Chủ đề này có 565 trả lời

[minhhieuchu]

bài 102: Giải phương trình nghiệm nguyên dương

 $a^{2}= b^{3}+1$

Mình giải ntn, bạn xem thử nhé!!
a²=b³+1
~> a chia 3 dư 1
Đặt: a=3k+1

~> 3k(3k+2)=b.b²
*sở dĩ chỗ này có bước suy ra ở dưới là vì 3k có k là số nguyên tố nếu k không nguyên tố thì phân tích ra thừa số nguyên tố luôn được 3k+2=3k.m+2=3h+2 nên b²-b=(3k+2)-3k hay =(3h+2)-3h ... =2*
~> b²-b-2=0
~> (b-2)(b+1)=0
~> b=2 (do b dương)
~> a=3

[Zaraki]

Bạn giải thích vì sao $a$ chia $3$ dư $1$ không ??

[phatthemkem]

Mình giải ntn, bạn xem thử nhé!!
a²=b³+1
~> a chia 3 dư 1
Đặt: a=3k+1

~> 3k(3k+2)=b.b²
*sở dĩ chỗ này có bước suy ra ở dưới là vì 3k có k là số nguyên tố nếu k không nguyên tố thì phân tích ra thừa số nguyên tố luôn được 3k+2=3k.m+2=3h+2 nên b²-b=(3k+2)-3k hay =(3h+2)-3h ... =2*
~> b²-b-2=0
~> (b-2)(b+1)=0
~> b=2 (do b dương)
~> a=3

Bài làm có vấn đề ở hai chỗ màu đỏ kìa bạn.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phatthemkem: 05-06-2013 - 06:52

[minhhieuchu]

Bài này mình làm nhầm đấy!!

[zZblooodangelZz]

Bài 103. Mình có bài mới đây $(new member)$:Tìm $x,y$ nguyên dương: $7^{x}=3.2^{y}+1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi zZblooodangelZz: 09-06-2013 - 12:55

[Zaraki]

Mình có bài mới đây $(new member)$: $7^{x}=3.2^{y}+1$

PP. Đề nghị ghi rõ yêu cầu giải nghiệm nguyên hay nghiệm nguyên dương nhé. 

Đây mình giải nghiệm nguyên dương.

Lời giải. Với $x=0$ thì $3 \cdot 2^y=0$, mâu thuẫn.

Với $x \ge 1$ thì $7|VT$. Do đó $3 \cdot 2^y \equiv 6 \pmod{7} \Rightarrow y=3k+1$ với $k \in \mathbb{N}$.

$\blacktriangleright$ Nếu $k=0$ thì $y=1$ và $x=1$.

$\blacktriangleright$ Nếu $k \ge 1$ thì khi đó phương trình tương đương với $7^x=6 \cdot 8^k+1 \qquad (1)$.

Ta suy ra $VP \equiv 1 \pmod{8}$. Do đó $7^x \equiv 1 \pmod{8} \Rightarrow x=2m$ với $m \in \mathbb{N}^*$.

Ta có $(1) \Leftrightarrow \left( 7^m-1 \right) \left( 7^m+1 \right) = 2^{3k+1} \cdot 3= 2^y \cdot 3$.

Dễ thấy $3|7^m-1$ nên ta đặt $7^m-1=3 \cdot 2^p$ và $7^m+1=2^r$ với $p,r \in \mathbb{N}^*, \; p+r=y$.

Vì $7^m+1>7^m-1 \Rightarrow 2 \cdot 2^{r-1} > 3 \cdot 2^p \Rightarrow r-1>p \Rightarrow r \ge p$.

Ta có $$\left( 7^m+1 \right)- \left( 7^m-1 \right) = 2^p \left( 2^{r-p}-3 \right) \Leftrightarrow 2^p \left( 2^{r-p}-3 \right)=2$$

Suy ra $p=1,r=3$. Do đó $y=4$ và $x=2$.

Vậy phương trình có nghiệm nguyên $\boxed{(x,y)=(2,4),(1,1)}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Jinbe: 09-06-2013 - 16:45

[zZblooodangelZz]

PP. Đề nghị ghi rõ yêu cầu giải nghiệm nguyên hay nghiệm nguyên dương nhé. 

Đây mình giải nghiệm nguyên dương.

Lời giải. Với $x=0$ thì $3 \cdot 2^y=0$, mâu thuẫn.

Với $x \ge 1$ thì $7|VT$. Do đó $3 \cdot 2^y \equiv 6 \pmod{7} \Rightarrow y=3k+1$ với $k \in \mathbb{N}$.

Khi đó phương trình tương đương với $7^x=6 \cdot 8^k+1 \qquad (1)$.

Ta suy ra $VP \equiv 1 \pmod{8}$. Do đó $7^x \equiv 1 \pmod{8} \Rightarrow x=2m$ với $m \in \mathbb{N}^*$.

Ta có $(1) \Leftrightarrow \left( 7^m-1 \right) \left( 7^m+1 \right) = 2^{3k+1} \cdot 3= 2^y \cdot 3$.

Dễ thấy $3|7^m-1$ nên ta đặt $7^m-1=3 \cdot 2^p$ và $7^m+1=2^r$ với $p,r \in \mathbb{N}^*, \; p+r=y$.

Vì $7^m+1>7^m-1 \Rightarrow 2 \cdot 2^{r-1} > 3 \cdot 2^p \Rightarrow r-1>p \Rightarrow r \ge p$.

Ta có $$\left( 7^m+1 \right)- \left( 7^m-1 \right) = 2^p \left( 2^{r-p}-3 \right) \Leftrightarrow 2^p \left( 2^{r-p}-3 \right)=2$$

Suy ra $p=1,r=3$. Do đó $y=4$ và $x=2$.

Vậy phương trình có nghiệm nguyên $\boxed{(x,y)=(2,4)}$.

Hình như anh Jinbe thiếu nghiêm $(x,y)$: (1,1)

@Toàn: Đã sửa  .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Jinbe: 09-06-2013 - 16:45

[Supermath98]

Bài 104: Tìm các cặp số nguyên x,y thỏa mãn điều kiện: $\large \left ( x-2006 \right )^{2}=y\left ( y+1 \right )\left ( y+2 \right )\left ( y+3 \right )$

[Juliel]

Bài 104: Tìm các cặp số nguyên x,y thỏa mãn điều kiện: $\large \left ( x-2006 \right )^{2}=y\left ( y+1 \right )\left ( y+2 \right )\left ( y+3 \right )$

$PT\Leftrightarrow (x-2006)^{2}=(y^{2}+3y)(y^{2}+3y+2)$

Đặt $y^{2}+3y=1=t$ thì $(x-2006)^{2}=(t-1)(t+1)=t^{2}-1\Leftrightarrow (t-x+2006)(t+x-2006)=1$

• $\left\{\begin{matrix} t-x+2006=1 & & \\ t+x-2006=1 & & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} t=1 & & \\ x=2006 & & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} y=0\vee y=-3 & & \\ x=2006 & & \end{matrix}\right.$
• $\left\{\begin{matrix} t-x+2006=-1 & & \\ t+x-2006=-1 & & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} t=-1 & & \\ x=2006 & & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} y=-1\vee y=-2 & & \\ x=2006 & & \end{matrix}\right.$

Kết luận : $(x;y)=(2006;0);(2006;-1);(2006;-2);(2006;-3)$

[Juliel]

Bài 105 : Giải phương trình  :   $13p+1=k^{3}$ $(p\in P,k\in N)$

Bài 106 : (My creation  ) Giải phương trình nghiệm nguyên :

$x_{1}^{16}+x_{2}^{16}+...+x_{16}^{16}=17$ 

[DarkBlood]

Bài 105 : Giải phương trình  :   $13p+1=k^{3}$ $(p\in P,k\in N)$

Bài 106 : (My creation  ) Giải phương trình nghiệm nguyên :

$x_{1}^{16}+x_{2}^{16}+...+x_{16}^{16}=17$ 

Bài 105:

 Ta có:

 

$13p+1=k^3\Leftrightarrow (k-1)(k^2+k+1)=13p$

 

Vì $p$ là số nguyên tố và $k-1<k^2+k+1$ $(k\in \mathbb{N})$ nên có $3$ trường hợp xảy ra.

 

Trường hợp 1: $\left\{\begin{matrix} k-1=1\\ k^2+k+1=13p \end{matrix}\right.$

 

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} k=2\\ 13p=2^2+2+1=7\ \ \ (\text{vô lý}) \end{matrix}\right.$

 

Trường hợp 2: $\left\{\begin{matrix} k-1=13\\ k^2+k+1=p \end{matrix}\right.$

 

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} k=14\\ p=14^2+14+1=211\in \mathbb{P}\ \ \ (\text{thỏa mãn}) \end{matrix}\right.$

 

Trường hợp 3: $\left\{\begin{matrix} k-1=p\\ k^2+k+1=13 \end{matrix}\right.$

 

$\left\{\begin{matrix} p=3-1=2\in \mathbb{P}\ \ \ (\text{thỏa mãn})\\ k=3\ \ (k\in \mathbb{N}) \end{matrix}\right.$

 

Vậy phương trình có nghiệm $$\boxed{(k\ ;\ p)=(14\ ;\ 211)\ ;\ (3\ ;\ 2)}$$

 

Bài 106:

Trường hợp 1: $x_1\geq 2$ và $x_i\leq -2\ (x_i \in \mathbb{Z}\ ;\ i=\overline{1,16})$

 

Khi đó $x_i^{16}\geq 2^{16}>17$

 

Trường hợp 2: $-1\leq x_i\leq 1\ (x_i \in \mathbb{Z}\ ;\ i=\overline{1,16})$

 

Khi đó $x_i^{16}\leq 1,$ suy ra $x_{1}^{16}+x_{2}^{16}+...+x_{16}^{16}\leq 16 <17$

 

Vậy phương trình vô nghiệm.

[Juliel]

Bài 107 : Giải phương trình $x^{2}+(x+1)^{2}+(x+2)^{2}+...+(x+1983)^{2}=y^{2}$ trên tập nghiệm nguyên

Bài 108 : Giải phương trình $1!+2!+3!+...+x!=y^{2}$ trên tập nghiệm tự nhiên 

Bài 109 : Giải phương trình $p_{1}^{6}+p_{2}^{6}+...+p_{7}^{6}=p_{1}p_{2}...p_{7}$ với $p_{i}\in P$ và $i\in \left \{ 1;2;3;4;5;6;7 \right \}$

 

P.S : Bài làm của DarkBlood rất hay ! 

[Zaraki]

Bài 108 : Giải phương trình $1!+2!+3!+...+x!=y^{2}$ trên tập nghiệm tự nhiên 

Lời giải. Xét với $x=1,2,3,4$ thì ta thấy với $x=3$ thì $y=3$, VỚI $X=1$ thì $x=1$, với $x=0$ thì $y=0$ thỏa mãn.

Nếu $x \ge 5$.

Nhân thấy $(a+5)!=1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdots (a+5)$ luôn tận cùng là $0$ với $a \in \mathbb{N}$.

Do đó nên trong trường hợp này thì $5!+6!+ \cdots + x!$ luôn tận cùng là $0$.

Ta suy ra $1!+2!+ \cdots + x!$ có cùng chữ số tận cùng với $1!+2!+3!+4!=33$ nên không thể là số chính phương.

Kết luận. $\boxed{(x,y)=(0,1),(1,1),(3,3)}.$

 

Mở rộng 1. Giải phương trình nghiệm tự nhiên $1!+2!+3!+ \cdots + x!=y^3$.

Mở rộng 2. Giải phương trình nghiệm tự nhiên $1!+2!+3!+ \cdots + x!=y^n$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Jinbe: 17-06-2013 - 17:33

[Zaraki]

Bài 109 : Giải phương trình $p_{1}^{6}+p_{2}^{6}+...+p_{7}^{6}=p_{1}p_{2}...p_{7}$ với $p_{i}\in P$ và $i\in \left \{ 1;2;3;4;5;6;7 \right \}$

Lời giải. Nhận thấy $a^6 \equiv 0,1 \pmod{7}$ với $a \in \mathbb{Z} \qquad (*)$.

$\blacktriangleright$ Nếu một trong các số $a_i$ chia hết cho $7$, không mất tính tổng quát giả sử $7|p_1$. Khi đó $p_1=7$.

Từ phương trình ta suy ra $p_2^6+p_3^6+ \cdots + p_7^6$ chia hết cho $7$. Áp dụng $(*)$ ta suy ra $p_i$ đều chia hết cho $7$.

Do đó $p_i=7$. Thử lại thấy thỏa mãn.

$\blacktriangleright$ Nếu không có số nào chia hết cho $7$, ta cũng áp dụng $(*)$ thì suy ra $VT \equiv 0 \pmod{7}$, trong khi đó $VP \equiv 1 \pmod{7}$, mâu thuẫn.

Vậy kết quả cuối cùng là $\boxed{p_i=7}$.

[Juliel]

 

Mở rộng 1. Giải phương trình nghiệm tự nhiên $1!+2!+3!+ \cdots + x!=y^3$.

Xét x = 1;2;3;4;5;6 đều không tìm được y tự nhiên thỏa mãn phương trình 

Xét $x\geq 7\Rightarrow x!\equiv 0(mod7)$

$\Rightarrow y^{3}=1!+2!+...+x!\equiv 1!+2!+3!+...+6!\equiv 5(mod7)$

Vô lí vì $y^{3}\equiv 0;1;6(mod7)$

Vậy : Phương trình không có nghiệm tự nhiên

 

 Bài nữa nhé ! Công nhận mấy bạn giỏi ghê, bài nào ra cũng làm được hết !

Bài 110 : Giải hệ phương trình trên tập nghiệm nguyên :

$\left\{\begin{matrix} x^{12}+y^{12}+z^{12}=1679 & & \\ xyz=210& & \end{matrix}\right.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 17-06-2013 - 16:20

[Zaraki]

Bài 110 : Giải hệ phương trình trên tập nghiệm nguyên :

$\left\{\begin{matrix} x^{12}+y^{12}+z^{12}=1679 & & \\ xyz=210& & \end{matrix}\right.$

Lời giải. Áp dụng BĐT AM-GM ta có $x^{12}+y^{12}+z^{12} \ge 3(xyz)^4$, tức là $1679 \ge 3 \cdot 210^4$, mâu thuẫn.

vậy hệ phương trình không có nghiệm nguyên.

[Juliel]

Lời giải. Áp dụng BĐT AM-GM ta có $x^{12}+y^{12}+z^{12} \ge 3(xyz)^4$, tức là $1679 \ge 3 \cdot 210^4$, mâu thuẫn.

vậy hệ phương trình không có nghiệm nguyên.

Cách giải của bạn hay nhưng không tổng quát cho lắm ! (Nói thật thì khi nghĩ ra bài toán này mình không dùng BĐT nên nó ra như vậy  ) 

 

Bài 111 : Giải hệ phương trình nghiệm nguyên :

$\left\{\begin{matrix} x^{12}+y^{12}+z^{12}+t^{12}= 1601& & \\ xyz= 14& & \end{matrix}\right.$

 

P.S : Giải bài mở rộng 2 đi Jinbe !   

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 17-06-2013 - 16:45

[Zaraki]

Cách giải của bạn hay nhưng không tổng quát cho lắm ! (Nói thật thì khi nghĩ ra bài toán này mình không dùng BĐT nên nó ra như vậy  ) 

Cách áp dụng AM-GM không dùng được cho bài toán tương tự như bài trên :

Bài 111 : Giải hệ phương trình nghiệm nguyên :

$\left\{\begin{matrix} x^{12}+y^{12}+z^{12}+t^{12}= 1601& & \\ xyz= 14& & \end{matrix}\right.$

Bài này cũng thế cả thôi  .

Áp dụng AM-GM ta có $x^{12}+y^{12}+z^{12} \ge 3(xyz)^4=3 \cdot 14^4>1601$ nên hệ phương trình không có nghiệm nguyên.

[DarkBlood]

Bài 112: Tìm $x,\ y,\ z\in \mathbb{Z}$ thỏa mãn

$$\left\{\begin{matrix} 2x^3-7x^2+8x-2=y\\ 2y^3-7y^2+8y-2=z\\ 2z^3-7z^2+8z-2=x \end{matrix}\right.$$

 

Bài 113: Tìm ba số nguyên dương $x,\ y,\ z$ lớn hơn $1$ sao cho:

$xy+1$ chia hết cho $z$

$yz+1$ chia hết cho $x$

$zx+1$ chia hết cho $y$

 

 

Lời giải. Xét với $x=1,2,3,4$ thì ta thấy với $x=3$ thì $y=3$, thỏa mãn.

Nếu $x \ge 5$.

Nhân thấy $(a+5)!=1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdots (a+5)$ luôn tận cùng là $0$ với $a \in \mathbb{N}$.

Do đó nên trong trường hợp này thì $5!+6!+ \cdots + x!$ luôn tận cùng là $0$.

Ta suy ra $1!+2!+ \cdots + x!$ có cùng chữ số tận cùng với $1!+2!+3!+4!=33$ nên không thể là số chính phương.

Kết luận. $\boxed{(x,y)=(3,3)}.$

 

Xét x = 1;2;3;4;5;6 đều không tìm được y tự nhiên thỏa mãn phương trình 

Xét $x\geq 7\Rightarrow x!\equiv 0(mod7)$

$\Rightarrow y^{3}=1!+2!+...+x!\equiv 1!+2!+3!+...+6!\equiv 5(mod7)$

Vô lí vì $y^{3}\equiv 0;1;6(mod7)$

Vậy : Phương trình không có nghiệm tự nhiên

 

 

Các bạn thiếu nghiệm $(x\ ;\ y)=(1\ ;\ 1)$ rồi

@Toàn: Cảm ơn bạn, mình thiếu cả $0,0$ nữa.   

@Thông: Phải là $0\ ;\ 1$ chứ nhỉ   

@Toàn; Quên béng mất định nghĩa giai thừa.    Đã sửa.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Jinbe: 17-06-2013 - 17:33

[Juliel]

 

Bài 113: Tìm ba số nguyên dương $x,\ y,\ z$ lớn hơn $1$ sao cho:

$xy+1$ chia hết cho $z$

$yz+1$ chia hết cho $x$

$zx+1$ chia hết cho $y$

Nhân hết lại :

$\frac{(xy+1)(yz+1)(zx+1)}{xyz}\in Z\Rightarrow \frac{zx+yz+xy+1}{xyz}\in Z\Rightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{xyz}\in Z$

Không mất tính tổng quát, giả sử $x\geq y\geq z\Rightarrow x\geq 3;y\geq 2;z\geq 1$

$k=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{xyz}\leq \frac{3}{z}+\frac{1}{z^{3}}\leq 4\Rightarrow k\in \left \{ 1;2;3 \right \}$

Tới đây thì đơn giản rồi nhưng khá là dài !