|
|
giải đáp
|
PT mũ
|
|
|
|
d) Nếu $x>0$ thì $x$ chẵn nên vế phải có dạng $32(2k+1)$ và vô nghiệm.
Thực hiện đồng dư theo 3 suy ra $y$ chẵn.
Ta viết $33(33^{2a}-1)=64(2^{2b}-1)$
Thực hiện đồng dư theo 11 suy ra $5|b=5c$
Do đó $33(33^{2a}-1)=64(2^{10c}-1)$
$31$ là ước của vế phải do đó $5|a=5d$ và Thực hiện đồng dư theo $17$ ta được $4|c$
Suy ra $33(33^{10d}-1)=64(2^{40m}-1)$
Thực hiện đồng dư theo $5$ ta có $d$ chẵn nhưng $128|$vế phải , đây là điều vô lý.
Vậy PT có nghiệm $(0,5),(1,6)$.
|
|
|
|
giải đáp
|
PT mũ
|
|
|
|
c) $x = 0$ và $x = 1$ là hai nghiệm tầm thường.
Giả sử $x > 1$.
Ta có
$0+(-1)^x-0 \equiv (-1)^x \equiv 1 \mod {4} \Rightarrow x \equiv 0\mod {2}$.
$(-1)^x+0-1^x \equiv (-1)^x -1 \equiv 1 \mod {3} \Rightarrow (-1)^x \equiv 2 \equiv -1 \mod{3} \Rightarrow x \equiv 1\mod {2}$.
Trong trường hợp này thì PT vô nghiệm.
|
|
|
|
giải đáp
|
PT mũ
|
|
|
|
b) Hàm $t^t$ tăng trên $\mathbb{N}$, do đó ta có $z> \max\{x,y\}$.
Giả sử $1\leq x\leq y$; nên với $y \geq 2$ suy ra $x^x + y^y \leq 2y^y \leq y^{y+1} < (y+1)^{y+1} \leq z^z$, vô lý.
Trường hợp $y=1$ kéo theo $x=1$, và $2=z^z$ vô nghiệm.
|
|
|
|
giải đáp
|
PT nghiệm nguyên
|
|
|
|
Nếu $x=y+d$, ở đây $d{\ge}1$.
Ta có $(x-y)(x^2+xy+y^2)=5xy+67$, suy ra
$d((d+y)^2+(d+y)y+y^2)=5y(d+y)+67$.
Thực hiên khai tiển ta có, $(3d-5)y^2+(3d^2-5d)y+d^3=67$.
Do đó $d{\leq}4$, hoặc $1{\leq}d{\leq}4$.
Thử trực tiếp các giá trị $d=1, 2,3,4$ ta thu được $d=3$ .
Vậy $y=2, x=5$.
|
|
|
|
giải đáp
|
PT nghiệm nguyên
|
|
|
|
d3) Tương tự như phần 2 với chú ý
$ x=(n+7)/3 $ và $ n \leq x^{2}-3x+2< n+1 $.
|
|
|
|
giải đáp
|
PT nghiệm nguyên
|
|
|
|
d2) $ [x]=n $
do đó $ n^{2}=3n-2+[3{x}] $ nên $ 3n-2 \leq n^{2} \leq 3n+1 $.
suy ra $ n=0,1,2,3 $.
Với $ n=0 $ thì $ [3{x}]=2\Rightarrow 2/3 \leq x <1 $.
Các trường hợp khác bạn xét tương tự.
|
|
|
|
giải đáp
|
PT nghiệm nguyên
|
|
|
|
d1)
$ 2x-6 $ nguyên nên $ 2x $ cũng nguyên.
do đó $ [3x-1]=2x-1+[x]=2x-1+2x-6 $ suy ra $ [x]=2x-6 $ nhưng $ x=n,n+\frac{1}{2} $ dẫn đến $ x=6,5+\frac{1}{2} $.
|
|
|
|
giải đáp
|
PT nghiệm nguyên
|
|
|
|
c) Giả sử $x\geq y$.
Ta có $m\leq \sqrt[3]{y^3+x}\leq \sqrt[3]{x^3+y}<m+1 $, $m\in \mathbb{N}$
$\rightarrow m^3\leq y^3+x\leq x^3+y<(m+1)^3$.
Do đó $m\leq x< m+1\rightarrow x=m$, $m\leq y<m+1\rightarrow y=m$.
PT có nghiệm $x=y\in \mathbb{N}$.
|
|
|
|
giải đáp
|
PT nghiệm nguyên
|
|
|
|
b) Ta có $p(p-1)=(q+1)(q^2-q+1)$ nên $p|q+1\implies q\geq(p-1)\geq (q^2-q+1)$.
Ta phải có $q^2-q+1=pt,p-1=(q+1)t\implies (q+1)t^2+t=q^2-q+1$
Dễ thấy $t^2\leq q-2$. Đặt $t^2=(q-r)\implies 0\geq q(r-3)+2r+1\implies r\leq 2$.
Do đó $t^2=q-2\implies q=11,p=37$.
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
tích phân hay
|
|
|
|
g)
$2+\sin x-2\cos x=2(1-\cos x)+\sin x=2\cdot 2\sin ^ 2 \frac {x}{2}+2\sin \frac{x}{2}\cos \frac{x}{2}$,
$ \int \frac{dx}{2+\sin x-2\cos x} $
$=\int \frac{1}{2\sin \frac{x}{2}\left(2\sin \frac{x}{2}+\cos \frac{x}{2}\right)}\ dx$
$=\int \frac{1}{2\tan \frac{x}{2}\left(2\tan \frac{x}{2}+1\right)}\left(2\tan \frac{x}{2}\right)'dx$
$=\int \left(\frac{1}{2\tan \frac{x}{2}}-\frac{1}{2\tan \frac{x}{2}+1}\right)\left(2\tan \frac{x}{2}\right)'dx$
$=\ln \left|\frac{\tan \frac{x}{2}}{\tan \frac{x}{2}+\frac 12}\right|+C.$
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
tích phân hay
|
|
|
|
c) Thực chất bài toán này là trường hợp cụ thể của bài toán tổng quát sau đây.
Cho
$f$ liên tục trên $[0;\pi ]$. Ta có : $\int\limits_{0}^{\pi } xf(\sin
x)dx = \pi \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2} }f (\sin x) dx.$
Thật vậy,
Đặt $t = \pi -x \Rightarrow dt = -dx$
$\Rightarrow
\int\limits_{\frac{\pi}{2} }^{\pi }xf(\sin x)dx = -
\int\limits_{\frac{\pi}{2} }^{0}(\pi - t)f(\sin t)dt = \int\limits_{0
}^{\frac{\pi}{2}}(\pi -x)f(\sin x)dx $
$\Rightarrow
\int\limits_{0}^{\pi}x.f(\sin x)dx = \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}
}xf(\sin x)dx + \int\limits_{\frac{\pi}{2} }^{\pi}xf(\sin x)dx$
$= \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2} }xf (\sin x)dx +
\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2} }(\pi -x)f(\sin x) dx$
$\Rightarrow \int\limits_{0}^{\pi } xf(\sin x)dx = \pi \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2} }f(\sin x)dx.$
Do đó,
$
I =\int\limits_0^\pi {\frac{{x\sin x}}{{{{\cos }^2}x - 4}}dx}
=\int\limits_0^\pi x{\frac{{\sin x}}{{{{\cos }^2}x - 4}}dx}= \pi
\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2} }{\frac{{\sin x}}{{{{\cos }^2}x - 4}}dx} $
Đặt $\cos x = t \Rightarrow \left\{ \begin{array}
\sin xdx = - dt \\
x = 0:t = 1 \\
x = \frac{\pi}{2} :t = 0 \\
\end{array} \right.$
$
\Rightarrow I = -\pi \int\limits_1^{0}
{\frac{{dt}}{{{t^2} - 4}}} = \pi\int\limits_{0}^1
{\frac{{dt}}{{(t - 2)(t + 2)}}} = \frac{\pi }{4}\ln \left| {\frac{{t -
2}}{{t + 2}}} \right|\left| \begin{array}
{\text{ }}1 \\
0 \\
\end{array} \right.$$ =\boxed{\displaystyle - \frac{{\pi \ln 3}}{4}}$
|
|