Đến nội dung


Chú ý

Do trục trặc kĩ thuật nên diễn đàn đã không truy cập được trong ít ngày vừa qua, mong các bạn thông cảm.

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Topic tổng hợp các bài toán về phương trình nghiệm nguyên.


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 565 trả lời

#21 duaconcuachua98

duaconcuachua98

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 461 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Stamford Bridge

Đã gửi 27-12-2012 - 17:37

Bài 18. Tìm $x,y \in \mathbb{N}^*$ sao cho $6x+5y+18=2xy$.


Ta có phương trình đã cho $\Leftrightarrow 2x(3-y)-5(3-y)=-23\Leftrightarrow (2x-5)(3-y)=-23$
Vì $x;y\in \mathbb{N}^{*}$ nên $(2x-5)(3-y)$ là tích 2 số nguyên
Mà $-23$ viết thành tích của 2 số nguyên có các trường hợp là $-23=1.(-23)=-1.23=23.(-1)=-23.1$
Tới đây thử các trường hợp ta tìm được phương trình có 2 nghiệm tự nhiên $(x;y)$ là $(3;26);(14;4)$

Nhận xét. Lời giải của bạn đang còn thiếu nghiệm. :closedeyes: Bạn kiểm lại coi sao nhé! :excl:

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 28-12-2012 - 06:00


#22 DarkBlood

DarkBlood

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 619 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 27-12-2012 - 17:59

Bài 18. Tìm $x,y \in \mathbb{N}^*$ sao cho $6x+5y+18=2xy$.

Vì $x\in N*$ nên $2x-5\neq 0$
Ta có:
$6x+5y+18=2xy$
$\Leftrightarrow 6x+18=2xy-5y=y(2x-5)$
$\Leftrightarrow \frac{6x+18}{2x-5}=y$
$\Leftrightarrow 3+\frac{33}{2x-5}=y$
Vì $y$ nguyên nên $\frac{33}{2x-5}\in Z$ $(x\in N^*)$
Do đó $2x-5\in U(33)={\pm 1;\pm 3;\pm 11;\pm 33}$
Vì $x>0$ nên $2x-5>-5,$ do đó ta chỉ xét các trường hợp:
Trường hợp 1: $2x-5=-3,$ tính được $x=1;$ $y=-8$ $($loại vì $y>0)$
Trường hợp 2: $2x-5=-1,$ tính được $x=2;$ $y=-30$ $($loại vì $y>0)$
Trường hợp 3: $2x-5=1,$ tính được $x=3;$ $y=36$
Trường hợp 4: $2x-5=3,$ tính được $x=4;$ $y=14$
Trường hợp 5: $2x-5=11,$ tính được $x=8;$ $y=6$
Trường hợp 6: $2x-5=33,$ tính được $x=19;$ $y=4$
Vậy phương trình có nghiệm $$\boxed {(x;y)=(3;36);(4;14);(8;6);(19;4)}$$

#23 Joker9999

Joker9999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:K46- Toán1 Chuyên Sư Phạm
  • Sở thích:Nghe nhạc, đánh đàn guitar và làm BDT

Đã gửi 27-12-2012 - 21:31

Bài 17. Giải phương trình nghiệm nguyên $$8x^2+23y^2+16x-44y+16xy-1180=0$$


Giải như sau:
$$8x^2+23y^2+16x-44y+16xy-1180=0$$$\Leftrightarrow 8(x+y+1)^2+15(y-2)^2=1248\vdots 4\Rightarrow y-2\vdots 2$
Mặt khác

$15(y-2)^2\leq 1248\Rightarrow $\left | y-2 \right |$\leq 9$
Do vậy ta duyệt các trường hợp và nhận được:
$\left | y-2 \right |=8,\left | x+y+1 \right |=6$. Tới đây dễ rồi....




Bài 19. Giải phương trình nghiệm nguyên $$32x^6+16y^6+4z^6=t^6$$

Bài này thì khá quen thuộc rồi, dùng lùi vô hạn
$$32x^6+16y^6+4z^6=t^6$$$\Rightarrow t\vdots 2,t=2t_1$
$32x^6+16y^6+4z^6=64t_1^6\Leftrightarrow 8x^6+4y^6+z^6=16t_1^6$ $\Rightarrow z\vdots 2,z=2z_1$
$8x^6+4y^6+64z_1^6=16t_1^6\Leftrightarrow 2x^6+y^6+16z_1^6=4t_1^6$ $\Rightarrow y\vdots 2,y=2y_1$
$2x^6+64y_1^6+16z_1^6=4t_1^6\Leftrightarrow x^6+32y_1^6+8z_1^6=2t_1^6$ $\Rightarrow x\vdots 2,x=2x_1$
$\Rightarrow 32x_1^6+16y_1^6+4z_1^6=t_1^6$
Như vậy ta cũng nhận được $(x_1,y_1,z_1,t_1)$ là nghiệm, tiếp tục lùi vô hạn ta nhận được nghiệm duy nhất là nghiệm tầm thường $x=y=z=0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Joker9999: 27-12-2012 - 21:38

<span style="font-family: trebuchet ms" ,="" helvetica,="" sans-serif'="">Nỗ lực chưa đủ để thành công.


.if i sad, i do Inequality to become happy. when i happy, i do Inequality to keep happy.

#24 Joker9999

Joker9999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:K46- Toán1 Chuyên Sư Phạm
  • Sở thích:Nghe nhạc, đánh đàn guitar và làm BDT

Đã gửi 27-12-2012 - 21:47

Thay đổi chút,
Bài 20: Giải phương trình nghiệm nguyên dương:

$y^3(z^2+z)+x^2=xy+2xyz$

Bài 21: Giải phương trình nghiệm nguyên:

$28^x=19^y+87^z$

Bài 22: GIải phương trình nghiệm nguyên dương:

$1!+2!+...+x!=y^z$


<span style="font-family: trebuchet ms" ,="" helvetica,="" sans-serif'="">Nỗ lực chưa đủ để thành công.


.if i sad, i do Inequality to become happy. when i happy, i do Inequality to keep happy.

#25 HungHuynh2508

HungHuynh2508

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 222 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THPT Cẩm Xuyên
  • Sở thích:Thậm chí ngay cả trong trò chơi của con trẻ cũng có những điều khiến nhà toán học vĩ đại nhất phải quan tâm.

Đã gửi 28-12-2012 - 10:05

Bài 23 : chứng minh rằng phương trình $a^{5}+b^{1980}=c^{19}$ có vô số nghiệm
Hạnh phúc là cho đi đâu chỉ nhận riêng mình!

7e3c59fbf62d4c5280e6cf2ad53cdcb8.0.gif

#26 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 28-12-2012 - 11:39

Bài 22: GIải phương trình nghiệm nguyên dương:

$1!+2!+...+x!=y^z$


Với $x=1 \Rightarrow y=1$ và với mọi $z \in \mathbb{N}^*$.
Với $x \ge 2$ thì $VT \ \vdots 3 \Rightarrow y^z \ \vdots 3 \Rightarrow y \ \vdots 3 \qquad (1)$.
  • Nếu $z=1$ thì với mọi $x \in \mathbb{N}^*,x \ge 2$ ta luôn tìm được $y$ thỏa mãn $$1!+2!+ \cdots + x!=y$$.
  • Nếu $z=2$. Ta có $$1!+2!+ \cdots + x!=y^2$$ Xét hai trường hợp nếu $x \ge 5$ thì $VT$ tận cùng là $3$, trong khi đó VP là số chính phương, không thể tận cùng là $3$, mâu thuẫn. Còn với $x \le 4$ thì ta tìm được $(x,y,z)=(3,3,2)$.
  • Nếu $z \ge 3$ thì $(1) \Rightarrow y^z \ \vdots 27$. Xét với $x \ge 9$ thì $VT \equiv 9 \pmod{27}$, trong khi $y^z \ \vdots 27$, mâu thuẫn. Tiếp tục với $x \le 8$ thì cũng không tìm được $y$ nguyên dương thỏa mãn.
Vậy phương trình có nghiệm $$\boxed{(x,y,z)=(3;3;2),(1;1;k),(m,n,1)}$$ với $m,n,k \in \mathbb{N}^*, m \ge 2, n=1!+2!+ \cdots + m!$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 28-12-2012 - 11:40

“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#27 Joker9999

Joker9999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:K46- Toán1 Chuyên Sư Phạm
  • Sở thích:Nghe nhạc, đánh đàn guitar và làm BDT

Đã gửi 28-12-2012 - 21:59


Bài 21: Giải phương trình nghiệm nguyên:

$28^x=19^y+87^z$


Lời giải:
TH1: Ít nhất $1$ trong $3$ số đó<$0$. Ta dễ loại TH này.
TH2:Cả $3$ số>$0$
$28^x\equiv 3^x$ ( mod $8$). $19^y\equiv 3^y$ ( mod $8$)., $87^z\equiv (-1)^z$ ( mod $8$).
Mặt khác : $3^n\equiv 1( mod $8$)$ nếu $n$ chẵn và $3^n\equiv 3( mod $8$ )$ nếu $n$ lẻ.
Như vậy $3^x-3^y$ chia $8$ không thể có số dư là $1$ hoặc $7$.Ta loại TH này.
TH3: $1$ trong $3$ số=$0$.
Như vậy nếu $z=0$ thì vế phải chia $3$ dư $2$, còn vế trái dư $1$, ta loại
Do đó $y=0,\Rightarrow 28^x=1+87^z$
Do $28^x\vdots 4\Rightarrow 87^z-3\vdots 4\Rightarrow z$ lẻ.
$87^z+1\vdots 88\vdots 11\Rightarrow 28^x\vdots 11$
Mặt khác :$(28,11)=1$ . Ta loại nốt TH này.
Kết luận: Phương trình vô nghiệm.

<span style="font-family: trebuchet ms" ,="" helvetica,="" sans-serif'="">Nỗ lực chưa đủ để thành công.


.if i sad, i do Inequality to become happy. when i happy, i do Inequality to keep happy.

#28 barcavodich

barcavodich

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 449 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Thái Bình---HSGS
  • Sở thích:Number Theory,Analysis

Đã gửi 28-12-2012 - 22:19

bài 18
đưa về phương trình ước bội
(y+3)(3x-5)=3
từ đó ... :icon6:

[topic2=''][/topic2]Music makes life more meaningful


#29 Joker9999

Joker9999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:K46- Toán1 Chuyên Sư Phạm
  • Sở thích:Nghe nhạc, đánh đàn guitar và làm BDT

Đã gửi 29-12-2012 - 09:24

Bài 23 : chứng minh rằng phương trình $a^{5}+b^{1980}=c^{19}$ có vô số nghiệm


Đây là 1 bài toán sử dụng phương pháp xây dựng nghiệm không mẫu mực, lát nữa mình sẽ post những bài sử dụng phương pháp này.
Lời giải:
Rõ ràng ta có điều hiển nhiên sau:

$2^x+2^x=2^{x+1}$

Ta chuyển:$a=a_1^3,b=\sqrt[495]{b_1}$

Ta cần chứng minh phương trình $a_1^{15}+b_1^4=c^{19}$ có vô số nghiệm.


Đặt :

$a_1=2^{\frac{m}{15}},b_1=2^{\frac{m}{4}},c=2^{\frac{m+1}{19}}$, ta có ngay:$a_1^{15}+b_1^4=c^{19}$

Như vậy bây giờ bây giờ chọn $m \epsilon Z$ sao cho $a_1,b_1,c\epsilon Z$, điều này tương đương với việc cần tìm $m$ sao cho đồng thời $m\vdots 15,m\vdots 4,m+1\vdots 19$ $\Rightarrow m\vdots 60,m=60x_1$ và $m+1\vdots 19\Rightarrow m=19y_1-1$ $\Rightarrow 60x_1=19y_1-1\Rightarrow 60x_1+1\vdots 19\Rightarrow 3x_1+1\vdots 19\Rightarrow x_1-6\vdots 19\Rightarrow x_1=19t+6\Rightarrow m=1140t+360$,
Công việc vẫn chưa xong. Bây h ta cần tìm m sao cho:
$\frac{m}{4}=495k\Rightarrow 285t+90=495k\Rightarrow 19t+6=33k\Rightarrow t-24\vdots 33,t$ có dạng $t=33k+24\Rightarrow m=37620k+27720$
Như vậy, ta đặt $a=2^u,b=2^v,c=2^w$
$u=\frac{3m}{5}=22572k+16632,v=\frac{m}{4.295}=19k+14,w=\frac{m+1}{19}=1980k+1459$
Tóm lại:$(a=2^{22572k+16632},b=2^{19k+14},c=2^{1980k+1459})$ với $k=1,2,...$ là các nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho.
Như vậy: Phương trình $a^5+b^{1980}=c^19$ có vô hạn nghiệm nguyên dương( nhưng chú ý họ nghiệm nói trên chưa chắc đã vét cạn hết tất cả các nghiệm)

bài 18
đưa về phương trình ước bội
(y+3)(3x-5)=3
từ đó ... :icon6:

Lần sau bạn nên đọc phần chú ý ở bài viết đầu trong topic này của anh Phạm Quang Toàn nhé. Không nên làm bừa bãi vậy. Xin Cám ơn.
____________________________________________________________________________
Sau đây là 1 số bài tập sử dụng phương pháp xây dựng nghiệm ( cách làm tương tự trên hoặc khác chút)
Bài 24:Chứng minh rằng phương trình: $a^2=c^5-b^3$ có vô hạn nghiệm nguyên dương,
--
1 số bài tập khó hơn nên mình không đưa vào số bài mà chỉ là luyện tập thêm:
1) Chứng minh rằng phương trình: $x^2y^2+xy(x+y)+x^2+y^2+xy+x+y+1=z^2+z+1$ có vô số nghiệm nguyên
2) Chứng minh rằng phương trình: $x^2+y^2+z^2=xyz$ có vô số nghiệm nguyên dương.
3)Chứng minh rằng phương trình: $x^3+y^3+z^3=2000$ có vô số nghiệm nguyên.
4) Tương tự với phương trình: $x^3+y^3=9$

<span style="font-family: trebuchet ms" ,="" helvetica,="" sans-serif'="">Nỗ lực chưa đủ để thành công.


.if i sad, i do Inequality to become happy. when i happy, i do Inequality to keep happy.

#30 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 29-12-2012 - 17:10

Bài 25. Tìm nghiệm nguyên của phương trình $$(x^2+y)(y^2+x)=(x-y)^3$$
Bài 26. Tìm nghiệm nguyên dương phương trình $$5(x+y+z+t)+15=2xyzt$$
Bài 27. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình $$\begin{cases} (x^3+y^3+z^3)(x^2+y^2+z^2)=3(x^5+y^5+z^5) \\ x+y+z=2009t \end{cases}$$
Xin nhắc lại nhé! Yêu cầu lời giải phải đầy đủ và có đáp án. :icon13:
Còn bây giờ mọi người chém đi :icon10:
“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#31 henry0905

henry0905

    Trung úy

  • Thành viên
  • 892 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Trần Đại Nghĩa
  • Sở thích:Đi ngủ

Đã gửi 29-12-2012 - 18:09

Bài 25. Tìm nghiệm nguyên của phương trình $$(x^2+y)(y^2+x)=(x-y)^3$$ (1)

Xét x=0; y=0
Nếu x>y>0 thì $x^{2}+y> x^{2}, y^{2}+x> x$
$\Rightarrow (x^{2}+y)(y^{2}+x)> x^{3}> (x-y)^{3}$
Đặt $a=\left | x \right |, b=\left | y \right |$
(1)$\Leftrightarrow (a^{2}-b)(b^{2}+a)=(a+b)^{3}$
$\Leftrightarrow 2b^{2}+(-a^{2}+3a)b+3a^{2}+a=0$
$\Delta =a(a+1)^{2}(a-8)$
Để phương trình có nghiệm nguyên thì $\Delta=c^{2}$
$\Leftrightarrow a(a-8)=c^{2}$
Giải ra được các nghiệm (x;y)= (-1;-1),(8;-10),(9;-6),(9;-21)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi henry0905: 29-12-2012 - 18:11


#32 duaconcuachua98

duaconcuachua98

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 461 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Stamford Bridge

Đã gửi 29-12-2012 - 20:08

Bài 26. Tìm nghiệm nguyên dương phương trình $$5(x+y+z+t)+15=2xyzt$$


Không mất tính tổng quát, giả sử $x\geq y\geq z\geq t> 0$
phương trình đã cho $\Leftrightarrow 2=\frac{5}{yzt}+\frac{5}{xzt}+\frac{5}{xyt}+\frac{5}{xyz}+\frac{15}{xyzt}\leq \frac{35}{t^{3}}$
$\Rightarrow t^{3}\leq \frac{35}{2}\Rightarrow t\leq 2\Rightarrow t\in \left \{ 1;2 \right \}$
+) Với $t=1$ ta có $2=\frac{5}{yz}+\frac{5}{xz}+\frac{5}{xy}+\frac{5}{xyz}+\frac{15}{xyz}\leq \frac{35}{z^{2}}$
$\Rightarrow z^{2}\leq \frac{35}{2}\Rightarrow z\in \left \{ 1;2;3;4 \right \}$
Với $z=1$ ta có $5(x+y)+25=2xy$$\Leftrightarrow (2x-5)(2y-5)=75\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=5 & \\ y=10& \end{matrix}\right.$
hoặc $\left\{\begin{matrix} x=4 & \\ y=15 & \end{matrix}\right.$
Ta có nghiệm là $(5;10;1;1);(4;15;1;1)$ và tất cả các hoán vị của chúng
Với $z=2;z=3;z=4$ phương trình vô nghiệm nguyên dương
+) Với $t=2$ ta có $5(x+y+z)+25=4xyz$
$\Leftrightarrow 4=\frac{5}{xy}+\frac{5}{yz}+\frac{5}{xz}+\frac{25}{xyz}\leq \frac{40}{z^{2}}\Leftrightarrow z^{2}\leq 10\Leftrightarrow z\in \left \{ 1;2;3 \right \}$
Với $z=1$ ta có $t\leq z\Rightarrow t=1$ (vô lý)
Với $z=2$ ta có $(8x-5)(8y-5)=305$
Vì $x\geq y\geq z\geq t\geq 2$ nên $8x-5\geq 8y-5\geq 11$
Mà $305$ không viết được thành tích 2 số nguyên thỏa mãn ĐK trên
Vơi $z=3$ cũng không có số nguyên nào thỏa mãn
Vậy phương trình có nghiệm nguyên dương là $(5;10;1;1);(4;15;1;1)$ và tất cả các hoán vị của chúng

#33 Joker9999

Joker9999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:K46- Toán1 Chuyên Sư Phạm
  • Sở thích:Nghe nhạc, đánh đàn guitar và làm BDT

Đã gửi 29-12-2012 - 21:24

Bài 27. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình $$\begin{cases} (x^3+y^3+z^3)(x^2+y^2+z^2)=3(x^5+y^5+z^5) \\ x+y+z=2009t \end{cases}$$

Số học dùng BDT.
Lời giải:
Áp dụng BDT Cauchy-Schwarz ta có:
$(x^5+y^5+z^5)(x+y+z)\geq (x^3+y^3+z^3)^2$
$(x^3+y^3+z^3)(x+y+z)\geq (x^2+y^2+z^2)^2$
$3(x^2+y^2+z^2)^2\geq (x+y+z)^2$
Nhân vế vs vế 3 BDT trên ta được: $3(x^5+y^5+z^5)\geq (x^3+y^3+z^3)(x^2+y^2+z^2)$
Từ pt $1$ ta suy ra $x=y=z$
Thay vào pt $2$: $3x=2009t\Rightarrow x\vdots 2009,x=2009k,t=3k$
Ket luận: $(x,y,z,t)=(2009k,2009k,2009k,3k)$, $k=1,2,...$

Thay đổi chút,
Bài 20: Giải phương trình nghiệm nguyên dương:

$y^3(z^2+z)+x^2=xy+2xyz$


Gợi ý bài này dùng AM-GM

<span style="font-family: trebuchet ms" ,="" helvetica,="" sans-serif'="">Nỗ lực chưa đủ để thành công.


.if i sad, i do Inequality to become happy. when i happy, i do Inequality to keep happy.

#34 Joker9999

Joker9999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:K46- Toán1 Chuyên Sư Phạm
  • Sở thích:Nghe nhạc, đánh đàn guitar và làm BDT

Đã gửi 30-12-2012 - 09:53

Giờ chỉ còn bài $20$ và $24$. Làm bài $24$ vậy ( chả ai buồn làm:()

Bài 24:Chứng minh rằng phương trình: $a^2=c^5-b^3$ có vô hạn nghiệm nguyên dương,


Lời giải:
Ta có điều hiển nhiên sau:$2^m+2^m=2^{m+1}$. Ta cần chứng minh phương trình: $a^2+b^3=c^5$ có vô hạn nghiệm dương.Đặt $a=2^{\frac{m}{2}}b=2^{\frac{m}{3}},c=2^\frac{m+1}{5}$ thì ta có ngay $a^2+b^3=c^5$. Công việc còn lại là tìm $m$ sao cho $a,b,c$ nguyên dương, hay tìm $m$ sao cho đồng thời:$m\vdots 2,m\vdots 3,m+1\vdots 5$. m có dạng $6x=5y-1\Rightarrow 6x+1\vdots 5\Rightarrow x-4\vdots 5\Rightarrow m=30t+24$. Tới

<span style="font-family: trebuchet ms" ,="" helvetica,="" sans-serif'="">Nỗ lực chưa đủ để thành công.


.if i sad, i do Inequality to become happy. when i happy, i do Inequality to keep happy.

#35 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 30-12-2012 - 13:46

Bài 28. Giải phương trình nghiệm nguyên $$|3x+5y-4z|+|2x-6y+7z|+|x+9y+z|=2009^{2010}$$
“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#36 Joker9999

Joker9999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:K46- Toán1 Chuyên Sư Phạm
  • Sở thích:Nghe nhạc, đánh đàn guitar và làm BDT

Đã gửi 30-12-2012 - 17:04

Bài 28. Giải phương trình nghiệm nguyên $$|3x+5y-4z|+|2x-6y+7z|+|x+9y+z|=2009^{2010}$$

Lời giải:
Do $\left | A\right |+\left | B \right |+\left | C \right |$ có thể bằng $\left | A+B+C \right |$ ,$\left | A+B-C \right |$,$\left | A-B-C \right |$,$\left | A-B+C \right |$. Mặt khác tổng các hệ số của $x,y,z$ trong mỗi số hạng ở vế trái là chẵn(Dễ thấy) nên dù mỗi số hạng trong giá trị tuyệt đối là âm hay dương thì vế trái khi khai triển dưới dạng $ax+by+cz$ luôn có $a,b,c$ chẵn, hay nói cách khác vế trái luôn chẵn. Nhưng vế phải là $2009^{2010}$ lẻ nên pt vô nghiệm
Kết luận: Phương trình vô nghiệm.

<span style="font-family: trebuchet ms" ,="" helvetica,="" sans-serif'="">Nỗ lực chưa đủ để thành công.


.if i sad, i do Inequality to become happy. when i happy, i do Inequality to keep happy.

#37 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 30-12-2012 - 21:37

Thay đổi chút,
Bài 20: Giải phương trình nghiệm nguyên dương:

$y^3(z^2+z)+x^2=xy+2xyz$

Bài 21: Giải phương trình nghiệm nguyên:


$28^x=19^y+87^z$

Giải như sau:
Bài 20: http://diendantoanho...c/86799-p-11pn/
Bài 21: Theo mình bạn joker9999 làm nhầm ở chỗ $28 \equiv 3 \pmod{8}$
Bổ đề: $a^x-1 \vdots p$ và $a^y-1 \vdots p$ với $x$ min thì $x|y$
TH1: $x=0$ khi ấy loại
TH2: $x>0$,
$\boxed{\rightarrow}$ Nếu $y=0$ thì $28^x=1+87^z$ thấy $87^z+1 \equiv 1 \pmod{29} \Rightarrow 28^x \equiv 1 \pmod{29}$
Nên $x=2k$ nên $(28^k-1)(28^k+1)=87^z$ $(*)$
Thấy $gcd(28^k-1,28^k+1)=1$ và $28^k+1 \not \vdots 3$ nên $28^k+1=1$ hoặc $28^k+1=29^z$ thấy $28^k+1=1$ loại
Do đó $28^k+1=29^z$ khi ấy $28^k-1=3^z$
Suy ra $29^z-3^z=2$ bằng quy nạp cm với mọi $z>0$ thì $29^z-3^z>2$ nên loại
$\boxed{\rightarrow}$ Nếu $y>0$ thì ta lại có $z>0$ vì ngược lại $28^x=19^y+1$ thấy $19^y+1 \equiv 2 \pmod{3}$ còn $28^x \equiv 1 \pmod{3}$ vô lí
Do đó $y>0$ thì $z>0$
Như vậy $28^x=19^y+87^z$ với $x,y,z>0$ nguyên dương
Ta có $19^y+87^z \equiv 3^y+3^z \pmod{4}$ mà $28 \vdots 4$ do đó $z-y$ lẻ hay $z,y$ không cùng tính chẵn lẻ
$\blacksquare$ $x$ chẵn suy ra $28^x \equiv (-1)^x \equiv 1 \pmod{29}$ nên $19^y \equiv 1 \pmod{29} \Rightarrow 19^y-1 \vdots 29$ ta dễ cm $19^{28}-1 \vdots 29$ và $28$ là số nhỏ nhất thỏa mãn điều trên do đó $y \vdots 28$
Ta lại có $28^x \equiv 1 \pmod{27}$ mà $y$ chẵn và $y,z$ không cùng tính chẵn lẻ suy ra $z=1,3,...$ nhưng nếu $z=1$ thì $19^y+87 \equiv 1+3 \equiv 4 \pmod{9}$ vô lí vì $28^x \equiv 1 \pmod{9}$ như vậy $z\geq 3$ nên $87^z \vdots 27$ do đó $19^y \equiv 1 \pmod{27}$ nên $19^y-1 \vdots 27$ nên $y \vdots 3$ mà $y$ chẵn do đó $y \vdots 6$ như vậy $19^y \equiv 1 \pmod{7}$ (do $y \vdots 6$) kết hợp $7|28$ suy ra $87^z \equiv 6 \pmod{7}$ suy ra $z \vdots 3$ khi ấy $87^z \equiv 87^3 \equiv 1 \pmod{19}$ do đó $28^x \equiv 1 \pmod{19}$ dễ cm $18$ là số nhỏ nhất thỏa $28^{18}-1 \vdots 19$ nên theo bổ đề $x \vdots 18$ hay $x \vdots 3$
Như vậy $x,z \vdots 3$ đặt $x=3u,z=3v$ suy ra đặt $28^u=m,87^v=n$ thì $m^3=19^z+n^3 \Rightarrow (m-n)(m^2+mn+n^2)=19^z$ dễ thấy $gcd(m,n)=1$ và $19^z \not \vdots 3$ nên $gcd(m-n,m^2+mn+n^2)=1$ nên $m-n=1$ hoặc $m^2+mn+n^2=1$ vì $m,n>0$ nên $m-n=1$ và khi ấy $28^u-87^v=1$ mặt khác $x \vdots 18 \rightarrow u \vdots 2$ nên $u=2k$ do đó $(28^k-1)(28^k+1)=87^v$ cm tương tự $(*)$ suy ra vô nghiệm
$\blacksquare$ $x$ lẻ khi ấy $28^x \equiv -1 \pmod{29}$ nên $19^y \equiv -1 \pmod{29} \Rightarrow 19^y+1 \vdots 29$ hay $19^{2y}-1 \vdots 29$ vì $28$ là số nhỏ nhất $19^{28}-1 \vdots 29$ suy ra $2y \vdots 28 \Rightarrow y$ chẵn mà $y,z$ khác tính chẵn lẻ nên $z$ lẻ, cm tương tự trên $87^z \equiv 0 \pmod{27}$ và $28^x \equiv 1 \pmod{27}$ cũng suy ra $y \vdots 3$ mà $y \vdots 2$ nên $y \vdots 6$ nên $19^y \equiv 1 \pmod{7}$ do đó $87^z \equiv -1 \pmod{7}$ nên $z \vdots 3$
Đặt $y=3u,z=3v$ và $19^u=a,87^v=b$ suy ra $28^x=a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)$ cm tương tự $gcd(a+b,a^2-ab+b^2)=1$ nên $a+b=1$ hoặc $a^2-ab+b^2=1$ nhưng $a,b>0$ nên $a^2-ab+b^2=1$ giải ptnn suy ra $a=b=1$ hay $u=v=0$ hay $y=z=0$ khi ấy $28^x=2$ loại
Vậy phương trình vô nghiệm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 30-12-2012 - 21:39


#38 Joker9999

Joker9999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:K46- Toán1 Chuyên Sư Phạm
  • Sở thích:Nghe nhạc, đánh đàn guitar và làm BDT

Đã gửi 30-12-2012 - 21:42

Tiếp tục là 1 số bài toán về phương trình nghiệm nguyên chứa luỹ thừa:
Bài 29: Giải phương trình nghiệm nguyên dương:

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

Bài 30: Giải phương trình nghiệm nguyên dương:

$7^x=3^y+4$


<span style="font-family: trebuchet ms" ,="" helvetica,="" sans-serif'="">Nỗ lực chưa đủ để thành công.


.if i sad, i do Inequality to become happy. when i happy, i do Inequality to keep happy.

#39 Joker9999

Joker9999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:K46- Toán1 Chuyên Sư Phạm
  • Sở thích:Nghe nhạc, đánh đàn guitar và làm BDT

Đã gửi 31-12-2012 - 21:47

Bài 30: Giải phương trình nghiệm nguyên dương:

$7^x=3^y+4$

Chả ai buồn lắm:(. Chém 1 mình vậy.
Lời giải:
Từ giả thiết ta có:$3^x-3^y\vdots 4\Rightarrow x,y$ cùng tính chẵn lẻ.
Trường hợp 1: $x=1\Rightarrow y=1$
Trường hợp 2: $x\geq 2\Rightarrow y\geq 2$
Xét cả 2 cùng chẵn thì $7^x\equiv 1$ ( $mod 8$), $3^y+4\equiv 5$ ( $mod 8$) ta có điều vô lí
Xét cả 2 cùng lẻ:
$3^y+4\vdots 7\Rightarrow 3^{y-1}-1\vdots 7$.Mặt khác: Cho y có dạng $y=6y_1+r$ thì dễ thấy $r=1$, hay y có dạng $6y_1+1$. Khi ấy $3^y+4\equiv 7$ ( $mod 13$) nên $7^x-7\vdots 13\Rightarrow 7^{x-1}-1\vdots 13$. Mặt khác $x$ lẻ nên $x=2x_1+1$, ta có: $49^{x_1}-1\vdots 13\Leftrightarrow (-3)^{x_1}-1\vdots 13$.1 số $3^n$ khi chia cho $13$ đuợc dư là $1,3,9$ do đó $x_1$ phải chẵn, mặt khác nó phải có dạng $3k\Rightarrow x=12x_1+1$. Ta có: $7^{12x_1+1}-7=3^{6y_1+1}-3\Leftrightarrow 7.6.(7^{12x_1-1}+...+7+1)=3.728.(728^{y_1-1}+728+..+728+1)$. Do $x,y\geq 2\Rightarrow x_1,y_1> 0$ nên ta có:$(7^{12x_1-1}+...+7+1)=52(728^{y_1-1}+728+..+728+1)$. Xét vế trái có $7^a\equiv 1$ ( $mod 3$) nên vế trái chia $3$ được dư là $12x_1$ hay chia hết cho $3$. Còn vế phải thì chia 3 dư $52.1$ do $728\vdots 3$, nói cách khác vế phải không chia hết cho $3$. Ta loại trường hợp này.
Kết luận: $(x,y)=(1,1)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Joker9999: 31-12-2012 - 21:50

<span style="font-family: trebuchet ms" ,="" helvetica,="" sans-serif'="">Nỗ lực chưa đủ để thành công.


.if i sad, i do Inequality to become happy. when i happy, i do Inequality to keep happy.

#40 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 01-01-2013 - 11:52

Tiếp tục là 1 số bài toán về phương trình nghiệm nguyên chứa luỹ thừa:
Bài 29: Giải phương trình nghiệm nguyên dương:

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

Giải như sau:
TH1: Trong hai số $y,z$ tồn tại một số bằng $x$ giả sử là $y$ khi ấy $x^x=z^z$ suy ra $x=z$ vì $x>z$ thì $VT>VP$ còn $x<z$ thì $VT<VP$ loại suy ra $(x,y,z)=(k,k,k)$
TH2: Cả hai số $y,z$ đều khác $x$ khi ấy tồn tại một số $<x$ vì ngược lại cả hai số cùng $>x$ suy ra $y^y+z^z>x^x+x^x=VP$ vô lí
Giả sử $y<x$ khi ấy $z>x$ vì ngược lại $z<x$ thì $2x^x>y^y+z^z$ vô lí
Như vậy $y<x<z$ mà $1\le y$ suy ra $3\le z$
Như vậy $z^z\geq 3z^{z-1}>3x^{z-1}\geq 3x^x$ (do $z>x$ nên $z-1\geq x$)
Suy ra $VP<VT$ loại
Vậy $\boxed{(x,y,z)=(k,k,k)}$ với $k \in N^{*}$




0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh