Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau :a) \({x^3} = 2{x^3} + 4{z^3}\)b) \({x^2} + {y^2} = 3{z^2}\)c)

Câu hỏi số 568186:

Vận dụng

Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau :

a) \({x^3} = 2{x^3} + 4{z^3}\)

b) \({x^2} + {y^2} = 3{z^2}\)

c) \(8{x^4} + 4{y^2} + 2{z^4} = {t^4}\)

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:568186

Phương pháp giải

Phương pháp xuống thang

+ Bước 1: Giả sử tồn tại nghiệm khác 0 mà đạt giá trị nhỏ nhất

+ Bước 2: Sử dụng giả thiết và các tính chất chỉ ra phương trình đó có 1 nghiệm khác nhỏ hơn

+ Bước 3: Kết luận phương trình có nghiệm là 0

* Xét số dư của số chính phương cho 1 số

+) \({a^2} \equiv 0,1(\bmod 3)\)+) \({a^2} \equiv 0,1(\bmod 4)\)

+) \({a^2} \equiv 0,1,4(\bmod 5)\)+) \({a^2} \equiv 0,1,4(\bmod 8)\)

+) \({a^3} \equiv 0,1, - 1(\bmod 9)\)+) \({a^4} \equiv 0,1(\bmod 16)\)

+ Nếu \({x^k} \vdots p\) với \(p\) là số nguyên tố thì \(x \vdots p\)

+ \(x \vdots {K^n},\forall n \Rightarrow x = 0\)

Giải chi tiết

a) \({x^3} = 2{x^3} + 4{z^3}\left( * \right)\)

Ta có \(\left( {2{y^3} + 4{z^3}} \right) \vdots 2 \Rightarrow {x^3} \vdots 2\)

Mà \(2\) là số nguyên tố \( \Rightarrow x \vdots 2 \Rightarrow x = 2{x_1}\)

\(\mathop \Rightarrow \limits^{\left( * \right)} 4x_1^3 = {y^3} + 2{z^3}\left( {**} \right) \Rightarrow {y^3} \vdots 2\)

Mà \(2\) là số nguyên tố \( \Rightarrow y \vdots 2 \Rightarrow y = 2{y_1}\)

\(\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {**} \right)} 2y_1^3 = 4y_1^3 + {z^3}\left( {***} \right) \Rightarrow {z^3} \vdots 2\)

Mà \(2\) là số nguyên tố \( \Rightarrow z \vdots 2 \Rightarrow z = 2{z_1}\)

\(\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {***} \right)} x_1^3 = 2y_1^3 + 4z_1^3\)

Chứng minh tương tự ta có \({x_1};{y_1};{z_1} \vdots 2\) và lặp vô tận

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \vdots {2^n},\forall n\\y \vdots {2^n},\forall n\\z \vdots {2^n},\forall n\end{array} \right. \Rightarrow \left( {x;y;z} \right) = \left( {0;0;0} \right)\)

Vậy phương trình có nghiệm là \(\left( {0;0;0} \right)\)

b) \({x^2} + {y^2} = 3{z^2}\left( 1 \right)\)

Vì \({x^2} \equiv 0;1\left( {\bmod \;3} \right)\)

\({y^2} \equiv 0;1\left( {\bmod \;3} \right)\)

Để \(\left( {{x^2} + {y^2}} \right) \vdots 3\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} \vdots 3\\{y^2} \vdots 3\end{array} \right.\)

Vì \(3\) là số nguyên tố \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \vdots 3\\y \vdots 3\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3{x_1}\\y = 3{y_1}\end{array} \right.\)

\(\left( 1 \right) \Rightarrow 3x_1^2 + 3y_1^2 = {z^3} \vdots 3\)

Mà \(3\) là số nguyên tố nên

\( \Rightarrow x_1^3 + y_1^3 = 3z_1^3\)

Chứng minh tương tự ta có \({x_1};{y_1};{z_1} \vdots 3\) và lặp vô tận

\( \Rightarrow x;y;z \vdots 3,\left( {\forall n \in \mathbb{N}} \right) \Rightarrow \left( {x;y;z} \right) = \left( {0;0;0} \right)\)

Vậy phương có nghiệm là \(\left( {0;0;0} \right)\)\(\)

c) \(8{x^4} + 4{y^2} + 2{z^4} = {t^4}\)

Ta thấy \(\left( {8{x^4} + 4{y^4} + 2{z^2}} \right) \vdots 2 \Rightarrow {t^4} \vdots 2 \Rightarrow t \vdots 2\)

Giả sử \(\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) là nghiệm nguyên của phương trình trên với điều kiện \({x_{\min }}\)

Đặt \(t = 2{t_0}\) thay vào phương trình ban đầu ta được:

\(8x_0^4 + 4y_0^4 + 2z_0^4 = 16t_0^4 \Rightarrow 4x_0^4 + 2y_0^4 + z_0^4 = 8t_0^4 \Rightarrow {z_0}\) chẵn

Đặt \({z_0} = 2{z_1}\) thay vào phương trình trên \( \Rightarrow 4x_0^4 + 2y_0^4 + 16z_1^4 = 8t_0^4 \Rightarrow 2x_0^4 + y_0^4 + 8z_1^4 = 4t_0^4 \Rightarrow {y_0}\) chẵn

Đặt \({y_0} = 2{y_1}\)thay vào phương trình trên\( \Rightarrow 2x_0^4 + 16y_1^4 + 8z_1^4 = 4t_0^4 \Rightarrow x_0^4 + 8y_1^4 + 4z_1^4 = 2t_0^4 \Rightarrow {x_0}\) chẵn

Đặt \({x_0} = 2{x_1}\) thay vào phương trình trên \( \Rightarrow 16x_1^4 + 8y_1^4 + 4z_1^4 = 2t_0^4 \Rightarrow 8x_1^4 + 4y_1^4 + 2z_1^4 = t_0^4 \Rightarrow {t_0}\) chẵn

\( \Rightarrow \left( {{x_1};{y_1};{z_1};{t_1}} \right)\) là nghiệm của phương trình

Mà \({x_1} < {x_0}\) (Vô lí) do ta chọn \({x_{\min }}\)

\( \Rightarrow \left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right) = \left( {0;0;0} \right)\)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là \(\left( {0;0;0} \right)\)

Tham Gia Group Dành Cho 2K11 Chia Sẻ, Trao Đổi Tài Liệu Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> Học trực tuyến lớp 8 trên Tuyensinh247.com. Đầy đủ khoá học các bộ sách: Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều. Cam kết giúp học sinh lớp 8 học tốt, hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả. PH/HS tham khảo chi tiết khoá học tại: Link