Học Toán cùng BoxMath
Đăng ký
Tìm kiếm tùy chỉnh
Web
Kết quả 1 đến 4 của 4
  1. #1
    Ngày tham gia
    Oct 2014
    Tuổi
    20
    Bài viết
    22
    Cám ơn (Đã nhận)
    21


    Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình sau:
    1. $2^{x}+2^{y}+2^{z}+2^{t}=2340$.
    2. $4z^{4}-4xy+x+y=0$
    3. $\frac{x(x+1)(x+2)(x+3)}{4}=y^{6}+1.$
    Mong các Thầy và các bạn cùng tham gia giải.

  2. Cám ơn kinhluannguyen, Trần Duy Tân, davidsilva98, AnyQ đã cám ơn bài viết này
  3. #2
    Moderator
    Ngày tham gia
    Oct 2014
    Tuổi
    20
    Bài viết
    22
    Cám ơn (Đã nhận)
    21
    Bài 1: $2^{x}+2^{y}+2^{z}+2^{t}=2340$ (1)
    Giả sử x<y<z<t, khi đó (1) $\Leftrightarrow$ $2^{x}(1+2^{y-x}+2^{z-x}+2^{t-x})= 2^{2}.585$
    Dễ thấy 1+2^{y-x}+2^{z-x}+2^{t-x} lẻ nên suy ra $2^{x}=2^{2} \Rightarrow x=2.$
    Do đó $1+2^{y-2}+2^{z-2}+2^{t-2}=585 \Rightarrow 2^{y-2}+2^{z-2}+2^{t-2}= 584$
    Suy ra $2^{y-2}(1+2^{z-y}+2^{t-y})=2^{3}.73$
    Lập luận tương tự ta có y-2=3 => y=5. Tiếp tục như trên ta tìm được z=8 và t=11.
    Vậy (x;y;z;t) = (2;5;8;11) và các hoán vị.

  4. Cám ơn AnyQ đã cám ơn bài viết này
  5. #3
    Moderator
    Ngày tham gia
    Oct 2014
    Tuổi
    20
    Bài viết
    22
    Cám ơn (Đã nhận)
    21
    Bài 2: $4z^{4}-4xy+x+y=0$ (2).
    Trước hết ta chứng minh 2 bổ đề sau:
    1. BĐ 1: Cho p là số nguyên tố có dạng 4s+3. Khi đó nếu $x^{2}+y^{2}\vdots p$ thì $x\vdots p$ và $y\vdots p$.
    Thật vậy giả sử x không chia hết cho p và y không chia hết cho p. Theo định lí Fermat nhỏ thì $x^{p-1}\equiv 1$ (mod p)
    và $y^{p-1}\equiv 1$ (mod p) với p=4s+3.
    Ta có $\left\{\begin{matrix} (x^{2})^{2s+1}\equiv 1(modp)\\ (y^{2})^{2s+1}\equiv 1(modp) \end{matrix}\right.$
    $\Rightarrow (x^{2})^{2s+1}+(y^{2})^{2s+1}=(x^{2}+y^{2}).A$ đồng dư 2 (mod p)
    Mà $x^{2}+y^{2}\vdots p$ (gt) nên $2\equiv 0(modp)$ , mâu thuẫn do p=4s+3.
    Vậy trong 2 số x, y có ít nhất một số chia hết cho p. Không mất tính tổng quát, giả sử x chia hết cho p $\Rightarrow x^{2}\vdots p.$ Mà $x^{2}+y^{2}\vdots p$ nên suy ra $y^{2}\vdots p\Rightarrow y\vdots p$. Vậy ta có đpcm.
    2. BĐ 2:Mọi số nguyên có dạng N = 4t+3 đều có ít nhất 1 ước nguyên tố dạng p = 4s+3.
    Thật vậy, giả sử N không có ước nguyên tố nào có dạng p = 4s+3
    suy ra N = (4a+1)(4b+1) = 4(4ab+a+b)+1 = 4h+1 (vô lí).
    Do đó N có 1 ước dạng 4c+3. Nếu 4c+3 là số nguyên tố thì bổ đề được chứng minh. Nếu 4c+3 là hợp số, lí luận tương tự ta lại có 4c+3 có 1 ước có dạng 4d+3. Nếu 4d+3 lại là hợp số thì lại tiếp tục. Vì quá trình trên là hữu hạn nên ta có đpcm.
    Trở lại bài toán:
    Ta có (2) $\Leftrightarrow 4xy-x-y=4z^{2}\Leftrightarrow 16xy-4x-4y=16z^{2}\Leftrightarrow (4x-1)(4y-1)=16z^{2}+1$
    Sử dụng bổ đề 2 ta có (4x-1)(4y-1) luôn có ước nguyên tố dạng p=4s+3. Sử dụng bổ đề 1 ta có 4z chia hết cho p và 1 chia hết cho p, mâu thuẫn.
    Vậy phương trình (2) vô nghiệm.
    Sửa lần cuối bởi truonghuuduyen; 09/11/14 lúc 05:35 PM.

  6. Cám ơn AnyQ đã cám ơn bài viết này
  7. #4
    Thành Viên Chính Thức davidsilva98's Avatar
    Ngày tham gia
    Nov 2014
    Đến từ
    THPT Chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai
    Tuổi
    20
    Bài viết
    11
    Cám ơn (Đã nhận)
    25
    Trích dẫn Gửi bởi truonghuuduyen Xem bài viết
    Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình sau:
    3. $$\frac{x(x+1)(x+2)(x+3)}{4}=y^{6}+1.$$
    Bổ đề: Với mọi số nguyên dương $n=4m+3$ thì tồn tại số nguyên tố $p=4k+3$ là ước của $n$

    Ta sẽ chứng minh bổ đề bằng phản chứng. Giả sử các ước nguyên tố của $n$ không có dạng $4k+3$

    Tức là các ước nguyên tố của $n$ có dạng $4k+1$. Khi đó $n\equiv 1\left ( mod\;4 \right )$ (vô lý)

    Trở lại bài toán. Phương trình được viết lại thành $$\left ( 2y^{3} \right )^{2}+2^{2}=x(x+1)(x+2)(x+3)$$
    Do $x,x+1,x+2,x+3$ là $4$ số tự nhiên liên tiếp nên tồn tại một số $a$ có dạng $4k+3$.

    Theo bổ đề trên tồn tại số nguyên tố $p=4k+3$ là ước của $a$. Áp dụng bổ đề số nguyên tố $4k+3$ ta được $$\left.\begin{matrix}
    p
    \end{matrix}\right|2\Rightarrow \;p=2$$Điều này vô lý nên phương trình trên không có nghiệm nguyên dương.

  8. Cám ơn truonghuuduyen, AnyQ đã cám ơn bài viết này
 

 

Thông tin về chủ đề này

Users Browsing this Thread

Có 1 người đang xem chủ đề. (0 thành viên và 1 khách)

Tag của Chủ đề này