Bài 1:
Vì \(x^2+y^2=1999\) là một số lẻ nên $x,y$ khác tính chẵn lẻ. Không mất tổng quát giả sử \(x\) chẵn $y$ lẻ
Đặt \(x=2m, y=2n+1\)
\(\Rightarrow 1999=x^2+y^2=4m^2+(2n+1)^2\)
\(\Leftrightarrow 1999=4m^2+4n^2+4n+1\)
\(\Leftrightarrow 4(m^2+n^2+n)=1998\)
Ta thấy vế trái là một biểu thức chia hết cho $4$, vế phải không chia hết cho $4$ nên pt không tồn tại $m,n$ thỏa mãn.
Tức là phương trình đã cho vô nghiệm.
Bài 2:
Ta có: \(9x^2+2=y^2+y\)
\(\Leftrightarrow 9x^2=y^2+y-2\)
\(\Leftrightarrow (3x)^2=(y-1)(y+2)\)
Ta có: \((y-1)(y+2)\geq 0\Leftrightarrow \left[\begin{matrix} y\geq 1\\ y\leq -2\end{matrix}\right.\)
TH1 \(y\geq 1\), đảm bảo \(y-1,y+2\in\mathbb{N}\)
Gọi \(d=\text{ƯCLN}(y-1,y+2)\) \(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} y-1\vdots d\\ y+2\vdots d\end{matrix}\right.\Rightarrow (y+2)-(y-1)\vdots d\)
\(\Leftrightarrow 3\vdots d\) \(\Leftrightarrow d\in\left\{1;3\right\}\)
Nếu \(d=1\), tức là không số nào trong \(y-1,y+2\) chia hết cho $3$. Mà \((3x)^2\vdots 3\) nên vô lý (loại )
Nếu \(d=3\). Đặt \(y-1=3k\Rightarrow y+2=3k+3\)
PT trở thành: \((3x)^2=3k(3k+1)=9k(k+1)\)
\(\Leftrightarrow x^2=k(k+1)\)
Vì $k,k+1$ nguyên tố cùng nhau mà tích của chúng lại là một số chính phương nên bản thân chúng cũng là số chính phương.
Đặt \(k=m^2; k+1=n^2\)( \(m,n\in\mathbb{N}\) )
\(\Rightarrow n^2-m^2=1\Leftrightarrow (n-m)(n+m)=1\). Đây là dạng pt tích cơ bản ta thu được \(n=1; m=0\Rightarrow k=0\)
\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} y=1\\ x=0\end{matrix}\right.\)
TH2: \(y\leq -2\) thì \(y-1, y+2\leq 0\).
Đặt \(y+2=-(a-1)\Rightarrow y-1=-(a+2)\)
Khi đó: \((3x)^2=(a-1)(a+2)\) với \(a-1,a+2\geq 0\) (là các số tự nhiên)
TH này lặp lại TH1 và ta thu được \(a=1\Leftrightarrow y=-2; x=0\)
Vậy \((x,y)=(0; 1); (0; -2)\)
Bài 3:
Bài toàn này không cần thiết đến điều kiện $x$ nguyên.
\(2^x+3^x=5^x\)
\(\Leftrightarrow \left(\frac{2}{5}\right)^x+\left(\frac{3}{5}\right)^x=1\)
Nếu \(x>1\), do \(\frac{2}{5}; \frac{3}{5}< 1\) nên \((\frac{2}{5})^x< \frac{2}{5}; (\frac{3}{5})^x< \frac{3}{5}\)
\(\Rightarrow (\frac{2}{5})^x+(\frac{3}{5})^x< \frac{2}{5}+\frac{3}{5}\)
\(\Leftrightarrow 1< 1\) (vô lý)
Nếu \(x=1\) (thỏa mãn)
Nếu \(x< 1\Rightarrow \left\{\begin{matrix} (\frac{2}{5})^x> \frac{2}{5}\\ (\frac{3}{5})^x> \frac{3}{5}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow (\frac{2}{5})^x+(\frac{3}{5})^x> \frac{2}{5}+\frac{3}{5}\)
\(\Leftrightarrow 1>1\) (vô lý)
Vậy pt có nghiệm duy nhất $x=1$
Bài 2
9x^2 +2 =y^2 +y <=> 36x^2 +8=4y^2 +4y <=> (6x)^2 +9=(2y+1)^2
đặt 2y+1=z ; 6x =t <=> z^2 +9=z^2
<=> z^2 -t^2 =9
Hiệu hai số cp =9 có cặp (25; 16 ) ; (9;0) (*)
(z;t)=(+-5;+-4) ; t=+-4 => 6x =+-1 => x không nguyên loại
(z;t)=(+-3;0) ; => (x;y) =(0; 1);(0;-2)
(*) không nhớ t/c số chính phương thì
(z-t)(z+t) =9
giải 4 hệ nghiệm nguyên => (z;t) => (x;y)
