Chủ đề này có 63 trả lời

[Ispectorgadget]

Bài 18:

Bài 3: Đặt $x=y+d (d \in N*)$
Ta có: $$(y+d)^3-y^3=(y+d)y+8$$
$\iff y^2(3d-1)+y(3d^2-d)-8+d^3=0 (1)$
Chú ý: Với mọi $d\in Z$ thì $3d-1\neq 0$
Do đó phương trình (1) có nghiệm $\iff \Delta \ge 0$ hay $(3d^2-d)^2-4(4d-1)(d^3-8) \ge 0$
$$\iff -96d -3d^4-2d^3-d^2-32 \ge 0$$
$$\iff 96d+3d^4-2d^3-d^2+32 \le 0$$
$$\iff (x- \frac{1}{3})(3x^3+3x^2-96)\le 0$$
Nếu $x\geq 3$ thì $ (x- \frac{1}{3})(3x^3+3x^2-96)\geq 32>0$ suy ra phương trình (1) vô nghiệm.
Đễ (1) có nghiệm thì $1 \le d \le 2$. Kiểm tra thì thấy phương trình có nghiệm nguyên khi $d=2$ khi đó $y=-2$ hoặc $y=0$
Vậy nghiệm của phương trình là $\boxed {(x;y)=(-2;0);(0;-2)}$

C2:

ta có phương trình tương đương
$$|x-y||x^2+xy+y^2|=|xy+8|$$
Dễ thấy $x=y$ ko fải là nghiệm nên $x\neq
y$
Because
$$x,y \in \mathbb{Z} \to |x-y|\ge 1\to x^2+y^2+xy \le |xy+8|$$
Bây giờ chúng ta đi xét 2 trường hợp
$$\boxed{TH1}:xy+8 <0 ;\boxed{TH2}:xy+8 \ge0$$

Từ đây tìm được nghiệm như trên.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 14-04-2012 - 15:17

[perfectstrong]

Lăng xăng chút xíu
Bài 14:
$x^y+1=z$ (1)
Nếu $x>2 \Rightarrow x^y+1>4 \Rightarrow z>4 \Rightarrow z$ lẻ.
Mặt khác, $x^y+1 \vdots 2 \Rightarrow z=2$: vô lý.
Vậy $x=2$. (1) trở thành: $2^y+1=z$ (2).
Với $y=2$ thì $z=5$: thỏa.
Với $y>2 \Rightarrow z>3$. Mặt khác
\[
2^y + 1 = 2^{2k + 1} + 1 = 4^k .2 + 1 \equiv 1^k .2 + 1 \equiv 0\left( {\bmod 3} \right) \Rightarrow 3|z:False
\]
Vậy $y>2$ thì pt vô nghiệm nguyên tố.
Kết luận: $x=y=2;z=5$.
Bài 16: a) Đề thách đấu của Beta gửi Gamma trận I
http://diendantoanho...ndpost&p=279666

Phương trình đã cho tương đương với:
$x^6+z^3+(y^2+5)^3=3x^2z(y^2+5)$
Áp dụng BĐT AM-GM cho ba số dương $x^6,y^3,(y^2+5)^3$, ta có:
$x^6+z^3+(y^2+5)^3 \ge 3 \sqrt[3]{x^6z^3(y^2+5)^3}=3x^2z(y^2+5)$

Do đó phương trình đã cho tương ứng với trường hợp xảy ra dấu bằng:

$\begin{cases}x^6=z^3 \\x^6=(y^2+5)^3\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x^2=z \\x^2=y^2+5\;\;\;(1)\end{cases}$
Vì $x,y,z>0$
$(1)\;\;\Leftrightarrow (x-y)(x+y)=5=1.5 \Rightarrow x=3;\;y=2 \Rightarrow z=9$

Phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương duy nhất là: $(x,y,z)=(3,2,9)$

Bài 18: http://diendantoanho...ndpost&p=309447

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 14-04-2012 - 17:18

[ToanHocLaNiemVui]

Mình xin góp 1 bài:
Bài 19: Giải PT nghiệm nguyên sau :
$x^{3}+x^{2}+x+1=1993^{y}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ToanHocLaNiemVui: 14-04-2012 - 20:19

[ToanHocLaNiemVui]

Mình xin góp 1 bài:
Bài 19: Giải PT nghiệm nguyên sau :
$x^{3}+x^{2}+x+1=1993^{y}$.

Cho mình xin fix lại bài nha, mình ghi nhầm 1 chút, mong mọi người thông cảm.

[ToanHocLaNiemVui]

Theo mình bài 21 cái chỗ $(y^{2}+5)$ là $(y^{2}+5)^{3}$, khi đó mình làm như sau :
PT đã cho tương đương với:
$(x^{2})^{3}+(y^{2}+5)^{3}+z^{3}=3x^{2}z(5+y^{2})$
AD BĐT Cauchy ta được $VT\geq VP$
Đến đây ta xét dấu bằng xảy ra khi nào thôi là tìm được nghiệm.

[ToanHocLaNiemVui]

Topic có vẻ buồn nhỉ, mong các bạn tích cực tham gia.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ToanHocLaNiemVui: 15-04-2012 - 11:00

[L Lawliet]

Bài 15:
Đặt $x^2=a (a\geq 0)$ và $y^2+7=b (b\geq 0)$ khi đó phương trình trở thành:
$$a+4b=17(a^2+b^2)$$
phương trình này đơn giản hơn rồi, đang bận xí nên không giải cụ thể được .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi L Lawliet: 15-04-2012 - 21:50

[L Lawliet]

Chị Ly ơi bài nào đã giải quyết rồi thì mình bôi đỏ ở Bài x: cho dễ nhận biết chị nhé

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi L Lawliet: 10-05-2012 - 16:55

[tieulyly1995]

Bài 20 :
Cho 3 đường thẳng $3x-y+2=0$; $-x+y-1=0$; $x+2y=0$. Tìm tất cả các số nguyên $n$ để đường thẳng $y-n=0$ cắt cả ba đường thẳng trên tại các điểm có tọa độ nguyên.

Bài 21:
Cho $a,b,c $ là các số nguyên thỏa mãn điều kiện : $\left | a \right |\leq \left | b \right |\leq A$, trong đó $A$ nguyên dương và $(a,b)=1$. Xét PT nghiệm nguyên $ax+by=c$. CMR: số nghiệm của PT trên thỏa mãn điều kiện $\left | x \right |\leq A$; $\left | y \right |\leq A$ không vượt quá $\frac{3A}{\left | b \right |}$.

Bài 22:
Giả sử $a_{1}, a_{2}, ..., a_{k}$ là $k$ số nguyên dương đôi một nguyên tố cùng nhau. Kí hiệu $b_{i}=\frac{a_{1}a_{2}...a_{k}}{a_{i}}$. Tìm số nguyên dương $c$ lớn nhất để PT $b_{1}x_{1}+b_{2}x_{2}+...+ b_{k}x_{k}=c$ không có nghiệm nguyên dương.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tieulyly1995: 15-04-2012 - 21:53

[L Lawliet]

Bài 20:
Cho 3 đường thẳng $3x-y+2=0$; $-x+y-1=0$; $x+2y=0$. Tìm tất cả các số nguyên $n$ để đường thẳng $y-n=0$ cắt cả ba đường thẳng trên tại các điểm có tọa độ nguyên.

Bài 20:
Xét các phương trình hoành độ giao điểm sau:
$$3x+2=n\Leftrightarrow 3x-n=-2$$
$$x+1=n\Leftrightarrow x-n=-1$$
$$\frac{x}{2}=n\Leftrightarrow \frac{x}{2}-n=0$$
Lập 2 phương trình đôi 1 thành 1 hệ giải hệ đó và nhận giá trị n nguyên.
Đáp sô: $n=-1$
P/s: Sai thì chị Ly chỉ nhé .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi L Lawliet: 15-04-2012 - 22:03

[tieulyly1995]

Bài 15:
Đặt $x^2=a (a\geq 0)$ và $y^2+7=b (b\geq 0)$ khi đó phương trình trở thành:
$$a+4b=17(a^2+b^2)$$
phương trình này đơn giản hơn rồi, đang bận xí nên không giải cụ thể được .

Bài này em nhầm rồi , phải là
$(a+4b)^{2}=17(a^2+b^2)$

[L Lawliet]

Bài này em nhầm rồi , phải là
$(a+4b)^{2}=17(a^2+b^2)$

À cảm ơn chị hèn gì em giải lại không ra =))

[tieulyly1995]

Bài 15:
Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
b) $y^3-x^3=3x$

Bài này ta sử dụng phương pháp đánh giá
$PT\Leftrightarrow y^{3}=x^{3}+3x$
Ta thấy :$-3x^{2}-1< 0$ ,với mọi $x$ nguyên
$\Rightarrow x^{3}-3x^{2}+3x-1< x^{3}+3x< x^{3}+3x^{2}+3x+1$
hay : $(x-1)^{3}< y^{3}< (x+1)^{3}$
Vì $x,y$ nguyên nên $y=x$
Thay vào PT đề bài ta được nghiệm của PT là $x=y=3$

Một số bài tập tương tự dùng phương pháp đánh giá :
1) $1+x+x^{2}+x^{3}=y^{2}$
2) $x^{3}-y^{3}-2y^{2}-3y-1=0$
3) $x^{4}+x^{2}+1=y^{2}$
p/s : bài $17$ cũng có thể sử dụng phương pháp đánh giá. Các bạn thử làm xem

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tieulyly1995: 16-04-2012 - 19:17

[ToanHocLaNiemVui]

Gợi ý bài 19 nhé:
Phân tích: $(x^{2}+1)(x+1)=1993^{y}$.
Đến đây chỉ việc đánh giá là $y$ chỉ có thể là $0$, từ đó tìm ra $x$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ToanHocLaNiemVui: 16-04-2012 - 21:07

[tieulyly1995]

Bài 15:
Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
a) $(x^2+4y^2+28)^2=17(x^4+y^4+14y^2+49)$

Cách 2 :
Ta có :
$VT= \left [ x^{2} +4(y^{2}+7)\right ]^{2}\leq \left ( 1^{2} +4^{2}\right )\left [ x^{4}+(y^{2}+7)^{2} \right ]= VP$
Đẳng thức xảy ra khi :
$x^{2}= \frac{y^{2}+7}{4}\Leftrightarrow x=2; y=3$

[L Lawliet]

Cách 2 :
Ta có :
$VT= \left [ x^{2} +4(y^{2}+7)\right ]^{2}\leq \left ( 1^{2} +4^{2}\right )\left [ x^{4}+(y^{2}+7)^{2} \right ]= VP$
Đẳng thức xảy ra khi :
$x^{2}= \frac{y^{2}+7}{4}\Leftrightarrow x=2; y=3$

Chị chém xong mấy bài của em đi rồi em post bài mới luôn

[tieulyly1995]

Bài của ai người đấy gánh chứ nhỉ .
Đùa thôi, em cứ post bài mới đi, mấy bài còn lại nhường cho các bạn làm dần ...

[ToanHocLaNiemVui]

Bài 19 đây:

Gọi PT đã cho là (1), thì:

$(1)\Leftrightarrow (x+1)(x^{2}+1)=1993^{y}$

$\Rightarrow y\geq 0$

Xét: +, $y=0\Rightarrow x=0$

+, $y>0\Rightarrow y\geq 1,x\neq 0:$ khi đó:

$\Rightarrow x^2+1\vdots (x+1)$

$\Rightarrow (x+1)^2-2x\vdots (x+1)$

$\Rightarrow 2x \vdots (x+1) $, mà:

$x+1\vdots 1993$

$\Rightarrow 2x\vdots 1993$

Lại có: $x$ không chia hết cho $1993$ (do $x$ chẵn)

$\Rightarrow 2x\vdots 1993 $ là vô lí.

Vậy ta có $(x;y)=0$.

P/S: MONG MỌI NGƯỜI TÍCH CỰC THAM GIA VÀO TOPIC

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ToanHocLaNiemVui: 17-04-2012 - 10:58

[ToanHocLaNiemVui]

Topic có vẻ buồn nhỉ, mọi người tích cực lên, Mình góp 1 bài:
Giải PT nghiệm nguyên sau:
$xy=z^{2}$

[L Lawliet]

Topic có vẻ buồn nhỉ, mọi người tích cực lên, Mình góp 1 bài:
Giải PT nghiệm nguyên sau:
$xy=z^{2}$

Phương trình đó có trong bài tập mình đã post.
Ta có tính chất: Nếu tích của 2 số nguyên tố cùng nhau bằng bình phương của 1 số thì 1 trong 2 số đó đều là số chính phương.
Chứng minh:
Giả sử $ab=c^2$ với a, b, c thuộc $N^*$, $(a,b)=1$.
Nếu trong a và b có 1 số, chẳng hạn a, chứa thừa số nguyên tố p với số mũ lẻ thì số b không chứa thừa số p nên $c^2$ chứa thừa số p với số mũ lẻ, trái với giả thuyết $c^2$ là số chính phương.
Vậy a và b đều chỉ chứa thừa số nguyên tố với số mũ chẵn, tức là a và b đều là số chính phương.
Áp dụng tính chất trên ta có lời giải như sau:
Trước hết ta xét ƯCLN $(x,y,z)=1$. Thật vậy nếu bộ 3 số $(x_{0},y_{0},z_{0})=1$ thỏa mãn phương trình trên và có ƯCLN bằng d, giả sử $x_{0}=dx_{1}$, $y_{0}=dy_{1}$, $z_{0}=dz_{1}$ thì bộ $(x_{1}, y_{1}, z_{1})$ cũng là nghiệm của phương trình trên với ƯCLN $(x_{1}, y_{1}, z_{1})=1$.
Vậy x, y, z đôi một nguyên tố cùng nhau.
Áp dụng tính chất trên ta có: $x=a^2, y=b^2$ với a, b $\in N^*$.
Suy ra $z^2=xy=(ab)^2\Leftrightarrow z=ab$.
Như vậy nghiệm nguyên của phương trình trên là:
$$x=ta^2$$
$$y=tb^2$$
$$z=tab$$
với t, a, b là các số nguyên dương tùy ý.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi L Lawliet: 18-04-2012 - 16:15