Chủ đề này có 40 trả lời

[Hero Math]

anh làm hẳn ra xem cách có hay ko nào?Ý nói bài ko chia hết cho 5

[hongthaidhv]

anh làm hẳn ra xem cách có hay ko nào?Ý nói bài ko chia hết cho 5

Dạng này ta thường dùng pp xét các số dư . Cụ thể với bài này ta sẽ làm như sau: Ta có $n^2+n+2=(n+2)(n-1)+4$. Một số khi chia cho 5 có các số dư là $0; \pm1 \ ; \pm2$. Thay vào là ok thôi

[Hero Math]

cách khác :$ n^{2}+n+2=5k \Leftrightarrow 4(n^{2}+n+2)=20k \Leftrightarrow (2n+1)^{2}=20k-7$
Vp có tận cùng là 3.( vô lí) vì VT là số cphương

[Hero Math]

giải PT nghiệm nguyên dương: $2(y+z)=xyz-x$

[apollo_1994]

giải PT nghiệm nguyên dương: $2(y+z)=xyz-x$

Với $x=1$ thì $2(y+z)=yz-1$ giải bình thường
Với $x \geq 2$ thì $2(y+z) \geq 2yz-2 \Rightarrow (y-1)(z-1) \leq 2$
mà nó lại nguyên dương...

[dotlathe]

6,giải PT nghiệm tự nhiên :$ 5^{x}=1+2^{y}$

TH1: x chẵn : pt $ <=> 25^x = 1 + 2^y $

Ta thấy $ 25^x \equiv 1 $ (mod 3)

$ 1 + 2^y \equiv 0 $ (mod 3)

Hoặc $ 1 + 2^y \equiv 2 $ (mod 3) (Vô lý)

TH2 : x chẵn .Đặt x = 2z

pt $ <=> 5.25^z = 1 + 2^y $

Lại có $ 5.25^z \equiv 5 $ (mod 8)

$ => y = 2 $

$ => x = 1 $

Vậy x = 1; y = 2

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dotlathe: 07-06-2009 - 12:51

[Hero Math]

a, CMR: $11^{n+2}+12^{2n+1} \vdots 133 $( với mọi n tự nhiên )
b,CMR:$ 2^{{2}^{2n+1}} + 3 \vdots 7$ với $n \in N*$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hero Math: 08-06-2009 - 09:05

[anh qua]

$a)11^{n+2}+12^{2n+1}=11^n.121+144^n.12=11^n.121+12.11^n+144^n.12-11^n.12=133.11^n+B.(144-11)$
$b)2^{2^{2n}+1}+3 =2^{4^n.2}+3=4^{3k+1}+3=64^k.4+3$ chia hết cho 7

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 08-06-2009 - 13:56

[anh qua]

2(y+z)=xyz-x=>2z+2y+x=xyz.
Giả sử $x \geq y \geq z$
=>$xyz \leq 5x =>yz \leq 5$
=>x,y,z

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 08-06-2009 - 14:00

[tiger_cat]

Giải PT nghiệm nguyên : $x^{2}+17y^{2}+34xy+51(x+y)=1740$

$<=> x^2=1740-[17y^{2}+34xy+51(x+y)]$ chia 17 dư 6

mà SCP ko chia 7 dư 6

=> Vô nghiệm

[Hero Math]

cho pT: $x^{2}-x-a=0$.TÌm a nguyên để cho :$x_{1}^{3}(1+4x_{2}^{2})+x_{2}^{3}(1+4x_{1}^{2})+4 \vdots 6$

[Hero Math]

Cho A là 1 số có 1000 chữ số trong đó có 999 chữ số 5 và 1 chữ số khác 5.Hỏi A cxó thể là số chính phương hay không?

[Nguyễn Minh Cường]

Cho A là 1 số có 1000 chữ số trong đó có 999 chữ số 5 và 1 chữ số khác 5.Hỏi A cxó thể là số chính phương hay không?

A ko là số chính phương
bài này mình sử dụng kiến thức''Hai chữ số cuối cùng của số chính phương''của Nguyễn Hoàng Nam là ra có gì đâu!!!!

[Nguyễn Minh Cường]

cho pT: $x^{2}-x-a=0$.TÌm a nguyên để cho :$x_{1}^{3}(1+4x_{2}^{2})+x_{2}^{3}(1+4x_{1}^{2})+4 \vdots 6$

Sử dụng Viét
$x_{1} ^{3} + x_{2}^{3} +4x_{1}^{2}x_{2}^{2}(x_{1}^{2}+x_{2}^{2})$
$ =4a^{2}+3a+5 \vdots 6 $
$\Rightarrow 4a^{2}+3a+5 \vdots 2$ và 3
$4a^{2} +3a+5 \vdots 2$ a lẻ
$4a^{2} +3a+5 \vdots 3$ a có dạng 3k+1
từ hai điều này a=6p+1
xét $\Delta \Rightarrow a \geq \dfrac{-1}{4}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Minh Cường: 12-06-2009 - 08:31

[Hero Math]

Giải PT nghiệm nguyên dương sau :
a, $(1+7x^{8})^{6}=14x^{4}$
b,$243^{x}=82+x^{2}$

[Nguyễn Minh Cường]

Giải PT nghiệm nguyên dương sau :
a, $(1+7x^{8})^{6}=14x^{4}$
b,$243^{x}=82+x^{2}$

a)$1+7x^{8}$ 7
1 7
PT vô nghiệm
b)$243^{x}=81+(1+x^{2})$
$1+x^{2} \vdots 3$
PT vô nghiệm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Minh Cường: 14-06-2009 - 08:15

[Hero Math]

Giải PT nghiệm nguyên : $3^{x}+4^{y}=5^{z}$

[pth_tdn]

Giải PT nghiệm nguyên : $3^{x}+4^{y}=5^{z}$

Do 4 chia 3 dư 1 nên $4^y \equiv 1 (mod 3) $=>$5^z \equiv 1 (mod 3)$
Ta có: $5^z \equiv 2^z (mod 3)$ nên $2^z \equiv 1 (mod 3)$. Mà $2 \equiv -1 (mod 3)$ nên ta có z chẵn. Đặt z=2a (a là một số tự nhiên).
=>$3^x=(5^a-2^y)(5^a+2^y)$.
Suy ra cả 2 số $5^a-2^y;5^a+2^y$ đều là lũy thừa của 3.
Nếu $5^a-2^y>1$ thì $5^a-2^y; 5^a+2^y$ phải đồng thời chia hết cho 3.
=>$(5^a-2^y)+(5^a+2^y)=2.5^a$ chia hết cho 3. Điều này không thỏa mãn do cả 2 và $5^a$ đều nguyên tố cùng nhau với 3 nên không thể chia hết cho 3 được.
=>$5^a-2^y=1$ và $5^a+2^y=3^k$
=>$2.5^a \equiv 2. (-1)^a \equiv 1 \equiv -2 (mod 3)$=>a phải là một số lẻ.
Ta có: $5^a$ tận cùng bằng 5. Suy ra $2^y$ phải tận cùng bằng 4.
=> y chia 4 dư 2 (chia hết cho 2). Đặt a=2p+1; y=2q
Ta có pt: $5^{2p+1}+2^{2q}=3^x$.
Nếu q=1 thì: $5^{2p+1}-4=1$ nên 2p+1=1=>p=0.=>a=1=>z=2;y=2 và x=2.
Nếu q>1 thì: $2^{2q}$ chia hết cho 8.
$5^{2p+1}=25^p.5 \equiv 5 (mod 8)$.
$3^x \equiv 0;3 (mod 8)$ mà $5^{2p+1}+2^{2q} \equiv 5 (mod 8)$ nên không thỏa mãn.
Vậy ta có duy nhất bộ (x;y;z)=(2;2;2) thỏa mãn.

[shendy_gvr]

cách khác :$ n^{2}+n+2=5k \Leftrightarrow 4(n^{2}+n+2)=20k \Leftrightarrow (2n+1)^{2}=20k-7$
Vp có tận cùng là 3.( vô lí) vì VT là số cphương

1 cách khác nữa :

$n^2+n+2=n^2-4n+4-2+5n=(n-2)^2-2+5n$

Sô' ch'jnh phương hok chja 5 dư 2

=> $(n-2)^2-2+5n$ hok chja hết 5 ....................

[Hero Math]

1,CMR : tôn tại các số nguyên dương x,y,z sao cho: $x^{x}+y^{y}=z^{p}$ với p là số nguyên tố lẻ.
2,Cho p là số nguyên tố và $p=4k+1$.Hỏi có tôn tại số tự nhiên n sao cho :$ n^{2}+2^{n} \vdots 2p$
3,tìm 7 số nguyên tố sao cho :
$p_1p_2p_3p_4p_5p_6p_7=p_1^{6}+p_2^{6}+p_3^{6}+p_4^{6}+p_5^{6}+p_6^{6}+ p_7^{6}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hero Math: 18-06-2009 - 15:08