Chủ đề này có 2 trả lời

[Dung Dang Do]

Tìm các số nguyên $x,y$ thõa mãn $x^{4}+(x+1)^{4}=y^{2}+(y+1)^{2}$

[nguyenta98]

Giải như sau:
Nếu $x=0$ suy ra $y=0,-1$
Nếu $x\geq 1$ thì:
Phá ngoặc ta được:
$$2x^4+4x^3+6x^2+4x+1=2y^2+2y+1 \leftrightarrow 4x^4+8x^3+12x^2+8x+1=(2y+1)^2$$
Ta thấy
$$(2x^2+2x+1)^2=4x^4+8x^3+8x^2+4x+1<4x^4+8x^3+12x^2+8x+1$$
Lại có
$$(2x^2+2x+2)^2=4x^4+8x^3+12x^2+8x+4>4x^4+8x^3+12x^2+8x+1$$
Do đó
$$(2x^2+2x+1)^2< 4x^4+8x^3+12x^2+8x+1=(2y+1)^2< (2x^2+2x+2)^2$$
Suy ra
$$2x^2+2x+1<2y+1<2x^2+2x+2$$
Đến đây thì loại do $2y+1$ là số nguyên lại "kẹp" giữa 2 số nguyên liên tiếp khác vô lý.
Nếu $x<0$ thì $x\le -1$ khi $x=-1$ thì $y=0,-1$
Khi đó tương tự và kết quả y hệt trường hợp trên.
Vậy $\boxed{(x,y)=(0,0),(0,-1),(-1,0),(-1,-1)}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 27-01-2012 - 14:56

[Dung Dang Do]

Đây là cách làm của tớ. Giả sử cặp số nguyên $(x;y)$ thỏa mãn phương trình trên:
$x^4+(x+1)^4=y^2+(y+1)^2(*)$
Từ $*$ ta có phương trình tương đương $(x^2+x+1)^2= y^2+ y + 1 (1)= y^2+ y + 1(1)$
Lại có $x,y\in \mathbb{Z}$. Nếu $y>0$ ta có $y^2<y^2+ y + 1<(y+1)^2(2)$
Mà ko có số nguyên nào thỏa mãn $(2)$ (ko tồn tại một số chính phưuong nào giữa hai số chính phương liên tiếp ko tồn tại một số chính phưuong nào hết)
Nếu $y<-1$ ta cũng làm như trên và ko có số nguyên y thỏa mãn hết
Suy ra $y=-1;0$ Rồi thay vô tính x ta có Các bộ số cần tìm là
$(0;0) ; ( 0 ; -1 ) ;( -1 ; 0 ) ; ( -1 ; -1 )$
_______
P/s: Cũng hơi giống cách của bạn nguyenta98(nên nhớ mình là nguyenta98ka đừng có nhầm)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98ka: 27-01-2012 - 16:15