Tìm $x , y \geq 0$ biết $\left ( xy - 7 \right )^{2} = x^{2} + y^{2}$

 

Giải:

$(xy-7)^2=x^2+y^2 \Leftrightarrow (xy-7)^2+2(xy-7)+1=x^2+y^2+2xy-13$

$(xy-6)^2-(x+y)^2=-13=13.(-1)$

Vì $x,y \geq 0$ nên $xy-6+(x+y) \geq xy-6-(x+y)$

$ \Rightarrow$

$$\begin{cases} xy-6+(x+y)=13\\xy-6-(x+y)=-1 \end{cases}$$

$ \Rightarrow$

$$\begin{cases} xy=6\\x+y=7 \end{cases}$$

$\Rightarrow$ $(x;y)=(3;4),(4;3)$

mọi người xem giúp mình bài này với ..giair phương trình với x,y nguyên: $x^y=y^x$

Mình nghĩ là x,y phải nguyên dương

Nếu x,y nguyên dương, không mất tính tổng quát, giả sử $x>y$ và $(x;y)=d (d>0)$

$\Rightarrow x=dy$

pt $\Leftrightarrow (dy)^y-(y^d)^y=[dy-(y^d)]A (A>0)$

$\Rightarrow dy=y^d$

Với $d=1$ suy ra $x=y$

Với $d>1$, dễ thấy $y^d>dy$, vậy pt vô nghiệm

Mình nghĩ là x,y phải nguyên dương

Nếu x,y nguyên dương, không mất tính tổng quát, giả sử $x>y$ và $(x;y)=d (d>0)$

$\Rightarrow x=dy$

pt $\Leftrightarrow (dy)^y-(y^d)^y=[dy-(y^d)]A (A>0)$

$\Rightarrow dy=y^d$

Với $d=1$ suy ra $x=y$

Với $d>1$, dễ thấy $y^d>dy$, vậy pt vô nghiệm

Bài giải thiếu nghiệm với phần chứng minh $x=dy$ mình bổ sung:

$gcd(x,y)=1 \Rightarrow x=dx_1, y=dy_1$ với $ gcd(x_1,y_1)=1$ và $x_1 > y_1$ ( vì $x>y$, $x=y$ thì xét riêng)

$x^y=y^x \Leftrightarrow [(dx_1)^{y_1})^d-[(dy_1)^{x_1}]^d=0 \Leftrightarrow ((dx_1)^{y_1}-(dy_1)^{x_1})B=0$

Vì $B>0$ nên $(dx_1)^{y_1}=(dy_1)^{x_1} \Rightarrow (x_1)^{y_1}=d^{x_1-y_1}(y_1)^{x_1} \Rightarrow y_1|x_1 \Rightarrow y_1=1 \Rightarrow y=d \Rightarrow x=ky$ 

Sau đó giải như trên, suy ra $ky=y^k$. 

Với $k=y=2 \Rightarrow x=4$

Với $k>2$ thì vế phải tăng nhanh hơn vế trái nên vô nghiệm 

Vậy nghiệm là $x=y$ hoặc $(x;y)=(2;4),(4;2)$

Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: $a^2+b^2+c^2=2(ab+bc+ca)$

$a^2+b^2+c^2=2(ab+bc+ca) \Leftrightarrow (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=a^2+b^2+c^2$

$\Rightarrow$ $\begin{cases} a-b=a\\c-a=a \end{cases}$ $\Rightarrow \begin{cases} a=0, b=c\\ a=0, b=c \end{cases}$

Hoặc $b-c=a \Rightarrow$ $\begin{cases} b-c=b\\c-a=b \end{cases}$ $\Rightarrow \begin{cases} c=0,b=a\\a=0, b=c \end{cases}$

Xét tương tự ta suy ra nghiệm pt là $a=0, b=c$ và $b=0, a=c$ và $c=0, b=a$

Tìm số nguyên x để $2{{\text{x}}^{2}}-x-36$ là bình phương một số nguyên tố

$2x^2-x-36=(2x-9)(x+4)=p^2$ (p là số nguyên tố)

$\Rightarrow 2x-9=x+4$ hoặc $2x-9= \pm{1}$ hoặc $x+4= \pm{1}$

Giải ra được $(x;p)=(13;17),(5;3)$

Tiếp nè:

     Tìm tất cả các cặp số nguyên không âm thoả mãn phương trình: $(y+1)^{4}+y^{4}=(x+1)^{2}+x^{2}$

'' | '' là chi vậy ạ? .___. :3

a | b là b chia hết cho a hay a là ước của b

Câu III
 
a) Dễ thấy $F\in AB$ và $E\in AC$

chứng minh được không chị

5c) kéo dài OK cắt (O) tại J'. Ta có AJ'CD nội tiếp nên góc AJ'C=120 độ= 2 góc ABC, mà AJ=JC ( OJ là trung trực AC) suy ra J' trùng J.
Ta có góc AOJ= góc ADC=60 độ nên tam giác AOJ đều, dễ dàng tính được AK theo OJ mà AK=1/2AC=1/2.DE ( AECD là hình thang cân). Tính được OJ/DE

\dfrac {1}{\sqrt {3}}

câu hình nhé, mấy câu còn lại @ rùi :v
$(a)$
$(b)$
Dễ thấy $MK$ là trung trực của $AC$. $\Rightarrow \measuredangle MAC=\measuredangle MCA=\measuredangle CDI$.
$(c)$
$M,K,I$ thẳng hàng. Do đó, chỉ cần tính:
$\frac{MK}{AC}=\frac{MK}{KC}$.
Mà: $\measuredangle COK=60^0$

Sao M,K,I thẳng hàng được bạn, với câu c đề kêu tính JO/DE mà

5c) kéo dài OK cắt (O) tại J'. Ta có AJ'CD nội tiếp nên góc AJ'C=120 độ= 2 góc ABC, mà AJ=JC ( OJ là trung trực AC) suy ra J' trùng J.
Ta có góc AOJ= góc ADC=60 độ nên tam giác AOJ đều, dễ dàng tính được AK theo OJ mà AK=1/2AC=1/2.DE ( AECD là hình thang cân). Tính được OJ/DE

bai 4

Việc làm rất ý nghĩa. T ủng hộ một bài:

 

b) Đặt $(m,n)=k$ ta có $m=m'k, n=n'k$ với $(m',n')=1$.

Khi đó $2^m-1=2^{m'k}-1=(2^k-1)P$. Tương tự $2^n-1=2^{n'k}-1=(2^k-1)Q$.

Chú ý $(m',n')=1$ nên $(P,Q)=1$ tức $(2^m-1; 2^n+1)=2^k-1=2^{(m,n)-1}$.

Cái chỗ $(m',n')=1 \Rightarrow (P,Q)=1$ em không hiểu lắm. Với em nghĩ $(2^m-1;2^n-1)=2^k-1$ chứ đâu phải $(2^m-1;2^n+1)=2^k-1$ 

Bài 13:

Dãy Fermat phải là $$F_n=2^{2^n}+1$$ và có thể tổng quát lên là dãy $F_k=a^{2^k}+b^{2^k}$ với $gcd(a;b)=1$, $2|ab$ và $k \in \mathbb{Z^+}$

Chứng minh H là trực tâm và cũng là trọng tâm của tam giác OAN đều
=>$HM=\frac{1}{3}AM$
Ta có $\widehat{QOB}=60^0$
=>Tam giác QOB đều
=>$\widehat{QBO}=60^0=\widehat{NOA}$ (do ON và QB song song do cùng vuông góc với AQ)
=>$\widehat{NOA}=\widehat{NOQ}=60^0$
Xét tam giác QOA có phân giác ON cũng là trung tuyến
=>$AM=AQ$
Lại có $3HM=AM$
=>$AQ=6HM$

góc QAB=60 độ thì sao tam giác OAN đều được khi đó góc AON= 30 độ mà

Mới chứng minh được câu a vs câu b.
a. $IM.IA=IF^2=IN.IB .. \Rightarrow AMNB$ nội tiếp.
c. Áp dụng Menelaus vào tam giác ABC có cát tuyến PFE thì $\frac{AF.FB.EC}{FB.PC.AE}=1 \rightarrow \frac{PB}{PC}=\frac{FB}{FC}=\frac{DB}{DC}$

Bạn dogsteven nói đúng rồi. Gọi K là giao điểm AD và (I) ta có FKED là tứ giác điều hoà (http://diendantoanho...attach_id=17128) là tứ giác tạo bởi hai tiếp tuyến AF,AE và cát tuyến AKD ấy ( tứ giác điều hoà có tích các cạnh đối bằng nhau). Đối với điểm P, kẻ PK' là tiếp tuyến của (I), lúc này PK',PD là tiếp tuyến, PEF là cát tuyến ta cũng có PK'ED là tứ giác điều hoà, suy ra FK'.DE=FD.K'E;FK.DE=FD.KE ( FKED tứ giác điều hoà). Tới đây dùng tam giác đồng dạng dễ dàng suy ra K' trùng K suy ra PK là tiếp tuyến của (I) suy ra PI vuông góc KD (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau) hay PI vuông góc AD (đpcm)

Hình như chưa ai giải câu 1c 
$\left\{\begin{matrix} \sqrt{1+x}+\sqrt{1+y}=2\sqrt{2} & & \\ \sqrt{x}+\sqrt{y}=2 & & \end{matrix}\right.$
ĐKXĐ: $x,y \geq 0$
Ta có:
$(2\sqrt{2})^2=(x+y)+2\sqrt{(1+x)(y+1)}+2 \geq \frac{(\sqrt{x}+\sqrt{y})^2}{2}+2(\sqrt{x}+\sqrt{y})+2=8$
Do đó xảy ra đẳng thức $\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x=y & & \\ xy=1 & & \end{matrix}\right.\rightarrow x=y=1$

bài này không bình phương pt (1) mà dùng bđt Minkowsky để đánh giá cũng được luôn

Giải phương trình:                      x⁴ = 4^x

 

^{( Mình  mò được x = 2 và x = 4 nhưng không có cách nào để tóm được nó! Mọi người giúp với.)} 

Xem bài toán tổng quát cho $x^y=y^x$ ở đây:

 

http://diendantoanho...-26#entry643358

Có ai hiểu tại sao $m=1$ không ạ?

Tới đây đặt $c=5^a, d=3^b$ $gcd(c,2)=1$

$5^{2a}-3^{2b}=(c-d)(c+d)=-2^{2y}$

Vì $c+d>c-d$ suy ra:

\begin{cases} c+d=2^n\\ c-d=-2^m\\ m+n=2y \end{cases}

suy ra$ 2c+2^m=2^n \tag{1}$ và $2^m=2^n+2d \tag{2}$ nếu $n \geq2$ thì ở pt $(2)$ suy ra $m \geq2$ ( vì $2d>0$). Vậy vế phải pt $(1)$ chia hết cho $4$ mà vế trái dư 2 ( vì $gcd(c,2)=1$) suy ra vô lý.

Vậy $m,n<2$ tới đây xét các trường hợp thì dễ rồi.

 

Ngoài ra còn có thể đánh giá $x,y,z \geq 3$ vô lý vì vế trái của $3^x+4^y \equiv 9+0 \equiv 1 \pmod{4}$ trong khi $5^z \equiv 5^3 \equiv 5 \pmod{3}$ vô lý

Sau đó xét các trường hợp $x,y,z<3$ 

Bài 1

$P(x)=(x-1)(x^3+6x^2 +11x+6)=(x-1)(x+1)(x^2+5x+6)=(x+1)(x-1)(x+2)(x+3)$

Phương trình tương đương $(x+y)^2=xy(xy+1)$
Từ đây suy ra $(x;y)=(0;0),(1;-1),(-1;1)$.

Tại sao $(x+y)^2=xy(xy+1)$ thì suy ra được nghiệm vậy bạn?

1. Chứng minh phương trình nghiệm nguyên $x(x+1)=p^{2n}y(y+1)$ vô nghiệm với $p$ là số nguyên tố và $n$ là số nguyên dương

2. Giải phương trình nghiệm nguyên với p là số nguyên tố, $x,y$ là hai số nguyên dương

$x^5+x^4+1=p^y$

3. Giải hệ phương trình nghiệm nguyên

$\begin{cases}x+y+z+u+v=xyuv+(x+y)(u+v)\\xy+z+uv=xy(u+v)+uv(x+y)\end{cases}$

 

Bài 1 mình giải thế này:

Bài 2 quan trọng là phát hiện:

$x^5+x^4+1=x^5+x^3+x^3+1-x^3=(x^2+x+1)(x^3-x+1)$

Viết pt lại: $(x^2+x+1)(x^3-x+1)=p^y$

Dễ thấy $x$ phải dương

Nếu $x=1$ thì $p=3,y=1$

Nếu $x>1$ thì khi đó $y>1$ (Do $x^2+x+1>1, x^3-x+1$)

Giả sử $(x^2+x+1,x^3-x+1)=d$

Suy ra $d | -(x^2+x+1+x^3-x+1)+x(x^2+x+1)=x-2$

$d| -(x-2)(x+3)+(x^2+x+1)=5$

Nên nếu $p=5$, thì $(x^2+x+1,x^3-x+1)=5$

 Mà $x^2+x+1 \ne 5$ và $x^3-x+1 \ne 5$ (với $x$ nguyên)

Nên $p=5$ phương trình vô nghiệm.

$p \ne 5$ thì suy ra: $(x^2+x+1,x^3-x+1)=1$ Mà $x^2+x+1 \ne 1$ và $x^3-x+1 \ne 1$ (với $x>1$ )

Vậy: $(x,y,p)=(1,1,3)$

Cái chỗ $(x^2+x+1,x^3-x+1)=5$ $\Rightarrow$ $x^2+x+1 \ne 5$ sao không phải là $x^2+x+1 \ne 5k$, mình không hiểu.