1.
Với \(x=0\) là 1 nghiệm
Với \(x\ne0\) ta có:
\(x^6< 2x^3+6x^2+6x+17\)
\(\Leftrightarrow1< \dfrac{2}{x^3}+\dfrac{6}{x^4}+\dfrac{6}{x^5}+\dfrac{17}{x^6}< \dfrac{2}{\left|x^3\right|}+\dfrac{6}{x^4}+\dfrac{6}{\left|x^5\right|}+\dfrac{17}{x^6}\) (1)
Nếu \(\left|x\right|\ge3\Rightarrow\dfrac{2}{\left|x^3\right|}+\dfrac{6}{x^4}+\dfrac{6}{\left|x^5\right|}+\dfrac{17}{x^6}\le\dfrac{143}{729}< 1\) (trái ngược (1))
\(\Rightarrow\left|x\right|< 3\)
Bây giờ chỉ cần thế lần lượt \(x=\left\{-2;-1;1;2\right\}\) vào \(1< \dfrac{2}{x^3}+\dfrac{6}{x^4}+\dfrac{6}{x^5}+\dfrac{17}{x^6}\) để kiểm tra là được
2.
Do vai trò của a và b là hoàn toàn như nhau, ko mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2+b=2^c\\a+b^2=2^d\end{matrix}\right.\) với \(c\ge d\ge1\)
\(\Rightarrow a^2+b⋮2^d\Rightarrow\left(a^2+b\right)\left(a^2-b\right)⋮2^d\) (chỗ này giải thích xíu là \(c\ge d\Rightarrow2^c⋮2^d\Rightarrow a^2+b⋮2^d\))
\(\Rightarrow a^4-b^2⋮2^d\Rightarrow a^4+a-\left(a+b^2\right)⋮2^d\)
\(\Rightarrow a^4+a⋮2^d\)
\(\Rightarrow a\left(a+1\right)\left(a^2-a+1\right)⋮2^d\)
- TH1: Nếu a;b đều chẵn (hiển nhiên \(a^2+b\) chia hết cho 2 chẵn nên a;b phải cùng tính chẵn lẻ):
\(\Rightarrow a+1\) và \(a^2-a+1\) đều lẻ
\(\Rightarrow a\) chia hết \(2^d\Rightarrow a=m.2^d\) (với \(m\ge1\) nguyên dương)
Hoàn toàn tương tự ta có \(b=n.2^d\)
Thế vào \(a+b^2=2^d\Rightarrow m.2^d+n^2.4^d=2^d\)
\(\Rightarrow\left(m-1\right)2^d+n^2.4^d=0\) (ko xảy ra do \(m-1\ge0\) và \(n^2.4^d>0\))
- TH2: nếu a;b đều lẻ
\(\Rightarrow a\) và \(a^2-a+1\) đều lẻ \(\Rightarrow a+1⋮2^d\Rightarrow a+1=m.2^d\Rightarrow a=m.2^d-1\)
Tương tự ta có \(b=n.2^d-1\)
Thế vào: \(a+b^2=2^d\Rightarrow m.2^d-1+n^2.4^d-2n.2^d+1=2^d\)
\(\Leftrightarrow2^d\left(m+n^2.2^d-2n-1\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(m-1\right)+2n\left(n.2^{d-1}-1\right)=0\)
Do \(m;n;d\ge1\) nên điều này xảy ra khi và chỉ khi:
\(\left\{{}\begin{matrix}m-1=0\\n=1\\d-1=0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow m=n=d=1\)
\(\Rightarrow a=b=1\)
Vậy \(a=b=1\) là bộ nghiệm nguyên duy nhất của pt
