chứng minh phương trình 22014^2015=7x^2+y^2 có nghiệm (x;y) với x,y là các số tự nhiên lẻ
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
LS
Lê Song Phương
CTVHS
28 tháng 6 2023
Bài 1: Bài này số nhỏ nên chỉ cần chặn miền giá trị của \(x\) rồi xét các trường hợp thôi nhé. Ta thấy \(3^x< 35\Leftrightarrow x\le3\). Nếu \(x=0\) thì \(VT=2\), vô lí. Nếu \(x=1\) thì \(VT=5\), cũng vô lí. Nếu \(x=2\) thì \(VT=13\), vẫn vô lí. Nếu \(x=3\) thì \(VT=35\), thỏa mãn. Vậy, \(x=3\).
Bài 2: Nếu \(x=0\) thì pt đã cho trở thành \(0!+y!=y!\Leftrightarrow0=1\), vô lí,
Nếu \(x=y\) thì pt trở thành \(2x!=\left(2x\right)!\) \(\Rightarrow\left(x+1\right)\left(x+2\right)...\left(2x\right)=2\) \(\Leftrightarrow x=1\Rightarrow y=1\)
Nếu \(x\ne y\) thì không mất tính tổng quát, giả sử \(1< y< x\) thì \(x!+y!< 2x!\le\left(x+1\right)x!=\left(x+1\right)!< \left(x+y\right)!\) nên pt đã cho không có nghiệm trong trường hợp này.
Như vậy, \(x=y=1\)
Bài 3: Bổ sung đề là pt không có nghiệm nguyên dương nhé, chứ nếu nghiệm nguyên thì rõ ràng \(\left(x,y\right)=\left(0,19\right)\) là một nghiệm cũa pt đã cho rồi.
Giả sử pt đã cho có nghiệm nguyên dương \(\left(x,y\right)\)
Khi đó \(x,y< 19\). Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử \(1< y\le x< 19\). Khi ấy \(x^{17}+y^{17}=19^{17}\ge\left(x+1\right)^{17}=x^{17}+17x^{16}+...>x^{17}+17x^{16}\), suy ra \(y^{17}>17x^{16}\ge17y^{16}\) \(\Rightarrow y>17\). Từ đó, ta thu được \(17< y\le x< 19\) nên \(x=y=18\). Thử lại thấy không thỏa mãn.
Vậy pt đã cho không có nghiệm nguyên dương.
19 tháng 9 2020
a)
| x | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
| y | \(\sqrt{22}\)(loại | \(2\sqrt{7}\)(loại) | \(\sqrt{46}\)(loại) | 10(thoả mãn) | \(\sqrt{262}\) |
\(\Rightarrow\left(x,y\right)=\left(4;10\right)\)
P
1
AH
Akai Haruma
Giáo viên
10 tháng 7 2021
Lời giải:
Giả sử pt đã có nghiệm nguyên.
Ta biết rằng 1 số chính phương khi chia 4 dư $0,1$
Mà $x^2+y^2+z^2=2015\equiv 3\pmod 4$ nên $(x^2,y^2,z^2)$ chia $4$ dư $1,1,1$. Do đó $x,y,z$ đều lẻ.
Đặt $x=2m+1; y=2n+1, z=2p+1$ với $m,n,p$ nguyên
$x^2+y^2+z^2=2015$
$\Leftrightarrow (2m+1)^2+(2n+1)^2+(2p+1)^2=2015$
$\Leftrightarrow 4m(m+1)+4n(n+1)+4p(p+1)=2012$
$\Leftrightarrow m(m+1)+n(n+1)+p(p+1)=503$
Điều này vô lý vì mỗi số $m(m+1), n(n+1), p(p+1)$ đều chẵn.
Vậy điều giả sử sai, hay pt đã cho không có nghiệm nguyên.
LN
0
NQ
2
10 tháng 1 2022
với n=1 thì x+y=z thì rất có nhiều x,y,z để tìm như 1+2=3,2+3=4,...
với n=2 thì các dạng 9k2+16k2=125k2 (k là số tự nhiên ) luôn xảy ra, còn nhiều dạng khác các bạn có thể tìm thêm
với n>2
nếu x2+y2=z2 suy ra (x/z)2+(y/z)2=1 mà x,y,z nguyên dương nên x/z<1,y/z<1 nên (x/z)2>(x/z)n,(y/z)2>(y/z)n suy ra 1>(x/z)n+(y/z)n
suy ra xn+yn<zn (1)
nếu x2+y2<z2 suy ra
(x/z)2+(y/z)2<1 mà x,y,z nguyên dương nên x/z<1,y/z<1 nên (x/z)2>(x/z)n,(y/z)2>(y/z)n suy ra (x/z)2+(y/z)2>(x/z)n+(y/z)n
mà (x/z)2+(y/z)2<1suy ra 1>(x/z)n+(y/z)n suy ra xn+yn<zn (2)
còn trường hợp x2+y2>z2 mình chưa nghĩ ra nha
bạn thông cảm nhé
@minhnguvn