Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 1 :
Phương trình <=> 2x . x2 = ( 3y + 1 ) 2 + 15
Vì \(\hept{\begin{cases}3y+1\equiv1\left(mod3\right)\\15\equiv0\left(mod3\right)\end{cases}\Rightarrow\left(3y+1\right)^2+15\equiv1\left(mod3\right)}\)
\(\Rightarrow2^x.x^2\equiv1\left(mod3\right)\Rightarrow x^2\equiv1\left(mod3\right)\)
( Vì số chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1 )
\(\Rightarrow2^x\equiv1\left(mod3\right)\Rightarrow x\equiv2k\left(k\inℕ\right)\)
Vậy \(2^{2k}.\left(2k\right)^2-\left(3y+1\right)^2=15\Leftrightarrow\left(2^k.2.k-3y-1\right).\left(2^k.2k+3y+1\right)=15\)
Vì y ,k \(\inℕ\)nên 2k . 2k + 3y + 1 > 2k .2k - 3y-1>0
Vậy ta có các trường hợp:
\(+\hept{\begin{cases}2k.2k-3y-1=1\\2k.2k+3y+1=15\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2k.2k=8\\3y+1=7\end{cases}\Rightarrow}k\notinℕ\left(L\right)}\)
\(+,\hept{\begin{cases}2k.2k-3y-1=3\\2k.2k+3y+1=5\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2k.2k=4\\3y+1=1\end{cases}\Rightarrow}\hept{\begin{cases}k=1\\y=0\end{cases}\left(TM\right)}}\)
Vậy ( x ; y ) =( 2 ; 0 )
Bài 3:
Giả sử \(5^p-2^p=a^m\) \(\left(a;m\inℕ,a,m\ge2\right)\)
Với \(p=2\Rightarrow a^m=21\left(l\right)\)
Với \(p=3\Rightarrow a^m=117\left(l\right)\)
Với \(p>3\)nên p lẻ, ta có
\(5^p-2^p=3\left(5^{p-1}+2.5^{p-2}+...+2^{p-1}\right)\Rightarrow5^p-2^p=3^k\left(1\right)\) \(\left(k\inℕ,k\ge2\right)\)
Mà \(5\equiv2\left(mod3\right)\Rightarrow5^x.2^{p-1-x}\equiv2^{p-1}\left(mod3\right),x=\overline{1,p-1}\)
\(\Rightarrow5^{p-1}+2.5^{p-2}+...+2^{p-1}\equiv p.2^{p-1}\left(mod3\right)\)
Vì p và \(2^{p-1}\)không chia hết cho 3 nên \(5^{p-1}+2.5^{p-2}+...+2^{p-1}⋮̸3\)
Do đó: \(5^p-2^p\ne3^k\), mâu thuẫn với (1). Suy ra giả sử là điều vô lý
\(\rightarrowĐPCM\)
Bài làm
Ta có : y( x - 1 ) = x2 + 2
<=> x2 + 2 - y( x - 1 ) = 0
<=> x2 - x + x - 1 + 3 - y( x - 1 ) = 0
<=> x( x - 1 ) + ( x - 1 ) - y( x - 1 ) + 3 = 0
<=> ( x - 1 )( x - y + 1 ) = -3
Vì x, y ∈ Z => \(\hept{\begin{cases}x-1\inℤ\\x-y+1\inℤ\end{cases}}\)
Lại có \(-3=\hept{\begin{cases}-1\cdot3\\-3\cdot1\end{cases}}\)
=> Ta có bảng sau :
| x-1 | 1 | -1 | 3 | -3 |
| x-y+1 | -3 | 3 | -1 | 1 |
| x | 2 | 0 | 4 | -2 |
| y | 6 | -2 | 6 | -2 |
Tất cả các giá trị trên đều thỏa x, y ∈ Z
Vậy ( x ; y ) = { ( 2 ; 6 ) , ( 0 ; -2 ) , ( 4 ; 6 ) , ( -2 ; -2 ) }
y(x - 1) = x2 + 2
=> y(x - 1) - x2 - 2 = 0
=> y(x - 1) - x2 + 1 = 3
=> y(x - 1) - (x2 - 1) = 3
=> y(x - 1) - (x - 1)(x + 1) = 3
=> (x - 1)(y - x - 1) = 3
Ta có 3 = 1.3 = (-1).(-3)
Lập bảng xét các trường hợp
| x - 1 | 1 | 3 | -1 | -3 |
| y - x - 1 | 3 | 1 | -3 | -1 |
| x | 2 | 4 | 0 | -2 |
| y | 6 | 6 | -2 | -2 |
Vậy các cặp số (x;y) thỏa mãn là (2;6) ; (4;6) ; (0;-2) ; (-2;-2)
+ Trường hợp 1: \(p = 2\). Khi đó, phương trình trở thành: \(\left(\right. 2^{2} + 1 \left.\right) \left(\right. q^{2} + 3 \left.\right) = r^{2} + 21\) \(5 \left(\right. q^{2} + 3 \left.\right) = r^{2} + 21\) \(5 q^{2} + 15 = r^{2} + 21\) \(5 q^{2} - 6 = r^{2}\) \(5 q^{2} = r^{2} + 6\) Nếu \(q = 2\), thì \(5 \left(\right. 2^{2} \left.\right) = r^{2} + 6 \Leftrightarrow 20 = r^{2} + 6 \Leftrightarrow r^{2} = 14\), không có nghiệm nguyên \(r\). Nếu \(q = 3\), thì \(5 \left(\right. 3^{2} \left.\right) = r^{2} + 6 \Leftrightarrow 45 = r^{2} + 6 \Leftrightarrow r^{2} = 39\), không có nghiệm nguyên \(r\). Nếu \(q = 5\), thì \(5 \left(\right. 5^{2} \left.\right) = r^{2} + 6 \Leftrightarrow 125 = r^{2} + 6 \Leftrightarrow r^{2} = 119\), không có nghiệm nguyên \(r\). Nếu \(q = 7\), thì \(5 \left(\right. 7^{2} \left.\right) = r^{2} + 6 \Leftrightarrow 245 = r^{2} + 6 \Leftrightarrow r^{2} = 239\), không có nghiệm nguyên \(r\). Nếu \(q > 3\), thì \(q\) có dạng \(3 k + 1\) hoặc \(3 k + 2\). Trong cả hai trường hợp, \(q^{2} \equiv 1 \left(\right. m o d 3 \left.\right)\). Do đó, \(5 q^{2} \equiv 5 \left(\right. m o d 3 \left.\right) \equiv 2 \left(\right. m o d 3 \left.\right)\). Mặt khác, \(r^{2} \equiv 0 \left(\right. m o d 3 \left.\right)\) hoặc \(r^{2} \equiv 1 \left(\right. m o d 3 \left.\right)\). Vậy \(r^{2} + 6 \equiv 0 \left(\right. m o d 3 \left.\right)\) hoặc \(r^{2} + 6 \equiv 1 \left(\right. m o d 3 \left.\right)\). Điều này mâu thuẫn với \(5 q^{2} = r^{2} + 6\), vì \(5 q^{2} \equiv 2 \left(\right. m o d 3 \left.\right)\). Vậy không có nghiệm \(q , r\) trong trường hợp này.
+ Trường hợp 2: \(q = 2\). Khi đó, phương trình trở thành: \(\left(\right. p^{2} + 1 \left.\right) \left(\right. 2^{2} + 3 \left.\right) = r^{2} + 21\) \(\left(\right. p^{2} + 1 \left.\right) \left(\right. 7 \left.\right) = r^{2} + 21\) \(7 p^{2} + 7 = r^{2} + 21\) \(7 p^{2} = r^{2} + 14\) \(7 p^{2} - 14 = r^{2}\) \(7 \left(\right. p^{2} - 2 \left.\right) = r^{2}\) Vì \(r^{2}\) chia hết cho 7, suy ra \(r\) chia hết cho 7. Do \(r\) là số nguyên tố, suy ra \(r = 7\). Khi đó, \(7 \left(\right. p^{2} - 2 \left.\right) = 7^{2} = 49\) \(p^{2} - 2 = 7\) \(p^{2} = 9\) \(p = 3\) Vậy ta có nghiệm \(\left(\right. p , q , r \left.\right) = \left(\right. 3 , 2 , 7 \left.\right)\).
+ Trường hợp 3: \(r = 2\). Khi đó, phương trình trở thành: \(\left(\right. p^{2} + 1 \left.\right) \left(\right. q^{2} + 3 \left.\right) = 2^{2} + 21\) \(\left(\right. p^{2} + 1 \left.\right) \left(\right. q^{2} + 3 \left.\right) = 25\) Vì \(p^{2} + 1 \geq 2\) và \(q^{2} + 3 \geq 4\), ta xét các khả năng sau:
+ Trường hợp 4: \(p , q , r > 2\). Khi đó \(p , q , r\) là các số lẻ. Do \(p , q\) lẻ, \(p^{2} \equiv 1 \left(\right. m o d 4 \left.\right)\) và \(q^{2} \equiv 1 \left(\right. m o d 4 \left.\right)\). Khi đó, \(p^{2} + 1 \equiv 2 \left(\right. m o d 4 \left.\right)\) và \(q^{2} + 3 \equiv 0 \left(\right. m o d 4 \left.\right)\). Vậy \(\left(\right. p^{2} + 1 \left.\right) \left(\right. q^{2} + 3 \left.\right) \equiv 0 \left(\right. m o d 8 \left.\right)\). Vì \(r\) lẻ, \(r^{2} \equiv 1 \left(\right. m o d 8 \left.\right)\). Khi đó, \(\left(\right. p^{2} + 1 \left.\right) \left(\right. q^{2} + 3 \left.\right) ≢ r^{2} + 21 \left(\right. m o d 8 \left.\right)\). Suy ra không có nghiệm trong trường hợp này.
- Vậy nghiệm duy nhất là \(\left(\right. p , q , r \left.\right) = \left(\right. 3 , 2 , 7 \left.\right)\).