PHUONG TRINH NGHIEM NGHUYEN

GV: NGUYỄN QUỐC BẢO Zalo: 039.373.2038 Gmail:Tailieumontoan.com@Gmail.com Website: Tailieumontoan.com Facebook:www.facebook.com/baotoanthcs PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Chuyên đê PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN LƯU HÀNH NỘI BỘ NGUYỄN QUỐC BẢO CÁC DẠNG TOÁN & PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN ● Dùng bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 8,9 ● Giúp ôn thi vào lớp 10 chuyên toán LƯU HÀNH NỘI BỘ Lêi giíi thiƯu Các em học sinh thầy giáo, cô giáo thân mến ! Cuốn sách Các dạng tốn & phương pháp giải phương trình nghiệm ngun tác giả biên soạn nhằm giúp em học sinh học tập tốt mơn Tốn THCS THPT sau Các tác giả cố gắng lựa chọn tập thuộc dạng điển hình, xếp thành hệ thống để bồi dưỡng học sinh giỏi lớp THCS Sách viết theo chủ đề tương ứng với vấn đề quan trọng thường đề thi học sinh giỏi tốn THCS, vào lớp 10 chun mơn tốn nước Mỗi chủ đề viết theo cấu trúc lý thuyết cần nhớ, dạng toán thường gặp, tập rèn luyện hướng dẫn giải giúp em học sinh nắm vững kiến thức đồng thời rèn luyện kiến thức học Mỗi chủ đề có ba phần: A Kiến thức cần nhớ: Phần tóm tắt kiến thức bản, kiên thức bổ sung cần thiết để làm sở giải tập thuộc dạng chuyên đề B Một số ví dụ: Phần đưa ví dụ chọn lọc, tiêu biểu chứa đựng kĩ phương pháp luận mà chương trình địi hỏi Mỗi ví dụ thường có: Lời giải kèm theo nhận xét, lưu ý, bình luận phương pháp giải, sai lầm thường mắc nhằm giúp học sinh tích lũy thêm kinh nghiệm giải toán, học toán C Bài tập vận dụng: Phần này, tác giả đưa hệ thống tập phân loại theo dạng tốn, tăng dần độ khó cho học sinh giỏi Có tập trích từ đề thi học sinh giỏi Toán đề vào lớp 10 chuyên Toán Các em cố gắng tự giải Nếu gặp khó khăn xem hướng dẫn lời giải cuối sách Các tác giả hi vong sách tài liệu có ích giúp em học sinh nâng cao trình độ lực giải tốn, góp phần đào tạo, bồi dưỡng học sinh giỏi cấp THCS Mặc dù có nhiều cố gắng biên soạn song sách khó tránh khỏi sai sót Chúng tơi mong nhận ý kiến đóng góp bạn đọc MỌI Ý KIẾN THẮC MẮC XIN VUI LÒNG GỬI VỀ ĐỊA CHỈ NGUYỄN QUỐC BẢO Zalo: 039.373.2038 Tailieumontoan.com@gmail.com Facebook: www.facebook.com/baotoanthcs Xin chân thnh cm n! Website:tailieumontoan.com chuyên đề bồi dưỡng PHNG TRÌNH NGHIỆM NGUN A KiÕn thøc cÇn nhí Giải phương trình nghiệm nguyên Giải phương trình f(x, y, z, ) = chứa ẩn x, y, z, với nghiệm nguyên tìm tất số ngun (x, y, z, ) thỏa mãn phương trình Một số lưu ý giải phương trình nghiệm nguyên Khi giải phương trình nghiệm nguyên cần vận dụng linh hoạt tính chất chia hết, đồng dư, tính chẵn lẻ,… để tìm điểm đặc biệt ẩn số biểu thức chứa ẩn phương trình, từ đưa phương trình dạng mà ta biết cách giải đưa phương trình đơn giản Các phương pháp thường dùng để giải phương trình nghiệm ngun là: • Phương pháp dùng tính chất chia hết • Phương pháp xét số dư vế • Phương pháp sử dụng bất đẳng thức • Phương pháp dùng tính chất số phương • Phương pháp lùi vơ hạn, ngun tắc cực hạn B MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN I PHƯƠNG PHÁP DÙNG TÍNH CHIA HẾT  Dạng 1: Phát tính chia hết ẩn Bài tốn Giải phương trình nghiệm ngun 3x + 17y = 159 ( 1) Hướng dẫn giải Giả sử x, y số nguyên thỏa mãn phương trình (1) Ta thấy 159 3x chia hết 17y  ⇒ y  (do 17 nguyên tố nhau) Đặt= y 3t ( t ∈ Z ) thay vào phương trình ta 3x + 17.3t= 159 ⇔ x + 17t= 53 x = 53 − 17t Do đó:  ( t ∈ Z ) Thử lại ta thấy thỏa mãn phương trình cho  y = 3t Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com Vậy phương trình có nghiệm (x, y) = (53 – 17t, 3t) với t số nguyên tùy ý 156 Bài tốn Tìm nghiệm ngun phương trình 2x + 13y = (1) Hướng dẫn giải - Phương pháp 1: Ta có 13y 13 156 13 nên 2x 13 ⇒ x 13 (vì (2,3) = 1) −2k + 12 = x 13k (k ∈ Z) thay vào (1) ta được: y = Đặt x = 13k (k ∈ Z) Vậy nghiệm nguyên phương trình là:  −2k + 12 y = - Phương pháp 2: Từ (1) ⇒ x = Để x ∈ Z ⇒ 156 − 13y 13y = 78 − , 2 13y ∈ Z Mà (13,2) = ⇒ y  Đặt y = 2t(t ∈ Z) ⇒ x = 78 − 13t x = 78 − 13t (t ∈ Z) Vậy nghiệm nguyên phương trình là:   y = −2t 109 Bài toán Giải phương trình nghiệm nguyên 23x + 53y = Hướng dẫn giải 109 − 53y 23(4 − 2y) + 17 − 7y 17 − 7y = =4 − 2y + Ta có x = 23 23 23 Ta phải biến đổi tiếp phân số 17 − 7y để cho hệ số biến y 23 Phân tích: Ta thêm, bớt vào tử số bội thích hợp 23 17 − 7y 17 − 7y + 46 − 46 7(9 − y) − 46 7(9 − y) = = =−2 + 23 23 23 23 Từ x =2 − 2y + 9−y 7(9 − y) ∈ Z , (7,23) = , Để x ∈ Z ⇒ 23 23 Đặt − y = 23t (t ∈ Z) ⇒ y = − 23t x = − 23t (t ∈ Z) Vậy nghiệm nguyên phương trình là:  y 53t − 16 = c với a,b,c số nguyên Chú ý: Phương trình có dạng ax + by = * Phương pháp giải: - Rút gọn phương trình ý đến tính chia hết ẩn - Biểu thị ẩn mà hệ số có giá trị tuyệt đối nhỏ (chẳng hạn x) theo ẩn - Tách riêng giá trị nguyên biểu thức x Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com - Đặt điều kiện để phân số biểu thức chứa x số nguyên t1 , ta phương trình bậc hai ẩn y t1 - Cứ tiếp tục làm ẩn biểu thị dạng đa thức với hệ số nguyên Bài toán Tìm nghiệm nguyên phương trình 11x + 18y = 120 ( 1) Hướng dẫn giải Ta thấy 11x nên x Đặt x = 6k (k nguyên) Thay vào (1) rút gọn ta được: 11k + 3y = 20 Biểu thị ẩn mà hệ số có giá trị tuyệt đối nhỏ (là y) theo k ta được: y = Tách riêng giá trị nguyên biểu thức này: y =7 − 4k + Lại đặt 20 − 11k k −1 k −1 = t với t nguyên suy k = 3t + Do đó: y = − 4(3t + 1) + t = − 11t x = 6k = 6(3t + 1) = 18t + Thay biểu thức x y vào (1), phương trình nghiệm Vậy nghiệm nguyên (10 biểu thị công thức: x 18t + = với t số nguyên tùy ý   y= − 11t Chú ý: a) Nếu đề yêu cầu tìm nghiệm nguyên dương phương trình (1) sau 18t + > ⇔− Do t = t số nguyên Nghiệm nguyên dương (1) (x, y) = (6, 3) Trong trường hợp tìm nghiệm nguyên dương (1) ta cịn giải sau: 11x + 18y = 120 102 Do y ≥ nên 11x ≤ 120 − 18.1 = Do x nguyên nên x ≤ Mặt khác x  x nguyên dương nên x = ⇒ y = b) Có nhiều cách tách giá trị nguyên biểu thức y = y =7 − 4k + k −1 (cách 1) y =7 − 3k − + 2k (cách 2) y =6 − 3k + (1 − k ) 20 − 11k , chẳng hạn: (cách 3) Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com Ta thấy: - Cách gọn cách cách hệ số k phân thức 1, sau đặt k −1 = t ta không cần thêm ẩn phụ - Trong cách 3, nhờ đặt thừa số chung mà hệ số k phần phân số -1, sau 1− k = t không cần dùng thêm thừa số phụ đặt Bài tốn Tìm nghiệm ngun dương phương trình: 6x + 5y = 74 Hướng dẫn giải ( ) ( ) (2) Từ (2) suy ( x − ) , mặt khác ( 6, ) =⇒ ( x − ) ⇒ x 5t vào (2) ta có: 30t = ( 10 − y ) ⇔ y = 10 − 6t Thay x − = Ta có: 6x + 5y = 74 ⇔ x − = 10 − y 2 2 2 = 5t + ( t ∈ N )  t>−   5t + >  ⇔ − < t < , t ∈ N Suy ra: t ∈ 0;1 Ta có: x > 0, y > ⇔  ⇔ { } 10t − >  t<  Với t = không thỏa mãn yêu cầu toán  x =±3  x = ⇔ Với t = ta có:  Mặt khác x, y nguyên dương nên x = 3, y =  y = ±2  y = Vậy phương trình có nghiệm (x, y) = (3, 2)  Dạng 2: Phương pháp đưa phương trình ước số * Cơ sở phương pháp: Ta tìm cách đưa phương trình cho thành phương trình có vế tích biểu thức có giá trị ngun, vế phải số nguyên Thực chất biến đổi phương trình dạng: A(x; y).B(x; y) = c A(x; y), B(x; y) biểu thức nguyên, c số nguyên Xét trường hợp A(x; y), B(x; y) theo ước c * Ví dụ minh họa: Bài tốn Tìm nghiệm ngun phương trình: 2xy − x + y = Hướng dẫn giải 2xy − x + y = ⇔ 4xy − 2x + 2y = ⇔ 2x ( 2y − 1) + ( 2y − 1) =6 − ⇔ ( 2y − 1)( 2x + 1) = Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com Ta gọi phương trình phương trình ước số: vế trái tích thừa số nguyên, vế trái số Ta có x y số nguyên nên 2x + 2y – số nguyên ước (2x + 1) (2y - 1) ước số nên ta có: 2x + 1 -1 -5 2y - -5 -1 Vập phương trình có nguyện nguyên (x, y) = (3, 0); (-1, -2); (2, 1); (-3, 0) Kinh nghiệm giải: Để đưa vế trái 2xy − x + y phương trình dạng tích, ta biến đổi ( 2y − 1) cách nhân vế phương trình với để đưa phương trình ước số Luyện tập kinh nghiệm ví dụ sau thành x ( 2y − 1) + Bài tốn Tìm nghiệm ngun phương trình: 5x − 3y = 2xy − 11 Hướng dẫn giải 15 5x − 3y = 2xy − 11 ⇒ x(5 − 2y) + (5 − 2y) − + 11 = 2   −7 2x + ⇔ ( − 2y )  x +  = ⇔ ( 2y − ) = ⇔ ( 2y − )( 2x + ) = 2 2  (*) (2x + 3) (2y - 5) ước số nên ta có: 2x + -1 -7 2y - -7 -1 Vập phương trình có nguyện ngun (x, y) = (-1, 6); (-2, -1); (2, 3); (-5, 2) Nhận xét: Đối với nhiều phương trình nghiệm nguyên việc đưa phương trình ước số khó khăn ta áp dụng số thủ thuật, bạn xem tiếp ví dụ 3: Bài tốn Tìm nghiệm nguyên phương trình: x − 2xy + 3y − 5x + = Hướng dẫn giải x − 2xy + 3y − 5x + = ⇔ x − x(2y + 5) + (2y + 5)2 −(2y + 5)2 + + 3y + = 4   2y +  −4y − 20y − 25 + 12y + 28 2y +  4y + 8y − ⇔ x− + = ⇔ − x    −     2  2y +  4(y + 1)2 −  2y +  −7 ⇔ x− =0 ⇔  x −  −  − (y + 1) =     Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com ( 2x − 2y − ) ⇔ 2 −7 − (y + 1)2 = ⇔ ( 2x − 2y − ) − ( y + 1) = −7 4 ⇔ ( 2x − 2y − − 2y − )( 2x − 2y − + 2y + ) = −7 ⇔ ( 2x − 4y − )( 2x − ) = −7 (*) Vì x, y nguyên nên từ PT(*) ta có trường hợp sau: 2x − 4y − = x =−2 ⇔ 1)   y = −3 2x − =−7 2x − 4y − =−7 x = ⇔ 2)  2x − = y = 2x − 4y − =−1 x = ⇔ 3)  2x − = y = 2x − 4y − = x = ⇔ 4)   y = −3 2x − =−1 Vậy nghiệm nguyên (x; y) phương trình là: (-2; -3); (2; 1); (5; 1);(1; -3) ( ax *Nhận xét: Trong cách giải ta sử dụng phương pháp biến đổi tam thức bậc hai ) + bxy + cy ,ax + bx + c ): trước hết ta chọn biến để đưa đẳng thức (Bình phương tổng, hiệu) chứa biến đó: ta chọn biến x : (2y + 5)2 x − x(2y + 5) + , phần lại đa thức ta lại làm với biến y: −(2y + 5)2 4y + 8y − 4(y + 1)2 − + 3y + = − = − 4 Các bạn tư tìm hướng giải sau: x − 2xy + 3y − 5x + =0 ⇔ x − ( 2y + ) x + 3y + + a =a ( * ) Xét phương trình: x − ( 2y + ) x + 3y + + a = (* * ) Với a số chưa biết cần thêm vào, xác định a sau: ∆ ( ** )= ( 2y + ) − ( 3y + + a ) = 4y + 20y + 25 − 12y − 28 − 4a = 4y + 8y − − 4a −7 Chọn a để ∆ ( ** ) số phương nên −3 − 4a = ⇒ a = : ∆ ( ** ) = ( x + 1) ⇒ x1 = 2y + − ( x + 1) = 2y + + ( x + 1) 4y + = , x2 = 2 4y +    Vậy: ( * ) ⇔  x −   x − − ⇔ ( 2x − )( 2x − 4y − ) = −7 =    Vì x, y nguyên nên ta có trường hợp sau: 2x − 4y − = x =−2 ⇔ 1)   y = −3 2x − =−7 2x − 4y − =−7 x = ⇔ 2)  2x − = y = 2x − 4y − =−1 x = ⇔ 3)  2x − = y = 2x − 4y − = x = ⇔ 4)   y = −3 2x − =−1 Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 10 Website:tailieumontoan.com Vậy nghiệm nguyên (x;y) phương trình là: (-2; -3); (2; 1); (5; 1);(1; -3) Bài toán Tìm nghiệm nguyên phương trình x + 12x = y2 ( 1) Hướng dẫn giải Phương trình tương đương với : x + 12x = y ⇔ ( x + ) − y = 36 ⇔ ( x + y + )( x − y + ) = 36 Suy (x + y + 6) (x – y + 6) ước 36 Mà 36 có 18 ước nên: ( x + y + ) ∈ {±1; ±2; ±3; ±4; ±6; ±9; ±18; ±36} Kết ta tìm nghiệm nguyên là: ( 0,0 ) ; ( −12,0 ) ; ( −16,8 ) ; ( −16, −8 ) ; ( 4,8 ) ; ( 4, −8 ) Nhận xét: Phương pháp đưa phương trình ước số có bước: Phân tích thành ước xét trường hợp Hai bước khơng khó trường hợp số phải xét có nhiều ước số cần dựa vào tính chất biến (ví dụ: tính chẵn lẻ, số dư vế) để giảm số trường hợp cần xét Trong trường hợp ví dụ ta nhận xét sau: Do y có số mũ chẵn nên y nghiệm – y nghiệm nên ta giả sử y ≥ Khi x + − y ≤ x + + y ta giảm trường hợp:  x + + y =9  x + + y =−4  x + y + =−1 , ,   x + − y =4  x + − y =−9  x + y − =−36  x + + y =36  x + + y =−2  x + y + =18 , ,   x + − y =1  x + − y =−18  x + y − =2  x + + y =−3  x + + y =12  x + y + =−6 , ,   x + − y =−12  x + − y =3  x + y − =−6  x + + y =   x + − y = Bây có 10 trường hợp, ta lại thấy ( x + + y ) + ( x + − y ) = 2y nên ( x + + y ) , ( x + − y ) có tính chẵn lẻ.Do ta cịn trường hợp:  x + + y =−2 x + y + =18 x + y + =−6 x + y + =6 ,  , ,   x + − y =−18  x + y − =2  x + y − =−6  x + y − =6 x + y + =−6 x + y + =6 ,  Tiếp tục xét hai phương trình  hai phương trình có nghiệm  x + y − =−6  x + y − =6 y = ta có xét y = từ đầu Ta có phương trình ban đầu: x ( x + 12 ) = y , xét hai khả năng: Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 105 Website:tailieumontoan.com ( ) x y; b = 3x + 2y Khi ta có ab = b − a − hay a b + =b − Đặt a =+ Từ suy b − chia hết cho b + Do ta b + − ( b − 1)( b + 1) chia hết cho b + hay chia hết cho b + Suy b + ∈ {1; 2} nên b ∈ {−1; 0;1} + Với b = −1 ta a = −1 , ta ( x; y= ) + Với b = ta a = −1 , ta ( x; y= ) + Với b = ta a = , ta ( x; y= ) (1; −2 ) ( 2; −3 ) (1; −1) Vậy cặp số nguyên ( x; y ) = (1; −2 ) , (1; −2 ) , ( 2; −3 ) thỏa mãn yêu cầu toán Bài 133 Trước hết ta chứng minh bổ đề: Với số nguyên tố có dạng p  4k  ta ln có a  p a  b  p   a,b  Z  b  p  2 Thật vậy, ta xét hai trường hợp sau + Trường hợp Nếu hai số a b chia hết cho p ta suy điều cần chứng minh + Trường hợp Nếu hai số a b khoog chia hết cho p Khi ta có a; p   b; p   a p1  mod p  a 4k 2  mod p    4k 2  a 4k 2  b 4k 2  mod p  Theo định lí Fecmat ta có  p1 b  mod p  b  mod p    Mặt khác ta có a 4k 2  b 4k 2  a  k 1    b2 2k 1 chia hết cho a  b nên chia hết cho p Từ suy chia hết cho p, mà p số nguyên tố nên ta p  Điều mâu thuẫn p số nguyên tố lẻ Như trường hợp không xẩy hay bổ đề chứng minh Trở lại toán Do 4617 chia hết cho 19 nên 12x  26xy  15y 19 hay ta 12x  12xy  15y  38xy 19  12x  12xy  15y 19    4x  4xy  5y 19  4x  4xy  5y 19    4x  4xy  y  4y 19  2x  y   2y  19 Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 2 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 106 Website:tailieumontoan.com Do 19 số nguyên tố có dạng 4k  nên áp dụng bổ đề ta suy 2x  y 19 3x  2y 19 3x 19 x 19        2y 19 2y 19 2y 19 y 19     Từ ta 4x  4xy  5y 192 Điều dẫn đến mâu thuẫn 4617 khơng chia hết cho 192 Vậy không tồn cặp số nguyên x ; y  thỏa mãn yêu cầu tốn   Bài 134 Ta có x  2x  y  x  2x   y   x       y  1 y2 – y  Gọi d  y  1; y2  y  Khi ta có y  1 d y  y  1d nên ta y  1  y 2   y  d  3y d Do d nguyên tố nên ta có hai trường hợp       + Khi d ta x   y  1 y2 – y   nên x    x  1 Điều vơ lý số phương chia cho khơng thể có số dư + Khi d ta y d , kết hợp với y  1d ta suy d    Do y  1; y2 – y     Khi y  1 y2 – y  số phương nên ta đặt y   a ; y2 – y   b2 a, b số nguyên dương a;b   Tứ ta        b2  a  – a   4b2  4a  12a  12  2b – 2a  2b  2a   Vì 2b  2a  3  2b  2a  nên ta xét trường hợp sau 2  2b  2a   b  , hệ nghiệm nguyên  + Trường hợp Với  2b  2a   a    2b  2a   b  a  y          x  y  + Trường hợp Với     2b  2a   a  b  y – y       Thử lại vào phương trình ban đầu ta thấy thỏa mãn Vậy phương trình có nghiệm 0; 0 Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 107 Website:tailieumontoan.com Bài 135 Nhận xét: a; b số nguyên thỏa mãn a2  b2  a; b thật vậy, a  0,1mod 3 ; b2  0,1mod 3   a  mod 3  a , b  mod b       suy a2  b2  mod 3       Phương trình tương đương với x  y  x  y  28    x  mod 3  x  x1 ; y  y1 ( x1 ; y1   )  mod y       Thay vào phương trình ta thu  x12    y12  28  suy x  y  mod 3     x12   y12  28  Lập luận tương tự ta thu x1  3x2 ; y1  y2 ( x2 ; y2   ) Và nhận phương trình  x22    y22  28    x22   y22  28  Tương tự ta có x2  3x3 ; y2  y3 ( x3 ; y3   ) thu  x32   y32  28 Từ phương trình suy y32  28  22  28  y3   x32   x32  2 ; y32  Suy   y   x2  22   x22   2 ; y22   x12   2 ; y12   x   2 ; y  Đáp số: x   33 ; y  33 , x   33 ; y  33 , x  2  33 ; y  33 , x  2  33 ; y  33 Bài 136 Phương trình tương đương với x  y  1 xy  x  y   x  y  1    x  y  1 xy  x  y  2   x  y  ước x  y    + Giải  x  y   (vô nghiệm)    xy  x  y    xy    x  y   1 + Giải  x  y  2 x  1    xy  x  y   3 xy   y  1 x  y   + Giải  x  y  x      xy  x  y   xy   y    x  y   3 + Giải    x  y  4  (vô nghiệm)   xy  x  y   1  xy    Vậy  x; y  1;  1 , 1; 1 Bài 137 Ta có: Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 108 Website:tailieumontoan.com (1 + x )(1 + y ) + xy + ( x + y )(1 + xy ) = 25 ⇔ ( xy + 1) 2 + ( x + y )(1 + xy ) + ( x + y ) = 25 ⇔ ( xy + + x + y ) = 25 ⇔ ( x + 1) ( y + 1) = 25 Vì x, y khơng âm nên (x + 1)(y + 1) = ta có (x; y) = (0; 4) ; (4; 0) Bài 138 a) Gọi x1 , x2 ∈ Z nghiệm phương trình (1), Theo Vi-ét ta có:  x1 + x2 =a +  5a + 2  x1 x= (*) 5 x + x2 =5a + 25 Từ (*) ta có  5a + 2  x1 x= ⇒ ( x1 − )( x2 − ) =2 =1.2 =2.1 =− ( 1).(−2) =− ( 2).(−1) Suy a = a = −a x + x = b) Ta có:  ⇒ x1 + x2 − x1 x2 = −198 x2 198 − a  x1= ⇔ ( x1 − 1)( x2 − 1) = 199 Do 199 số nghuyên tố nên: ( x1 − 1)( x2 − 1) =1.199 =199.1 =(−1).(−199) =(−199).(−1) ⇒ a =198 a = -2 Bài 139 Đặt u= x + y , v = x y xy ⇔ ( x + y ) − xy ( x + y ) + − xy= Ta có: x3 + y + = Hay u − 3uv + − 3v =0 ⇔ ( u + 1) ( u − u + 1) − 3v(u + 1) = ⇔ ( u + 1) ( u − u + − 3v ) = Vì x, y > ⇒ u = x + y > ⇒ u + ≠ Vậy u − u + − 3v = ⇒ v = ( u − u + 1) u x + y =  Ta phải tìm x,y nguyên dương cho:  y ( u − u + 1)  x= Suy x, y hai nghiệm phương trình bậc hai: X − uX + Ta có ∆ = − ( u − u + 1) =0 u ( u − ) < u ≠ Vậy ta phải có: u = x + y = ⇒ x = y = = Bài 140 Ta có: Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 109 Website:tailieumontoan.com PT ⇔ y + y + y + y = x + x ⇔ ( y + y + y ) + 2( y + y ) + = x + x + ⇔ ( y + y ) + 2( y + y ) + = x + x + ⇔ ( y + y + 1) = x + x + Đặt t = y + y + t ∈  t ≥ , ta được: t = x + x + ⇔ 4t = x + x + ⇔ 4t − ( x + 1) = ⇔ ( 2t − x − 1)( 2t + x + 1) = Chú ý 2t + 2x+1 ≥ nên ta có 2t + 2x + = 2t – 2x - = Suy phương trình có nghiệm ngun khơng âm x = 0; y = x y; q =− x y= Bài 141 Đặt p =+ x p+q p−q = ,y 2 Thay vào (1) ta = 28 p ( p + 3q ) (1) Từ (2) suy ra: 28p  mà (28,3) = nên p  3, đặt p = 3k Thay vào (2): 28k= ( 3k + q ) ⇒ k  đặt k = 3m ta m ( 28 − 27 m ) = q ⇒ m = m = Nếu m = => x = y = Nếu m = => x = 5, y = x = 4, y = Vậy (x,y) ∈ {( 0;0 ) , ( 5; ) , ( 4;5 )} Bài 142 Phương trình cho tương đương với: 17 y + 34 xy + 51( x + y ) − 1734 =6 − x Vế trái phương trình chia hết cho 17 Đặt x= 17 k + r ( n ∈ N , ≤ r ≤ 16 ) Dề thấy x − = (17k + r ) − khơng chia hết cho 17 Vậy phương trình khơng có nghiệm nguyên Bài 143 Chú ý số hữu tỉ biểu diễn dạng liên phân số: Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 110 Website:tailieumontoan.com a = q0 + b q1 + 1 q2 + q3 + + qn Với q0 ∈ Z ; q1 , q2 , , qn ∈ N *và q n ≥ Phương trình cho tương đương với x y + x + xy + y 38 = ⇔ ( x + y) + xy + x+ y =5 + 2+ Từ suy ra= x 2,= y Bài 144 Ta viết lại phương trình: ( x + y + 1)( xy + x + y )= ( x + y + 1) + ⇔ ( x + y + 1)( xy + x + y − )= ⇒ x + y + ước = = x + y +1 x + y + Giải  ( Vô nghiệm) ⇔ xy + x + = y − = xy    x + y + =−1  x + y =−2  x =−1 + Giải  ⇔ ⇔  xy + x + y − =−3  xy =  y =−1 y +1 x+ y =  x += = x + Giải  ⇔ ⇔ y−2 = =  xy + x +=  xy y  x + y + =−3  x + y =−4 + Giải  ( Vô nghiệm) ⇔ xy + x + y − = − xy =   Vậy: ( x; y= ) (1; −1) , (1;1) Bài 145 Ta viết lại phương trình: x + x ( y + 1) + y + y + =  y +1   y +1   y +1  ⇔ x + 2.2 x   +  + 3y + y + −   =       2 y +1   y2 + y +1   −2 = Hay:  x +  −    Liên hệ tài liệu word môn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 111 Website:tailieumontoan.com y +1   y +1    2x +  −  =−2 ⇔ ( x + y )( x + y + 1) =−2     2 Ta có trường hợp xả yra:  y = −2 = = 2 x + y 2 x + y  TH1: 2 x + y + =−2 ⇔ 2 x + y =−3 ⇔  x = (loại)    −1 −1  y = 2 x + y = 2 x + y = ⇔ ⇔    TH2: x + y + =2 ( thỏa mãn)  2 x + y =1  x =−1  y= −2 −1  2 x + y = 2 x + y = ⇔ ⇔ TH3: 2 x + = (loại) y + 1 2 x= + 3y  x = −   y= −  −1 2 x + y = 2 x + y =  TH4: 2 x + y + =−1 ⇔ 2 x + y =−2 ⇔  ( thỏa mãn)   x = −  Vậy phương trình có nghiệm ( x; y ) = (1;1) Bài 146 Ta viết lại phương trình: ( x − y ) ( x + xy + y ) = 91 = 13.7 Vì (13, ) = x + xy + y > suy khả xảy là: x − y =  2 13  x + xy + y = 13 x − y =  2  x + xy + y = ; y) Ta tìm nghiệm: ( x= ( 6;5) ; ( −5; −6 ) ; ( 4; −3) ; ( 3; −4 ) Bài 147 y ( x + ) , để ý x = −2 không phả nghiệm Ta viết lại phương trình: x3 + x += x2 ( x + 2) − x ( x + 2) + ( x + 2) − x3 + x + phương trình nên suy= y hay = ⇔y x+2 x+2 y = x2 − 2x + − , đề x; y ∈ Ζ ⇒ x + ∈ U ( ) Từ ta tìm nghiệm phương x+2 trình là: ( x; y ) = ( −11;149 ) ; ( 7;39 ) ; ( −5; 43) ; ( −3; 29 ) ; ( −1; −1) ; (1;1) Bài 148 Sử dụng đẳng thức: a − b3 = ( a − b ) + 3ab ( a − b ) ta có: (*) tương đương với ( x − y) + xy ( x − y ) = xy + Đặt x − = y a, xy = b với a, b ∈ Ζ phương trình trở thành: Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 112 Website:tailieumontoan.com a + 3ab =b + ⇔ a − =−b ( 3a − 1) ⇒ a − 8 3a − Suy 27 ( a − ) 3a − ⇔ 27 a − − 215 3a − Do 27 a − 1= ( 3a − 1) ( 9a + 3a + 1) 3a − , suy điều kiện cần là: 215 3a − , ý 215 = 43.5 Từ ta tìm được= a 2,= b suy cặp nghiệm phương trình là: ( x; y= ) ( 0; −2 ) ; ( 2;0 ) Chú ý: Với phương trình đưa ẩn x − y; xy x + y; xy ta dung phép đặt ẩn phụ để chuyển thành toán chia hết Bài 149 Từ giả thiết ta suy x − 2 xy + hay y ( x − ) xy + Ta có phân tích sau: y ( x − 2= ) x ( xy + ) − ( x + y ) suy ( x + y ) xy + hay ( x + y )= k ( xy + ) với k ∈ N * y ) k ( xy + ) ≥ ( xy + ) ⇔ x + y ≥ xy + ⇔ ( x − 1)( y − 1) + ≤ *Nếu k ≥ ( x + = Điều vơ lí x, y ≥ Vậy k =1 ⇔ ( x + y ) = xy + ⇔ ( x − )( y − ) = Từ tìm ( x; y ) = ( 3; ) ; ( 4;3) Bài 150 Đặt z= y − , phương trình cho trở thành: ( x + 2) z + ( z + ) x + 26 = ⇔ ( x + z + )( xz + ) = từ suy x + z + ∈ U (6) Giải trường hợp ta thu cặp số ( x; y ) thỏa mãn điều kiện là: ( x; y ) =(1; −1) ; ( −3;3) ; ( −10;3) ; (1; −8) Bài 151.= Đặt d ( x, y ) ; d ≥ suy = x ad = ; y bd với ( a, b ) = Từ phương trình ta có: d ( a − b ) ( a + ab + b 2= ) 95 ( a + b2 ) Vì ( a, b ) = nên ( a + ab + b2 ; a + b2=) ( ) ( ab; a + b 2= ) Suy a + ab + b ∈ U (95) Nếu a + b + ab  ⇒ a + b + ab  ⇒ ( 2a + b ) + 3b  Một số phương chia dư 0; 1; Suy a, b điều trái với giả thiết ( a, b ) = Vậy a + ab + b = 19 , a > b > ⇒ b= 2; a= cặp số thỏa mãn: Từ tính cặp nghiệm phương trình là: ( x; y ) = (195;130 ) Bài 152 Ta viết lại giả thiết thành: (x + ) = ( y + 3) + ( y + x y + y )( x + ) − ( y + 3) = y ( x + y + ) 2 2 Hay = = ⇔ x − y = ⇔ ( x − 1)( x + 1) y ( x + y + 5)( x − y − 1) 0 2 22 Suy ( x − 1)( x + 1)  hay x − 1 hoặc x + chia hết cho Mặt khác ta có: x + − ( x − 1) = ⇒ y  , mà y số nguyên tố nên số x + 1, x − chia hết cho Do ( x − 1)( x + 1) 4  2 Thay vào ta tìm x = nên y  2 ⇒ y = Bài 153 Đặt ( x, y )= d ≥ suy = x ad = , y bd với a > b, (a, b) = thay vào phương trình ta 13(a d − b3 d ) ⇔ d (a − b)(a + ab + b 2= ) 13(a + b ) ⇒ 13(a + b ) (a + ab + b ) có: a d − b3 d = Ta lại có: (a + b , a + ab + b ) = (a + b , ab) = a + b  d1 2 ( a + b , ab ) = d ⇒ Thật giả sử giả sử a  d1 ⇒ b  d1   ab  d1 Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 113 Website:tailieumontoan.com Mà ( a, b ) =1 ⇒ d1 =1 Như ta có: a + b khơng chia hết cho a + ab + b Suy 13 a + ab + b ⇒ a + ab + b = 13 ⇒ a =3, b =1 ⇒ x =15, y =5 x a= , y b ta viết lại phương trình thành Bài 154 Đặt= Hay 16a + b + 14b + 49 (a + b + 7) 16a + b + 14b + 49 (a + b + 7) = 16 17 16 ⇔ 16 ( a + b + ) = 17.16a + 17(b + 7) hay 17 = 2 256a − 32 ( b + ) + ( b + ) = ⇔ (16a − b − ) = ⇔ 16a − b − = hay 16 x − y = 2 −y =  x= x x, y số tự nhiên nên ta suy  Tức ( x − y )( x + y ) = ⇔ +y = 4 x= y Bài 155 Dễ thấy với x = y = không thỏa mãn Xét x , y ≥ vai trò nhau, giả sử x ≥ y Khi ta có x − xy + y ≤ x ⇒ y ≤ ⇒ y ∈ {±1; ±2} + Nếu y =1 ⇒ x − x + = x ⇒ x = + Nếu y =−1 ⇒ x + x + =x ⇒ x =−6 + Nếu y = ⇒ x − x + = x − ⇒ x ∉  loại + Nếu y =−2 ⇒ x + x + =4 x − ⇒ x ∉  loại Đáp số: ( x;= y ) (6;1), (−6; −1), (1;6), (−1; −6) Bài 156 Từ điều kiện x + y − z = suy z = x + y − thay vào điều kiện ban đầu ta có: 3x + y − ( x + y − ) = 13 Hay x + y − xy − x + y − = ⇔ y − y ( x − 2) + 2x2 − 4x − ⇔ y − y ( x − 2) + ( x − 2) + 2x2 − 4x − − ( x − 2) = 2 x = ⇔ ( y − x + ) + x = 13 = + , suy x = x = ⇔ x = Nếu x = suy y = ⇒ z = , x = suy ( y + 1) =4 ⇒ y =1 ⇒ z =2 Vậy có hai số ( x; y; z ) thỏa mãn điều kiện ( 2;3;3) ( 3;1; ) Bài 157 Ta thấy x= y= nghiệm phương trình  x = md  Với x, y ≠ giả sử ( x, y ) =d ⇒  y =nd thay vào phương trình ta được:  m, n = ) ( m d ( md + nd )= ( md − nd ) n d ⇔ m ( m + n )= n d ( m − n ) ⇒ m ( m + n ) n 2 ( m , n ) =  Do ( m, n ) =1 ⇒  ⇒ n =1 ⇒ n =±1 ( m + n, n ) = Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 114 Website:tailieumontoan.com Nếu n =1 ⇒ m ( m + 1) ( m − 1) ⇒ m + 1 ( m − 1) ⇒ m + 1 m − ⇒ m ∈ {3; 2; 0; −1} từ tìm 2 cặp nghiệm ( x; y ) = ( 27;9 ) , ( 24;12 ) Nếu n =−1 ⇒ m ( m − 1) =d ( m + 1) ⇒ m − 1 m + ⇒ m ∈ {−3; −2; 0;1} , kiểm tra khơng có giá trị thỏa mãn Bài 158 Dễ thấy với x = y = không thỏa mãn Xét x , y ≥ vai trò nhau, giả sử x > y Khi ta có x − xy + y ≤ x Suy x y = x − xy + y + ≤ 8x ⇒ y ≤ ⇒ y ∈ {±1, ±2} + Nếu y =1 ⇒ x − x + = x ⇒ x = + Nếu y =−1 ⇒ x + x + =x ⇒ x =−6 + Nếu y = ⇒ x − x + = x − ⇒ x ∉ Z loại + Nếu y =−2 ⇒ x + x + =4 x − ⇒ x ∉ Z loại ; y) Đáp số: ( x= ( 6;1) , ( −6; −1) , (1;6 ) , ( −1; −6 ) x+ y;v = xy, ta có: Bài 159: Đặt u = uv − v + u − = 0, ta phải có: ∆ v =1 − 4u ( u − 3) ≥ ⇒ u ≤ ⇒ u ∈ {0,1, 2,3} Đáp số: ( 0;3) , ( 3;0 ) , (1;1) Bài 160 Ta viết lại phương trình thành: 2 x − =  23 x − y = 37 ⇔ (2 x − y )(22 x + x y + y ) = 1.37 ⇒  x x 37  2 + y + y = Thay x= y + ta có: ( y + 1) + ( y + 1) y + y = 37 ⇔ y + y = 12 ⇔ y ( y + 1) = 3.4 ⇒ y = 3, x = Vậy phương trình có nghiệm (x; y) = ( 3; 2) Bài 161 Ta thấy cặp số ( 0; 0) nghiệm phương trình Nếu n = x = y ⇒ x = y ( x ≤ ) nghiệm phương trình (x; y) ( t2; t) với t∈N Nếu n = x + x = y ⇒ x + x = y2 ⇒ x = y2 − x ⇒ x số tự nhiên ⇒ x = t với t ∈ N Khi t(t + 1) = y2 t < t (t + 1) < (t + 1)2 nên t < y < (t + 1)2 Điều không xảy với t > phương trình có nhiệm (0; 0) Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 115 Website:tailieumontoan.com Với n ≥ ta có x + x + x + + x = y − x vế trái n - dấu ; đặt y − x = y1 số nguyên dương Tiếp tục làm n - lần dẫn đến x + x = y n−2 − x Như ta lại trở trường hợp thứ có nghiệm (0;0) Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 116 Website:tailieumontoan.com NGƯỜI CHỨNG MINH ĐỊNH LÝ PHÉC – MA CUỐI CÙNG (Trích viết sách “9 Chuyên đề số học Vũ Hữu Bình”) Vào năm 1917, nhà toán học kim luật gia người pháp Phéc – ma (Pierre de Fermat, 1601 – 1665), nêu mệnh đề sau (được gọi định lý lớn Phéc – ma, gọi định lý cuối Phéc – ma): Phương trình x n + y n = z n với n số nguyên lớn khơng có nghiệm dương Người ta tìm thấy chứng minh Phéc – ma với n = n = Một trăm năm sau người ta chứng minh mệnh đề với n = 5, Đến năm 1992 với phát minh máy tính người ta chứng minh với n ≤ 4000000 Đến năm 1993 toán treo lơ lững thách đố khả người Ít người tin toán giải kỉ XX Người làm cơng trình tuyệt vời nhà toán học người anh Oai – lơ (Andrew Wiles, sinh năm 1953) Ông tự nguyện gắn bó đời với tốn kỉ từ năm 23 tuổi Ơng kể lại: “Tơi nghĩ toán suốt ngày, lúc ngủ Khi bế tắc tơi dạo gần hồ.Tơi có sẵn bút chì giấy Lúc có ý tưởng tơi ngồi xuống băng ghế viết vội ra, suốt – năm trời Một buổi sáng cuối năm – 1993, tơi ngó lướt qua nghiên cứu mình, có câu làm tơi ý, câu nhắc đến cơng trình vào kỉ XIX, tơi nhận tơi dùng để hồn tất chứng minh Tơi tiếp túc tới chiều quên ăn trưa Khoảng – chiều tin tưởng giải tốn Tơi xuống nhà nói với vợ tơi chứng minh định lý Phéc – ma cuối cùng” Oai – lơ cơng bố cơng trình hội nghị tốn học quốc tế Cambridge, Anh Đó ngày thứ tư 23-6-1993, ngày báo cáo cuối ơng Ơng chứng minh giả thuyết mà định lý Phéc – mà hệ giả thiết Ông kết luận báo cáo: ”Và điều chứng minh định lý Phéc – ma” Phòng họp im lặng hội trường vỗ tay dồn dập Ngày hơm sau báo chí giới đưa tin thành tựu tốn học vĩ đại Cơng trình 200 trang ông gửi đến nhà lý thuyết số hàng đầu giới Sáu tháng sau họ phát lỗ hổng chứng minh, lỗ hổng khoong phải sai lầm, người tin Oai – lơ khắc phục Sự miệt mà Oai – lơ trả giá Tháng – 1994 ơng tìm lỗi sai tháng 10/1994 ơng học trị cơng bố báo 25 trang để lấp lỗ hổ báo cáo trước Lần người ta khơng tìm thấy sai sót Định lý Phéc – ma cuối chứng minh sau 350 năm Việc Oai – lơ chứng minh định lý Phéc – ma giáo sư Ngô Bảo Châu chứng minh bổ đề Chương trình Langlands cho thấy óc cuarcon người Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 117 Website:tailieumontoan.com thật kì diệu: Bất đỉnh cao người vươn tới Khơng có tốn mà người giải được, sớm hay muộn mà thơi! MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN CHƯA ĐƯỢC GIẢI Bài tốn Phương trình sau có tồn nghiệm ngun hay khơng x + y + z + t = 148 Bài toán Tồn số nguyên a, b, c, d dương khác cho a + b = c + d , chẳng hạn 13 + 12 =9 + 10 Cho tồn số dương a, b, c, d dương khác cho a + b = c + d khơng? Bài tốn Có tồn số nguyên tố nằm n ( n + 1) với số tự nhiên n khơng? Bài tốn Xét biểu thức n n + Với n = 1, 2, biểu thức cho số nguyên tố 2, 5, 257, số tự nhiên khác để n n + số ngun tố khơng? Bài tốn Phương trình x m − y n = với m > 1, n >1 x < y có nghiệm nguyên dương m = n = Bài toán Xét biểu thức x!+ Với x = 4, 5, biểu thức cho số phương 52 ,112 ,712 Cịn số ngun dương khác để x!+ số phương khơng? Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 118 Website:tailieumontoan.com Mơc lơc Trang Lời nói đầu Phần I PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN Phát tính chia hết ẩn Phương pháp đưa phương trình ước số Phương pháp tách giá trị nguyên 11 Phương pháp sử dụng tính chẵn, lẻ số dư vế 13 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức 15 Phương pháp dùng tính chất số phương 21 Phương pháp lùi vô hạn, nguyên tắc cực hạn 30 Các toán đưa giải phương trình nghiệm nguyên 33 Phần II BÀI TẬP VẬN DỤNG 40 Phần II HƯỚNG DẪN GIẢI – ĐÁP SỐ 52 BÀI ĐỌC THÊM NGƯỜI CHỨNG MINH ĐỊNH LÝ PHÉC – MA CUỐI CÙNG 115 MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN CHƯA CÓ LỜI GIẢI 116 Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC TỦ SÁCH TỐN CẤP MỌI Ý KIẾN THẮC MẮC XIN VUI LÒNG GỬI VỀ ĐỊA CHỈ NGUYỄN QUỐC BẢO Zalo: 039.373.2038 Tailieumontoan.com@gmail.com Website: www.facebook.com/baotoanthcs