Chủ đề này có 565 trả lời

[LNH]

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

Một bài tương tự   :

Bài 193: CMR phương trình sau có vô số nghiệm hữu tỉ không nguyên:

$\left \{ x^3 \right \}+\left \{ y^3 \right \}=\left \{ z^3 \right \}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lenhathoang1998: 03-09-2013 - 20:03

[Juliel]

Một bài tương tự   :

Bài 193: CMR phương trình sau có vô số nghiệm hữu tỉ:

$\left \{ x^3 \right \}+\left \{ y^3 \right \}=\left \{ z^3 \right \}$

 Đề bài lạ thật, nếu phương trình có vô số nghiệm nguyên thì sẽ có vô số nghiệm hữu tỉ.

Nếu $x,y,z$ đều nguyên thì $\left \{ x^{3} \right \}+\left \{ y^{3} \right \}=\left \{ z^{3} \right \}=0$. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 03-09-2013 - 19:55

[Juliel]

Một bài tương tự   :

Bài 193: CMR phương trình sau có vô số nghiệm hữu tỉ không nguyên:

$\left \{ x^3 \right \}+\left \{ y^3 \right \}=\left \{ z^3 \right \}$

Bổ đề : Phương trình $\left \{ x^{2} \right \}=\left \{ x \right \}^{2}$ có nghiệm trên tập $\mathbb{Q}\setminus \mathbb{Z}$ là $x=n+\frac{m}{2n}$ với $m,n\in \mathbb{Z},|2n|> |m|$, $m,n$ cùng dấu

Chứng minh :

$\left \{ x^{2} \right \}=\left \{ x \right \}^{2}\Leftrightarrow \left \{ \left ( \left [ x \right ]+\left \{ x \right \} \right ) ^{2}\right \}=\left \{ x \right \}^{2}\Leftrightarrow 2\left [ x \right ]\left \{ x \right \}=m\in \mathbb{Z}$

Đặt $\left [ x \right ]=n\in \mathbb{Z}\Rightarrow 0<\left \{ x \right \}=\frac{m}{2n}<1$

Do đó $x=\left [ x \right ]+\left \{ x \right \}=n+\frac{m}{2n}$

 

 

Quay trở lại bài toán :

Chọn $(I)\left\{\begin{matrix} x^{3}=x_{0}^{2}\\ y^{3}=y_{0}^{2}\\ z^{3}=z_{0}^{2} \end{matrix}\right.\qquad(x_{0},y_{0},z_{0}\in \mathbb{Q}\setminus \mathbb{Z})$

Khi đó phương trình trở thành :

$$\left \{ x_{0}^{2} \right \}+\left \{ y_{0}^{2} \right \}=\left \{ z_{0}^{2} \right \}$$

Tiếp tục chọn $$x_{0}=n+\frac{m}{2n},y_{0}=n+\frac{p}{2n},z_{0}=n+\frac{q}{2n}$$

Trong đó $m,n,p,q\in \mathbb{Z}$,$m,n,p,q$ cùng dấu, $|m|,|p|,|q| < |2n|$

Khi đó theo bổ đề ta có $$\left \{ x_{0}^{2} \right \}=\left \{ x_{0} \right \}^{2},\left \{ y_{0}^{2} \right \}=\left \{ y_{0} \right \}^{2},\left \{ z_{0}^{2} \right \}=\left \{ z_{0} \right \}^{2}$$

Khi đó phương trình trở thành :

$$\left \{ x_{0} \right \}^{2}+\left \{ y_{0} \right \}^{2}=\left \{ z_{0} \right \}^{2}\Leftrightarrow \left ( \frac{m}{2n} \right )^{2}+\left ( \frac{p}{2n} \right )^{2}=\left ( \frac{q}{2n} \right )^{2}\Leftrightarrow m^{2}+p^{2}=q^{2}$$

Đây là phương trình $Pytagore$ nên sẽ có vô số nghiệm nguyên.

Như vậy bài toán sẽ được giải quyết nếu như hệ $(I)$ có nghiệm hữu tỉ không nguyên.

Từ hệ, ta có $x=x_{0}^{2/3}\in \mathbb{Q}\Rightarrow x_{0}$ phải là lập phương của một số hữu tỉ.

$\Rightarrow n+\frac{m}{2n}$ phải là lập phương của một số hữu tỉ.

Rõ ràng nếu chọn $n=\pm 2^{3k-1}\qquad(k \in N^{*})$  thì $n+\frac{m}{2n}=\pm \frac{2^{9k^2-6k}+m}{2^{3k}}$ luôn có thể là lập phương của một số hữu tỉ (vì chỉ cần chọn $m$ nguyên thỏa $|m| < |2n| = 2^{3k}$ sao cho $2^{9k^2-6k}+m$ là lập phương của một số nguyên)

Tương tự khi xét $y_{0},z_{0}$. Như vậy, phương trình ban đầu có vô số nghiệm hữu tỉ không nguyên.

Chả biết đúng không nữa 

Chỗ màu đó hình như là trục trặc rồi. Lời giải vẫn bị kẹt. Đăng lời giải lên đi Hoàng !

__________________________________________________________________________

Với cách trên, ta hoàn toàn giải quyết trọn vẹn được bài toán sau :

Chứng minh rằng phương trình $\left \{ x^{2} \right \}+\left \{ y^{2} \right \}=\left \{ z^{2} \right \}$ có vô số nghiệm trên tập $\mathbb{Q}\setminus \mathbb{Z}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 04-09-2013 - 19:54

[Juliel]

Bài 194 : Giải phương trình nghiệm nguyên dương $5^{p}+12^{p}=x^{2}$ với $p$ là một số nguyên tố. 

[Zaraki]

Bài 194 : Giải phương trình nghiệm nguyên dương $5^{p}+12^{p}=x^{2}$ với $p$ là một số nguyên tố. 

Lời giải. Vì $12^p \equiv 0 \pmod{3}, x^2 \equiv 0,1 \pmod{3}$ nên $5^p \equiv 1 \pmod{3}$. Vậy $p$ chẵn. Ta suy ra $p=2$.

Nhận xét. Bài toán có thể mở rộng cho $p$ là số tự nhiên bất kì.

Bài 195. Giải phương trình nghiệm nguyên dương $5^p+12^p=x^2$.

[bangbang1412]

Lời giải. Vì $12^p \equiv 0 \pmod{3}, x^2 \equiv 0,1 \pmod{3}$ nên $5^p \equiv 1 \pmod{3}$. Vậy $p$ chẵn. Ta suy ra $p=2$.

Nhận xét. Bài toán có thể mở rộng cho $p$ là số tự nhiên bất kì.

Bài 195. Giải phương trình nghiệm nguyên dương $5^p+12^p=x^2$.

Theo chứng minh của bạn thì ta đã có $p$ chẵn , đặt $p=2k$ với $k$ nguyên dương . Dễ thấy $p=2$ là một nghiệm , ở đây ta xét cho $p>2$ .

Ta có phương trình tương đương : $(5^{k})^{2}+(12^{k})^{2}=x^{2}$ 

Theo bổ đề của phương trình Pitago , và $12$ chẵn do $k>1$ , nên ta sẽ có 

                                                     $5^k=t(m^{2}-n^{2})$

                                                     $12^k=t.2mn$

                                                     $x=t(m^{2}+n^{2})$ trong đó $t,m,n$ là các số nguyên dương .

Mặt khác ta có $(12,5)=1$ nên $t=1$ 

Ta có $5^k=(m-n)(m+n)$ và $5$ là số nguyên tố do đó ta có 

                                                     $m-n=5^{a}$

                                                     $m+n=5^{b}$ trong đó $a<b$ vì nếu $a=b$ thì $n=0$ và $12^{k}=0$

Cộng hai vế ta có $2m=5^{a}(5^{b-a}+1)$ . và $(2,m)=1$ nên $m$ là một bội của $5$ , mặt khác $12^{k}$ chia hết cho $m$ nên $a=0=>m-n=1$ và $5^{k}=m+n=2n+1,12^{k}=2(n+1)n=2n+2n^{2}$

                               $x=(n+1)^{2}+n^{2}=2n^{2}+2n+1=12^{k}+1$

Ta lại có $2^{2k-1}.3^{k}=n(n+1)$ là tích hai số nguyên liên tiếp . Do $k>1$ ta chứng minh sẽ không xảy ra điều này

Giả sử $2^{i}.3^{j}=2^{t}.3^{u}+1$ , rõ ràng một vế chẵn một vế lẻ nếu $i,j,t,u>0$ và $i+t=2k-1,j+u=k$ 

Nên phải có một số là không . 

Xét $i=0$ khi đó $1$ không chia hết cho $3$ nên $u=0=>3^{j}=2^{t}+1$ và ở đó $j=k>1,$t=2k+1$ 

$3^{j}=(2+1)^{j}=4A+1$ trong đó $(4,A)=1$ nếu $j>2$ , xét $j=2$ , lần lượt , ngại quá

[LNH]

Bài 195. Giải phương trình nghiệm nguyên dương $5^p+12^p=x^2$.

Nhận xét: $p=2k$

Phương trình đã cho tương đương với:

$25^{k}+12^{2k}=x^2$

$\Leftrightarrow \left ( x+12^k \right )\left ( x-12^k \right )=25^k$

Nhận xét: $\left ( x+12^k,x-12^k \right )=\left ( x+12^k,2.12^k \right )$ không chia hết cho 25

Xét 2TH:

TH1: $\left\{\begin{matrix} x+12^k=25^k\\ x-12^k=1 \end{matrix}\right.$

Suy ra $k=1$

Thay vào PT ta có $x=13$, $k=1$

TH2: $\left\{\begin{matrix} x-12^k=25^k\\ x+12^k=1 \end{matrix}\right.$

Suy ra PT vô nghiệm

Vậy nghiệm của PT là $x=13$, $p=2$

(Lại bị hớt tay trên )

[bangbang1412]

Nhận xét: $p=2k$

Phương trình đã cho tương đương với:

$25^{k}+12^{2k}=x^2$

$\Leftrightarrow \left ( x+12^k \right )\left ( x-12^k \right )=25^k$

Nhận xét: $\left ( x+12^k,x-12^k \right )=\left ( x+12^k,2.12^k \right )$ không chia hết cho 25

Xét 2TH:

TH1: $\left\{\begin{matrix} x+12^k=25^k\\ x-12^k=1 \end{matrix}\right.$

Suy ra $k=1$

Thay vào PT ta có $x=13$, $k=1$

TH2: $\left\{\begin{matrix} x-12^k=25^k\\ x+12^k=1 \end{matrix}\right.$

Suy ra PT vô nghiệm

Vậy nghiệm của PT là $x=13$, $p=2$

(Lại bị hớt tay trên )

hớt gì hả anh

[LNH]

hớt gì hả anh

@bangbang:là bị em post trước đó, lúc trước cũng bị trên Huy chơi kiểu này

Bài 196: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

$\left\{\begin{matrix} x^6+x^3+x^3y+y=147^{157}\\ x^3+x^3y+y^2+y+z^9=157^{147} \end{matrix}\right.$

[Zaraki]

Bài 197. Giải phương trình nghiệm nguyên dương $2^x=3^y+5$.

[lovemath99]

Giải phương trình nghiệm nguyên sau:

 

$\fbox{198}$ $ z^3+x^2z^2+(xy-2y^2)|z|+1=0$

 

$\fbox{199}$ $z^4+x(x+1)(x+7)(x+8)z^2-y^2|z|-1=0$

 

 

[Thao Hien]

1)Tìm nghiệm nguyên của pt:
a)$x^{2}-y^{2}=1998$

b)$x^{2}+y^{2}=1999$

2)Tìm nghiệm tự nhiên:
$x^{2}+y^{2}=9x+13y-20$

3)Tìm nghiệm nguyên

$5(x+y+z+t)+10=2xyzt$

4)

a)Nghiệm nguyên:$9x+2=y^{2}+y$

b)Nghiệm nguyên:$4x^{2}+25y^{2}+144z^{2}$=2007

c)Nghiệm nguyên dương: $19x^{2}+28y^{2}=729$

P/s: http://diendantoanho...-nghiệm-nguyên/

[lequocminh1999]

Bài 2:

 $x^{2}-9x+(y^{2}-13y+20)=0$

$\bigtriangleup = b^{2}-4ac \geqslant 0 (b= 9x, c= y^{2}-13y+20)$

$\bigtriangleup = b^{2}-4ac => 81- 4(y^{2}-13y+20)\geqslant 0$

$=> 1-4y^{2}+52\geqslant 0$

$=> (2y)^{2}-2.2y.13+169\leqslant 170$

$=> 0\leqslant (2y-13)^{2}\leqslant 170$

Mà x, y là số tự nhiên

$=> 0\leqslant (2y-13)^{2}\leqslant 169$

Mà 2y-13 lẻ,

$2y-13 \in (1,-1,3,-3,5,-5,7,-7,9,-9,11,-11,-13,13)$

$y\in (0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13)$

Thử lần lượt y, ta tìm được x

[Rias Gremory]

1)Tìm nghiệm nguyên của pt:
a)$x^{2}-y^{2}=1998$

b)$x^{2}+y^{2}=1999$

a, Ta thấy $x^{2},y^{2}$ chia cho $4$ chỉ có số dư là $0;1$

Nên $x^{2}-y^{2}$ chia cho $4$ có số dư là $0;1;3$ còn VP $1998$ chia cho $4$ dư $2$.

Vậy PT không có nghiệm nguyên

b, Tương tự ta có $x^{2}+y^{2}$ Chia cho $4$ có số dư là $0;1;2$ còn VP $199$ chia cho $4$ dư $3$

vậy PT k có nghiệm nguyên

[Rias Gremory]

a)Nghiệm nguyên:$9x+2=y^{2}+y$  (1)

Ta có PT (1)$\Leftrightarrow 9x+2=y(y+1)$

Ta thấy VT của PT là số chia 3 dư 2 nên $y(y+1)$ chia cho 3 dư 2

Chỉ có thể $y=3k+1;y+1=3k+2(k\epsilon Z)$

Khi đó $9x+2=(3k+1)(3k+2)\Leftrightarrow 9x=9k(k+1)\Leftrightarrow x=k(k+1)$

Thử lại $x=k(k+1);y=3k+1$ thõa mãn PT đã cho

[Rias Gremory]

b)Nghiệm nguyên:$4x^{2}+25y^{2}+144z^{2}$=2007

số dư của 1 số chính phương cho 8 là 0,1,4 tổng 3 bình phương có số dư cho 8 là 0,1,2,3,4,5,6 chứng minh ý đầu $2007\equiv 7(mod8)$. PT vô nghiệm

[Viet Hoang 99]

http://diendantoanho...-nghiệm-nguyên/

<Tiếp theo:>

2)Pt vô định : $x^{2}+y^{2}=z^{2}(x,y,z\epsilon \mathbb{Z})$
Có nghiệm dạng:

$x=u.v$

$y=\frac{u^{2}-v^{2}}{2}$

$z=\frac{u^{2}+v^{2}}{2}$

với $u,v\epsilon \mathbb{Z};(u,v)=1;u>v;u,v$ lẻ

Các phương pháp giải pt nghiệm nguyên:

1)Sử dụng phương pháp chia hết và phép chia có dư

VD1:Nghiệm nguyên : $x^{2}=2y^{2}$ (1)

Ta thấy: x=y=0 là 1 nghiệm nguyên của (1)

Nếu $x\neq 0;y\neq 0$,

Gọi d=(x,y)

=>$(\frac{x}{d},\frac{y}{d})=1$

(1)<=>$(\frac{x}{d})^{2}=2(\frac{y}{d})^{2}$

=>$\frac{x}{d}=2k(k\epsilon \mathbb{Z})$

=>$(2k)^{2}=2(\frac{y}{d})^{2}$

=>$\frac{y}{d}=2k^{2}$

=>$\frac{y}{d}=2t(t\epsilon \mathbb{Z})$

=>$(\frac{x}{d},\frac{y}{d})\neq 1$ mâu thuẫn

Vậy x=0;y=0

VD2: Nghiệm nguyên : $x^{2}-2y^{2}=5$

Nếu $x\vdots 5=>2y^{2}=x^{2}-5 \vdots 5=>y\vdots 5$

Khi đó do $x\vdots 5;y\vdots 5=>x^{2}-2y^{2}\vdots 25$

Mà 5 không chia hết cho 25=>x không chia hết cho 5=>y không chia hết cho 5

=>$x^{2}\equiv \pm 1(mod5)$

$2y^{2}\equiv \pm 2(mod5)$

=>$x^{2}-2y^{2}\equiv \pm 1;\pm 2(mod5)$

=>Pt vô nghiệm.

KL:..

Bài 200: Tìm nghiệm nguyên của pt:

a)$x^{2}-y^{2}=1998$

b)$x^{2}+y^{2}=1999$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Viet Hoang 99: 05-11-2013 - 05:43

[Viet Hoang 99]

Các phương pháp giải pt nghiệm nguyên: <tiếp>

2)Phương pháp phân tích:
. Nghiệm nguyên:
$a(x+y)+b=cxy(a,b,c\epsilon \mathbb{Z})$

<=>$cxy-ax-ay-b=0$

<=>$x(cy-a)-\frac{a}{c}(cy-a)+\frac{a^{2}}{c}-b=0$

<=>$(cy-a)(x-\frac{a}{c})=\frac{a^{2}}{c}+b$

<=>$(cy-a)(cx-a)=a^{2}+bc$

Hai bước màu xanh có thể bỏ đi và tiến tới bước cuối cùng luôn ( Hai bước đó làm ra nháp) Vì trong 2 bước đó phải xét ĐK của c khi c ở dưới mẫu.

VD1: Nghiệm nguyên dương:

$2(x+y)+16=3xy$(1)

Áp dụng công thức trên:

(1)<=>$(3y-2)(3x-2)=2^{2}+16.3$

Do $x,y$ nguyên dương:

=>$3x-2\epsilon \left \{ 1,2,4,13,26,52 \right \}$

$3y-2\epsilon \left \{ 52,26,13,4,2,1 \right \}$

(Các giá trị của 3x-2 và 3y-2 tương ứng nhau chứ không phải hoán vị)

=>(x,y)=(1;18);(18;1);(2;5);(5;2)

3) Phương pháp đưa về dạng tổng:
VD1: Nghiệm nguyên:

$x^{2}+y^{2}-x-y=8$

<=>$4x^{2}-4x+1+4y^{2}-4y+1=34$

<=>$(|2x-1|)^{2}+(|2y-1|)^{2}=34=3^{2}+5^{2}$

<=>$\begin{bmatrix}|2x-1|=3;|2y-1|=5 & & \\ |2x-1|=5;|2y-1|=3 & & \end{bmatrix}$

<=>$\begin{bmatrix}x=2;x=-1;y=3;y=-2 & & \\ x=3;x=-2;y=2;y=-1 & & \end{bmatrix}$

Vậy ta có 8 bộ (x,y)=...

Bài 201:Tìm nghiệm tự nhiên:

$x^{2}+y^{2}=9x+13y-20$

[Viet Hoang 99]

Các phương pháp giải pt nghiệm nguyên: <tiếp>

4)Sắp thứ tự:

VD: Nghiệm nguyên dương: x+y+z=xyz(1)

Vì x,y,z có vai trò như nhau:
Giả sử $1\leq x\leq y\leq z$
(1)<=>$1=\sum \frac{1}{xy}\leq \frac{3}{x^{2}}$

=>$x^{2}\leq 3$

=>x=1(Do x nguyên dương)

(1)<=>1+y+z=yz

<=>yz-y-z-1=0

<=>(y-1)(z-1)=2

Mà $y\leq z$

=>y-1=1 và z-1=2

=>y=2;z=3

Vậy (x;y;z)=(1;2;3) và các hoán vị.

Bài 202: Tìm nghiệm nguyên:

$5(x+y+z+t+10=2xyzt$

[Viet Hoang 99]

Bài 2:

 $x^{2}-9x+(y^{2}-13y+20)=0$

$\bigtriangleup = b^{2}-4ac \geqslant 0 (b= 9x, c= y^{2}-13y+20)$

$\bigtriangleup = b^{2}-4ac => 81- 4(y^{2}-13y+20)\geqslant 0$

$=> 1-4y^{2}+52\geqslant 0$

$=> (2y)^{2}-2.2y.13+169\leqslant 170$

$=> 0\leqslant (2y-13)^{2}\leqslant 170$

Mà x, y là số tự nhiên

$=> 0\leqslant (2y-13)^{2}\leqslant 169$

Mà 2y-13 lẻ,

$2y-13 \in (1,-1,3,-3,5,-5,7,-7,9,-9,11,-11,-13,13)$

$y\in (0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13)$

Thử lần lượt y, ta tìm được x

Mình nghĩ đến $=> 1-4y^{2}+52\geqslant 0$

=>$y\leq 3$

Ặc chỗ kia là 52y. Làm mình tưởng

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Viet Hoang 99: 06-11-2013 - 21:42