BD
1
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
BD
0
LM
0
KN
1
ND
Nguyễn Đức Trí
VIP
18 tháng 8 2023
\(x^2+xy-2012x-2013y-2014=0\)
\(\Leftrightarrow x\left(x+y\right)-2013x-2013y+x-2013-1=0\)
\(\Leftrightarrow x\left(x+y\right)-2013\left(x+y\right)+\left(x-2013\right)-1=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)\left(x-2013\right)+\left(x-2013\right)-1=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-2013\right)\left(x+y+1\right)=1\)
\(\Leftrightarrow\left(x-2013\right);\left(x+y+1\right)\in\left\{-1;1\right\}\)
\(\Leftrightarrow\left(x;y\right)\in\left\{\left(2012;-2014\right);\left(2014;-2014\right)\right\}\left(x;y\inℤ\right)\)
14 tháng 2 2017
TH1:Nếu x>0
nếu y\(\ne\)0, ta có: \(VT>2012.1^{2015}+2013.1^{2018}>2015\)
nếu y=0, ta có : nếu x=1, VT=2012<2015
nếu x>1, \(VT>2012.2^{2015}+2013.0^{2018}>2015\)
TH2: nếu x=0, pt vô nghiệm
TH3: nếu x<0, ta có: \(2013y^{2018}+2012x^{2015}=2012\left(y^{2018}-x^{2015}\right)+y^{2018}\)
ta thấy x<0 nên VT>2012.(1+1)+1>2015
Vậy pt trên không có nghiệm nguyên
TH
1
14 tháng 10 2015
VT chia 4 dư 0 hoặc 1
VP chia 4 dư 3
ko có số nguyên nào tm
LL
2
12 tháng 2 2018
\(2016x^{2017}+2017y^{2016}=2015\left(1\right)\)
Có 2016x2017 là số chẵn, 2015 là số lẻ
=> 2017y2016 là số lẻ => y2016 là số lẻ
Đặt y1008 = 2k+1 \(\left(k\in Z\right)\)
Có y2016 = (2k+1)2 = 4k2+4k+1
=> 2017y2016 = 2017 (4k2+4k+1) = 2017.4.(k2+k)+2017
Lại có: \(2017.4.\left(k^2+k\right)\equiv0\left(mod4\right)\)
\(2017\equiv1\left(mod4\right)\)
suy ra: \(2017y^{2016}\equiv1\left(mod4\right)\)
mà \(2016x^{2017}\equiv0\left(mod4\right)\)
\(\Rightarrow2016x^{2017}+2017y^{2016}\equiv1\left(mod4\right)\left(2\right)\)
Lại có: \(2015\equiv3\left(mod4\right)\left(3\right)\)
Từ (1), (2) và (3) => PT vô nghiệm
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.
Dễ thây \(y^{2018}=\left(2k+1\right)^2\)
\(\Rightarrow2012.x^{2015}+2013.y^{2018}=2012.x^{2015}+2013.\left(2k+1\right)^2\equiv1\left(mod4\right)\)
Mà \(2015\equiv3\left(mod4\right)\)
Nên vô nghiệm nguyên