Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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.
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).
1. Ta chọn $x=3k;y=4k;z=5k$ với $k$ là số nguyên dương.
Khi này $x^2+y^2=25k^2 =z^2$. Tức có vô hạn nghiệm $(x;y;z)=(3k;4k;5k)$ với $k$ là số nguyên dương thỏa mãn
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:
\(7\le\frac{x'}{y'z'}+\frac{y'}{x'z'}+\frac{z'}{x'y'}+\frac{2}{x'}+\frac{2}{y'}+\frac{2}{z'}\)
\(\le\frac{1}{z'}+\frac{1}{x'}+\frac{x'+y'}{x'y'}+\frac{2}{x'}+\frac{2}{y'}+\frac{2}{z'}=\frac{4}{x'}+\frac{3}{y'}+\frac{2}{z'}\le\frac{10}{x'}\)
\(\Rightarrow x'=1\)
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)
B= 4(x2 + xy + xz)(x2 + xy + xz + yz) + y2z2
đặt x2 + xy + xz = m , ta có
B = 4m(m + yz) + y2z2 = 4m2 + 4myz + y2z2
B = (2m + yz)2 = (2x2 + 2xy + 2xz + yx)2
x,y,z la cac so nguyen thif B la 1 so chinh phuong
Ta có\(x\sqrt{\frac{\left(2015+y^2\right)\left(2015+z^2\right)}{2015+x^2}}=x\sqrt{\frac{\left(xy+yz+zx+y^2\right)\left(xy+yz+zx+z^2\right)}{xy+yz+zx+x^2}}\)
\(=x\sqrt{\frac{\left(y+z\right)\left(x+y\right)\left(x+z\right)\left(y+z\right)}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}=x\sqrt{\left(y+z\right)^2}=xy+xz\)
Tương tự:\(y\sqrt{\frac{\left(2015+x^2\right)\left(2015+z^2\right)}{2015+y^2}}=yx+yz\)
\(z\sqrt{\frac{\left(2015+x^2\right)\left(2015+y^2\right)}{2015+z^2}}=zx+zy\)
Ta có :\(P=xy+xz+yx+yz+zx+zy=2\left(xy+yz+zx\right)=4030\)
=>P không phải là số chính phương
A = \(\frac{x+y-y}{x+y}+\frac{y+z-z}{y+z}+\frac{z+x-x}{x+z}\)
A=3 \(-\left(\frac{x}{x+z}+\frac{y}{x+y}+\frac{z}{y+z}\right)\)
mà \(\frac{x}{x+z}>\frac{x}{x+y+z};\frac{y}{y+z}>\frac{y}{x+y+z};\frac{z}{x+z}>\frac{z}{x+y+z}\)
=> A <2 (1)
mặt khác A=\(\frac{x}{x+y}+\frac{y}{y+z}+\frac{z}{x+z}\)
mà \(\frac{x}{x+y}>\frac{x}{x+y+z};\frac{y}{y+z}>\frac{y}{x+y+z};\frac{z}{x+z}>\frac{z}{x+y+z}\)
=> A >1 (2)
từ (1) và (2) => 1<A<2 => A ko phải là số nguyên
Xét x là số chẵn thì \(x^4⋮16\)
Xét x là số lẻ thì:
\(x^2:8\)dư 1
\(\Rightarrow x^4=\left(8k+1\right)^2:16\)dư 1
Như vậy mỗi số \(x^4;y^4;z^4;t^4\)chia cho 16 dư 1 hoặc 0
Nên \(x^4+y^4+z^4+t^4\)chia cho 16 có số dư không lớn hơn 5
Mà 2015 chia cho 16 dư 15
Dẫn đến mâu thuẫn
Hay x;y;z;t không tồn tại
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên
cái gì dợ
trình và trinh