PT nghiem nguyen
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (80.49 KB, 5 trang )
<span class='text_page_counter'>(1)</span>Bài 1: Tồn tại hay không các số nguyên tố a,b,c sao cho: ab+2011=c Bài 2: Tìm 2011 số nguyên tố sao cho tích các số nguyên tố này bằng tổng các lũy thừa bậc 2010 của chúng Bài 3: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x 2 2 y 2 3xy x y 3 0. Bài 4: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: y x 2 x 1 x 2 x 1. Bài 5 : Tìm các số nguyên không âm x, y sao cho : x2 y2 y 1. Bài 6: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x2 3 y z. Bài 7: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x x x x y. Bài 8: Chứng minh rằng mọi số nguyên x, y thì: 4 A= (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y là số chính phương..
<span class='text_page_counter'>(2)</span> Bài 1: ab+2001=c Nếu c=2 loại c>2 nên c lẻ hay ab chẵn Suy ra a=2 do vậy 2b+2011 nguyên tố Nếu b=2 suy ra 4+2011=2015 loại Nếu b>2 nên b=2k+1→22k+1+2011≡0(mod3) loại Vậy không tồn tại a,b,c thỏa đề Bài 2: Gọi các số nguyên tố là a1,a2,...,a2011 (chú ý 2011P) Suy ra a20111+a20112+...+a20112011=a1.a2....a2011 Nếu trong các số trên không có số nào là 2011 suy ra theo định lý Fermat nhỏ Vt≡0(mod2011) Do vậy 2011|VP nên có một số số chia hết cho 2011 và giả sử có k (k>0) số không chia hết cho 2011 với 0<k<2011 Suy ra áp dụng Fermat nhỏ VT≡k(mod2011) mà k<2011→k không chia hết cho 2011 do vậy k=0 suy ra a1=a2=...=a2011=2011 Vậy có các nghiệm là (a1,a2,...,a2011)=(2011,2011,...,2011) Bài 3: Viết thành phương trình bậc hai đối với x: x 2 (3 y 1) x (2 y 2 y 3) 0. (2). (3 y 1) 2 4(2 y 2 y 3) y 2 2 y 11. Điều kiện cần và đủ để (2) có nghiệm nguyên là là số chính phương.
<span class='text_page_counter'>(3)</span> y 2 2 y 11 k 2 ( k ). (3). Giải (3) với nghiệm nguyên ta được y1 5, y2 3 2 Với y = 5 thay vào (2) được x 14 x 48 0 . Ta có: x1 8, x2 6 2 Với y = -3 thay vào (2) được x 10 x 24 0 . Ta có x3 6, x4 4. Đáp số: (-8 ; 5), (-6 ; 5), (6 ; -3), (4 ; -3). Bài 4 Điều kiện: x 1 y ( x 1) 1 2 x 1 ( x 1) 1 2 x 1 | x 1 1 | | x 1 1 | x 1 1 | x 1 1 |. Xét hai trương hợp: a) Với x = 1 thì y =2. b) Với x 2 thì y x 1 1 x 1 1 2 x 1 2 2 Do đó: y 4( x 1) . Do x 2 nên có thể đặt x – 1 = t với t nguyên dương. x t 2 1 Ta có: y 2t 2 Kếtt luận: nghiệm của phương trình là: (1 ; 2), ( t 1 ; 2t) với t là số nguyên dương tùy ý.. Bài 5 Nếu y = 0 thì x = 1 Nếu y 1 thì từ phương trình đã cho ta suy ra y < x < y + 1, vô lí.
<span class='text_page_counter'>(4)</span> Bài 6 Vì vai trò của x, y, z như nhau nên có thể giả sử y z. Từ phương trình đã cho ta suy ra x 2 3 y z 2 yz .. Suy ra. ( x y z ) 2 4 3( x y z ) 4 yz 12.. (1). Vì 3 là số vô tỉ nên từ (1) ta suy ra : x – y – z = 4yz – 12 = 0 yz = 3 y = 3, z = 1 và x = y + z =4 Đáp số : phương trình có 2 nghiệm là (4; 3; 1) và (4; 1; 3) Bài 7 : Giải: Ta có: x 0, y 0 Bình phương hai vế rồi chuyển vế: x x x y 2 x k ( k ). Bình phương hai vế rồi chuyển vế: x x k 2 x m(m ). Bình phương hai vế: x x m 2 2 Ta biết rằng với x nguyên thì x hoặc là số nguyên hoặc là số vô tỉ. Do x x m. ( m ) nên. Ta có:. x không là số vô tỉ. Do đó. x là số nguyên và là số tự nhiên.. x ( x 1) m 2. Hai số tự nhiên liên tiếp x và x 1 có tích là số chính phương nên số nhỏ bằng 0:.
<span class='text_page_counter'>(5)</span> x =0. Suy ra: x = 0; y = 0 thỏa mãn phương trình đã cho. Nghiệm của phương trình là (0 ; 0) Bài 8: đ.
<span class='text_page_counter'>(6)</span>
