Chủ đề này có 565 trả lời

[Juliel]

 

Bài 184. Giải phương trình nghiệm  nguyên:

$\left\{\begin{matrix} x=\frac{1}{2}\left ( y+\frac{1}{y} \right ) & & & \\ y=\frac{1}{2}\left ( z+\frac{1}{z} \right ) & & & \\ z=\frac{1}{2}\left ( x+\frac{1}{x} \right ) & & & \end{matrix}\right.$

Bài này ảo quá !

Viết phương trình đầu thành : $2x=y+\frac{1}{y}\Rightarrow \frac{1}{y}\in \mathbb{Z}\Rightarrow y=\pm 1$

Với $y=1$ thì $x = 1$;$z = 1$

Với $y = -1$ thì $x = -1$;$z = -1$

Vậy : $\boxed{(x;y;z)=(1;1;1);(-1;-1;-1)}$ 

[Ha Manh Huu]

Thêm một bài nữa nhé: 

Bài 173: Tìm số $\overline{xyz}$ thoả mãn $\sqrt[3]{\overline{xyz}}=(x+y+z)^{4^{n}};(n\in\mathbb{N})$.

dễ thấy $x+y+z \geq 2$ do đó nếu n>1 thì VT >1000 (vô lí) ta có nhận xét $5 \leq \sqrt[3]{\overline{xyz}} \leq 9$

nếu n = 0 thì $\sqrt[3]{\overline{xyz}}=(x+y+z)$

thì ta chỉ cần xét x+y+z từ 5 đến 9 là tìm đc xyz
nếu n=1 thì $\sqrt[3]{\overline{xyz}}=(x+y+z)^4$

điều này vô lí vì khi đó $\sqrt[3]{\overline{xyz}} \geq 16$  

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ha Manh Huu: 21-08-2013 - 09:53

[Zaraki]

Bài 184,185,186. Xem tại đây.

[phatthemkem]

Bài 187 : Giải phương trình $Pytagore$ trên tập nghiệm nguyên dương :

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

Chia hai vế cho $z^2$, ta được

$\left ( \frac{x}{z} \right )^2+\left ( \frac{y}{z} \right )^2=1$

Đặt $a= \frac{x}{z},b=\frac{y}{z}\Rightarrow a^2=(1-b)(1+b)$

Vì $y^2\neq z^2\Rightarrow b\neq \pm 1$

Suy ra $\left ( \frac{a}{1+b} \right )^2=\frac{1-b}{1+b}\Rightarrow \frac{1-b}{1+b}$ là bình phương một số hữu tỉ

Đặt $t^2=\frac{1-b}{1+b}\Rightarrow \left ( \frac{a}{1+b} \right )^2=t^2$ $(1)$

Đặt $t=\frac{p}{q}\left ( p,q\in \mathbb{N},(p,q)=1. \right. )$

$(1)\Leftrightarrow  \frac{a}{1+b}=\frac{p}{q}$

Mà $\frac{1-b}{1+b}=t^2\Leftrightarrow b=\frac{q^2-p^2}{q^2+p^2}$

$\Rightarrow a=\frac{2pq}{q^2+p^2}$

Ta có $\left\{\begin{matrix} \frac{x}{z}=\frac{2pq}{q^2+p^2}\\ \frac{y}{z}=\frac{q^2-p^2}{q^2+p^2} \end{matrix}\right.$

Vì $\left ( p,q \right )=1$

Nên $\left\{\begin{matrix} x=2pq\\ y=q^2-p^2\\ z=q^2+p^2 \end{matrix}\right.$

Vì vai trò của $x,y$ như nhau nên có thể hoán vị giá trị của $x,y$

Kết luận pt có hai nghiệm $\left ( 2pq,q^2-p^2,q^2+p^2 \right )$ và $\left ( q^2-p^2,2pq,q^2+p^2 \right )$ với $p,q\in \mathbb{N}$

[Juliel]

Bài 188 : Chứng minh rằng phương trình $x^{3}+y^{3}=z^{4}$ có vô số nghiệm nguyên.

[PT42]

Ta có $\left\{\begin{matrix} \frac{x}{z}=\frac{2pq}{q^2+p^2}\\ \frac{y}{z}=\frac{q^2-p^2}{q^2+p^2} \end{matrix}\right.$

Vì $\left ( p,q \right )=1$

Nên $\left\{\begin{matrix} x=2pq\\ y=q^2-p^2\\ z=q^2+p^2 \end{matrix}\right.$

Nghiệm tổng quát là $\left\{\begin{matrix} x = 2kpq\\y = k(q^{2} - p^{2}) \\z = k(q^{2} + p^{2}) \end{matrix}\right.$ với k, p, q là các số nguyên dương.

[Zaraki]

Bài 188 : Chứng minh rằng phương trình $x^{3}+y^{3}=z^{4}$ có vô số nghiệm nguyên.

Lời giải. Phương trình có nghiệm $(x,y,z)= \left( 2^{4k+1},2^{4k+1}, 2^{3k+1} \right)$ với mọi $k \in \mathbb{N}$ nên phương trình có vô số nghiệm nguyên.

[LNH]

Bài 188 : Chứng minh rằng phương trình $x^{3}+y^{3}=z^{4}$ có vô số nghiệm nguyên.

 

 

Lời giải. Phương trình có nghiệm $(x,y,z)= \left( 2^{4k+1},2^{4k+1}, 2^{3k+1} \right)$ với mọi $k \in \mathbb{N}$ nên phương trình có vô số nghiệm nguyên.

Có một cách khác như sau  :

$x^{3}+y^{3}=z^{4}$

$\Leftrightarrow \left ( \frac{x}{z} \right )^{3}+\left ( \frac{y}{z} \right )^{3}=z$

Đặt $x=az$, $y=bz$, suy ra $z=a^3+b^3$

Vậy PT luôn có nghiệm là $x=a\left ( a^{3}+b^{3} \right )$, $y=b\left ( a^{3}+b^{3} \right )$, $z=a^3+b^3$

[Juliel]

Bài 189 : Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương $x,y$ sao cho $x^{2}+y^{2}+3$ là một số chính phương.

[LNH]

Bài 189 : Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương $x,y$ sao cho $x^{2}+y^{2}+3$ là một số chính phương.

Xét $x=6k$, $y=6k^2-1$, $z=6k^2+2$ là nghiệm của phương trình

[PT42]

Bài 190 

a) Chứng minh phương trình $x^{2} - 2y^{2} = 1$ có vô số nghiệm nguyên dương.

b) Tìm nghiệm nguyên dương (công thức nghiệm tổng quát) của phương trình $x^{2} - 2y^{2} = 1$.

[Juliel]

Bài 189 : Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương $x,y$ sao cho $x^{2}+y^{2}+3$ là một số chính phương.

 

Xét $x=6k$, $y=6k^2-1$, $z=6k^2+2$ là nghiệm của phương trình

 Hay ! Không ngờ tự nhiên nó đâu ra một cái nghiệm tổng quát nữa. 

Bài này thực chất là chứng minh rằng phương trình $x^{2}+y^{2}+3=z^{2}$ có vô số nghiệm nguyên dương.

Ta chọn $z=x+2$ thì : $x^{2}+y^{2}+3=(x+2)^{2}\Leftrightarrow y^{2}=4x+1$.

Chọn $x=k^{2}-k\qquad(k\in \mathbb{Z})$ thì $y^{2}=4(k^{2}-k)+1=(2k-1)^{2}\Rightarrow y=2k-1$

Do đó $x=k^{2}-k;y=2k-1;z=k^{2}-k+2$

Kết luận : Phương trình có vô số nghiệm và một trong các họ nghiệm là $\boxed{(x;y;z)=(k^{2}-k;2k-1;k^{2}-k+1)}$ với $k$ là một số nguyên dương tùy ý.

[LNH]

Bài 190 

a) Chứng minh phương trình $x^{2} - 2y^{2} = 1$ có vô số nghiệm nguyên dương.

b) Tìm nghiệm nguyên dương (công thức nghiệm tổng quát) của phương trình $x^{2} - 2y^{2} = 1$.

Xem phương trình Pell

 

 Hay ! Không ngờ tự nhiên nó đâu ra một cái nghiệm tổng quát nữa. 

Bài này thực chất là chứng minh rằng phương trình $x^{2}+y^{2}+3=z^{2}$ có vô số nghiệm nguyên dương.

Ta chọn $z=x+2$ thì : $x^{2}+y^{2}+3=(x+2)^{2}\Leftrightarrow y^{2}=4x+1$.

Chọn $x=k^{2}-k\qquad(k\in \mathbb{Z})$ thì $y^{2}=4(k^{2}-k)+1=(2k-1)^{2}\Rightarrow y=2k-1$

Do đó $x=k^{2}-k;y=2k-1;z=k^{2}-k+2$

Kết luận : Phương trình có vô số nghiệm và một trong các họ nghiệm là $\boxed{(x;y;z)=(k^{2}-k;2k-1;k^{2}-k+1)}$ với $k$ là một số nguyên dương tùy ý.

Tớ cũng làm tương tự cậu nhưng làm biếng không ghi ra  (tớ đâu phải là thánh đâu mà mò là ra nghiệm)

[Juliel]

Bài 191 : Chứng minh rằng phương trình $x^{3}+y^{3}+z^{3}=2$ có vô số nghiệm nguyên

[LNH]

Bài 192:

Cho phương trình: $\left ( x+y+z \right )^{2}=nxyz$ với $n$ là số tự nhiên khác không. Tìm $n$ để phương trình có nghiệm nguyên dương

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lenhathoang1998: 29-08-2013 - 22:46

[LNH]

Bài 191 : Chứng minh rằng phương trình $x^{3}+y^{3}+z^{3}=2$ có vô số nghiệm nguyên

Bộ ba sau là nghiệm của PT:

$\left ( 1+4n^3;1-4n^3;-4n^2 \right )$

[Zaraki]

Bài 176 : Chứng minh phương trình sau không có nghiệm nguyên

$x^{2}+4=y^{5}$

(Balkan MO 1998)

Lời giải. Ta có với mọi $a \in \mathbb{Z}$ thì $a^5 \equiv 0,1,10 \pmod{11}$ còn $a^2 \equiv 0,1,3,4,5,9 \pmod{11}$.

Do đó $VT \not\equiv VP \pmod{11}$. Vậy phương trình vô nghiệm nguyên.

 

 

Bài 178 : Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ để $p^{2}-p+1$ là lập phương của một số nguyên dương.

(Balkan MO 2005)

Lời giải. Đặt $p^2-p+1=a^3$ với $a \in \mathbb{N}^*$. Phương trình tương được với $$p(p-1)=(a-1)(a^2+a+1) \qquad (1)$$

Nếu $p|a-1$ thì $a=pk+1$ với $k \in \mathbb{N}$. Khi đó $$(1) \Leftrightarrow p^2-p+1=p^3k^3+3p^2k^2+3pk+1$$

Với $k \ge 2$ thì $VT<VP$, mâu thuẫn. Vậy $0 \le k \le 1$.

Với $k=0$ thì $p^2-p+1=1 \Leftrightarrow p(p-1)=0$, mâu thuẫn.

Với $k=1$ thì $p^3-2p^2+4p=0 \Leftrightarrow (p-1)^2+2=0$, mâu thuẫn.

Vậy $p \nmid a-1$. Do đó $p| a^2+a+1 \qquad (2)$.

Lại có $a-1|p(p-1)$ mà $\gcd (p,a-1)=1$ nên $a-1|p-1$. Đặt $p=(a-1)o+1$ với $o \in \mathbb{N}$. Khi đó từ $(2)$ ta suy ra $\frac{a^2+a+1}{(a-1)o+1}$ là số nguyên dương. Hay $$\frac{a^2o+ao+o}{ao-o+1}= \frac{ a(ao-o+1)+2(ao-o+1)+3o-2-a}{ao-o+1}= a+2+ \frac{3o-2-a}{ao-o+1} \qquad (3)$$

nguyên dương. Do đó ta phải có $|3o-2-a| \ge ao-o+1$.

 

Trường hợp 1. Nếu $3o-2-a \ge ao-o+1 \Leftrightarrow o(4-a) \ge a+3$.

Nếu $a \ge 4$ thì $o(4-a)<a+3$, mâu thuẫn. Vậy $2 \le a \le 3$.

Nếu $a=3$ thì phương trình ban đầu tương đương với $p(p-1)=26$, mâu thuẫn.

Nếu $a=2$ thì phương trình ban đầu tương đương với $p(p-1)=7$, mâu thuẫn.

Trường hợp 2. Nếu $2+a-3o \ge ao-o+1 \Leftrightarrow o(2+a) \le a+1$, mâu thuẫn vì $a+1>a+2$.

Trường hợp 3. Nếu $3o-2-a=0 \Leftrightarrow a=3o-2$. Khi đó $p=3o(o-1)+1$ và $a^2+a+1=(3o-2)^2+(3o-2)+1=9o^2-9o+3$. Do đó $\frac{a^2+a+1}{p}=3$. Ta có $$(1) \Leftrightarrow p-1=3(a-1) \Leftrightarrow (o-1)(o-3)=0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} o=1 \\ o=3 \end{array} \right.$$

Nếu $o=1$ thì $p=a$, hoàn toàn mâu thuẫn vì khi đó $p^2+p+1=p^3$ suy ra $p(p^2-p-1)=1$.

Nếu $o=3$ thì $p=3a-2$. Khi đó $(1) \Leftrightarrow 9a^2-15a+7=a^3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} a=7 \\ a=1 \end{array} \right.$. Thử lại thấy $a=7$ thoả mãn. Khi đó $p=19$.

Vậy $\boxed{p=19}$ là đáp án bài toán.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Jinbe: 30-08-2013 - 14:57

[Zaraki]

Bộ ba sau là nghiệm của PT:

$\left ( 1+4n^3;1-4n^3;-4n^2 \right )$

Sao anh nhẩm nghiệm được thế vậy anh ? 

[LNH]

Sao anh nhẩm nghiệm được thế vậy anh ? 

Là thế này:

Ý tưởng đầu tiên là dự đoán $x,y$ có dạng $1+an^3,1-an^3$

Sau đó dùng kĩ thuật cân bằng hệ số để tìm ra $a$, sau đó tìm ra $z$

[Juliel]

Bài 192:

Cho phương trình: $\left ( x+y+z \right )^{2}=nxyz$ với $n$ là số tự nhiên khác không. Tìm $n$ để phương trình có nghiệm nguyên dương

Gọi $\left ( x_{0};y_{0};z_{0} \right )$ bộ số thỏa đề sao cho $x_{0}+y_{0}+z_{0}$ nhỏ nhất.

Xét phương trình bậc hai ẩn $x$ :

$$(x+y_{0}+z_{0})^{2}=nxy_{0}z_{0}\Leftrightarrow x^{2}-(ny_{0}z_{0}-2y_{0}-2z_{0})x_{0}+(y_{0}+z_{0})^{2}=0$$

Dễ thấy phương trình này có một nghiệm là $x_{0}$, gọi nghiệm còn lại là $x_{1}$.

Theo định lí $Viete$ :

$$\left\{\begin{matrix} x_{1}+x_{0}=ny_{0}z_{0}-2y_{0}-2z_{0} & (1)& \\ x_{1}x_{0}=(y_{0}+z_{0})^{2} & (2) & \end{matrix}\right.$$

Từ $(1)$ có $x_{1}$ nguyên dương, do đó bộ $\left ( x_{1};y_{0};z_{0} \right )$ cũng thỏa mãn phương trình, mặt khác do tính nhỏ nhất của tổng $x_{0}+y_{0}+z_{0}$ nên $x_{1}\geq x_{0}$.

Từ $(2)$ : $$x_{0}^{2}\leq x_{1}x_{0}=(y_{0}+z_{0})^{2}\Rightarrow x_{0}\leq y_{0}+z_{0}$$

Do đó từ $(1)$ : $$2x_{0}\leq x_{1}+x_{0}=ny_{0}z_{0}-2(y_{0}+z_{0})\leq ny_{0}z_{0}-2x_{0}\Rightarrow \frac{x_{0}}{y_{0}z_{0}}\leq \frac{n}{4}$$

Khai triển vế trái và chia hai vế của phương trình ban đầu cho tích $x_{0}y_{0}z_{0}$ :

$$\frac{x_{0}}{y_{0}z_{0}}+\frac{y_{0}}{x_{0}z_{0}}+\frac{z_{0}}{x_{0}y_{0}}+\frac{2}{x_{0}}+\frac{2}{y_{0}}+\frac{2}{z_{0}}=n$$

Bây giờ, ta giả sử $x_{0}\geq y_{0}\geq z_{0}>0\Rightarrow x_{0}\geq 3;y_{0}\geq 2;z_{0}\geq 1$

Khi đó $\frac{y_{0}}{z_{0}x_{0}}\leq \frac{1}{x_{0}}\leq 1;\frac{z_{0}}{x_{0}y_{0}}\leq \frac{1}{y_{0}}\leq \frac{1}{2}$

Suy ra $n\leq \frac{n}{4}+1+\frac{1}{2}+2+2+2\Leftrightarrow n\leq 10$

Mà $n$ nguyên dương nên $n\in \left \{ 1;2;3;4;5;6;7;8;9;10 \right \}$

• Nếu $n=1$ phương trình có nghiệm $(9;9;9)$ (ta chỉ cần chỉ ra với giá trị của $n$ thì phương trình có nghiệm là đủ, không cần vét cạn nghiệm của nó)
• Nếu $n = 2$ phương trình có nghiệm $(8;4;4)$
• Nếu $n = 3$ phương trình có nghiệm $(3;3;3)$
• Nếu $n = 4$ phương trình có nghiệm $(4;2;2)$
• Nếu $n = 5$ phương trình có nghiệm $(1;4;5)$
• Nếu $n=6$ phương trình có nghiệm $(1;2;3)$
• Nếu $n = 7$, phương trình vô nghiệm (chứng minh tại đây)
• Nếu $n=8$, phương trình có nghiệm $(1;2;1)$
• Nếu $n=9$ phương trình có nghiệm $(1;1;1)$
• Nếu $n=10$ thì dấu bằng xảy ra đồng thời ở các điểm :

$\frac{2}{x}=\frac{2}{y}=\frac{2}{z}=2$ 

$\frac{x}{yz}=\frac{n}{4}=\frac{10}{4}$

$\frac{y}{zx}=1;\frac{z}{xy}=\frac{1}{2}$

Dễ thấy không tồn tại các số $x,y,z$ thỏa mãn tất cả các điều kiện trên. 

Kết luận :$\boxed{n\in \left \{ 1;2;3;4;5;6;8;9 \right \}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 29-08-2013 - 23:17