Đến nội dung


Chú ý

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

#41 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 01-01-2013 - 12:15

Bài 31: Tim x,y,z $\epsilon$ N thõa mãn $2^{x}+2^{y}+2^{z}=2336$
Bài 32: Tim nghiệm nguyên của phương trình
$x^{3}+4x^{2}+6x+4=y^{3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 01-01-2013 - 20:08

Hạnh phúc là cho đi đâu chỉ nhận riêng mình!

7e3c59fbf62d4c5280e6cf2ad53cdcb8.0.gif

#42 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4260 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 01-01-2013 - 21:46

Bài 31: Tim x,y,z $\epsilon$ N thõa mãn $2^{x}+2^{y}+2^{z}=2336 \qquad (1)$

Lời giải. Không mất tính tổng quát, giả sử $x \ge y \ge z \ge 1$.
Ta sẽ có $(1) \Leftrightarrow 2^z \left( 2^{x-z}+2^{y-z}+1 \right)=2^5 \cdot 73$.
Hiển nhiên $2^{x-z}+2^{y-z}+1$ không thể chẵn (vì nếu $2^{x-z}+2^{y-z}+1$ chẵn thì VT là lũy thừa của $2$, trong khi đó VP chứa thừa số nguyên tố $73$). Vậy $2^{x-z}+2^{y-z}+1$ là số lẻ.
Cho nên $2^z=2^5 \Rightarrow z=5$ và $2^{x-5}+2^{y-5}=72= 2^3 \cdot 9 \qquad (2)$.
Ta lại có $(2) \Leftrightarrow 2^{y-5}(2^{x-y}+1)=2^3 \cdot 9$. Lập luận tương tự trên ta suy ra $2^{y-5}=2^3 \Rightarrow y=8$ và $2^{x-8}=2^3 \Rightarrow x=11$.
Vậy phương trình có nghiệm nguyên duy nhất là $\boxed{(x,y,z)=(11;8;5)}$.

Bài 32: Tim nghiệm nguyên của phương trình
$x^{3}+4x^{2}+6x+4=y^{3} \qquad (1)$

Lời giải. Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức sau đúng với mọi $x \in \mathbb{Z}$: $$(x+1)^3<y^3<(x+3)^3$$
Do đó chỉ có có thể $y^3=(x+2)^3$. Thay vào $(1)$ thì $(1) \Leftrightarrow x^2+3x+2=0 \Leftrightarrow (x+1)(x+2)=0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=-1 \\ x=-2 \end{array} \right.$
Vậy phương trình $(1)$ có nghiệm nguyên là $\boxed{(x,y) \in \{ (-1;1),(-2;0) \}}$.

Bài 33. Tìm tất cả các cặp số tự nhiên $(m,n)$ lớn hơn $1$ sao cho $2^m+3^n$ là số chính phương.
Bài 34. Tìm các chữ số $x,y,z$ sao cho $$\underbrace{ \overline{xx...x}}_{2n}-\underbrace{ \overline{yy...y}}_{n}= \underbrace{ \overline{zz...z}^2}_{n}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 01-01-2013 - 22:14

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

#43 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 02-01-2013 - 21:43

Bài 34. Tìm các chữ số $x,y,z$ sao cho $$\underbrace{ \overline{xx...x}}_{2n}-\underbrace{ \overline{yy...y}}_{n}= \underbrace{ \overline{zz...z}^2}_{n}$$

Lời giải:
Phương trình đã cho tương đương với:$x.10..01$( $n-1$ số $0$) $-y=z.11..111$( $n$ số $1$).
Như vậy $x.100..01-y\vdots 11..111$ ( $n-1$ số $0$ và $n$ số $1$) do đó: $2x-y\vdots 11..111\Rightarrow 2x=y$
Thay vào ta được:$9x=z^2$ từ đây ta tìm đc các nghiệm
$(x,y)=(1,2,3),(4,8,6)$

<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.

#44 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 03-01-2013 - 09:43

Bài 33. Tìm tất cả các cặp số tự nhiên $(m,n)$ lớn hơn $1$ sao cho $2^m+3^n$ là số chính phương.

Lời giải:
Do 1 số chính phương chia $3$ không dư $2$ và chia $4$ không được dư là $3$ nên ta có cả $m,n$ đều là số chẵn.
$n=2y,m=2x,2^m+3^n=k^2\Rightarrow 3^{2x}=(k-2^y)(k+2^y)$. Mặt khác $(k-2^y),(k+2^y)$ là 2 số đồng tính chẵn lẻ, và $-(k-2^y)+(k+2^y)=2.2^y\vdots 3$ do đó: $\left\{\begin{matrix} k-2^y=1 & & \\ k+2^y=3^{2y}& & \end{matrix}\right.\Rightarrow 2^{y+1}=3^{2y}-1=9^y-1=8.(9^{y-1}+...+9+1)$
Ta xét với $y\geq 5\Rightarrow 2^{y+1}\vdots 64\Leftrightarrow 9^{2y-1}+...+9+1\vdots 8\Rightarrow y\vdots 2,y=2y_1\Rightarrow 3^{2y}-1=3^{4y_1}-1\vdots 5\Rightarrow 2^{y+1}\vdots 5,y\geq 5$ ( đây là điều vô lý)
Bây h duyệt $y$ từ $1\rightarrow 4$ ta nhận được duy nhất $y=2$, từ đó $m=4,n=2,2^4+3^2=5^2$
Kết luận:$(m,n)=(4,2)$

<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.

#45 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 03-01-2013 - 09:54

Bài 34: Giải phương trình nghiệm nguyên dương:

$x^2+y^2=67^{2012}.(11-z)$

Bài 35: Giải phương trình nghiệm nguyên dương

$2^p+3^p=x^{y+1}$ với $p$ nguyên tố.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Joker9999: 05-01-2013 - 09:27

<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.

#46 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 05-01-2013 - 20:54

Bài 34: Giải phương trình nghiệm nguyên dương:

$x^2+y^2=67^{2012}.(11-z)$


X_X. Sao không ai để ý hết ta
Lời giải:
Bổ đề: Với $p$ là 1 số nguyên tố dạng $4k+3$ và $a^2+b^2$$\vdots p$ thì $a,b\vdots p$
Xin không nhắc lại chứng minh do đã quá quen thuộc
Trở lại bài toán:
Áp dụng vào bài toán với $67$ là số nguyên tố dạng $4k+3$ nên $x,y\vdots 67\Rightarrow x=67x_1,y=67y_1$ như vậy thì:$x_1^2+y_1^2=67^{2010}(11-z)$. Qua 1 số lần hữu hạn bước như trên ta thu được: $x_n^2+y_n^2=11-z$ và dễ thấy $n=1006$. Như vậy tới đây ta có: $x_1,y_1\leq 3$. Không mất tính tổng quát giả sử $x_1\geq y_1$. Ta tìm được các cặp $(x_n, y_n,z)$ từ $x_1^2+y_1^2+z=11$ là $(3,1,1),(2,2,3),(2,1,6),(1,1,9)$ và $x=67^{1006}x_n$ ta dễ có các 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.

#47 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 06-01-2013 - 17:03


Bài 35: Giải phương trình nghiệm nguyên dương

$2^p+3^p=x^{y+1}$ với $p$ nguyên tố.

Chán quá, k ai nhòm ngó j hết X_X.
Lời giải:
Chuyển về dạng $2^p+3^p=x^y,y\geq 2$
Xét $p$ chẵn suy ra $p=2$, ta có:$x^y=2^2+3^2=13$, và dễ thấy trường hợp này loại.
Xét $p$ lẻ, ta có: $2^p+3^p=5.(2^{p-1}-2^{p-2}3+..+3^{p-1})=x^y$, do $5$ là số nguyên tố nên hiển nhiên $x\vdots 5$, mặt khác $y\geq 2\Rightarrow x^y\vdots 25\Rightarrow 2^p+3^p\vdots 25\Rightarrow 2^{p-1}-...+3^{p-1}\vdots 5$
Trường hợp 1: $p$ có dạng $4k+1$
Khi ấy:$2^{p-1}-...+3^{p-1}=2^{4k}-...+3^{4k}$ gồm $4k+1$ số, chia thành $k$ nhóm mỗi nhóm là 4 số liến tiếp trong tổng trên và mỗi nhóm đều chia 5 được dư là $6-8.3+4.9-2.7$ và là $4$, lẻ số $3^{4k}$ , số này tận cùng là $1$ nên $4k+1\vdots 5\Rightarrow p\vdots 5\Leftrightarrow p=5$. Thay vào ta có: $2^5+3^5=x^y=275$ và dễ loại trường hợp này.
Trường hợp 2: $p$ có dạng $4k+3$, khi ấy: $2^{p-1}-...+3^{p-1}=2^{4k+2}-...+3^{4k+2}\vdots 5$, tổng này gồm $4k+3$ số và chia thành $k$ nhóm, mỗi nhóm là $4$ số liên tiếp và mỗi nhóm chia $5$ đều được dư là $4-2.3+6.9-8.7$ và là 6, lẻ ra $3$ số cuối, $3$ số này khi chia $5$ được dư là $3^{4k+2}-3^{4k+1}2+3^{4k}.9$ và là $9-3.2+1.4=2$, như vậy $6k+2\vdots 5\Rightarrow k=5k_1+3\Rightarrow p=20k_1+15\vdots 5,p>5$ nên loại nốt TH này
Kết luận: Phương trình vô nghiệm $(x,y)$ nguyên dương.

<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.

#48 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4260 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 12-01-2013 - 13:55

Khôi phục topic cái nhể!! :icon6: (tương lai gần là sẽ cần đến topic này nhiều).
Bài 36. Giải phương trình nghiệm nguyên $x^2=y^3+16$.
Bài 37. Giải phương trình nghiệm nguyên $5x^3+11y^3+13z^3=0$.
Bài 38. Tìm các số nguyên tố $p,q,r$ thỏa mãn $p(p+1)+q(q+1)=r(r+1)$.
Bài 39. Giải phương trình nghiệm tự nhiên $5^x=1+2^y$.
Bài 40. Chứng minh rằng phương trình $x^{15}+y^{15}+z^{15}=19^{2003}+7^{2003}+9^{2003}$ không có nghiệm nguyên.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MIM: 12-01-2013 - 21:07

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

#49 MIM

MIM

    KTS tương lai

  • Thành viên
  • 334 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Huế
  • Sở thích:Shironeko:x

Đã gửi 12-01-2013 - 21:01

Bài 38. Tìm các số nguyên tố $p,q,r$ thỏa mãn $p(p+1)+q(q+1)=r(r+1)$.


Lời giải:

Do $p,q,r$ là số nguyên tố nên $r>max(p,q)$

Do vai trò giữa $p$ và $q$ bình đẳng nên có thể giả sử rằng $p\leq q< r$.

$p(p+1)+q(q+1)=r(r+1)(1)$

$\Leftrightarrow p(p+1)=(r-q)(r+q+1)(2)$

Do $p\leq q<r \Rightarrow p+1<r+p+1. $

Từ $(2)$ ta có: $r-q<p.$ Do $p$ là số nguyên tố nên từ $r-q<p\Rightarrow (p,r-q)=1.$

Kết hợp với $(2)$ ta có:

$(r+q+1)\vdots p$ và $(p+1)\vdots (r-p)$, cũng từ $(2)$ ta có:

$r+q+1=kp \wedge p+1=k(r-q),k$ dương.$(\ast )$

Xét 2 khả năng sau:

$1)$ Nếu $p=2$, từ $p+1=k(r-q)\Rightarrow k(r-q)=3$
$\Rightarrow k=1\vee k=3$

$\cdot$ Nếu $k=1$ ta có $r-q=p+1>p$, điều này mâu thuẫn với $r-q<p$. Vậy $k$ không thể bằng $1$

$\cdot$ Nếu $k=3,$ ta có $r+q+1=6 \wedge 3=3(r-q)$

$\Leftrightarrow r=3\wedge q=2$

Vậy trong trường hợp này, ta có $p=2,q=2,r=3$


$2)$ Nếu $p>2$. Do $p\leq q< r$ và $p,q,r$ là số nguyên tố nên $p,q,r$ là số nguyên lẻ nên $k$ lẻ. Đặt $k=2m+1$. Thay vào $(\ast )$ trên ta có:

$r+q+1=(2m+1)p (3)\wedge p+1=(2m+1)(r-q)(4)$

Từ $(4)$ ta có $p=(2m+1)(r-q)-1.$ Thay vào $(3)$:

$q=-r-1+(2m+1)[(2m+1)(r-q)-1]$

$=-r-1+(4m^2+4m+1)(r-q)-2m-1$

$=-r-1+4m^2r-4m^2q+4mr-4mq+r-q-2m-1$

$=2m^2r-2m^2q+2mr-2mq-m-1$

$=2mr(m+1)-2mq(m+1)-(m+1)$

$=(m+1)(2mr-2mq-1)(5)$

Vì $q$ là số nguyên tố và $m+1>1$ nên từ $(5)$ ta có:

$2mr-2mq-1=1\Rightarrow m(r-q)=1\Rightarrow m=1\wedge r-q=1\Rightarrow m=1\wedge r=1+q(6)$

Do $r,q$ là các số nguyên tố lẻ nên từ $(6)$ suy ra vô lí. Trường hợp
này loại.

Vậy, phương trình đã cho có nghiệm nguyên tố duy nhất :$p=q=2,r-3$

Hình đã gửi


#50 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 12-01-2013 - 21:57

Khôi phục topic cái nhể!! :icon6: (tương lai gần là sẽ cần đến topic này nhiều).

Bài 39. Giải phương trình nghiệm tự nhiên $5^x=1+2^y$.

Lời giải:
Xét $y=1$ loại.
Xét $y=2\Leftrightarrow x=1$
Xét $y\geq 3\Rightarrow 2^y\vdots 8\Rightarrow 5^x-1\vdots 8\Rightarrow x\vdots 2,x=2k$. Do đó: $(5^k-1)(5^k+1)=2^y$, mặt khác $-(5^k-1)+(5^k+1)=2$ nên sẽ có: $5^x-1=1$ hoặc $5^x-1=2$. Loại cả 2.
Kết luân: $(x,y)=(1,1)$

Bài 40. Chứng minh rằng phương trình $x^{15}+y^{15}+z^{15}=19^{2003}+7^{2003}+9^{2003}$ không có nghiệm nguyên.

Ta có:
$19^{2003}\equiv 1 (\mod 9),7^{2003}\equiv (-2)^{2003}$,$2003=2+3.667,2^3\equiv 1(\mod 9)\Rightarrow 7^{2003}\equiv 4(\mod 9)$. Từ đây suy ra vế trái chia $9$ dư $5$.
Mặt khác lập phương của $1$ số chia $9$ dư $0,1,-1$, trong khi mỗi số hạng ở vế trái đều là lập phương nên khi chia $9$ nhận được dư là $3,0,-3,1,-1$. Từ đây 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.

#51 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 13-01-2013 - 16:51

Khôi phục topic cái nhể!! :icon6: (tương lai gần là sẽ cần đến topic này nhiều).

Bài 37. Giải phương trình nghiệm nguyên $5x^3+11y^3+13z^3=0$.

Lời giải:
$1$ số là lập phương $1$ số nguyên thì khi chia cho $13$ nhận được dư là $0,\pm 1,\pm 5$. Từ phương trình trên suy ra: $5x^3-2y^3\vdots 13$. Kết hợp $2$ điều này ta dẫn đến cả $x,y\vdots 13,x=13x_1,y=13y_1$ thay vào pt ta được:$845x_1^3+1859y_1^3+z^3=0\Rightarrow z\vdots 13,z=13z_1\Rightarrow 845x_1^3+1859y_1^3+13^3z_1^3=0\Leftrightarrow 5x_1^3+11y_1^3+13z_1^3=0$. Tiếp tục lùi vô hạn ta nhận được vô nghiệm nếu nó khác nghiệm tầm thường $x=y=z=0$
Kết luận:$(x,y,z)=(0,0,0)$

<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.

#52 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4260 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 17-01-2013 - 15:32

Bài 41. Giải phương trình nghiệm nguyên $$2x=y+ \sqrt{y^2-(y-2)(2x-1)}$$
P/s: Cố tìm hai cách nhé! ;)
“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#53 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 21-01-2013 - 21:10

Bài 42.
Tìm các số tự nhiên x,y,z thõa mãn
$\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{z^{2}}+\frac{1}{t^{2}}=1$
Bài 43.
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
$x^{2}=y^{2}+z^{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 21-01-2013 - 22:17

Hạnh phúc là cho đi đâu chỉ nhận riêng mình!

7e3c59fbf62d4c5280e6cf2ad53cdcb8.0.gif

#54 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4260 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 22-01-2013 - 17:28

Bài 42.
Tìm các số tự nhiên x,y,z thõa mãn
$\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{z^{2}}+\frac{1}{t^{2}}=1 \qquad (1)$

Lời giải. Không mất tính tổng quát, giả sử $x \ge y \ge z \ge t$ thì $\frac{1}{x^2} \le \frac{1}{y^2} \le \frac{1}{z^2} \le \frac{1}{t^2}$.
Do đó $1 \le \frac{4}{t^2} \Leftrightarrow t^2 \le 4 \Rightarrow t^2 \in \{ 1;4 \}$.
Với $t^2=1$ thì $(1) \Leftrightarrow \frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{z^{2}}=0$, mâu thuẫn.
Vậy $t^2=4 \Rightarrow t=2$. Khi đó $(1) \Leftrightarrow \frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{z^{2}} = \frac{3}{4} \qquad (2)$.
Lại có $\frac{3}{4} \le \frac{3}{z^2} \Rightarrow z^2 \le 4 \Rightarrow z^2=4 \Rightarrow z=2$ (vì với $z^2=1$ thì từ $(2)$ ta thấy $VT>VP$, mâu thuẫn).
Như vậy ta được $\frac{1}{x^2}+ \frac{1}{y^2}= \frac{1}{2}$. Lại có $\frac{2}{y^2} \ge \frac{1}{2} \Rightarrow y^2 \le 4 \Rightarrow y^2=4 \Rightarrow y=2$. Khi đó $x=2$.
Vậy phương trình có nghiệm nguyên duy nhất $\boxed{(x,y,z,t)=(2;2;2;2)}$.
“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#55 Oral1020

Oral1020

    Thịnh To Tướng

  • Thành viên
  • 1225 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:My house

Đã gửi 22-01-2013 - 19:57

Bài 43:
http://vi.wikipedia....ba_số_Pythagore

"If I feel unhappy,I do mathematics to become happy.


If I feel happy,I do mathematics to keep happy."

Alfréd Rényi

Hình đã gửi


#56 caybutbixanh

caybutbixanh

    Trung úy

  • Thành viên
  • 888 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 12-02-2013 - 20:36

Hay thế này mà dừng lại rồi sao! :(..Đốt cháy những ngày âm u nào ... :lol:


Bài 44:Tìm $x,y \in Z$ thỏa mãn : $2y^{2}x+x+y+1=x^{2}+2y^{2}+xy.$

(Đề thi Tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán đại học KHTN Hà Nội).

Bài 45:Tìm$x,y \in Z^{+}$ thỏa mãn:$3^{x}+1=(y+1)^{2}.$
Bài 46:Tìm tất cả các số nguyên $x$ thảo mãn:
$\left | x-3 \right |+\left | x-10 \right |+\left | x+101 \right |+\left | x+990 \right |+\left | x+1000 \right |=2004.$

Bài 47:Tìm$x,y \in Z^{+}$ thỏa:$x^{6}+3x^{3}+1=y^{4}.$
Bài 48:Tìm$x,y \in Z^{+}$ thỏa:$x^{2}+x-1=3^{2y+1}.$
Bài 49:Tìm $n \in Z^{+}$ sao cho $2^{8}+2^{11}+2^{n}$ là số chính phương.
Bài 50:Tìm tất cả các cặp số nguyên tố $(x;y)$ sao cho :
$$(x^{2}-y^{2})^{2}=4xy+1.$$

KẺ MẠNH CHƯA CHẮC ĐÃ THẮNG



MÀ KẺ THẮNG MỚI CHÍNH LÀ KẺ MẠNH!.



(FRANZ BECKEN BAUER)




ÔN THI MÔN HÓA HỌC TẠI ĐÂY.


#57 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4260 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 12-02-2013 - 21:21

Hay thế này mà dừng lại rồi sao! :(..Đốt cháy những ngày âm u nào ... :lol:


Bài 44:Tìm $x,y \in Z$ thỏa mãn : $2y^{2}x+x+y+1=x^{2}+2y^{2}+xy.$

(Đề thi Tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán đại học KHTN Hà Nội).

Bài 45:Tìm$x,y \in Z^{+}$ thỏa mãn:$3^{x}+1=(y+1)^{2}.$
Bài 46:Tìm tất cả các số nguyên $x$ thảo mãn:
$\left | x-3 \right |+\left | x-10 \right |+\left | x+101 \right |+\left | x+990 \right |+\left | x+1000 \right |=2004.$

Bài 47:Tìm$x,y \in Z^{+}$ thỏa:$x^{6}+3x^{3}+1=y^{4}.$
Bài 48:Tìm$x,y \in Z^{+}$ thỏa:$x^{2}+x-1=3^{2y+1}.$
Bài 49:Tìm $n \in Z^{+}$ sao cho $2^{8}+2^{11}+2^{n}$ là số chính phương.
Bài 50:Tìm tất cả các cặp số nguyên tố $(x;y)$ sao cho :
$$(x^{2}-y^{2})^{2}=4xy+1.$$

Bài 44. Phân tích $$\begin{aligned} 2y^2x+x+y+1=x^2+2y^2+xy & \Leftrightarrow 2y^2x+x+y+1-x^2-2y^2-xy=0 \\ & \Leftrightarrow 2y^2(x-1)-x(x-1)-y(x-1)=-1 \\ & \Leftrightarrow (x-1) \left( 2y^2-x-y \right) =-1 \end{aligned}$$
Ta có hai trường hợp:

Trường hợp 1. Nếu $\begin{cases} x-1=1 \\ 2y^2-x-y=-1 \end{cases}$ thì $x=2$ và $y(2y-1)=1$, dẫn đến $y=1$.

Trường hợp 2. Nếu $\begin{cases} x-1=-1 \\ 2y^2-x-y=1 \end{cases}$ thì $x=0$ và $y(2y-1)=1$ cũng dẫn đến $y=1$.
Vậy phương trình có nghiệm nguyên $\boxed{(x;y)=(2;1);(0;1)}$

Bài 45. Ta có $$3^x+1=(y+1)^2 \Leftrightarrow y(y+2)=3^x$$
Đặt $y=3^m,y+2=3^n$ với $m,n \in \mathbb{N}; n \ge m; n+m=x$.
Khi đó ta có $(y+2)-y=3^n-3^m=3^m \left( 3^{n-m}-1 \right) = 2$.
Nhận thấy $3 \nmid 2$ nên chỉ có thể $m=0$, khi đó $3^{n}=3 \Rightarrow n=1$. Ta tìm được $\boxed{(x;y)=(1;1)}$

Bài 47. Xét: Với $x>0$ thì $$(x^3+1)^2<y^4<(x^3+2)^2$$ Trường hợp này ta loại.
Với $x=0$ thì $y= \pm 1$.
Với $x=-1$ thì $y=0$.
Với $x \le -2$ thì $(y^3+2)^2 <y^4< (y^3+1)^2$, trường hợp này ta cũng loại.
Vậy phương trình có nghiệm $\boxed{(x;y)=(0;1),(0;-1),(-1;0)}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 12-02-2013 - 21:35

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

#58 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4260 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 12-02-2013 - 21:44

Lời giải bài 49. Ta đặt $A=2^8+2^{11}+2^n=a^2 \qquad (1)$.
Thử với các trường hợp từ $n=1,2,3,4,5,6,7,8$ không có trường hợp nào thỏa mãn. Vậy $n>8$. Khi đó $$(1) \Leftrightarrow 2^8 \left(1+2^3+2^{n-8} \right)=a^2$$
Để $A$ là số chính phương thì $9+2^{n-8}$ cũng phải là số chính phương. Ta tiếp tục đặt $n-8=k$ với $k \in \mathbb{N}^*$ và $9+2^k=b^2 \Leftrightarrow (b-3)(b+3)=2^k$. Đến đây, ta lấy $b-3=2^m,b+3=2^n$ với $n > m; n,m \in \mathbb{N};n+m=k$. Ta có $$(b+3)-(b-3)=2^n-2^m=2^m \left( 2^{n-m}+1 \right) =6=2 \cdot 3$$
Vì $n>m$ nên $2^{n-m}+1$ lẻ và $2^m$ là lũy thừa của $2$. Do đó $2^m=2 \Rightarrow m=1$ và $2^{n-1}=4 \Rightarrow n=3$. Ta tìm được $k=m+n=4 \Rightarrow n=12$.
Vậy $\boxed{n=12}$ là đáp án bài toán.
“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#59 Primary

Primary

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 316 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Việt Nam Tiền Giang

Đã gửi 12-02-2013 - 21:45

Bài 49 :
Đặt $2^8+2^{11}+2^x=y^2\Leftrightarrow 2^x=y^2-48^2=(y-48)(y+48)$
Ta có hệ: $\left\{\begin{matrix}y+48=2^p & & \\ y-48=2^q & & \end{matrix}\right.$ với $p,q\in \mathbb{N},p>q,p+q=x$
Suy ra: $2^p-2^q=96\Leftrightarrow 2^q(2^{p-q}-1)=2^5.3$
Do $p>q$ nên $2^{p-q}$ là số chẵn và $2^{p-q}-1$ là số lẽ
Do vậy: $\left\{\begin{matrix}2^q=2^5 & & \\ 2^{p-1}-1=3 & & \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}q=5 & \\ p=7 & \end{matrix}\right.$
Thay vào hệ trên ta được: $y=2^6+2^4=80$
Lúc đó: $2^x=32.128=2^{12}$ hay $x=12$
Thử lại....!
Vậy $(x;y)=(12;80)$ là cặp nghiệm nguyên duy nhất

Nothing won't change 

 

$\lim_{n\rightarrow \infty }\ln[h(t)]=117771$


#60 Primary

Primary

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 316 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Việt Nam Tiền Giang

Đã gửi 12-02-2013 - 21:57

Ta có thể tổng quát bài 38 lên 1 chút là chỉ có p và q là số nguyên tố
Và dùng 1 cách hay hơn ta tìm được $(p,q,r)=(3;5;6);(5;3;6);(2;2;3)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Primary: 12-02-2013 - 21:59

Nothing won't change 

 

$\lim_{n\rightarrow \infty }\ln[h(t)]=117771$





0 người đang xem chủ đề

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