DD
2
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
10 tháng 11 2018
\(\left(1+x\right)\left(y+z\right)=xyz+2\)
\(\Leftrightarrow\)\(xy+xz+y+z=xyz+2\)
\(\Leftrightarrow\)\(xyz-xy-xz+x=y+z-2+x\)
\(\Leftrightarrow\)\(x\left(yz-y-z+1\right)=x+y+z-2\)
\(\Leftrightarrow\)\(x\left(y-1\right)\left(z-1\right)=x+\left(y-1\right)+\left(z-1\right)\)
Đặt \(a=x;b=y-1;c=z-1\) pt \(\Leftrightarrow\)\(abc=a+b+c\)
Ta có : \(a\ge1;b\ge0;c\ge0\) ( do \(x,y,z\ge1\) )
Giả sử \(b=0\) pt \(\Leftrightarrow\)\(a+c=0\) ( vô lí vì \(a+c\ge1\) )
Tương tự, giả sử \(c=0\) pt \(\Leftrightarrow\)\(a+b=0\) ( vô lí vì \(a+b\ge1\) )
\(\Rightarrow\)\(a,b,c\ge1\) và \(abc=a+b+c\)
Đến đây giả sử \(a\ge b\ge c\) đc r vì a, b, c có vai trò như nhau
Giải r nhưng quên link, có j e ib gửi link khác cho :))
Chúc a học tốt ~
PN
12 tháng 3 2017
Khỏi thanks!
\(------------------\)
Ta có:
\(\hept{\begin{cases}x+3=2^y\left(1\right)\\3x+1=4^z\left(2\right)\end{cases}}\)
Cộng hai pt \(\left(1\right);\left(2\right)\) vế theo vế, ta thu được:
\(4\left(x+1\right)=4^z+2^{y-2}\)
\(\Leftrightarrow\) \(x+1=4^{z-1}+2^{y-2}\)
\(\Leftrightarrow\) \(\left(x-1\right)+2=4^{z-1}+2^{y-2}\) \(\left(i\right)\)
Lại có: do \(x,y,z\in Z^+\) nên từ \(\left(1\right)\) suy ra \(2^y\ge4\) hay \(y\ge2\)
Khi đó, ta phải tìm các các nghiệm \(x,y,z\) sao cho \(x,y,z\in Z^+\) và \(y\ge2\)
\(------------------\)
Mặt khác, từ phương trình \(\left(2\right)\) với lưu ý rằng \(z\in Z^+\) suy ra \(3x+1⋮4,\)
hay nói cách khác, \(\left[4x-\left(x-1\right)\right]⋮4\) tức là \(x-1⋮4\) \(\left(3\right)\)
Do đó, từ \(\left(i\right)\) với chú ý \(\left(3\right)\) đã chứng minh ở trên suy ra \(VP\left(i\right)\) và \(2\) đồng dư theo mô đun \(4\)
\(------------------\)
Ta xét các trường hợp sau:
\(\Omega_1:\) Với \(z=1\) thì \(4^{z-1}=1\) chia cho \(4\) dư \(1\) nên \(2^{y-2}\) chia cho \(4\) dư \(1\) \(\Rightarrow\) \(y=2\)
vì nếu \(y=3\) thì \(2^{y-2}=2\) chia cho \(4\) dư \(2\) và \(y>3\) thì \(2^{y-2}⋮4\)
Khi đó, từ \(\left(1\right);\left(2\right)\) suy ra \(x=1\)
\(\Omega_1:\) Với \(z>1\) thì \(4^{z-1}⋮4\) nên ta có \(2^{y-2}\) chia cho \(4\) phải dư \(2\) suy ra \(y=3\)
Theo đó, dễ dàng suy ra được \(x=5\) dẫn đến \(z=2\)
\(------------------\)
Vậy, các bộ nghiệm nguyên dương thỏa mãn là \(\left(x,y,z\right)\in\left\{\left(1,2,1\right);\left(5,3,2\right)\right\}\)
PG
1
VN
1
4 tháng 2 2020
giả sử x,y là nghiệm nguyên dương của pt \(x^2-x-6=y^2\)
\(x^2-x-6=y^2\)
\(\Leftrightarrow x^2-2.x.\frac{1}{2}+\frac{1}{4}-\frac{1}{4}-6=y^2\)
\(\Leftrightarrow\left(x-\frac{1}{2}\right)^2-y^2=\frac{25}{4}\)
\(\Leftrightarrow\left(x-\frac{1}{2}-y\right)\left(x-\frac{1}{2}+y\right)=\frac{25}{4}\)
\(\Leftrightarrow\left(2x-1-2y\right)\left(2x-1+2y\right)=25\)
Đến đây dẽ rồi chị làm nốt nhé
TD
0
tự tính
Ta có phương trình:
2^x · 5^y + 25 = z^2, x,y,z ∈ N*
Ta xét theo modulo 4:
Vì 2^x·5^y với x ≥ 1 luôn chia hết cho 2, nên:
2^x·5^y ≡ 0 (mod 2) ⇒ 2^x·5^y + 25 ≡ 1 (mod 2)
⇒ z^2 ≡ 1 (mod 2) ⇒ z lẻ (không mâu thuẫn)
Xét modulo 5:
2^x·5^y chia hết cho 5 khi y ≥ 1, nên vế trái ≡ 0 (mod 5)
⇒ z^2 ≡ 0 (mod 5) ⇒ z chia hết cho 5
Đặt z = 5k
Thay vào:
2^x·5^y + 25 = 25k^2
Chia 25:
2^x·5^(y−2) + 1 = k^2
Đặt y ≥ 2 (nếu y < 2 thì thử riêng)
Xét phương trình:
k^2 − 1 = 2^x·5^(y−2)
⇒ (k−1)(k+1) = 2^x·5^(y−2)
Hai số k−1 và k+1 là hai số chẵn liên tiếp, nên gcd = 2
Suy ra tách được:
k−1 = 2^a
k+1 = 2^b · 5^(y−2) với b ≥ a
Thử nhỏ nhất:
Nếu y = 2 ⇒ 5^(y−2) = 1
⇒ (k−1)(k+1) = 2^x
Chỉ có thể là hai lũy thừa của 2 cách nhau 2 đơn vị:
k−1 = 2^t, k+1 = 2^(t+1)
Thử:
2^(t+1) − 2^t = 2
⇒ 2^t = 2 ⇒ t = 1
⇒ k−1 = 2, k+1 = 4 ⇒ k = 3
Suy ra:
z = 5k = 15
Thay lại:
2^x + 25 = 225
⇒ 2^x = 200 (không là lũy thừa của 2)
⇒ loại
Thử y ≥ 3 thì vế phải có 5^(y−2) làm cho tích (k−1)(k+1) có ít nhất một thừa số 5.
Nhưng k−1, k+1 chỉ chênh nhau 2 nên không thể đồng thời chứa lũy thừa của 5 trừ trường hợp đặc biệt không tồn tại.
Kết luận:
Không tồn tại nghiệm nguyên dương (x,y,z) thỏa mãn phương trình.