Chủ đề này có 20 trả lời

[Namthemaster1234]

MỘT SỐ BÀI TOÁN

 

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN DƯƠNG .

 

I, Đơn giản:

 

1.$2x+3y=5xy$

 

2. $3x^2 +7xy+4y^2=30$

 

3. $x+y+z=xyz$

 

4. $u(u-1)= t^2$ (1)

 

(cách giải của (1) được áp dụng khá nhiều trong GPTNN rằng không tồn tại số nguyên a sao cho $X^2<a^2<(X+1)^2$)

 

II.Nâng cao

 

1. $6^x+8^x=10^x$

 

( Tổng quát để giải phương trình: $3^x+4^y=5^z$ )

 

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

 

3. $x^2+(x+1)^2=y^4+(y+1)^4$

 

4.$x^3-y^3-xy=8$

 

5. $x+y+z+t=xyzt$

 

6. $x^6+3x^3+1=y^4$

 

7. $x^2+y^2=2z^2$

 

8.$x^2+y^2=z^2$

 

9.$x^3-3y^3-9y^3=0$

 

10. $(x+1)(y+z)=xyz+2$

 

Mỗi một bài toán ẩn chứa trong đó các phương pháp nhất định. Các bạn thử làm xem nhé ! (Các bài tô đậm là các bài đã được giải)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Namthemaster1234: 08-11-2014 - 21:49

[quangnghia]

1) $2x+3y=5xy$

$\Rightarrow 2x-5xy+3y=0$

$\Rightarrow 10x-25xy+15y=0$

$\Rightarrow 10x-25xy+15y-6=-6$

$\Rightarrow 5x(2-5y)-3(2-5y)=-6$

$\Rightarrow (2-5y)(5x-3)=-6$

$\Rightarrow ((2-5y),(5x-3))=(1,-6)(-1,6)(6,-1)(-6,1)(2,-3)(-2,3)(3,-2)(-3,2)$

Lần lượt giải tất cả các trường hợp, nhận trường hợp cặp $(x,y)$ nguyên

[huy2403exo]

 

 

1. $6^x+8^x=10^x$

 

( Tổng quát để giải phương trình: $3^x+4^y=5^z$ )

 

 

Chia cả 2 vế cho $10^x$ ta được $\left ( \frac{3}{5} \right )^x+\left ( \frac{4}{5} \right )^x=1$

Với $x=2$ thoả mãn

Với $x>2$ $(\frac{3}{5})^{x}+(\frac{4}{5})^x< \left ( \frac{3}{5} \right )^2+\left ( \frac{4}{5} \right )^{2}=1$ (vô lí )

Tương tự với $x<2$ 

Vậy phương trình có nghiệm $x=2$

[duyanh782014]

Định lý Fecma lớn chứng minh là với n>2 thì 0 tồn tại a^n+b^n=c^n

[bach7a5018]

 

2. $2xyzt = 5(x+y+z+t) + 10$                        (1)

Không mất tính tổng quát ta giả sử $1 \le x \le y \le z \le t$

Ta có: $2xyzt = 5\left( {x + y + z + t} \right) + 10 \le 20t + 10 \le 20t + 10t = 30t \Leftrightarrow xyz \le 15$

Mà $xyz \ge x^3  \Rightarrow x^3  \le 15 \Rightarrow x = \left\{ {1;2} \right\}$

- Với x = 1. Khi đó $\left( 1 \right) \Leftrightarrow 5\left( {1 + y + z + t} \right) + 10 = 2yzt$                 (2)

   Mặt khác: $2yzt = 5\left( {y + z + t} \right) + 15 \le 15t + 15 \le 15t + 15t = 30t$  

   $ \Rightarrow y^2  \le yz \le 15 \Rightarrow y = \left\{ {1;2;3} \right\}$

      + Với y = 1. Ta có: $\left( 2 \right) \Leftrightarrow 5\left( {z + t} \right) + 20 = 2zt \Leftrightarrow 10\left( {z + t} \right) + 40 = 4zt \Leftrightarrow \left( {2z - 5} \right)\left( {2t - 5} \right) = 65$

              Dễ thấy phương trình trên có nghiệm ( z; t ) = ( 3; 35 ); ( 5; 9 )

      + Tương tự với y = 2 và y = 3 ta không tìm được cặp z, t nào thỏa mãn (1)

- Với x = 2. Tương tự với x = 1 ta không tìm được cặp nghiệm nào thảo mãn (1)

        Vậy phương trình trên có nghiệm: ( x; y; z; t ) = ( 1; 1; 3; 35 ); ( 1; 1; 5; 9 ) và các hoán vị của hai bộ số này

[bach7a5018]

5. $x+y+z+t=xyzt$            (2)

Giả sử $1 \le x \le y \le z \le t$. Ta có: $xyzt = x + y + z + t \le 4t \Leftrightarrow xyz \le 4$

- Với xyz = 1 ta có x = y = z = 1. Thay vào (1) loại

- Với xyz = 2 ta có x = y = 1, z = 2. Thay vào (1):  t = 4

- Với xyz = 3 ta có x = y = 1, z = 3. Thay vào (1): loại

- Với xyz = 4 ta có x = 1; y = z = 2 hoặc x = y = 1; z = 4. Cả hai trường hợp thay vào (1): loại

Vậy ( x; y; z; t ) = ( 1; 1; 2; 4 ) và các hoán vị  

[bach7a5018]

8.$x^2+y^2=z^2$       (3)

Trước hết ta có thể giả sử x, y, z là bộ ba số nguyên tố cùng nhau. Thật vậy:

  Nếu bộ ba số x₀, y₀, z₀ thỏa mãn   (3) và có ƯCLN là d. Giả sử x₀ = d.x_1;  y₀ = d.y_1;  z₀ = d.z₁ thì x₁, y₁, z₁ cũng là nghiệm của (3)

- Với x, y, z nguyên tố cùng nhau thì chúng đôi một nguyên tố cùng nhau. Ta thấy x và y không thể cùng chẵn ( vì chúng nguyên tố cùng nhau ) và không thể cùng lẻ ( vì nếu x và y cùng lẻ thì z chẳn, khi đó x² + y² chia 4 dư 2 còn $z^2  \vdots 4$ ). Như vậy trong hai số x² và y² phải có một số chẵn và một số lẻ.

    Giả sử x lẻ, y chẵn thì z lẻ. Ta viết (3) dưới dạng:   $x^2  = \left( {z + y} \right)\left( {z - y} \right)$

Ta có z + y và z - y là các số lẻ và nguyên tố cùng nhau. Thật vậy giả sử $z + y \vdots d$; $z - y \vdots d$   ( d lẻ ) thì:

                       $\left( {z + y} \right) - \left( {z - y} \right) = 2y \vdots d$

                      $\left( {z + y} \right) + \left( {z - y} \right) = 2z \vdots d$

Do (2, d) = 1 nên d là ƯC ( z, y ) mà (z, y) = 1 nên d = 1. Vậy (z + y; z - y) = 1

  Hai số nguyên dương z+y và z - y nguyên tố cùng nhau có tích là 1 số chính phương nên mỗi số trên đều là số chính phương

Đặt  $\left\{\begin{matrix} z+y=m^{2} & \\ z-y=n^{2}& \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x=mn\\ y=\frac{m^{2}-n^{2}}{2}\\ z=\frac{m^{2}-n^{2}}{2} \end{matrix}\right.$      

với m và n là các số lẻ nguyên tố cùng nhau và m > n

Đảo lại, dễ thấy bộ 3 số trên thỏa mãn (3)

 

 

 

 

[duyanh782014]

Trước hết ta có thể giả sử x, y, z là bộ ba số nguyên tố cùng nhau. Thật vậy:

  Nếu bộ ba số x₀, y₀, z₀ thỏa mãn   (3) và có ƯCLN là d. Giả sử x₀ = d.x_1;  y₀ = d.y_1;  z₀ = d.z₁ thì x₁, y₁, z₁ cũng là nghiệm của (3)

- Với x, y, z nguyên tố cùng nhau thì chúng đôi một nguyên tố cùng nhau. Ta thấy x và y không thể cùng chẵn ( vì chúng nguyên tố cùng nhau ) và không thể cùng lẻ ( vì nếu x và y cùng lẻ thì z chẳn, khi đó x² + y² chia 4 dư 2 còn $z^2  \vdots 4$ ). Như vậy trong hai số x² và y² phải có một số chẵn và một số lẻ.

    Giả sử x lẻ, y chẵn thì z lẻ. Ta viết (3) dưới dạng:   $x^2  = \left( {z + y} \right)\left( {z - y} \right)$

Ta có z + y và z - y là các số lẻ và nguyên tố cùng nhau. Thật vậy giả sử $z + y \vdots d$; $z - y \vdots d$   ( d lẻ ) thì:

                       $\left( {z + y} \right) - \left( {z - y} \right) = 2y \vdots d$

                      $\left( {z + y} \right) + \left( {z - y} \right) = 2z \vdots d$

Do (2, d) = 1 nên d là ƯC ( z, y ) mà (z, y) = 1 nên d = 1. Vậy (z + y; z - y) = 1

  Hai số nguyên dương z+y và z - y nguyên tố cùng nhau có tích là 1 số chính phương nên mỗi số trên đều là số chính phương

Đặt  $\left\{\begin{matrix} z+y=m^{2} & \\ z-y=n^{2}& \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x=mn\\ y=\frac{m^{2}-n^{2}}{2}\\ z=\frac{m^{2}-n^{2}}{2} \end{matrix}\right.$      

với m và n là các số lẻ nguyên tố cùng nhau và m > n

Đảo lại, dễ thấy bộ 3 số trên thỏa mãn (3)

 

 

 

 

KHTN giỏi v

[Namthemaster1234]

Định lý Fecma lớn chứng minh là với n>2 thì 0 tồn tại a^n+b^n=c^n

 

Cách này nó không khả dụng lắm vì nó thuộc dạng khó chứng minh.(mất hàng thế kỷ mới giải được). Nên cấp THPT,CS không nên giải theo cách này

 

 

Đặt  $\left\{\begin{matrix} z+y=m^{2} & \\ z-y=n^{2}& \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x=mn\\ y=\frac{m^{2}-n^{2}}{2}\\ z=\frac{m^{2}-n^{2}}{2} \end{matrix}\right.$      

với m và n là các số lẻ nguyên tố cùng nhau và m > n

Đảo lại, dễ thấy bộ 3 số trên thỏa mãn (3)

 

 

 

 

 

Bài giải của bạn chuẩn rồi.

[duyanh782014]

Cách này nó không khả dụng lắm vì nó thuộc dạng khó chứng minh.(mất hàng thế kỷ mới giải được). Nên cấp THPT,CS không nên giải theo cách này

 

 

 

Bài giải của bạn chuẩn rồi.

Mình mới học lớp 8 nên hiểu biết nông cạn lắm

[bach7a5018]

 

3.          $x^2+(x+1)^2=y^4+(y+1)^4$               (4)

Ta có:  $\left( 4 \right) \Leftrightarrow 2x^2  + 2x + 1 = 2y^4  + 4y^3  + 6y^2  + 4y + 1 \Leftrightarrow x^2  + x = y^4  + 2y^3  + 3y^2  + 2y \Leftrightarrow x^2  + x + 1 = y^4  + 2y^3  + 3y^2  + 2y + 1 \Leftrightarrow x^2  + x + 1 = \left( {y^2  + y + 1} \right)^2 $

Mặt khác: Do $x \ge 1$ nên $x^2  < x^2  + x + 1 < \left( {x + 1} \right)^2  \Leftrightarrow x^2  < \left( {y^2  + y + 1} \right)^2  < \left( {x + 1} \right)^2 $   ( vô lí )

Vậy không tìm được các số nguyên dương x, y thỏa mãn đề bài

[bach7a5018]

 

4.     $x^3-y^3-xy=8$                  (5)

 

Ta có: $\left( 5 \right) \Leftrightarrow \left| {x - y} \right|\left| {x^2  + xy + y^2 } \right| = \left| {xy + 8} \right|$

Dễ thấy $x \ne y$, vì nếu x = y thì (5) trở thành $0 = x^2  + 8$, loại.

Do x, y nguyên nên $\left| {x - y} \right| \ge 1 \Rightarrow \left| {x^2  + xy + y^2 } \right| \le \left| {xy + 8} \right| \Rightarrow x^2  + xy + y^2  \le \left| {xy + 8} \right|$

- Xét $xy + 8 < 0 \Rightarrow \left| {xy + 8} \right| = - 8 - xy$. Khi đó, (5) trở thành:

 $x^2  + xy + y^2  \le  - 8 - xy \Leftrightarrow \left( {x + y} \right)^2  \le  - 8$    ( vô lí )

- Xét $xy + 8 \ge 0 \Rightarrow \left| {xy + 8} \right| = xy + 8$. Khi đó (5) trở thành:

$x^2  + xy + y^2  \le xy + 8 \Leftrightarrow x^2  + y^2  \le 8$

Do đó: $x^2 ,y^2  \in \left\{ {1,4} \right\}$

Mà $x \ne y$ nên $\left\{\begin{matrix} x^{2}=1\\ y^{2}=4 \end{matrix}\right.$  hoặc $\left\{\begin{matrix} x^{2}=4\\ y^{2}=1 \end{matrix}\right.$              (6)

Từ (6) ta dễ ràng suy ra x³ - y³ - xy là một số lẻ mà VP(5) là một số chẵn nên vô lí

                   Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương 

 

 

 

 

 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bach7a5018: 06-11-2014 - 23:06

[bach7a5018]

 

MỘT SỐ BÀI TOÁN

 

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN DƯƠNG .

 

I, Đơn giản:

 

1.$2x+3y=5xy$

 

2. $3x^2 +7xy+4y^2=30$

 

3. $x+y+z=xyz$

 

4. $u(u-1)= t^2$ (1)

 

(cách giải của (1) được áp dụng khá nhiều trong GPTNN rằng không tồn tại số nguyên a sao cho $X^2<a^2<(X+1)^2$)

 

II.Nâng cao

 

1. $6^x+8^x=10^x$

 

( Tổng quát để giải phương trình: $3^x+4^y=5^z$ )

 

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

 

3. $x^2+(x+1)^2=y^4+(y+1)^4$

 

4.$x^3-y^3-xy=8$

 

5. $x+y+z+t=xyzt$

 

6. $x^6+3x^3+1=y^4$

 

7. $x^2+y^2=2z^2$

 

8.$x^2+y^2=z^2$

 

9.$x^3-3y^3-9y^3=0$

 

10. $(x+1)(y+z)=xyz+2$

 

Mỗi một bài toán ẩn chứa trong đó các phương pháp nhất định. Các bạn thử làm xem nhé !

 

đề bài 9 hình như có vấn đề đó bạn

[bach7a5018]

 

6. $x^6+3x^3+1=y^4$

Do $x,y \ge 1$ nên $x^6  + 2x^3  + 1 < x^6  + 3x^3  + 1 < x^6  + 4x^3  + 4 \Leftrightarrow \left( {x^3  + 1} \right)^2  < y^4  < \left( {x^3  + 2} \right)^2 $    (vô lí)

Vậy phương trình không có nghiệm nguyên dương

[Namthemaster1234]

đề bài 9 hình như có vấn đề đó bạn

 

Không có vấn đề gì đâu bạn.  Như mình đã nói, mỗi bài đều có một phương pháp. Đề bài 9 ta sử dụng phương pháp lùi vô hạn để làm. Mình sẽ trình bày cách làm bài 9 như sau

 

Giải :

 

Giả sử $(x_{0},y_{0},z_{0})$ là bộ nghiệm của phương trình. Khi đó phương trình tương đương là

 

$x_{0}^3-3y_{0}^3-9x_{0}^3=0$ (1)

 

Từ phương trình (1) ta suy ra $x_{0}$ chia hết cho 3. Đặt $x_{0}=3x_{1}$ Thay vào phương trình (1). Phương trình tương đương là:

 

$9x_{1}^3-y_{0}^3+3z_{0}^3=0$ (2)

 

Từ phương trình (2) ta suy ra $y_{0}$ chia hết cho 3. Đặt $y_{0}=3y_{1}$

 

Tương tự đối với $z_{0}$ ta sẽ rút ra được phương trình

 

$x_{1}^3-3y_{1}^3-9z_{1}^3=0$

 

Từ đó ta nhận thấy một bộ nghiệm mới là $(x_{1},y_{1},z_{1})=(\frac{x_{0}}{3},\frac{y_{0}}{3},\frac{z_{0}}{3})$

 

Quá trình cứ tiếp tục mãi và tổng quát  $(\frac{x_{0}}{3^k},\frac{y_{0}}{3^k},\frac{z_{0}}{3^k})$ là nghiệm của phương trình đã cho.

 

Vậy $x_{0}=y_{0}=z_{0}=0$

 

Phương trình không có nghiệm nguyên dương thoả

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Namthemaster1234: 07-11-2014 - 19:59

[Namthemaster1234]

 

Ta có: $\left( 5 \right) \Leftrightarrow \left| {x - y} \right|\left| {x^2  + xy + y^2 } \right| = \left| {xy + 8} \right|$

Dễ thấy $x \ne y$, vì nếu x = y thì (5) trở thành $0 = x^2  + 8$, loại.

Do x, y nguyên nên $\left| {x - y} \right| \ge 1 \Rightarrow \left| {x^2  + xy + y^2 } \right| \le \left| {xy + 8} \right| \Rightarrow x^2  + xy + y^2  \le \left| {xy + 8} \right|$

- Xét $xy + 8 < 0 \Rightarrow \left| {xy + 8} \right| = - 8 - xy$. Khi đó, (5) trở thành:

 $x^2  + xy + y^2  \le  - 8 - xy \Leftrightarrow \left( {x + y} \right)^2  \le  - 8$    ( vô lí )

- Xét $xy + 8 \ge 0 \Rightarrow \left| {xy + 8} \right| = xy + 8$. Khi đó (5) trở thành:

$x^2  + xy + y^2  \le xy + 8 \Leftrightarrow x^2  + y^2  \le 8$

Do đó: $x^2 ,y^2  \in \left\{ {1,4} \right\}$

Mà $x \ne y$ nên $\left\{\begin{matrix} x^{2}=1\\ y^{2}=4 \end{matrix}\right.$  hoặc $\left\{\begin{matrix} x^{2}=4\\ y^{2}=1 \end{matrix}\right.$              (6)

Từ (6) ta dễ ràng suy ra x³ - y³ - xy là một số lẻ mà VP(5) là một số chẵn nên vô lí

                   Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương 

 

 

 

 

 

 

 

 

Vì đề bài cho $x,y$ nguyên dương rồi nên đã có $xy+8>0$ rồi đó bạn. Không cần Xét nhiều TH như thế.

 

Nhưng dù sao nếu GPT nghiệm nguyên thì đây là một bài hoàn chỉnh rồi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Namthemaster1234: 07-11-2014 - 17:26

[bach7a5018]

10.          $(x+1)(y+z)=xyz+2$                (6)

- Xét x = 1. Ta có: $\left( 6 \right) \Leftrightarrow 2\left( {y + z} \right) = yz + 2 \Leftrightarrow \left( {yz - 2y} \right) - \left( {2z - 4} \right) = 2 \Leftrightarrow \left( {y - 2} \right)\left( {z - 2} \right) = 2$

 Giải phương trình trên ta tìm được bộ ba số ( x, y, z ) = ( 1, 3, 4 ); ( 1, 4, 3 )

- Xét $x \ge 2$ và $y \le z$

       + Với y =1. Ta có: $\left( 6 \right) \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {1 + z} \right) = xz + 2 \Leftrightarrow x + xz + 1 + z = xz + 2 \Leftrightarrow x + z = 1$

     ( loại do $x + z \ge 2$ )

      + Với$y \ge 2$. Ta có: $\left( 6 \right) \Leftrightarrow xy + xz + y + z = xyz + 2 \Leftrightarrow x\left( {y + z - yz} \right) = 2 - y - z$

   Do $x \ge 2 \Rightarrow x\left( {y + z - yz} \right) \ge 2\left( {y + z - yz} \right) \Leftrightarrow 2 - y - z \ge 2\left( {y + z - yz} \right) \Leftrightarrow 2yz - 3y - 3z + 2 \le 0 \Leftrightarrow 4yz - 6y - 6z + 4 \le 0 \Leftrightarrow \left( {2y - 3} \right)\left( {2z - 3} \right) + 13 \le 0$   ( vô lí do $2 \le y \le z$ )

- Xét $x \ge 2$ và $y \ge z$. Tương tự ta không tìm được bộ ba số x, y, z nào thỏa mãn đề bài

         Vậy phương trình có nghiệm: ( x, y, z ) = ( 1, 3, 4 ); ( 1, 4, 3 )

 

 

 

 

[bach7a5018]

 

7.       $x^2+y^2=2z^2$         (7)

Ta có: $\left( 7 \right) \Leftrightarrow 2x^2  + 2y^2  = 4z^2  \Leftrightarrow \left( {x + y} \right)^2  + \left( {x - y} \right)^2  = \left( {2z} \right)^2 $

Theo kết quả của bài 8 ta có: 

$\left\{\begin{matrix} x+y=\frac{m^{2}-n^{2}}{2}\\ x-y=mn\\ 2z=\frac{m^{2}+n^{2}}{2} \end{matrix}\right.$   ( với m, n là số lẻ nguyên tố cùng nhau và m > n )              (8)

Từ $\left ( 8 \right )\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \left ( x+y \right )-\left ( x-y \right )=\frac{m^{2}-n^{2}-2mn}{2}\Leftrightarrow y=\frac{m^{2}-n^{2}-2mn}{4}\\ \left ( x+y \right )+\left ( x-y \right )=\frac{m^{2}-n^{2}+2mn}{2}\Leftrightarrow x=\frac{m^{2}-n^{2}+2mn}{4} \end{matrix}\right.$

và $z = \frac{{m^2  + n^2 }}{4}$

   Đảo lại, ta dễ thấy bộ ba số x, y, z thỏa mãn phương trình

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bach7a5018: 08-11-2014 - 21:19

[hoangngochai]

Hay quá. Các bài tập trong này có đủ mọi phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên. Nhưng em có bài toán này, mong các anh trợ giúp

 Chứng minh rằng có vô số số nguyên x để biểu thức sau là số chính phương:

                  $\left ( 1+2+3+...+x \right )\left ( 1^{2}+2^{2}+3^{2}+...+x^{2} \right )$

[Namthemaster1234]

 

Hay quá. Các bài tập trong này có đủ mọi phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên. Nhưng em có bài toán này, mong các anh trợ giúp

 Chứng minh rằng có vô số số nguyên x để biểu thức sau là số chính phương:

                  $\left ( 1+2+3+...+x \right )\left ( 1^{2}+2^{2}+3^{2}+...+x^{2} \right )$

 

 

$A=(1+2+3+...+x)(1^2+2^2+3^2+...+x^2)=\frac{(x+1)x}{2}.\frac{(x+1)x(2x+1)}{6}=\frac{x^2.(x+1)^2.(2x+1)}{12}=\frac{(x+1)^2.x^2}{2^2}.\frac{2x+1}{3}$

 

Để  biểu thức A là số chính phương thì $\frac{2x+1}{3 }$ phải là số chính phương

 

Trước hết $2x+1=3k$ (k là số tự nhiên) . $x=(3k-1)/2$

 

$=> \frac{2x+1}{3}=k$ (có vô số k là số chính phương)

 

Vậy có vô số $x=(3k-1)/2$ thỏa mãn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Namthemaster1234: 09-11-2014 - 06:19