\(\left(x^2+4y^2+28\right)^2=17\left(x^4+y^4+14y^2+49\right)\)
Tìm các nghiệm tự nhiên (x,y) của phương trình
Giải phương trình nghiệm nguyên \(x^2+4y^2+28=17\left(x^4+y^4+14y^2+49\right)\)
mày bị ngáo ak. đã xấu còn bị điên. đã bị điên cò học dốt
y^2+7=z
\(\Leftrightarrow x^2+4z=17\left(x^4+z^2\right)\)Hiển nhiên \(VP\ge VT\) đẳng thức chỉ xẩy ra khi x=z=0
với z=0=> y^2+7=0 vô nghiệm
KL vô nghiệm nguyên
tìm các nghiệm tự nhiên (x,y) của hương trình:
\(\left(x^2+4y^2+28\right)^2=17\left(x^4+y^4+14y^2+49\right)\)
\(\left(x^2+4y^2+28\right)^2=17\left[x^4+\left(y^2+7\right)^2\right]\)
y^2 +7 =z
\(\Leftrightarrow x^4+8xz+16z^2=17x^4+17z^2\)
\(\Leftrightarrow16x^4+z^2-8xz=0\)\(\Leftrightarrow\left(4x^2-z\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow4x^2=z\Leftrightarrow4x^2-y^2=7\)
\(\left\{{}\begin{matrix}4x^2=16\\y^2=9\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left(x;y\right)=\left(\pm2;\pm3\right)\)
tìm các nguyện tự nhiên (x,y) của phương trình:
\(\left(x^2+4y^2+28\right)^2=17\left(x^4+y^4+14y^2+49\right)\)
\(\Leftrightarrow-\left(4x^2-y^2-7\right)^2=0\)
SURPRISE MOTHERFUKA !!
\(\left(x^2+4y^2+28\right)^2=17\left(x^4+y^4+14y^2+49\right)\)
đặt \(z=y^2+7;y\in N;z\in Z;z\ge7\)
\(\Leftrightarrow\left(x^2+4z\right)^2=17\left(x^4+z^2\right)\)
\(\Leftrightarrow x^4+8x^2z+16z^2=17x^4+17z^2\)
\(\Leftrightarrow16x^4-8x^2z+z^2=0\Leftrightarrow\left(4x-z\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow4x^2=z\Leftrightarrow y^2+7=4x^2\Leftrightarrow\left(2x\right)^2-y^2=7\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(2x\right)^2=16\\y^2=9\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow x,y,\in N;\left(x;y\right)=\left(2;3\right)\)
Tìm các số nguyên dương x , y thỏa mãn :
\(\left(x^2+4y^2+28\right)^2=17\left(x^4+y^4+14y^2+49\right)\)
Ta có :
\(\left(x^2+4y^2+28\right)^2=17\left(x^4+y^4+14y^2+49\right)\)
\(\Leftrightarrow\left[x^2+4\left(y^2+7\right)\right]^2=17\left[x^4+\left(y^2+7\right)^2\right]\)
\(\Leftrightarrow16x^4-8x^2\left(y^2+7\right)+\left(y^2+7\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow\left[4x^2-\left(y^2+7\right)\right]^2=0\Leftrightarrow4x^2-y^2-7=0\)
\(\Leftrightarrow\left(2x+y\right)\left(2x-y\right)=7\)
Vì x , y nguyên dương nên \(2x+y>0\)và \(2x+y>2x-y\)
Do đó \(2x+y=7\)và \(2x-y=1\). Vậy \(x=2,y=3\)
Tìm các số nguyên dương x , y thỏa mãn :
\(\left(x^2+4y^2+28\right)^2=17\left(x^4+y^4+14y^2+49\right)\)
Ta có :
\(\left(x^2+4y^2+28\right)^2=17\left(x^4+y^4+14y^2+49\right)\)
\(\Leftrightarrow\left[x^2+4\left(y^2+7\right)\right]^2=17\left[x^4+\left(y^2+7\right)^2\right]\)
\(\Leftrightarrow16x^4-8x^2\left(y^2+7\right)+\left(y^2+7\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow\left[4x^2-\left(y^2+7\right)\right]^2=0\)
\(\Leftrightarrow4x^2-y^2-7=0\)
\(\Leftrightarrow\left(2x+y\right)\left(2x-y\right)=7\)
Vì x , y nguyên dương nên \(2x+y>0\) và \(2x+y>2x-y\)
Do đó : \(\left[\begin{array}{nghiempt}2x+y=7\\2x-y=1\end{array}\right.\) \(\Rightarrow x=2;y=3\)
\(16y^4+\left(8x^2+244\right)y^2+x^4+56x^2+784+17x^4+833\)
\(-17y^4+16y^4-238y^2+\left(8x^2+224\right)y^2-4=0\)
\(-\left[y^4+\left(8x^2+14\right)y^2+16x^4-56x^2+4\right]\)
\(\Leftrightarrow\text{[}x^2+4\left(y^2+7\right)\text{]}^2=17\text{[}x^4+\left(y^2+7\right)^2\text{]}\)
\(\Leftrightarrow\) [x4+8(y2+7)+16(y2+7)2=17[x4+17(y2+7)2]
\(\Leftrightarrow\)16x4-8(y2+7)+(y2+7)2=0
\(\Leftrightarrow\)4x2-(y2+7)=0
\(\Leftrightarrow\) (2x-y)(2x+y)=7 (1)
Do x. y là các số tự nhiên nên 2x+y>2x-y>0 nên từ (1) \(\Rightarrow\)\(\begin{cases}2x-y=1\\2x+y=7\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}x=2\\y=3\end{cases}}\)
Giải phương trình nghiệm nguyên:
\(\left(x^2+4y^2+28\right)^2-17\left(x^4+y^4+14y^249\right)=0\)
$(x^2+4y^2+28)^2=17(x^4+y^4+14y^2+49)$ - Số học - Diễn đàn Toán học
Tìm các số tự nhiên: (x2 + 4y2 + 28) = 17(x4 + y4 + 14y2 + 49)
Tìm các số tự nhiên: (x2 + 4y2 + 28) = 17(x4 + y4 + 14y2 + 49)
1. Tìm a,b ∈ Z+(a,b ≠1) để 2a+3b là số chính phương
2. Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình:
\(\left(2x+5y+1\right)\left(2020^{\left|x\right|}+y+x^2+x\right)=105\)
3. Tìm x,y,z ∈ Z+ t/m:
\(xy+y-x!=1;yz+z-y!=1;x^2-2y^2+2x-4y=2\)
4. Tìm tất cả các số nguyên tố p;q;r sao cho:
pq+qp=r
5. Tìm nghiệm nguyên tố của phương trình:
\(x^y+y^x+2022=z\)
6. CMR: Với n ∈ N và n>2 thì 2n-1 và 2n+1 không thể đồng thời là 2 số chính phương
Bài 2: Ta có:
\(\left(2x+5y+1\right)\left(2020^{\left|x\right|}+y+x^2+x\right)=105\) là số lẻ
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}2x+5y+1\\2020^{\left|x\right|}+y+x^2+x\end{matrix}\right.\) đều lẻ
\(\Rightarrow y⋮2\)\(\Rightarrow2020^{\left|x\right|}⋮̸2\Leftrightarrow\left|x\right|=0\Leftrightarrow x=0\).
Thay vào tìm được y...
Lúc nãy bận thi online nên giờ mới làm tiếp được, bạn thông cảm.
Bài 4:
Do p; q; r là các SNT nên \(p^q+q^p>2^2+2^2=8\Rightarrow r>8\) nên r là SNT lẻ
Mà r lẻ thì trong 2 số \(p^q;q^p\) phải có 1 số lẻ, một số chẵn.
Do vai trò p; q như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử p lẻ, q chẵn
\(\Rightarrow q=2\). Lúc này ta có:
\(p^2+2^p=r\)
+Xét p=3\(\Rightarrow p^2+2^p=r=17\left(tm\right)\) (Do p lẻ nên loại TH p=2)
+Xét p>3. Ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}p^2\equiv1\left(mod3\right)\\2^p\equiv\left(-1\right)^p\equiv-1\left(mod3\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow p^2+2^p\equiv1+\left(-1\right)\equiv0\left(mod3\right)\)
\(\Rightarrow\left(p^2+2^p\right)⋮3\) mà \(p^2+2^p>3\) nên là hợp số
\(\Rightarrow r\) là hợp số, không phải SNT, loại.
Vậy ta có \(\left(p;q;r\right)\in\left\{\left(3;2;17\right);\left(2;3;17\right)\right\}\) tm đề bài
Bài 6: Ta có 1SCP lẻ chia cho 4 dư 1.
Nếu 2n-1 là SCP thì ta có
\(2n-1\equiv1\left(mod4\right)\Leftrightarrow2n+1\equiv3\left(mod4\right)\)
Do đó 2n+1 không là SCP
\(\Rightarrowđpcm\)