A_(2,5Đ) 1X23 4X3  1 3X4 (1) 1X23 4X3 ...

Bài 2:

a_

(2,5đ)



^1x

²



³

^4x

³

^{ 1 3x}

⁴

(1)

Ta có:

^4x

³

^{ 1 3x}

⁴

^{ 3x}

⁴

^4x

³

^x

²

^x

²

^{  1 1 x}

²

^x

²



^3x

²

^4x1

 ⁽²⁾

Thay (2) vào (1) ta có:

(1)





^1x

²

 

³

^{ 1 x}

²



^{ x}

²



^3x

²

^4x1

 (3) ( 0,5đ)

Đặt

y 1x

²

, với y ≥ 1. Suy ra

x

²

 y

²

1

Thay vào (3):

^y

³

^y

²

^{ }



^{1 y}

²



^3x

²

^4x1

 ^(0,5đ)

 ^y

²



^{y  1}

 

^{1 y}

²



^3x

²

^{4x 1}



⁰  y1 0      





^y1



^_^y

²

^



^{y1 3}

 

^x

²

^4x1



^_^0

_{ } 

²



y y x x1 3 4 1 0

* Với y = 1 thì x = 0 thỏa mãn phương trình.

* Với y ≠ 1 và y ≥ 1, ta có:

^y

²

^



^{y1 3}

 

^x

²

^{4x 1}



⁰

(4) (1đ)

2

         

2

2 1 1

Vì

3 4 1 3x x x

và y > 1 thay vào vế trái của (4)

 3 3 3             

²



¹



^{1 1}

²

^{13 1 1}

²

^{13 1}y y y

lớn hơn. (0,25đ)

   3 6 36 6 36 3

Do đó (4) vô nghiệm

Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 0 (0,25đ)



(1) (0,5đ)

kn)2014(N

b_ (1,5đ) Giả sử

)(

Suy ra (k + n) và (k – n) = 2k là số chẵn nên (k + n) và (k – n) cùng tính chẵn lẻ

Do 2014 là số chẵn nên (k + n) và (k – n) đều là số chẵn (0,5đ)

(kn kn 4

Khi đó từ (1) suy ra ta lại có

20144

(điều này vô lí)

Vậy không có số nguyên n nào để

n

²

2014

là số chính phương (0,5đ)