $y\geq z$, do $(yz-1) | (2y+2z)\leq (4y)\Rightarrow 1\leq z\leq 4$.
Xét các trường hợp, ta có các bộ $(x;y;z)$ là: $(6;2;1),(3;5;1),(2;3;2),(1;7;3)$
Vậy nhiệm của phương trình là :
$(6;2;1),(6;1;2),(3;5;1),(3;1;5),(2;3;2),(2;2;3),(1;7;3),(1;3;7)$.

[BlackSelena]

Bài 4:
Với $n=1$ thì ....
Với $n > 1$ thì:
$499(1997^n+1)=x^2+x$
$\Leftrightarrow 1996(1997^n + 1) = 4x^2+4x$
$\Leftrightarrow 1996.1997^n + 1997 = (2x+1)^2$
$\Leftrightarrow (1997-1)1997^n + 1997 = (2x+1)^2$
$\Leftrightarrow 1997(1997^n - 1997^{n-1} + 1) = (2x+1)^2$
Nhận thấy VP là số chính phuơng $\Rightarrow$ VT cũng phải là số chính phuơng
Vậy $1997^n - 1997^{n-1} + 1 \vdots 1997$
Mà $1997^n \vdots 1997, 1997^{n-1} \vdots 1997$
Mặt khác $1$ không chia hết cho 1997 (dấu latex ko chia hết là gì nhỉ?)
Vậy pt có duy nhất giá trị $n=1$ thỏa đề.

[C a c t u s]

5. Giải phương trình nghiệm nguyên: $4y^2=2+\sqrt{199-x^2-2x}$

[BlackSelena]

5. Giải phương trình nghiệm nguyên: $4y^2=2+\sqrt{199-x^2-2x}$

Đã có ở đây

[C a c t u s]

6. Chứng minh rằng không có số nguyên $x$ và $y$ nào thỏa mãn hệ thức: $2008x^{2009}+2009y^{2010}=2011$

[henry0905]

6. Chứng minh rằng không có số nguyên $x$ và $y$ nào thỏa mãn hệ thức: $2008x^{2009}+2009y^{2010}=2011$

Xét 4 trường hợp:
Trường hợp 4: Dễ thấy $x\geq 2$ hay $y\geq 2$ loại
Trường hợp 1: x=y=0 (loại)
Trường hợp 2: x=1,y=0 (loại)
Trường hợp 3: x=0,y=1 (loại)
$\Rightarrow$ Phương trình vô nghiệm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi henry0905: 16-08-2012 - 21:38

[nguyenta98]

6. Chứng minh rằng không có số nguyên $x$ và $y$ nào thỏa mãn hệ thức: $2008x^{2009}+2009y^{2010}=2011$

Số nguyên mà bạn henry , bạn làm nhầm rồi nhé
Giải như sau:
Từ phương trình suy ra $2009y^{2010}$ lẻ suy ra $y$ lẻ suy ra $y^2 \equiv 1 \pmod{4} \rightarrow y^{2010} \equiv 1 \pmod{4}$
Suy ra $2008x^{2009}+2009y^{2010} \equiv 2009 \equiv 1 \pmod{4}$ mâu thuẫn do $2011 \equiv 3 \pmod{4}$
Nên ta có $đpcm$

[nguyenta98]

6. Chứng minh rằng không có số nguyên $x$ và $y$ nào thỏa mãn hệ thức: $2008x^{2009}+2009y^{2010}=2011$

Một cách nữa kĩ thuật cao hơn
Giải như sau:
$2008x^{2009}+2009y^{2010}=2011 \Leftrightarrow 2009y^{2010} \equiv 3 \pmod{251}$ (do $2011 \equiv 3 \pmod{251}, 2008 \vdots 251$)
Nên $y^{2010} \equiv 3 \pmod{251}$ (do $2009 \equiv 1 \pmod{251}$)
Suy ra $gcd(y,251)=1$
Theo Fermat nhỏ suy ra $y^{250} \equiv 1 \pmod{251}$
Nên $y^{2000} \equiv 1 \pmod{251} \Rightarrow y^{2000}.y^{10} \equiv y^{10} \pmod{251} \Rightarrow y^{2010} \equiv y^{10} \equiv 3 \pmod{251} \Rightarrow y^{10} \equiv 3 \pmod{251}$
Mặt khác $y^{250} \equiv 1 \pmod{251} \Rightarrow (y^{10})^{25} \equiv 1 \pmod{251}$
Mà $y^{10} \equiv 3 \pmod{251} \Rightarrow 3^{25} \equiv 1 \pmod{251} \Rightarrow 243^5 \equiv 1 \pmod{251} \Rightarrow (-8)^5 \equiv 1 \pmod{251} \Rightarrow (-8)^5-1 \vdots 251 \Rightarrow -32769 \vdots 251$ vô lý vì nó không xảy ra
Suy ra phương trình vô nghiệm nguyên.

[reddevil1998]

Rất khó nè:
Giải PT nghiệm nguyên dương:
$12^{x}+y^{4}=2008^{z}$
____
bài này nữa:
Giải PT nghiệm nguyên dương :
$n^{7}+7$ là 1 số CP

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 17-08-2012 - 18:20

[BlackSelena]

Rất khó nè:
Giải PT nghiệm nguyên dương:
$12^{x}+y^{4}=2008^{z}$
____
bài này nữa:
Giải PT nghiệm nguyên dương :
$n^{7}+7$ là 1 số CP

Bài 1 đã có ở đây

[reddevil1998]

1 cách giải khác cho bài 1
Giả sử x,y là các số nguyên dương thỏa mãnPT
Xét z=0 thì x=0,y=0
Xét z>0 thì$2008^{z}\vdots 2008$ .Ta có$2008=251.2^{3}$
Giả sử x chẵn ,khi đó $x=2x_{1}$ ($x_{1}\epsilon \mathbb{N*}$)
Suy ra $(12^{x_{1}})^{2}\equiv -y^{4}(mod251)$.Theo định lí Fermat nhỏ ,suy ra:
$1\equiv (12^{x_{1}})^{250}\equiv (-y^{2})^{250}\equiv -1(mod 251)$
Đó là điều vô lí.
Giả sử x lẻ.Hiển nhiên y chẵn,lúc đó$y=2^{u}.y_{1}$($y_{1}\epsilon \mathbb{N*},y$ lẻ )
Suy ra :$2^{2x}.3^{x}+2^{4u}.y_{1}^{4}=2^{3z}.251^{z}$
Ta thấy:2x khác 4u vì x lẻ
Vậy ta xét 2 TH
TH1:$3z=2x$
TH2:$3z=4u$
Từ đó ta thấy PT vô nghiệm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi reddevil1998: 17-08-2012 - 18:56

[nguyenta98]

bài này nữa:
Giải PT nghiệm nguyên dương :
$n^{7}+7$ là 1 số CP

Giải như sau:
Bổ đề: Nếu $p$ là số nguyên tố và $a^2+b^2$ chia hết cho $p$ thì cả $a,b$ đều chia hết cho $p$ với $p \equiv 3 \pmod{4}$
CM:
Giả thiết phản chứng $a,b$ không chia hết cho $p$ suy ra $gcd(a,p)=1$ và tương tự với b
Đặt $p=4k+3$
Xét số $a^{4k+2}+b^{4k+2}$ ta có:
$a^{4k+2}+b^{4k+2}=(a^2)^{2k+1}+(b^2)^{2k+1}=(a^2+b^2)*(…)$ <1>
Lại theo đề bài $a^2+b^2$ chia hết cho $p$ suy ra từ <1> ta có $a^{4k+2}+b^{4k+2}$ chia hết cho $p$ <2>
Lại theo định lý fermat nhỏ: $a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$ và tương tự với $b$
Suy ra $a^{p-1}- b^{p-1}=a^{4k+2}- b^{4k+2}$ chia hết cho p <3>
Từ <2> và <3> suy ra $2b^{4k+2}$ chia hết cho $p$ suy ra $b$ chia hết cho p suy ra $a$ cũng chia hết cho p suy ra giả thiết phản chứng là sai suy ra bổ đề được chứng minh.

Áp dụng:
Ta đặt $n^7+7=a^2$
Suy ra $n^7+7+121=a^2+121$ suy ra $n^7+2^7=a^2+11^2$
Dễ thấy $a^2+11^2$ chia 4 dư $1$ hoặc $2$ nhưng nếu chia 4 dư 2 thì loại vì khi đó $n^7+2^7$ chia hết cho 2 suy ra $n$ chia hết cho 2 suy ra $n^7+2^7$
chia hết cho $2^7$ mâu thuẫn vì $a^2+11^2$ chia 4 dư 2 thì có nghĩa $a^2+11^2$ chia hết cho 2 mà không chia hết cho 4.
Do vậy $a^2+11^2$ chia 4 dư $1$ suy ra $n^7+2^7$ chia 4 dư 1 suy ra $n^7$ chia 4 dư 1 suy ra $n$ chia 4 dư 1 (do $n$ lẻ và nếu $n \equiv 3 \pmod{4}$ thì
$n^7 \equiv 3 \pmod{4}$ loại)
Như vậy $n$ chia 4 dư 1 <1>
Lại có $n^7+2^7=(n+2)(n^6-2n^5+4n^4-8n^3+16n^2-32n+64)$ lại theo <1> suy ra $n+2 \equiv 3 \pmod{4}$ do đó $n+2$ có ít nhất 1 ước số nguyên tố chia 4 dư 3 (vì nếu các ước của nó đều
chia 4 dư 1 thì $n+2$ chia 4 dư 1 vô lý), Do vậy nên giả sử $n+2$ chia hết cho $p$ nguyên tố với $p \equiv 3 \pmod{4}$
Suy ra $n^7+2^7$ chia hết cho $p$ suy ra $a^2+11^2$ chia hết cho $p$ với $p \equiv 3 \pmod{4}$
Áp dụng bổ đề suy ra $11$ chia hết cho $p$ suy ra $p=11$
Hoàn toàn tương tự cũng có $n^6-2n^5+4n^4-8n^3+16n^2-32n+64$ chia 4 dư 3 suy ra $n^6-2n^5+4n^4-8n^3+16n^2-32n+64$ chia hết cho q suy ra 11 chia hết cho q nguyên tố và $q \equiv 3 \pmod{4}$ suy ra $p=q=11$ <2>
Lại thấy giả sử $n+2$ chia hết cho số nguyên tố $r$ suy ra $n \equiv -2 \pmod{r}$
Suy ra $n^6-2n^5+4n^4-8n^3+16n^2-32n+64 \equiv 448 \pmod{r}$
Do vậy $gcd(n+2, n^6-2n^5+4n^4-8n^3+16n^2-32n+64)$ chỉ có thể bằng ước $448$ hay $gcd(n+2, n^6-2n^5+4n^4-8n^3+16n^2-32n+64)$ không chia hết cho 11 mâu thuẫn với <2>
Vậy bài toán không có nghiệm.