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

#41 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 01-01-2013 - 12:15

Bài 31: Tim x,y,z $\epsilon$ N thõa mãn $2^{x}+2^{y}+2^{z}=2336$
Bài 32: Tim nghiệm nguyên của phương trình
$x^{3}+4x^{2}+6x+4=y^{3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 01-01-2013 - 20:08

Hạnh phúc là cho đi đâu chỉ nhận riêng mình!

7e3c59fbf62d4c5280e6cf2ad53cdcb8.0.gif

#42 Zaraki

Zaraki

    PQT

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

Đã gửi 01-01-2013 - 21:46

Bài 31: Tim x,y,z $\epsilon$ N thõa mãn $2^{x}+2^{y}+2^{z}=2336 \qquad (1)$

Lời giải. Không mất tính tổng quát, giả sử $x \ge y \ge z \ge 1$.
Ta sẽ có $(1) \Leftrightarrow 2^z \left( 2^{x-z}+2^{y-z}+1 \right)=2^5 \cdot 73$.
Hiển nhiên $2^{x-z}+2^{y-z}+1$ không thể chẵn (vì nếu $2^{x-z}+2^{y-z}+1$ chẵn thì VT là lũy thừa của $2$, trong khi đó VP chứa thừa số nguyên tố $73$). Vậy $2^{x-z}+2^{y-z}+1$ là số lẻ.
Cho nên $2^z=2^5 \Rightarrow z=5$ và $2^{x-5}+2^{y-5}=72= 2^3 \cdot 9 \qquad (2)$.
Ta lại có $(2) \Leftrightarrow 2^{y-5}(2^{x-y}+1)=2^3 \cdot 9$. Lập luận tương tự trên ta suy ra $2^{y-5}=2^3 \Rightarrow y=8$ và $2^{x-8}=2^3 \Rightarrow x=11$.
Vậy phương trình có nghiệm nguyên duy nhất là $\boxed{(x,y,z)=(11;8;5)}$.

Bài 32: Tim nghiệm nguyên của phương trình
$x^{3}+4x^{2}+6x+4=y^{3} \qquad (1)$

Lời giải. Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức sau đúng với mọi $x \in \mathbb{Z}$: $$(x+1)^3<y^3<(x+3)^3$$
Do đó chỉ có có thể $y^3=(x+2)^3$. Thay vào $(1)$ thì $(1) \Leftrightarrow x^2+3x+2=0 \Leftrightarrow (x+1)(x+2)=0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=-1 \\ x=-2 \end{array} \right.$
Vậy phương trình $(1)$ có nghiệm nguyên là $\boxed{(x,y) \in \{ (-1;1),(-2;0) \}}$.

Bài 33. Tìm tất cả các cặp số tự nhiên $(m,n)$ lớn hơn $1$ sao cho $2^m+3^n$ là số chính phương.
Bài 34. Tìm các chữ số $x,y,z$ sao cho $$\underbrace{ \overline{xx...x}}_{2n}-\underbrace{ \overline{yy...y}}_{n}= \underbrace{ \overline{zz...z}^2}_{n}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 01-01-2013 - 22:14

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

#43 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 02-01-2013 - 21:43

Bài 34. Tìm các chữ số $x,y,z$ sao cho $$\underbrace{ \overline{xx...x}}_{2n}-\underbrace{ \overline{yy...y}}_{n}= \underbrace{ \overline{zz...z}^2}_{n}$$

Lời giải:
Phương trình đã cho tương đương với:$x.10..01$( $n-1$ số $0$) $-y=z.11..111$( $n$ số $1$).
Như vậy $x.100..01-y\vdots 11..111$ ( $n-1$ số $0$ và $n$ số $1$) do đó: $2x-y\vdots 11..111\Rightarrow 2x=y$
Thay vào ta được:$9x=z^2$ từ đây ta tìm đc các nghiệm
$(x,y)=(1,2,3),(4,8,6)$

<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.

#44 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 03-01-2013 - 09:43

Bài 33. Tìm tất cả các cặp số tự nhiên $(m,n)$ lớn hơn $1$ sao cho $2^m+3^n$ là số chính phương.

Lời giải:
Do 1 số chính phương chia $3$ không dư $2$ và chia $4$ không được dư là $3$ nên ta có cả $m,n$ đều là số chẵn.
$n=2y,m=2x,2^m+3^n=k^2\Rightarrow 3^{2x}=(k-2^y)(k+2^y)$. Mặt khác $(k-2^y),(k+2^y)$ là 2 số đồng tính chẵn lẻ, và $-(k-2^y)+(k+2^y)=2.2^y\vdots 3$ do đó: $\left\{\begin{matrix} k-2^y=1 & & \\ k+2^y=3^{2y}& & \end{matrix}\right.\Rightarrow 2^{y+1}=3^{2y}-1=9^y-1=8.(9^{y-1}+...+9+1)$
Ta xét với $y\geq 5\Rightarrow 2^{y+1}\vdots 64\Leftrightarrow 9^{2y-1}+...+9+1\vdots 8\Rightarrow y\vdots 2,y=2y_1\Rightarrow 3^{2y}-1=3^{4y_1}-1\vdots 5\Rightarrow 2^{y+1}\vdots 5,y\geq 5$ ( đây là điều vô lý)
Bây h duyệt $y$ từ $1\rightarrow 4$ ta nhận được duy nhất $y=2$, từ đó $m=4,n=2,2^4+3^2=5^2$
Kết luận:$(m,n)=(4,2)$

<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.

#45 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 03-01-2013 - 09:54

Bài 34: Giải phương trình nghiệm nguyên dương:

$x^2+y^2=67^{2012}.(11-z)$

Bài 35: Giải phương trình nghiệm nguyên dương

$2^p+3^p=x^{y+1}$ với $p$ nguyên tố.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Joker9999: 05-01-2013 - 09:27

<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.

#46 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 05-01-2013 - 20:54

Bài 34: Giải phương trình nghiệm nguyên dương:

$x^2+y^2=67^{2012}.(11-z)$


X_X. Sao không ai để ý hết ta
Lời giải:
Bổ đề: Với $p$ là 1 số nguyên tố dạng $4k+3$ và $a^2+b^2$$\vdots p$ thì $a,b\vdots p$
Xin không nhắc lại chứng minh do đã quá quen thuộc
Trở lại bài toán:
Áp dụng vào bài toán với $67$ là số nguyên tố dạng $4k+3$ nên $x,y\vdots 67\Rightarrow x=67x_1,y=67y_1$ như vậy thì:$x_1^2+y_1^2=67^{2010}(11-z)$. Qua 1 số lần hữu hạn bước như trên ta thu được: $x_n^2+y_n^2=11-z$ và dễ thấy $n=1006$. Như vậy tới đây ta có: $x_1,y_1\leq 3$. Không mất tính tổng quát giả sử $x_1\geq y_1$. Ta tìm được các cặp $(x_n, y_n,z)$ từ $x_1^2+y_1^2+z=11$ là $(3,1,1),(2,2,3),(2,1,6),(1,1,9)$ và $x=67^{1006}x_n$ ta dễ có các 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.

#47 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 06-01-2013 - 17:03


Bài 35: Giải phương trình nghiệm nguyên dương

$2^p+3^p=x^{y+1}$ với $p$ nguyên tố.

Chán quá, k ai nhòm ngó j hết X_X.
Lời giải:
Chuyển về dạng $2^p+3^p=x^y,y\geq 2$
Xét $p$ chẵn suy ra $p=2$, ta có:$x^y=2^2+3^2=13$, và dễ thấy trường hợp này loại.
Xét $p$ lẻ, ta có: $2^p+3^p=5.(2^{p-1}-2^{p-2}3+..+3^{p-1})=x^y$, do $5$ là số nguyên tố nên hiển nhiên $x\vdots 5$, mặt khác $y\geq 2\Rightarrow x^y\vdots 25\Rightarrow 2^p+3^p\vdots 25\Rightarrow 2^{p-1}-...+3^{p-1}\vdots 5$
Trường hợp 1: $p$ có dạng $4k+1$
Khi ấy:$2^{p-1}-...+3^{p-1}=2^{4k}-...+3^{4k}$ gồm $4k+1$ số, chia thành $k$ nhóm mỗi nhóm là 4 số liến tiếp trong tổng trên và mỗi nhóm đều chia 5 được dư là $6-8.3+4.9-2.7$ và là $4$, lẻ số $3^{4k}$ , số này tận cùng là $1$ nên $4k+1\vdots 5\Rightarrow p\vdots 5\Leftrightarrow p=5$. Thay vào ta có: $2^5+3^5=x^y=275$ và dễ loại trường hợp này.
Trường hợp 2: $p$ có dạng $4k+3$, khi ấy: $2^{p-1}-...+3^{p-1}=2^{4k+2}-...+3^{4k+2}\vdots 5$, tổng này gồm $4k+3$ số và chia thành $k$ nhóm, mỗi nhóm là $4$ số liên tiếp và mỗi nhóm chia $5$ đều được dư là $4-2.3+6.9-8.7$ và là 6, lẻ ra $3$ số cuối, $3$ số này khi chia $5$ được dư là $3^{4k+2}-3^{4k+1}2+3^{4k}.9$ và là $9-3.2+1.4=2$, như vậy $6k+2\vdots 5\Rightarrow k=5k_1+3\Rightarrow p=20k_1+15\vdots 5,p>5$ nên loại nốt TH này
Kết luận: Phương trình vô nghiệm $(x,y)$ nguyên dương.

<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.

#48 Zaraki

Zaraki

    PQT

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

Đã gửi 12-01-2013 - 13:55

Khôi phục topic cái nhể!! :icon6: (tương lai gần là sẽ cần đến topic này nhiều).
Bài 36. Giải phương trình nghiệm nguyên $x^2=y^3+16$.
Bài 37. Giải phương trình nghiệm nguyên $5x^3+11y^3+13z^3=0$.
Bài 38. Tìm các số nguyên tố $p,q,r$ thỏa mãn $p(p+1)+q(q+1)=r(r+1)$.
Bài 39. Giải phương trình nghiệm tự nhiên $5^x=1+2^y$.
Bài 40. Chứng minh rằng phương trình $x^{15}+y^{15}+z^{15}=19^{2003}+7^{2003}+9^{2003}$ không có nghiệm nguyên.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MIM: 12-01-2013 - 21:07

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

#49 MIM

MIM

    KTS tương lai

  • Thành viên
  • 334 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Huế
  • Sở thích:Shironeko:x

Đã gửi 12-01-2013 - 21:01

Bài 38. Tìm các số nguyên tố $p,q,r$ thỏa mãn $p(p+1)+q(q+1)=r(r+1)$.


Lời giải:

Do $p,q,r$ là số nguyên tố nên $r>max(p,q)$

Do vai trò giữa $p$ và $q$ bình đẳng nên có thể giả sử rằng $p\leq q< r$.

$p(p+1)+q(q+1)=r(r+1)(1)$

$\Leftrightarrow p(p+1)=(r-q)(r+q+1)(2)$

Do $p\leq q<r \Rightarrow p+1<r+p+1. $

Từ $(2)$ ta có: $r-q<p.$ Do $p$ là số nguyên tố nên từ $r-q<p\Rightarrow (p,r-q)=1.$

Kết hợp với $(2)$ ta có:

$(r+q+1)\vdots p$ và $(p+1)\vdots (r-p)$, cũng từ $(2)$ ta có:

$r+q+1=kp \wedge p+1=k(r-q),k$ dương.$(\ast )$

Xét 2 khả năng sau:

$1)$ Nếu $p=2$, từ $p+1=k(r-q)\Rightarrow k(r-q)=3$
$\Rightarrow k=1\vee k=3$

$\cdot$ Nếu $k=1$ ta có $r-q=p+1>p$, điều này mâu thuẫn với $r-q<p$. Vậy $k$ không thể bằng $1$

$\cdot$ Nếu $k=3,$ ta có $r+q+1=6 \wedge 3=3(r-q)$

$\Leftrightarrow r=3\wedge q=2$

Vậy trong trường hợp này, ta có $p=2,q=2,r=3$


$2)$ Nếu $p>2$. Do $p\leq q< r$ và $p,q,r$ là số nguyên tố nên $p,q,r$ là số nguyên lẻ nên $k$ lẻ. Đặt $k=2m+1$. Thay vào $(\ast )$ trên ta có:

$r+q+1=(2m+1)p (3)\wedge p+1=(2m+1)(r-q)(4)$

Từ $(4)$ ta có $p=(2m+1)(r-q)-1.$ Thay vào $(3)$:

$q=-r-1+(2m+1)[(2m+1)(r-q)-1]$

$=-r-1+(4m^2+4m+1)(r-q)-2m-1$

$=-r-1+4m^2r-4m^2q+4mr-4mq+r-q-2m-1$

$=2m^2r-2m^2q+2mr-2mq-m-1$

$=2mr(m+1)-2mq(m+1)-(m+1)$

$=(m+1)(2mr-2mq-1)(5)$

Vì $q$ là số nguyên tố và $m+1>1$ nên từ $(5)$ ta có:

$2mr-2mq-1=1\Rightarrow m(r-q)=1\Rightarrow m=1\wedge r-q=1\Rightarrow m=1\wedge r=1+q(6)$

Do $r,q$ là các số nguyên tố lẻ nên từ $(6)$ suy ra vô lí. Trường hợp
này loại.

Vậy, phương trình đã cho có nghiệm nguyên tố duy nhất :$p=q=2,r-3$

Hình đã gửi


#50 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 12-01-2013 - 21:57

Khôi phục topic cái nhể!! :icon6: (tương lai gần là sẽ cần đến topic này nhiều).

Bài 39. Giải phương trình nghiệm tự nhiên $5^x=1+2^y$.

Lời giải:
Xét $y=1$ loại.
Xét $y=2\Leftrightarrow x=1$
Xét $y\geq 3\Rightarrow 2^y\vdots 8\Rightarrow 5^x-1\vdots 8\Rightarrow x\vdots 2,x=2k$. Do đó: $(5^k-1)(5^k+1)=2^y$, mặt khác $-(5^k-1)+(5^k+1)=2$ nên sẽ có: $5^x-1=1$ hoặc $5^x-1=2$. Loại cả 2.
Kết luân: $(x,y)=(1,1)$

Bài 40. Chứng minh rằng phương trình $x^{15}+y^{15}+z^{15}=19^{2003}+7^{2003}+9^{2003}$ không có nghiệm nguyên.

Ta có:
$19^{2003}\equiv 1 (\mod 9),7^{2003}\equiv (-2)^{2003}$,$2003=2+3.667,2^3\equiv 1(\mod 9)\Rightarrow 7^{2003}\equiv 4(\mod 9)$. Từ đây suy ra vế trái chia $9$ dư $5$.
Mặt khác lập phương của $1$ số chia $9$ dư $0,1,-1$, trong khi mỗi số hạng ở vế trái đều là lập phương nên khi chia $9$ nhận được dư là $3,0,-3,1,-1$. Từ đây 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.

#51 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 13-01-2013 - 16:51

Khôi phục topic cái nhể!! :icon6: (tương lai gần là sẽ cần đến topic này nhiều).

Bài 37. Giải phương trình nghiệm nguyên $5x^3+11y^3+13z^3=0$.

Lời giải:
$1$ số là lập phương $1$ số nguyên thì khi chia cho $13$ nhận được dư là $0,\pm 1,\pm 5$. Từ phương trình trên suy ra: $5x^3-2y^3\vdots 13$. Kết hợp $2$ điều này ta dẫn đến cả $x,y\vdots 13,x=13x_1,y=13y_1$ thay vào pt ta được:$845x_1^3+1859y_1^3+z^3=0\Rightarrow z\vdots 13,z=13z_1\Rightarrow 845x_1^3+1859y_1^3+13^3z_1^3=0\Leftrightarrow 5x_1^3+11y_1^3+13z_1^3=0$. Tiếp tục lùi vô hạn ta nhận được vô nghiệm nếu nó khác nghiệm tầm thường $x=y=z=0$
Kết luận:$(x,y,z)=(0,0,0)$

<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.

#52 Zaraki

Zaraki

    PQT

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

Đã gửi 17-01-2013 - 15:32

Bài 41. Giải phương trình nghiệm nguyên $$2x=y+ \sqrt{y^2-(y-2)(2x-1)}$$
P/s: Cố tìm hai cách nhé! ;)
“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#53 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 21-01-2013 - 21:10

Bài 42.
Tìm các số tự nhiên x,y,z thõa mãn
$\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{z^{2}}+\frac{1}{t^{2}}=1$
Bài 43.
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
$x^{2}=y^{2}+z^{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 21-01-2013 - 22:17

Hạnh phúc là cho đi đâu chỉ nhận riêng mình!

7e3c59fbf62d4c5280e6cf2ad53cdcb8.0.gif

#54 Zaraki

Zaraki

    PQT

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

Đã gửi 22-01-2013 - 17:28

Bài 42.
Tìm các số tự nhiên x,y,z thõa mãn
$\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{z^{2}}+\frac{1}{t^{2}}=1 \qquad (1)$

Lời giải. Không mất tính tổng quát, giả sử $x \ge y \ge z \ge t$ thì $\frac{1}{x^2} \le \frac{1}{y^2} \le \frac{1}{z^2} \le \frac{1}{t^2}$.
Do đó $1 \le \frac{4}{t^2} \Leftrightarrow t^2 \le 4 \Rightarrow t^2 \in \{ 1;4 \}$.
Với $t^2=1$ thì $(1) \Leftrightarrow \frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{z^{2}}=0$, mâu thuẫn.
Vậy $t^2=4 \Rightarrow t=2$. Khi đó $(1) \Leftrightarrow \frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{z^{2}} = \frac{3}{4} \qquad (2)$.
Lại có $\frac{3}{4} \le \frac{3}{z^2} \Rightarrow z^2 \le 4 \Rightarrow z^2=4 \Rightarrow z=2$ (vì với $z^2=1$ thì từ $(2)$ ta thấy $VT>VP$, mâu thuẫn).
Như vậy ta được $\frac{1}{x^2}+ \frac{1}{y^2}= \frac{1}{2}$. Lại có $\frac{2}{y^2} \ge \frac{1}{2} \Rightarrow y^2 \le 4 \Rightarrow y^2=4 \Rightarrow y=2$. Khi đó $x=2$.
Vậy phương trình có nghiệm nguyên duy nhất $\boxed{(x,y,z,t)=(2;2;2;2)}$.
“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#55 Oral1020

Oral1020

    Thịnh To Tướng

  • Thành viên
  • 1225 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:My house

Đã gửi 22-01-2013 - 19:57

Bài 43:
http://vi.wikipedia....ba_số_Pythagore

"If I feel unhappy,I do mathematics to become happy.


If I feel happy,I do mathematics to keep happy."

Alfréd Rényi

Hình đã gửi


#56 caybutbixanh

caybutbixanh

    Trung úy

  • Thành viên
  • 888 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 12-02-2013 - 20:36

Hay thế này mà dừng lại rồi sao! :(..Đốt cháy những ngày âm u nào ... :lol:


Bài 44:Tìm $x,y \in Z$ thỏa mãn : $2y^{2}x+x+y+1=x^{2}+2y^{2}+xy.$

(Đề thi Tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán đại học KHTN Hà Nội).

Bài 45:Tìm$x,y \in Z^{+}$ thỏa mãn:$3^{x}+1=(y+1)^{2}.$
Bài 46:Tìm tất cả các số nguyên $x$ thảo mãn:
$\left | x-3 \right |+\left | x-10 \right |+\left | x+101 \right |+\left | x+990 \right |+\left | x+1000 \right |=2004.$

Bài 47:Tìm$x,y \in Z^{+}$ thỏa:$x^{6}+3x^{3}+1=y^{4}.$
Bài 48:Tìm$x,y \in Z^{+}$ thỏa:$x^{2}+x-1=3^{2y+1}.$
Bài 49:Tìm $n \in Z^{+}$ sao cho $2^{8}+2^{11}+2^{n}$ là số chính phương.
Bài 50:Tìm tất cả các cặp số nguyên tố $(x;y)$ sao cho :
$$(x^{2}-y^{2})^{2}=4xy+1.$$

KẺ MẠNH CHƯA CHẮC ĐÃ THẮNG



MÀ KẺ THẮNG MỚI CHÍNH LÀ KẺ MẠNH!.



(FRANZ BECKEN BAUER)




ÔN THI MÔN HÓA HỌC TẠI ĐÂY.


#57 Zaraki

Zaraki

    PQT

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

Đã gửi 12-02-2013 - 21:21

Hay thế này mà dừng lại rồi sao! :(..Đốt cháy những ngày âm u nào ... :lol:


Bài 44:Tìm $x,y \in Z$ thỏa mãn : $2y^{2}x+x+y+1=x^{2}+2y^{2}+xy.$

(Đề thi Tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán đại học KHTN Hà Nội).

Bài 45:Tìm$x,y \in Z^{+}$ thỏa mãn:$3^{x}+1=(y+1)^{2}.$
Bài 46:Tìm tất cả các số nguyên $x$ thảo mãn:
$\left | x-3 \right |+\left | x-10 \right |+\left | x+101 \right |+\left | x+990 \right |+\left | x+1000 \right |=2004.$

Bài 47:Tìm$x,y \in Z^{+}$ thỏa:$x^{6}+3x^{3}+1=y^{4}.$
Bài 48:Tìm$x,y \in Z^{+}$ thỏa:$x^{2}+x-1=3^{2y+1}.$
Bài 49:Tìm $n \in Z^{+}$ sao cho $2^{8}+2^{11}+2^{n}$ là số chính phương.
Bài 50:Tìm tất cả các cặp số nguyên tố $(x;y)$ sao cho :
$$(x^{2}-y^{2})^{2}=4xy+1.$$

Bài 44. Phân tích $$\begin{aligned} 2y^2x+x+y+1=x^2+2y^2+xy & \Leftrightarrow 2y^2x+x+y+1-x^2-2y^2-xy=0 \\ & \Leftrightarrow 2y^2(x-1)-x(x-1)-y(x-1)=-1 \\ & \Leftrightarrow (x-1) \left( 2y^2-x-y \right) =-1 \end{aligned}$$
Ta có hai trường hợp:

Trường hợp 1. Nếu $\begin{cases} x-1=1 \\ 2y^2-x-y=-1 \end{cases}$ thì $x=2$ và $y(2y-1)=1$, dẫn đến $y=1$.

Trường hợp 2. Nếu $\begin{cases} x-1=-1 \\ 2y^2-x-y=1 \end{cases}$ thì $x=0$ và $y(2y-1)=1$ cũng dẫn đến $y=1$.
Vậy phương trình có nghiệm nguyên $\boxed{(x;y)=(2;1);(0;1)}$

Bài 45. Ta có $$3^x+1=(y+1)^2 \Leftrightarrow y(y+2)=3^x$$
Đặt $y=3^m,y+2=3^n$ với $m,n \in \mathbb{N}; n \ge m; n+m=x$.
Khi đó ta có $(y+2)-y=3^n-3^m=3^m \left( 3^{n-m}-1 \right) = 2$.
Nhận thấy $3 \nmid 2$ nên chỉ có thể $m=0$, khi đó $3^{n}=3 \Rightarrow n=1$. Ta tìm được $\boxed{(x;y)=(1;1)}$

Bài 47. Xét: Với $x>0$ thì $$(x^3+1)^2<y^4<(x^3+2)^2$$ Trường hợp này ta loại.
Với $x=0$ thì $y= \pm 1$.
Với $x=-1$ thì $y=0$.
Với $x \le -2$ thì $(y^3+2)^2 <y^4< (y^3+1)^2$, trường hợp này ta cũng loại.
Vậy phương trình có nghiệm $\boxed{(x;y)=(0;1),(0;-1),(-1;0)}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 12-02-2013 - 21:35

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

#58 Zaraki

Zaraki

    PQT

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

Đã gửi 12-02-2013 - 21:44

Lời giải bài 49. Ta đặt $A=2^8+2^{11}+2^n=a^2 \qquad (1)$.
Thử với các trường hợp từ $n=1,2,3,4,5,6,7,8$ không có trường hợp nào thỏa mãn. Vậy $n>8$. Khi đó $$(1) \Leftrightarrow 2^8 \left(1+2^3+2^{n-8} \right)=a^2$$
Để $A$ là số chính phương thì $9+2^{n-8}$ cũng phải là số chính phương. Ta tiếp tục đặt $n-8=k$ với $k \in \mathbb{N}^*$ và $9+2^k=b^2 \Leftrightarrow (b-3)(b+3)=2^k$. Đến đây, ta lấy $b-3=2^m,b+3=2^n$ với $n > m; n,m \in \mathbb{N};n+m=k$. Ta có $$(b+3)-(b-3)=2^n-2^m=2^m \left( 2^{n-m}+1 \right) =6=2 \cdot 3$$
Vì $n>m$ nên $2^{n-m}+1$ lẻ và $2^m$ là lũy thừa của $2$. Do đó $2^m=2 \Rightarrow m=1$ và $2^{n-1}=4 \Rightarrow n=3$. Ta tìm được $k=m+n=4 \Rightarrow n=12$.
Vậy $\boxed{n=12}$ là đáp án bài toán.
“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#59 Primary

Primary

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 316 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Việt Nam Tiền Giang

Đã gửi 12-02-2013 - 21:45

Bài 49 :
Đặt $2^8+2^{11}+2^x=y^2\Leftrightarrow 2^x=y^2-48^2=(y-48)(y+48)$
Ta có hệ: $\left\{\begin{matrix}y+48=2^p & & \\ y-48=2^q & & \end{matrix}\right.$ với $p,q\in \mathbb{N},p>q,p+q=x$
Suy ra: $2^p-2^q=96\Leftrightarrow 2^q(2^{p-q}-1)=2^5.3$
Do $p>q$ nên $2^{p-q}$ là số chẵn và $2^{p-q}-1$ là số lẽ
Do vậy: $\left\{\begin{matrix}2^q=2^5 & & \\ 2^{p-1}-1=3 & & \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}q=5 & \\ p=7 & \end{matrix}\right.$
Thay vào hệ trên ta được: $y=2^6+2^4=80$
Lúc đó: $2^x=32.128=2^{12}$ hay $x=12$
Thử lại....!
Vậy $(x;y)=(12;80)$ là cặp nghiệm nguyên duy nhất

Nothing won't change 

 

$\lim_{n\rightarrow \infty }\ln[h(t)]=117771$


#60 Primary

Primary

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 316 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Việt Nam Tiền Giang

Đã gửi 12-02-2013 - 21:57

Ta có thể tổng quát bài 38 lên 1 chút là chỉ có p và q là số nguyên tố
Và dùng 1 cách hay hơn ta tìm được $(p,q,r)=(3;5;6);(5;3;6);(2;2;3)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Primary: 12-02-2013 - 21:59

Nothing won't change 

 

$\lim_{n\rightarrow \infty }\ln[h(t)]=117771$





3 người đang xem chủ đề

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


    Google (3)