K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

15 tháng 6 2019

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

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.

22 tháng 9 2017

tk nha 

22 tháng 9 2017

là sao

J
28 tháng 5 2017

Ta có :

VT : x2; y2 chia cho 4 dư 0 ; 1 => x+ y2 chia cho 4 dư 0 ; 1 ; 2 (1)

VP : 1999 chia cho 4 dư 3 (2)

Từ (1) và (2) => PT đã cho vô nghiệm

thank you very much~~~~

15 tháng 6 2019

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

15 tháng 6 2019

#)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

9 tháng 1 2021

1) Xét x=7k (k ∈ Z) thì x3 ⋮ 7

Xét x= \(7k\pm1\) thì x3 ⋮ 7 dư 1 hoặc 6.

Xét x=\(7k\pm2\) thì x3 ⋮ 7 dư 1 hoặc 6.

Xét x=\(7k\pm3\)\(\) thì x3 ⋮ 7 dư 1 hoặc 6.

Do vế trái của pt chia cho 7 dư 0,1,6 còn vế phải của pt chia cho 7 dư 2. Vậy pt không có nghiệm nguyên.

3) a, Ta thấy x,y,z bình đẳng với nhau, không mất tính tổng quát ta giả thiết x ≥ y ≥ z > 0 <=> \(\dfrac{1}{x}\le\dfrac{1}{y}\le\dfrac{1}{z}\) ,ta có: 

\(1=\dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\le\dfrac{3}{z}< =>z\le3\)

Kết luận: nghiệm của pt là ( x;y;z): (6:3:2), (4;4;2), (3;3;3) và các hoán vị của nó (pt này có 10 nghiệm).

 

8 tháng 1 2021

Gọi ( \(x^',y^',z^'\)) là 1 nghiệm thoả mãn pt với \(z^'\)là số nhỏ nhất.

Không mất tính tổng quát, giả sử \(x^'\le y^'\le z^'\)

Mặt khác xét pt bậc 2 ẩn z :

\(z^2-\left(7x'y^'-2x^'-2y^'\right)z+\left(z^'+y^'\right)^2=0\)

Hiển nhiên pt này có 1 nghiệm z'

Theo định lý Viete thì nghiệm còn lại của nó là \(\frac{\left(x^'+y^'\right)^2}{z'}\inℤ\)

Như vậy \(\left(x',y',\frac{\left(x'+y'\right)^2}{z^'}\right)\)cũng là bộ số thoả mãn pt

Nếu giả sử x'+y' < z' \(\Rightarrow\frac{\left(x'+y'\right)^2}{z'}< z'\)vô lý vì ( x',y',z') cũng là 1 bộ số thoả mãn pt và vì tính nhỏ nhất của z'

Do đó ta phải có \(z'\le x'+y'\). Khai triển pt ban đầu và chia 2 vế của nó cho y'z'x' ta được:

\(7\le\frac{x'}{y'z'}+\frac{y'}{x'z'}+\frac{z'}{x'y'}+\frac{2}{x'}+\frac{2}{y'}+\frac{2}{z'}\)

\(\le\frac{1}{z'}+\frac{1}{x'}+\frac{x'+y'}{x'y'}+\frac{2}{x'}+\frac{2}{y'}+\frac{2}{z'}=\frac{4}{x'}+\frac{3}{y'}+\frac{2}{z'}\le\frac{10}{x'}\)

\(\Rightarrow x'=1\)

8 tháng 1 2021

Khi đó \(y'\le z'\le y'+1\)\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}z'=y\\z'=y'+1\end{cases}}\)

+ Nếu z'=y' thì ta có pt \(\left(1+2z'\right)^2=7z'^2\Leftrightarrow3z'^2-4z'-1=0\)\(\Leftrightarrow z'=\frac{2\pm\sqrt{7}}{3}\)(loại)

+ Nếu x'=y'+1 thì ta có pt \(\left(2+2z'\right)^2=7z'\left(z'+1\right)\Leftrightarrow3z'^2-z'-4=0\Leftrightarrow z\in\left\{-1;\frac{4}{3}\right\}\)(loại)

Vậy pt đã cho không có nghiệm nguyên ( đpcm)

30 tháng 3 2021

\(x^2-y^2=2010\)

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