Đến nội dung


Hình ảnh

Topic tổng hợp các bài toán về phương trình nghiệm nguyên.


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 565 trả lời

#21 duaconcuachua98

duaconcuachua98

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 461 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Stamford Bridge

Đã gửi 27-12-2012 - 17:37

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


Ta có phương trình đã cho $\Leftrightarrow 2x(3-y)-5(3-y)=-23\Leftrightarrow (2x-5)(3-y)=-23$
Vì $x;y\in \mathbb{N}^{*}$ nên $(2x-5)(3-y)$ là tích 2 số nguyên
Mà $-23$ viết thành tích của 2 số nguyên có các trường hợp là $-23=1.(-23)=-1.23=23.(-1)=-23.1$
Tới đây thử các trường hợp ta tìm được phương trình có 2 nghiệm tự nhiên $(x;y)$ là $(3;26);(14;4)$

Nhận xét. Lời giải của bạn đang còn thiếu nghiệm. :closedeyes: Bạn kiểm lại coi sao nhé! :excl:

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 28-12-2012 - 06:00


#22 DarkBlood

DarkBlood

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 619 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 27-12-2012 - 17:59

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 $$\boxed {(x;y)=(3;36);(4;14);(8;6);(19;4)}$$

#23 Joker9999

Joker9999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:K46- Toán1 Chuyên Sư Phạm
  • Sở thích:Nghe nhạc, đánh đàn guitar và làm BDT

Đã gửi 27-12-2012 - 21:31

Bài 17. Giải phương trình nghiệm nguyên $$8x^2+23y^2+16x-44y+16xy-1180=0$$


Giải như sau:
$$8x^2+23y^2+16x-44y+16xy-1180=0$$$\Leftrightarrow 8(x+y+1)^2+15(y-2)^2=1248\vdots 4\Rightarrow y-2\vdots 2$
Mặt khác

$15(y-2)^2\leq 1248\Rightarrow $\left | y-2 \right |$\leq 9$
Do vậy ta duyệt các trường hợp và nhận được:
$\left | y-2 \right |=8,\left | x+y+1 \right |=6$. Tới đây dễ rồi....




Bài 19. Giải phương trình nghiệm nguyên $$32x^6+16y^6+4z^6=t^6$$

Bài này thì khá quen thuộc rồi, dùng lùi vô hạn
$$32x^6+16y^6+4z^6=t^6$$$\Rightarrow t\vdots 2,t=2t_1$
$32x^6+16y^6+4z^6=64t_1^6\Leftrightarrow 8x^6+4y^6+z^6=16t_1^6$ $\Rightarrow z\vdots 2,z=2z_1$
$8x^6+4y^6+64z_1^6=16t_1^6\Leftrightarrow 2x^6+y^6+16z_1^6=4t_1^6$ $\Rightarrow y\vdots 2,y=2y_1$
$2x^6+64y_1^6+16z_1^6=4t_1^6\Leftrightarrow x^6+32y_1^6+8z_1^6=2t_1^6$ $\Rightarrow x\vdots 2,x=2x_1$
$\Rightarrow 32x_1^6+16y_1^6+4z_1^6=t_1^6$
Như vậy ta cũng nhận được $(x_1,y_1,z_1,t_1)$ là nghiệm, tiếp tục lùi vô hạn ta nhận được nghiệm duy nhất là nghiệm tầm thường $x=y=z=0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Joker9999: 27-12-2012 - 21:38

<span style="font-family: trebuchet ms" ,="" helvetica,="" sans-serif'="">Nỗ lực chưa đủ để thành công.


.if i sad, i do Inequality to become happy. when i happy, i do Inequality to keep happy.

#24 Joker9999

Joker9999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:K46- Toán1 Chuyên Sư Phạm
  • Sở thích:Nghe nhạc, đánh đàn guitar và làm BDT

Đã gửi 27-12-2012 - 21:47

Thay đổi chút,
Bài 20: Giải phương trình nghiệm nguyên dương:

$y^3(z^2+z)+x^2=xy+2xyz$

Bài 21: Giải phương trình nghiệm nguyên:

$28^x=19^y+87^z$

Bài 22: GIải phương trình nghiệm nguyên dương:

$1!+2!+...+x!=y^z$


<span style="font-family: trebuchet ms" ,="" helvetica,="" sans-serif'="">Nỗ lực chưa đủ để thành công.


.if i sad, i do Inequality to become happy. when i happy, i do Inequality to keep happy.

#25 HungHuynh2508

HungHuynh2508

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 222 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THPT Cẩm Xuyên
  • Sở thích:Thậm chí ngay cả trong trò chơi của con trẻ cũng có những điều khiến nhà toán học vĩ đại nhất phải quan tâm.

Đã gửi 28-12-2012 - 10:05

Bài 23 : chứng minh rằng phương trình $a^{5}+b^{1980}=c^{19}$ có vô số nghiệm
Hạnh phúc là cho đi đâu chỉ nhận riêng mình!

7e3c59fbf62d4c5280e6cf2ad53cdcb8.0.gif

#26 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4261 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 28-12-2012 - 11:39

Bài 22: GIải phương trình nghiệm nguyên dương:

$1!+2!+...+x!=y^z$


Với $x=1 \Rightarrow y=1$ và với mọi $z \in \mathbb{N}^*$.
Với $x \ge 2$ thì $VT \ \vdots 3 \Rightarrow y^z \ \vdots 3 \Rightarrow y \ \vdots 3 \qquad (1)$.
  • Nếu $z=1$ thì với mọi $x \in \mathbb{N}^*,x \ge 2$ ta luôn tìm được $y$ thỏa mãn $$1!+2!+ \cdots + x!=y$$.
  • Nếu $z=2$. Ta có $$1!+2!+ \cdots + x!=y^2$$ Xét hai trường hợp nếu $x \ge 5$ thì $VT$ tận cùng là $3$, trong khi đó VP là số chính phương, không thể tận cùng là $3$, mâu thuẫn. Còn với $x \le 4$ thì ta tìm được $(x,y,z)=(3,3,2)$.
  • Nếu $z \ge 3$ thì $(1) \Rightarrow y^z \ \vdots 27$. Xét với $x \ge 9$ thì $VT \equiv 9 \pmod{27}$, trong khi $y^z \ \vdots 27$, mâu thuẫn. Tiếp tục với $x \le 8$ thì cũng không tìm được $y$ nguyên dương thỏa mãn.
Vậy phương trình có nghiệm $$\boxed{(x,y,z)=(3;3;2),(1;1;k),(m,n,1)}$$ với $m,n,k \in \mathbb{N}^*, m \ge 2, n=1!+2!+ \cdots + m!$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 28-12-2012 - 11:40

“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#27 Joker9999

Joker9999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:K46- Toán1 Chuyên Sư Phạm
  • Sở thích:Nghe nhạc, đánh đàn guitar và làm BDT

Đã gửi 28-12-2012 - 21:59


Bài 21: Giải phương trình nghiệm nguyên:

$28^x=19^y+87^z$


Lời giải:
TH1: Ít nhất $1$ trong $3$ số đó<$0$. Ta dễ loại TH này.
TH2:Cả $3$ số>$0$
$28^x\equiv 3^x$ ( mod $8$). $19^y\equiv 3^y$ ( mod $8$)., $87^z\equiv (-1)^z$ ( mod $8$).
Mặt khác : $3^n\equiv 1( mod $8$)$ nếu $n$ chẵn và $3^n\equiv 3( mod $8$ )$ nếu $n$ lẻ.
Như vậy $3^x-3^y$ chia $8$ không thể có số dư là $1$ hoặc $7$.Ta loại TH này.
TH3: $1$ trong $3$ số=$0$.
Như vậy nếu $z=0$ thì vế phải chia $3$ dư $2$, còn vế trái dư $1$, ta loại
Do đó $y=0,\Rightarrow 28^x=1+87^z$
Do $28^x\vdots 4\Rightarrow 87^z-3\vdots 4\Rightarrow z$ lẻ.
$87^z+1\vdots 88\vdots 11\Rightarrow 28^x\vdots 11$
Mặt khác :$(28,11)=1$ . Ta loại nốt TH này.
Kết luận: Phương trình vô nghiệm.

<span style="font-family: trebuchet ms" ,="" helvetica,="" sans-serif'="">Nỗ lực chưa đủ để thành công.


.if i sad, i do Inequality to become happy. when i happy, i do Inequality to keep happy.

#28 barcavodich

barcavodich

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 449 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Thái Bình---HSGS
  • Sở thích:Number Theory,Analysis

Đã gửi 28-12-2012 - 22:19

bài 18
đưa về phương trình ước bội
(y+3)(3x-5)=3
từ đó ... :icon6:

[topic2=''][/topic2]Music makes life more meaningful


#29 Joker9999

Joker9999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:K46- Toán1 Chuyên Sư Phạm
  • Sở thích:Nghe nhạc, đánh đàn guitar và làm BDT

Đã gửi 29-12-2012 - 09:24

Bài 23 : chứng minh rằng phương trình $a^{5}+b^{1980}=c^{19}$ có vô số nghiệm


Đây là 1 bài toán sử dụng phương pháp xây dựng nghiệm không mẫu mực, lát nữa mình sẽ post những bài sử dụng phương pháp này.
Lời giải:
Rõ ràng ta có điều hiển nhiên sau:

$2^x+2^x=2^{x+1}$

Ta chuyển:$a=a_1^3,b=\sqrt[495]{b_1}$

Ta cần chứng minh phương trình $a_1^{15}+b_1^4=c^{19}$ có vô số nghiệm.


Đặt :

$a_1=2^{\frac{m}{15}},b_1=2^{\frac{m}{4}},c=2^{\frac{m+1}{19}}$, ta có ngay:$a_1^{15}+b_1^4=c^{19}$

Như vậy bây giờ bây giờ chọn $m \epsilon Z$ sao cho $a_1,b_1,c\epsilon Z$, điều này tương đương với việc cần tìm $m$ sao cho đồng thời $m\vdots 15,m\vdots 4,m+1\vdots 19$ $\Rightarrow m\vdots 60,m=60x_1$ và $m+1\vdots 19\Rightarrow m=19y_1-1$ $\Rightarrow 60x_1=19y_1-1\Rightarrow 60x_1+1\vdots 19\Rightarrow 3x_1+1\vdots 19\Rightarrow x_1-6\vdots 19\Rightarrow x_1=19t+6\Rightarrow m=1140t+360$,
Công việc vẫn chưa xong. Bây h ta cần tìm m sao cho:
$\frac{m}{4}=495k\Rightarrow 285t+90=495k\Rightarrow 19t+6=33k\Rightarrow t-24\vdots 33,t$ có dạng $t=33k+24\Rightarrow m=37620k+27720$
Như vậy, ta đặt $a=2^u,b=2^v,c=2^w$
$u=\frac{3m}{5}=22572k+16632,v=\frac{m}{4.295}=19k+14,w=\frac{m+1}{19}=1980k+1459$
Tóm lại:$(a=2^{22572k+16632},b=2^{19k+14},c=2^{1980k+1459})$ với $k=1,2,...$ là các nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho.
Như vậy: Phương trình $a^5+b^{1980}=c^19$ có vô hạn nghiệm nguyên dương( nhưng chú ý họ nghiệm nói trên chưa chắc đã vét cạn hết tất cả các nghiệm)

bài 18
đưa về phương trình ước bội
(y+3)(3x-5)=3
từ đó ... :icon6:

Lần sau bạn nên đọc phần chú ý ở bài viết đầu trong topic này của anh Phạm Quang Toàn nhé. Không nên làm bừa bãi vậy. Xin Cám ơn.
____________________________________________________________________________
Sau đây là 1 số bài tập sử dụng phương pháp xây dựng nghiệm ( cách làm tương tự trên hoặc khác chút)
Bài 24:Chứng minh rằng phương trình: $a^2=c^5-b^3$ có vô hạn nghiệm nguyên dương,
--
1 số bài tập khó hơn nên mình không đưa vào số bài mà chỉ là luyện tập thêm:
1) Chứng minh rằng phương trình: $x^2y^2+xy(x+y)+x^2+y^2+xy+x+y+1=z^2+z+1$ có vô số nghiệm nguyên
2) Chứng minh rằng phương trình: $x^2+y^2+z^2=xyz$ có vô số nghiệm nguyên dương.
3)Chứng minh rằng phương trình: $x^3+y^3+z^3=2000$ có vô số nghiệm nguyên.
4) Tương tự với phương trình: $x^3+y^3=9$

<span style="font-family: trebuchet ms" ,="" helvetica,="" sans-serif'="">Nỗ lực chưa đủ để thành công.


.if i sad, i do Inequality to become happy. when i happy, i do Inequality to keep happy.

#30 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4261 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 29-12-2012 - 17:10

Bài 25. Tìm nghiệm nguyên của phương trình $$(x^2+y)(y^2+x)=(x-y)^3$$
Bài 26. Tìm nghiệm nguyên dương phương trình $$5(x+y+z+t)+15=2xyzt$$
Bài 27. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình $$\begin{cases} (x^3+y^3+z^3)(x^2+y^2+z^2)=3(x^5+y^5+z^5) \\ x+y+z=2009t \end{cases}$$
Xin nhắc lại nhé! Yêu cầu lời giải phải đầy đủ và có đáp án. :icon13:
Còn bây giờ mọi người chém đi :icon10:
“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#31 henry0905

henry0905

    Trung úy

  • Thành viên
  • 892 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Trần Đại Nghĩa
  • Sở thích:Đi ngủ

Đã gửi 29-12-2012 - 18:09

Bài 25. Tìm nghiệm nguyên của phương trình $$(x^2+y)(y^2+x)=(x-y)^3$$ (1)

Xét x=0; y=0
Nếu x>y>0 thì $x^{2}+y> x^{2}, y^{2}+x> x$
$\Rightarrow (x^{2}+y)(y^{2}+x)> x^{3}> (x-y)^{3}$
Đặt $a=\left | x \right |, b=\left | y \right |$
(1)$\Leftrightarrow (a^{2}-b)(b^{2}+a)=(a+b)^{3}$
$\Leftrightarrow 2b^{2}+(-a^{2}+3a)b+3a^{2}+a=0$
$\Delta =a(a+1)^{2}(a-8)$
Để phương trình có nghiệm nguyên thì $\Delta=c^{2}$
$\Leftrightarrow a(a-8)=c^{2}$
Giải ra được các nghiệm (x;y)= (-1;-1),(8;-10),(9;-6),(9;-21)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi henry0905: 29-12-2012 - 18:11


#32 duaconcuachua98

duaconcuachua98

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 461 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Stamford Bridge

Đã gửi 29-12-2012 - 20:08

Bài 26. Tìm nghiệm nguyên dương phương trình $$5(x+y+z+t)+15=2xyzt$$


Không mất tính tổng quát, giả sử $x\geq y\geq z\geq t> 0$
phương trình đã cho $\Leftrightarrow 2=\frac{5}{yzt}+\frac{5}{xzt}+\frac{5}{xyt}+\frac{5}{xyz}+\frac{15}{xyzt}\leq \frac{35}{t^{3}}$
$\Rightarrow t^{3}\leq \frac{35}{2}\Rightarrow t\leq 2\Rightarrow t\in \left \{ 1;2 \right \}$
+) Với $t=1$ ta có $2=\frac{5}{yz}+\frac{5}{xz}+\frac{5}{xy}+\frac{5}{xyz}+\frac{15}{xyz}\leq \frac{35}{z^{2}}$
$\Rightarrow z^{2}\leq \frac{35}{2}\Rightarrow z\in \left \{ 1;2;3;4 \right \}$
Với $z=1$ ta có $5(x+y)+25=2xy$$\Leftrightarrow (2x-5)(2y-5)=75\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=5 & \\ y=10& \end{matrix}\right.$
hoặc $\left\{\begin{matrix} x=4 & \\ y=15 & \end{matrix}\right.$
Ta có nghiệm là $(5;10;1;1);(4;15;1;1)$ và tất cả các hoán vị của chúng
Với $z=2;z=3;z=4$ phương trình vô nghiệm nguyên dương
+) Với $t=2$ ta có $5(x+y+z)+25=4xyz$
$\Leftrightarrow 4=\frac{5}{xy}+\frac{5}{yz}+\frac{5}{xz}+\frac{25}{xyz}\leq \frac{40}{z^{2}}\Leftrightarrow z^{2}\leq 10\Leftrightarrow z\in \left \{ 1;2;3 \right \}$
Với $z=1$ ta có $t\leq z\Rightarrow t=1$ (vô lý)
Với $z=2$ ta có $(8x-5)(8y-5)=305$
Vì $x\geq y\geq z\geq t\geq 2$ nên $8x-5\geq 8y-5\geq 11$
Mà $305$ không viết được thành tích 2 số nguyên thỏa mãn ĐK trên
Vơi $z=3$ cũng không có số nguyên nào thỏa mãn
Vậy phương trình có nghiệm nguyên dương là $(5;10;1;1);(4;15;1;1)$ và tất cả các hoán vị của chúng

#33 Joker9999

Joker9999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:K46- Toán1 Chuyên Sư Phạm
  • Sở thích:Nghe nhạc, đánh đàn guitar và làm BDT

Đã gửi 29-12-2012 - 21:24

Bài 27. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình $$\begin{cases} (x^3+y^3+z^3)(x^2+y^2+z^2)=3(x^5+y^5+z^5) \\ x+y+z=2009t \end{cases}$$

Số học dùng BDT.
Lời giải:
Áp dụng BDT Cauchy-Schwarz ta có:
$(x^5+y^5+z^5)(x+y+z)\geq (x^3+y^3+z^3)^2$
$(x^3+y^3+z^3)(x+y+z)\geq (x^2+y^2+z^2)^2$
$3(x^2+y^2+z^2)^2\geq (x+y+z)^2$
Nhân vế vs vế 3 BDT trên ta được: $3(x^5+y^5+z^5)\geq (x^3+y^3+z^3)(x^2+y^2+z^2)$
Từ pt $1$ ta suy ra $x=y=z$
Thay vào pt $2$: $3x=2009t\Rightarrow x\vdots 2009,x=2009k,t=3k$
Ket luận: $(x,y,z,t)=(2009k,2009k,2009k,3k)$, $k=1,2,...$

Thay đổi chút,
Bài 20: Giải phương trình nghiệm nguyên dương:

$y^3(z^2+z)+x^2=xy+2xyz$


Gợi ý bài này dùng AM-GM

<span style="font-family: trebuchet ms" ,="" helvetica,="" sans-serif'="">Nỗ lực chưa đủ để thành công.


.if i sad, i do Inequality to become happy. when i happy, i do Inequality to keep happy.

#34 Joker9999

Joker9999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:K46- Toán1 Chuyên Sư Phạm
  • Sở thích:Nghe nhạc, đánh đàn guitar và làm BDT

Đã gửi 30-12-2012 - 09:53

Giờ chỉ còn bài $20$ và $24$. Làm bài $24$ vậy ( chả ai buồn làm:()

Bài 24:Chứng minh rằng phương trình: $a^2=c^5-b^3$ có vô hạn nghiệm nguyên dương,


Lời giải:
Ta có điều hiển nhiên sau:$2^m+2^m=2^{m+1}$. Ta cần chứng minh phương trình: $a^2+b^3=c^5$ có vô hạn nghiệm dương.Đặt $a=2^{\frac{m}{2}}b=2^{\frac{m}{3}},c=2^\frac{m+1}{5}$ thì ta có ngay $a^2+b^3=c^5$. Công việc còn lại là tìm $m$ sao cho $a,b,c$ nguyên dương, hay tìm $m$ sao cho đồng thời:$m\vdots 2,m\vdots 3,m+1\vdots 5$. m có dạng $6x=5y-1\Rightarrow 6x+1\vdots 5\Rightarrow x-4\vdots 5\Rightarrow m=30t+24$. Tới

<span style="font-family: trebuchet ms" ,="" helvetica,="" sans-serif'="">Nỗ lực chưa đủ để thành công.


.if i sad, i do Inequality to become happy. when i happy, i do Inequality to keep happy.

#35 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4261 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 30-12-2012 - 13:46

Bài 28. Giải phương trình nghiệm nguyên $$|3x+5y-4z|+|2x-6y+7z|+|x+9y+z|=2009^{2010}$$
“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#36 Joker9999

Joker9999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:K46- Toán1 Chuyên Sư Phạm
  • Sở thích:Nghe nhạc, đánh đàn guitar và làm BDT

Đã gửi 30-12-2012 - 17:04

Bài 28. Giải phương trình nghiệm nguyên $$|3x+5y-4z|+|2x-6y+7z|+|x+9y+z|=2009^{2010}$$

Lời giải:
Do $\left | A\right |+\left | B \right |+\left | C \right |$ có thể bằng $\left | A+B+C \right |$ ,$\left | A+B-C \right |$,$\left | A-B-C \right |$,$\left | A-B+C \right |$. Mặt khác tổng các hệ số của $x,y,z$ trong mỗi số hạng ở vế trái là chẵn(Dễ thấy) nên dù mỗi số hạng trong giá trị tuyệt đối là âm hay dương thì vế trái khi khai triển dưới dạng $ax+by+cz$ luôn có $a,b,c$ chẵn, hay nói cách khác vế trái luôn chẵn. Nhưng vế phải là $2009^{2010}$ lẻ nên pt vô nghiệm
Kết luận: Phương trình vô nghiệm.

<span style="font-family: trebuchet ms" ,="" helvetica,="" sans-serif'="">Nỗ lực chưa đủ để thành công.


.if i sad, i do Inequality to become happy. when i happy, i do Inequality to keep happy.

#37 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 30-12-2012 - 21:37

Thay đổi chút,
Bài 20: Giải phương trình nghiệm nguyên dương:

$y^3(z^2+z)+x^2=xy+2xyz$

Bài 21: Giải phương trình nghiệm nguyên:


$28^x=19^y+87^z$

Giải như sau:
Bài 20: http://diendantoanho...c/86799-p-11pn/
Bài 21: Theo mình bạn joker9999 làm nhầm ở chỗ $28 \equiv 3 \pmod{8}$
Bổ đề: $a^x-1 \vdots p$ và $a^y-1 \vdots p$ với $x$ min thì $x|y$
TH1: $x=0$ khi ấy loại
TH2: $x>0$,
$\boxed{\rightarrow}$ Nếu $y=0$ thì $28^x=1+87^z$ thấy $87^z+1 \equiv 1 \pmod{29} \Rightarrow 28^x \equiv 1 \pmod{29}$
Nên $x=2k$ nên $(28^k-1)(28^k+1)=87^z$ $(*)$
Thấy $gcd(28^k-1,28^k+1)=1$ và $28^k+1 \not \vdots 3$ nên $28^k+1=1$ hoặc $28^k+1=29^z$ thấy $28^k+1=1$ loại
Do đó $28^k+1=29^z$ khi ấy $28^k-1=3^z$
Suy ra $29^z-3^z=2$ bằng quy nạp cm với mọi $z>0$ thì $29^z-3^z>2$ nên loại
$\boxed{\rightarrow}$ Nếu $y>0$ thì ta lại có $z>0$ vì ngược lại $28^x=19^y+1$ thấy $19^y+1 \equiv 2 \pmod{3}$ còn $28^x \equiv 1 \pmod{3}$ vô lí
Do đó $y>0$ thì $z>0$
Như vậy $28^x=19^y+87^z$ với $x,y,z>0$ nguyên dương
Ta có $19^y+87^z \equiv 3^y+3^z \pmod{4}$ mà $28 \vdots 4$ do đó $z-y$ lẻ hay $z,y$ không cùng tính chẵn lẻ
$\blacksquare$ $x$ chẵn suy ra $28^x \equiv (-1)^x \equiv 1 \pmod{29}$ nên $19^y \equiv 1 \pmod{29} \Rightarrow 19^y-1 \vdots 29$ ta dễ cm $19^{28}-1 \vdots 29$ và $28$ là số nhỏ nhất thỏa mãn điều trên do đó $y \vdots 28$
Ta lại có $28^x \equiv 1 \pmod{27}$ mà $y$ chẵn và $y,z$ không cùng tính chẵn lẻ suy ra $z=1,3,...$ nhưng nếu $z=1$ thì $19^y+87 \equiv 1+3 \equiv 4 \pmod{9}$ vô lí vì $28^x \equiv 1 \pmod{9}$ như vậy $z\geq 3$ nên $87^z \vdots 27$ do đó $19^y \equiv 1 \pmod{27}$ nên $19^y-1 \vdots 27$ nên $y \vdots 3$ mà $y$ chẵn do đó $y \vdots 6$ như vậy $19^y \equiv 1 \pmod{7}$ (do $y \vdots 6$) kết hợp $7|28$ suy ra $87^z \equiv 6 \pmod{7}$ suy ra $z \vdots 3$ khi ấy $87^z \equiv 87^3 \equiv 1 \pmod{19}$ do đó $28^x \equiv 1 \pmod{19}$ dễ cm $18$ là số nhỏ nhất thỏa $28^{18}-1 \vdots 19$ nên theo bổ đề $x \vdots 18$ hay $x \vdots 3$
Như vậy $x,z \vdots 3$ đặt $x=3u,z=3v$ suy ra đặt $28^u=m,87^v=n$ thì $m^3=19^z+n^3 \Rightarrow (m-n)(m^2+mn+n^2)=19^z$ dễ thấy $gcd(m,n)=1$ và $19^z \not \vdots 3$ nên $gcd(m-n,m^2+mn+n^2)=1$ nên $m-n=1$ hoặc $m^2+mn+n^2=1$ vì $m,n>0$ nên $m-n=1$ và khi ấy $28^u-87^v=1$ mặt khác $x \vdots 18 \rightarrow u \vdots 2$ nên $u=2k$ do đó $(28^k-1)(28^k+1)=87^v$ cm tương tự $(*)$ suy ra vô nghiệm
$\blacksquare$ $x$ lẻ khi ấy $28^x \equiv -1 \pmod{29}$ nên $19^y \equiv -1 \pmod{29} \Rightarrow 19^y+1 \vdots 29$ hay $19^{2y}-1 \vdots 29$ vì $28$ là số nhỏ nhất $19^{28}-1 \vdots 29$ suy ra $2y \vdots 28 \Rightarrow y$ chẵn mà $y,z$ khác tính chẵn lẻ nên $z$ lẻ, cm tương tự trên $87^z \equiv 0 \pmod{27}$ và $28^x \equiv 1 \pmod{27}$ cũng suy ra $y \vdots 3$ mà $y \vdots 2$ nên $y \vdots 6$ nên $19^y \equiv 1 \pmod{7}$ do đó $87^z \equiv -1 \pmod{7}$ nên $z \vdots 3$
Đặt $y=3u,z=3v$ và $19^u=a,87^v=b$ suy ra $28^x=a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)$ cm tương tự $gcd(a+b,a^2-ab+b^2)=1$ nên $a+b=1$ hoặc $a^2-ab+b^2=1$ nhưng $a,b>0$ nên $a^2-ab+b^2=1$ giải ptnn suy ra $a=b=1$ hay $u=v=0$ hay $y=z=0$ khi ấy $28^x=2$ loại
Vậy phương trình vô nghiệm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 30-12-2012 - 21:39


#38 Joker9999

Joker9999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:K46- Toán1 Chuyên Sư Phạm
  • Sở thích:Nghe nhạc, đánh đàn guitar và làm BDT

Đã gửi 30-12-2012 - 21:42

Tiếp tục là 1 số bài toán về phương trình nghiệm nguyên chứa luỹ thừa:
Bài 29: Giải phương trình nghiệm nguyên dương:

$2x^x=y^y+z^z$

Bài 30: Giải phương trình nghiệm nguyên dương:

$7^x=3^y+4$


<span style="font-family: trebuchet ms" ,="" helvetica,="" sans-serif'="">Nỗ lực chưa đủ để thành công.


.if i sad, i do Inequality to become happy. when i happy, i do Inequality to keep happy.

#39 Joker9999

Joker9999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:K46- Toán1 Chuyên Sư Phạm
  • Sở thích:Nghe nhạc, đánh đàn guitar và làm BDT

Đã gửi 31-12-2012 - 21:47

Bài 30: Giải phương trình nghiệm nguyên dương:

$7^x=3^y+4$

Chả ai buồn lắm:(. Chém 1 mình vậy.
Lời giải:
Từ giả thiết ta có:$3^x-3^y\vdots 4\Rightarrow x,y$ cùng tính chẵn lẻ.
Trường hợp 1: $x=1\Rightarrow y=1$
Trường hợp 2: $x\geq 2\Rightarrow y\geq 2$
Xét cả 2 cùng chẵn thì $7^x\equiv 1$ ( $mod 8$), $3^y+4\equiv 5$ ( $mod 8$) ta có điều vô lí
Xét cả 2 cùng lẻ:
$3^y+4\vdots 7\Rightarrow 3^{y-1}-1\vdots 7$.Mặt khác: Cho y có dạng $y=6y_1+r$ thì dễ thấy $r=1$, hay y có dạng $6y_1+1$. Khi ấy $3^y+4\equiv 7$ ( $mod 13$) nên $7^x-7\vdots 13\Rightarrow 7^{x-1}-1\vdots 13$. Mặt khác $x$ lẻ nên $x=2x_1+1$, ta có: $49^{x_1}-1\vdots 13\Leftrightarrow (-3)^{x_1}-1\vdots 13$.1 số $3^n$ khi chia cho $13$ đuợc dư là $1,3,9$ do đó $x_1$ phải chẵn, mặt khác nó phải có dạng $3k\Rightarrow x=12x_1+1$. Ta có: $7^{12x_1+1}-7=3^{6y_1+1}-3\Leftrightarrow 7.6.(7^{12x_1-1}+...+7+1)=3.728.(728^{y_1-1}+728+..+728+1)$. Do $x,y\geq 2\Rightarrow x_1,y_1> 0$ nên ta có:$(7^{12x_1-1}+...+7+1)=52(728^{y_1-1}+728+..+728+1)$. Xét vế trái có $7^a\equiv 1$ ( $mod 3$) nên vế trái chia $3$ được dư là $12x_1$ hay chia hết cho $3$. Còn vế phải thì chia 3 dư $52.1$ do $728\vdots 3$, nói cách khác vế phải không chia hết cho $3$. Ta loại trường hợp này.
Kết luận: $(x,y)=(1,1)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Joker9999: 31-12-2012 - 21:50

<span style="font-family: trebuchet ms" ,="" helvetica,="" sans-serif'="">Nỗ lực chưa đủ để thành công.


.if i sad, i do Inequality to become happy. when i happy, i do Inequality to keep happy.

#40 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 01-01-2013 - 11:52

Tiếp tục là 1 số bài toán về phương trình nghiệm nguyên chứa luỹ thừa:
Bài 29: Giải phương trình nghiệm nguyên dương:

$2x^x=y^y+z^z$

Giải như sau:
TH1: Trong hai số $y,z$ tồn tại một số bằng $x$ giả sử là $y$ khi ấy $x^x=z^z$ suy ra $x=z$ vì $x>z$ thì $VT>VP$ còn $x<z$ thì $VT<VP$ loại suy ra $(x,y,z)=(k,k,k)$
TH2: Cả hai số $y,z$ đều khác $x$ khi ấy tồn tại một số $<x$ vì ngược lại cả hai số cùng $>x$ suy ra $y^y+z^z>x^x+x^x=VP$ vô lí
Giả sử $y<x$ khi ấy $z>x$ vì ngược lại $z<x$ thì $2x^x>y^y+z^z$ vô lí
Như vậy $y<x<z$ mà $1\le y$ suy ra $3\le z$
Như vậy $z^z\geq 3z^{z-1}>3x^{z-1}\geq 3x^x$ (do $z>x$ nên $z-1\geq x$)
Suy ra $VP<VT$ loại
Vậy $\boxed{(x,y,z)=(k,k,k)}$ với $k \in N^{*}$




1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh


    Google (1)