math4school.okis.ru

Запишем уравнение в виде (x – 2y)(x + y) = 7.

Так как х, у – целые числа, то находим решения исходного уравнения, как решения следующих четырёх систем:

1) x – 2y = 7, x + y = 1;

2) x – 2y = 1, x + y = 7;

3) x – 2y = –7, x + y = –1;

4) x – 2y = –1, x + y = –7.

Решив эти системы, получаем решения уравнения: (3; –2), (5; 2), (–3; 2) и (–5; –2).

Ответ: (3; –2), (5; 2), (–3; 2), (–5; –2).

а) Поскольку при любых целых значениях х и у левая часть уравнения делится на два, а правая является нечётным числом, то уравнение не имеет решений в целых числах.

Ответ: решений нет.

б) Подберём сначала некоторое конкретное решение. В данном случае, это просто, например,

x₀ = 1, y₀ = 2.

Тогда

5x₀ + 7y₀ = 19,

откуда

5(х – x₀) + 7(у – y₀) = 0,

5(х – x₀) = –7(у – y₀).

Поскольку числа 5 и 7 взаимно простые, то

х – x₀ = 7k, у – y₀ = –5k.

Значит, общее решение:

х = 1 + 7k, у = 2 – 5k,

где k – произвольное целое число.

Ответ: (1+7k; 2–5k), где k – целое число.

в) Найти некоторое конкретное решение подбором в данном случае достаточно сложно. Воспользуемся алгоритмом Евклида для чисел 1999 и 201:

НОД(1999, 201) = НОД(201, 190) = НОД(190, 11) = НОД(11, 3) = НОД(3 , 2) = НОД(2, 1) = 1.

Запишем этот процесс в обратном порядке:

1 = 2 – 1 = 2 – (3 – 2) = 2·2 – 3 = 2· (11 – 3·3) – 3 = 2·11 – 7·3 = 2·11 – 7(190 – 11·17) =

= 121·11 – 7·190 = 121(201 – 190) – 7·190 = 121·201 – 128·190 =

= 121·201 – 128(1999 – 9·201) = 1273·201 – 128·1999.

Значит, пара (1273, 128) является решением уравнения 201х – 1999у = 1. Тогда пара чисел

x₀ = 1273·12 = 15276, y₀ = 128·12 = 1536

является решением уравнения 201х – 1999у = 12.

Общее решение этого уравнения запишется в виде

х = 15276 + 1999k, у = 1536 + 201k, где k – целое число,

или, после переобозначения (используем, что 15276 = 1283 + 7·1999, 1536 = 129 + 7·201),

х = 1283 + 1999n, у = 129 + 201n, где n – целое число.

Ответ: (1283+1999n, 129+201n), где n – целое число.

а) Так как x³ и y³ при делении на 9 могут давать только остатки 0, 1 и 8 (смотрите таблицу в разделе «Делимость целых чисел и остатки»), то x³ + y³ может давать только остатки 0, 1, 2, 7 и 8. Но число 3333333 при делении на 9 даёт остаток 3. Поэтому исходное уравнение не имеет решений в целых числах.

Ответ: целочисленных решений нет.

б) Перепишем исходное уравнение в виде (x + y)³ = 7(x²y + xy²) + 4. Так как кубы целых чисел при делении на 7 дают остатки 0, 1 и 6, но не 4, то уравнение не имеет решений в целых числах.

Ответ: целочисленных решений нет.

а) Решим данное уравнение как квадратное относительно переменной у. Получим

у = х + 9 или у = 16 – х.

Поскольку при нечётном х число х + 9 является чётным, то единственной парой простых чисел, которая удовлетворяет первому равенству, является (2; 11).

Так как х, у – простые, то из равенства у = 16 – х имеем

2 < х < 16, 2 < у < 16.

С помощью перебора вариантов находим остальные решения: (3; 13), (5; 11), (11; 5), (13; 3).

Ответ: (2; 11), (3; 13), (5; 11), (11; 5), (13; 3).

б) Рассмотрим данное уравнение как квадратное уравнение относительно x:

x² – (y + 1)x + y² – y = 0. 

Дискриминант этого уравнения равен –3y² + 6y + 1. Он положителен лишь для следующих значений у: 0, 1, 2. Для каждого из этих значений из исходного уравнения получаем квадратное уравнение относительно х, которое легко решается.

Ответ: (0; 0), (0; 1), (1; 0), (1; 2), (2; 1), (2; 2).

Попробуем подбирать такие тройки, где у = –z. Тогда y³ и z³ будут всегда взаимно уничтожаться, и наше уравнение будет иметь вид

x² + 2y² = x³

или, иначе,

x²(x–1) = 2y².

Чтобы пара целых чисел (x; y) удовлетворяла этому условию, достаточно, чтобы число x–1 было удвоенным квадратом целого числа. Таких чисел бесконечно много, а именно, это все числа вида 2n²+1. Подставляя в x²(x–1) = 2y² такое число, после несложных преобразований получаем:

y = xn = n(2n²+1) = 2n³+n.

Все тройки, полученные таким образом, имеют вид (2n²+1; 2n³+n; –2n³– n).

Ответ: существует.

Число x² + y² + z² + u² чётно, поэтому среди чисел x, y, z, u чётное число нечётных чисел.

Если все четыре числа x, y, z, u нечётны, то x² + y² + z² + u² делится на 4, но при этом 2xyzu не делится на 4 – несоответствие.

Если ровно два из чисел x, y, z, u нечётны, то x² + y² + z² + u² не делится на 4, а 2xyzu делится на 4 – опять несоответствие.

Поэтому все числа x, y, z, u чётны. Тогда можно записать, что

x = 2x₁, y = 2y₁, z = 2z₁, u = 2u₁,

и исходное уравнение примет вид

x₁² + y₁² + z₁² + u₁² = 8x₁y₁z₁u₁.

Теперь заметим, что (2k + 1)² = 4k(k + 1) + 1 при делении на 8 даёт остаток 1. Поэтому если все числа x₁, y₁, z₁, u₁ нечётны, то x₁² + y₁² + z₁² + u₁² не делится на 8. А если ровно два из этих чисел нечётно, то x₁² + y₁² + z₁² + u₁² не делится даже на 4. Значит,

x₁ = 2x₂, y₁ = 2y₂, z₁ = 2z₂, u₁ = 2u₂,

и мы получаем уравнение

x₂² + y₂² + z₂² + u₂² = 32x₂y₂z₂u₂.

Снова повторив те же самые рассуждения, получим, что x, y, z, u делятся на 2ⁿ при всех натуральных n, что возможно лишь при x = y = z = u = 0.

Ответ: (0; 0; 0; 0).

Воспользуемся следующим тождеством:

(х – у)³ + (y – z)³ + (z – x)³ = 3(х – у)(y – z)(z – x).

Тогда исходное уравнение можно записать в виде

(х – у)(y – z)(z – x) = 10.

Обозначим a = x – y, b = y – z, c = z – x и запишем полученное равенство в виде

abc = 10.

Кроме того очевидно, a + b + c = 0. Легко убедиться, что с точностью до перестановки из равенства abc = 10 следует, что числа |a|, |b|, |c| равны либо 1, 2, 5, либо 1, 1, 10. Но во всех этих случаях при любом выборе знаков a, b, c сумма a + b + c отлична от нуля. Таким образом, исходное уравнение не имеет решений в целых числах.

Очевидно, что

если х = 1, то у² = 1,

если х = 3, то у² = 9.

Этим случаям соответствуют следующие пары чисел:

х₁ = 1, у₁ = 1;

х₂ = 1, у₂ = –1;

х₃ = 3, у₃ = 3;

х₄ = 3, у₄ = –3.

Заметим, что при х = 2 имеем 1! + 2! = 3, при х = 4 имеем 1! + 2! + 3! + 4! = 33 и ни 3, ни 33 не являются квадратами целых чисел. Если же х > 5, то, так как

5! + 6! + . . . + х! = 10n,

можем записать, что

1! + 2! + 3! + 4! + 5! + . . . + х! = 33 + 10n.

Так как 33 + 10n – число, оканчивающееся цифрой 3, то оно не является квадратом целого числа.

Ответ: (1; 1), (1; –1), (3; 3), (3; –3).

Так как

3abc > 0, то a³ > b³ + c³;

таким образом имеем

b < a, c < a.

Складывая эти неравенства, получим, что

b + c < 2a и 2(b + c) < 4a.

С учётом последнего неравенства, из второго уравнения системы получаем, что

a² < 4a и а < 4.

Но второе уравнение системы также показывает, что а – чётное число. Таким образом, а = 2, b = c = 1.

Ответ: (2; 1; 1)

Разложив на множители обе части данного уравнения, получим:

х(х + 1) = у(у + 1)(у² + 1),

или

х(х + 1) = (у² + у)(у² + 1)

Такое равенство возможно, если левая и правая части равны нулю, или представляют собой произведение двух последовательных целых чисел. Поэтому, приравнивая к нулю те или иные множители, получим 4 пары искомых значений переменных:

х₁ = 0, у₁ = 0;

х₂ = 0, у₂ = –1;

х₃ = –1, у₃ = 0;

х₄ = –1, у₄ = –1.

Произведение (у² + у)(у² + 1) можно рассматривать как произведение двух последовательных целых чисел, отличных от нуля, только при у = 2. Поэтому х(х + 1) = 30, откуда х₅ = 5, х₆ = –6. Значит, существуют ещё две пары целых чисел, удовлетворяющих исходному уравнению:

х₅ = 5, у₅ = 2;

х₆ = –6, у₆ = 2.

Ответ: (0; 0), (0; –1), (–1; 0), (–1; –1), (5; 2), (–6; 2.)