Phương trình nghiệm nguyên, số chính phương
#21
Đã gửi 05-06-2009 - 22:07
#22
Đã gửi 06-06-2009 - 20:40
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 thôianh làm hẳn ra xem cách có hay ko nào?Ý nói bài ko chia hết cho 5
La classe des Matériaux Avancés - Groupe des Écoles des Mines (GEM)
Mél: [email protected]
Y!M: turjnto_le
Facebook: http://www.facebook.com/hongthai.le
Télé: +84(0)936 431 156
+84(0) 979 646 777
#23
Đã gửi 06-06-2009 - 21:53
Vp có tận cùng là 3.( vô lí) vì VT là số cphương
#24
Đã gửi 06-06-2009 - 21:55
#25
Đã gửi 07-06-2009 - 08:10
Với $x=1$ thì $2(y+z)=yz-1$ giải bình thườnggiải PT nghiệm nguyên dương: $2(y+z)=xyz-x$
Với $x \geq 2$ thì $2(y+z) \geq 2yz-2 \Rightarrow (y-1)(z-1) \leq 2$
mà nó lại nguyên dương...
#26
Đã gửi 07-06-2009 - 12:35
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
#27
Đã gửi 08-06-2009 - 09:04
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
#28
Đã gửi 08-06-2009 - 09:42
$b)2^{2^{2n}+1}+3 =2^{4^n.2}+3=4^{3k+1}+3=64^k.4+3$ chia hết cho 7
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 08-06-2009 - 13:56
Give me some rain
Give me another chance
I wanna grow up once again
#29
Đã gửi 08-06-2009 - 09:46
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
Give me some rain
Give me another chance
I wanna grow up once again
#30
Đã gửi 08-06-2009 - 10:47
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
Đây là chữ kí :|
#31
Đã gửi 09-06-2009 - 16:06
#32
Đã gửi 11-06-2009 - 09:27
#33
Đã gửi 11-06-2009 - 10:33
A ko là số chính phươngCho 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?
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!!!!
#34
Đã gửi 11-06-2009 - 21:42
Sử dụng Viétcho pT: $x^{2}-x-a=0$.TÌm a nguyên để cho :$x_{1}^{3}(1+4x_{2}^{2})+x_{2}^{3}(1+4x_{1}^{2})+4 \vdots 6$
$x_{1} ^{3} + x_{2}^{3} +4x_{1}^{2}x_{2}^{2}(x_{1}^{2}+x_{2}^{2})$
$ =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
#35
Đã gửi 13-06-2009 - 17:12
a, $(1+7x^{8})^{6}=14x^{4}$
b,$243^{x}=82+x^{2}$
#36
Đã gửi 13-06-2009 - 19:25
a)$1+7x^{8}$ 7Giải PT nghiệm nguyên dương sau :
a, $(1+7x^{8})^{6}=14x^{4}$
b,$243^{x}=82+x^{2}$
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
#37
Đã gửi 15-06-2009 - 19:39
#38
Đã gửi 15-06-2009 - 21:36
Do 4 chia 3 dư 1 nên $4^y \equiv 1 (mod 3) $=>$5^z \equiv 1 (mod 3)$Giải PT nghiệm nguyên : $3^{x}+4^{y}=5^{z}$
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.
#39
Đã gửi 15-06-2009 - 23:54
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 ....................
nAmE : sHenDy
"từ cấm": GirL
aGe: 15
njcK yAhOo: prince_hoinach
rAp jS nUmbEr oNe .............
sHenDy đà tRở lẠi ............ lỢi hẠi gẤp 2 lẦn ............
#40
Đã gửi 18-06-2009 - 15:04
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
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh