Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Vì \(x^2,y^2,z^2\)là các số chính phương nên chia 8 dư 0, 1, 4.
Suy ra \(x^2+y^2+z^2\)chia 8 được số dư là một trong các số : 0, 1,,3, 4, 6.
Mà 1999 chia 8 dư 7
Suy ra phương trình không có nghiệm nguyên
\(x^2-y^2=2010\)
Với \(x\inℤ\)thì x^2 ; y^2 chia 4 dư 0 hoặc 1
x^2 - y^2 chia 4 dư 0 hoặc 1 hoặc 3 ( 1 )
mà 2010 chia 4 dư 2 (2)
từ (1) ; (2) Vậy phương trình vô nghiệm
#)Giải :
VD1:
Với \(\orbr{\begin{cases}x>0\\x< -1\end{cases}}\)ta có :
\(x^3< x^3+x^2+x+1< \left(x+1\right)^3\)
\(\Rightarrow x^3< y^3< \left(x+1\right)^3\)( không thỏa mãn )
\(\Rightarrow-1\le x\le0\)
Mà \(x\in Z\Rightarrow x\in\left\{-1;0\right\}\)
Với \(\orbr{\begin{cases}x=-1\\x=0\end{cases}\Rightarrow\orbr{\begin{cases}y=0\\y=1\end{cases}}}\)
Vậy...........................
#)Giải :
VD2:
\(x^4-y^4+z^4+2x^2z^2+3x^2+4z^2+1=0\)
\(\Leftrightarrow y^4=x^4+z^4+2x^2z^2+3x^2+4z^2+1\)
\(\Leftrightarrow y^4=\left(x^2+y^2\right)+3x^2+4z^2+1\)
Ta dễ nhận thấy : \(\left(x^2+y^2\right)^2< y^4< \left(x^2+y^2+2\right)^2\)
Do đó \(y^4=\left(x^2+y^2+1\right)^2\)
Thay vào phương trình, ta suy ra được \(x=z=0\)
\(\Rightarrow y=\pm1\)
b) chia cả 2 vế cho xyz>0 ta được: \(\frac{2}{yz}+\frac{2}{zx}+\frac{2}{xy}+\frac{9}{xyz}=3\)
không mất tính tổng quát, giả sử: \(x\ge y\ge z\ge1\). Ta có:
\(3=\frac{2}{yz}+\frac{2}{zx}+\frac{2}{xy}+\frac{9}{xyz}\le\frac{15}{z^3}\Rightarrow z^3\le5\Rightarrow z=1\)
\(z=1\Rightarrow2x+2y+11=3xyz\Rightarrow3=\frac{2}{y}+\frac{2}{x}+\frac{1}{xy}\le\frac{15}{y^2}\Rightarrow y^2\le5\)
\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}y^2=1\\y^2=4\end{cases}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}y=1;x=1\\y=2;x=\frac{15}{4}\end{cases}}}\)
ĐCĐK và kết luận
Vậy (1;1;13);(13;1;1);(1;13;1)
a/ \(9x^2+y^2=18x+6y-18\)
\(\Leftrightarrow\left(9x^2-18x+9\right)+\left(y^2-6y+9\right)=0\)
\(\Leftrightarrow9\left(x-1\right)^2+\left(y-3\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=1\\y=3\end{cases}}\)
a) \(9x^2+y^2=18x+6y-18\)
\(\Rightarrow9x^2+y^2-18x-6y+9=0\)
\(\Rightarrow\left(9x^2-18x+9\right)+\left(y^2-6y+9\right)=0\)
\(\Rightarrow9\left(x-1\right)^2+\left(y-3\right)^2=0\)
Mà \(\hept{\begin{cases}9\left(x-1\right)^2\ge0\\\left(y-3\right)^2\ge0\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}9\left(x-1\right)^2=0\\\left(y-3\right)^2=0\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}x=1\\y=3\end{cases}}}\)
Vậy ....................
Câu b để mik nghĩ tiếp
\(pt\Leftrightarrow x^3+2000x-1=y^2\Leftrightarrow x^3-x+2001x-1=y^2\Leftrightarrow\left(x-1\right)x\left(x+1\right)+2001x-1=y^2\)
Vì \(\hept{\begin{cases}\left(x-1\right)x\left(x+1\right)⋮3\\2001x⋮3\end{cases}\Rightarrow}\)(x-1)x(x+1)+2001x-1 chia 3 dư 2 mà y2 chia 3 chỉ dư 0 hoặc 1 nên PT vô nghiệm
Vậy PT không có nghiệm nguyên
b ) x2 - 4x - 2y + xy + 1 = 0
( x2 - 4x + 4 ) - y ( 2 - x ) -3 = 0
( x - 2 )2 - y ( 2 - x ) = 3
( 2 - x ) ( 2 - x - y ) = 3
đến đây lập bảng tìm ra x,y
a) x2 + y2 + xy + 3x - 3y + 9 = 0
2x2 + 2y2 + 2xy + 6x - 6y + 18 = 0
( x2 + 2xy + y2 ) + ( x2 + 6x + 9 ) + ( y2 - 6y + 9 ) = 0
( x + y )2 + ( x + 3 )2 + ( y - 3 )2 = 0
\(\Rightarrow\)( x + y )2 = ( x + 3 )2 = ( y - 3 )2 = 0
\(\Rightarrow\)x = -3 ; y = 3
a.
Do \(x^2;y^2\) là các số chính phương nên chia cho 4 dư 0 hoặc 1 nên \(x^2-y^2\) chia 4 dư 0;1;3 mà \(1998\) chia 4 dư 2 nên PT vô nghiệm.
b.
Do \(x^2;y^2\) là các số chính phương nên chia cho 4 dư 0 hoặc 1 nên \(x^2+y^2\) chia 4 dư 0;1;2 mà \(1999\) chia 4 dư 3 nên PT vô nghiệm
#)Giải :
VD1:
a) Ta thấy x2,y2 chia cho 4 chỉ dư 0,1
nên x2 - y2 chia cho 4 có số dư là 0,1,3. Còn vế phải chia cho 4 có số dư là 2
=> Phương trình không có nghiệm nguyên
b) Ta thấy x2 + y2 chia cho 4 có số dư là 0,1,2. Còn vế phải 1999 chia cho 4 dư 3
=> Phương trình không có nghiệm nguyên
\(9x+2=y^2+y\)
\(\Leftrightarrow9x+2=y\left(y+1\right)\)
Dễ thấy VT có dạng \(3k+2\) nên VP cũng có dạng \(3k+2\Rightarrow y\) có dạng \(3k+1\) với \(k\in Z\)
Thay vào PT thì ta có:
\(9x+2=\left(3k+1\right)\left(3k+2\right)\)
\(\Leftrightarrow9x+2=9k^2+9k+2\)
\(\Leftrightarrow9x=9k\left(k+1\right)\)
\(\Leftrightarrow x=k\left(k+1\right)\)
Vậy \(x=k\left(k+1\right);y=3k+1\) với k là số nguyên bất kỳ.
#)Giải :
VD2 :
\(9x+2=y^2+y\)
\(\Leftrightarrow9x=y^2+y-2\)
\(\Leftrightarrow9x=\left(y-1\right)\left(y-2\right)\left(1\right)\)
Do đó (y-1)(y+2) chia hết cho 9 => ít nhất 1 trong 2 số y-1 và y+2 chia hết cho 3.
Ta lại thấy (y+2) - (y-1) = 3 => cả y-1 và y+2 đều chia hết cho 3.
Đặt \(y-1=3k+1\left(k\in Z\right)\)
\(\left(1\right)\Leftrightarrow9x=3k.3\left(k+1\right)=9k\left(k+1\right)\)
\(\Leftrightarrow x=k\left(k+1\right)\)
Vậy nghiệm của PT là x = k(k+1); y = 3k+1 với \(k\in Z\).
VD3 b) . \(x^4+y^4+z^4=1000.\)
Giả sử tồn tại các số nguyên thỏa mãn phương trình .
Nhận thấy \(x^4,y^4,z^4\)chia cho 16 dư 0 hoặc 1, nên \(x^4+y^4+z^4\)chia cho 16 có số dư là một trong các số 0, 1, 2, 3.
Trong khi đó số 1000 chia cho 16 dư 8.
Suy ra 2 vế mâu thuẫn với nhau.
Vậy phương trình đã cho không tồn tại các số nguyên x,y,z thỏa mãn đề.
a) Giả sử tồn tại các số nguyên x,y thỏa mãn phương trình .
Nhận thấy \(x^2,y^2\)là các số chính phương khi chia cho 4 dư 0 hoặc 1
Suy ra \(x^2-y^2\)khi chia cho 4 sẽ có các số dư là một trong các số 0, 1 , ,3
Mà số 2010 khi chia cho 4 dư 2. Nên 2 vế của phương trình mâu thuẫn với nhau.
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.
VD1 Làm tương tự như VD3:
Giả sử tồn tại các số nguyên x,y thỏa mãn phương trình .
Nhận thấy \(x^2,y^2\)là các số chính phương khi chia cho 4 dư 0 hoặc 1
Suy ra \(x^2-y^2\)khi chia cho 4 sẽ có các số dư là một trong các số 0, 1 , ,3
Trong khi đó số 1998 chia cho 4 dư 2. Hai điều này mâu thuẫn nhau.
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.
b)
Giả sử tồn tại các số nguyên x,y thỏa mãn phương trình .
Nhận thấy \(x^2,y^2\)là các số chính phương khi chia cho 4 dư 0 hoặc 1
Suy ra \(x^2+y^2\)khi chia cho 4 sẽ có số dư là một trong các số 0 ,1, 2.
Mà số 1999 chia cho 4 dư 3. Hai điều này mâu thuẫn nhau.
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.
VD2: \(9x+2=y^2+y\Leftrightarrow9x=y^2+y-2\Leftrightarrow9x=\left(y-1\right)\left(y+2\right).\)(1)
Suy ra \(\left(y-1\right)\left(y+2\right)\)chia hết cho 9, \(\Rightarrow\)ít nhất một trong hai (y-1) , (y+2) chia hết cho 3
\(\Rightarrow y-1=3k\Rightarrow y+2=3\left(k+1\right)\)(\(k\in Z\)) (2)
Từ (1) và (2) ta có: \(9x=3k.3\left(k+1\right)\Leftrightarrow x=k\left(k+1\right).\)
Vậy \(\hept{\begin{cases}x=k\left(k+1\right)\\y=3k+1\end{cases}}\left(k\in Z\right).\)
Do x,y,z bình đẳng như nhau nên ta giả sử \(x\ge y\ge z\Rightarrow x^4\ge y^4\ge z^4\)
Ta có:\(x^4+y^4+z^4\le3x^4\)
\(\Rightarrow1000\le3x^4\)
\(\Rightarrow x^4\ge333\)
\(\Rightarrow x\ge4\)
Lại có:
\(x^4+y^4+z^4\ge x^4\Rightarrow1000\ge x^4\)
\(\Rightarrow x\le5\)
\(\Rightarrow x=4;x=5\)
Với \(x=4\),ta có:
\(4^4+y^4+z^4=1000\)
\(\Rightarrow y^4+z^4=744\)
\(\Rightarrow744\le2y^4\)
\(\Rightarrow y^4\ge372\)
\(\Rightarrow y\ge4\Rightarrow y\le x=4\Rightarrow y=4\)
\(\Rightarrow z=\sqrt[4]{488}\left(KTM\right)\)
Tương tự với trường hợp \(x=5\) thì ta có \(y=3;y=4\) thay vào thì không tìm được z nguyên thỏa mãn.
Vậy PT vô nghiệm.
Đây là cách câu a,vd 1 của em. Mọi người xem ạ! Em không chắc đâu,quên mất cách giải lúc trước học rồi :(
\(\left(x-y\right)\left(x+y\right)=1998\)
Dễ thấy vế phải là số chẵn. Nên tồn tại một thừa số trong vế trái chia hết cho 2.
+) Nếu x - y chia hết cho 2 thì x, y cùng tính chẵn , lẻ. Do đó x + y chia hết cho 2.
Do vậy vế trái chia hết cho 4. Mà vế phải không chia hết cho 4(loại)
+Nếu x +y chia hết cho 2 thì x, y cùng tính chẵn, lẻ. Do đó x - y cũng chia hết cho 2.
Do vậy vế trái chia hết cho 4. Mà vế phải không chia hết cho 4(loại)
Vậy pt vô nghiệm