phuong phap giai phuong trinh nghiem nguyen

PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN A KIẾN THỨC CẦN NHỚ Phương trình nghiệm nguyên phương trình có nhiều ẩn số, tất hệ số phương trình số nguyên Các nghiệm cần tìm số ngun Phương trình nghiệm ngun khơng có cơng thức giải tổng qt, có cách giải số dạng Trong chuyên đề giới thiệu qua số ví dụ tập cụ thể Cách giải phương trình nghiệm nguyên đa dạng, địi hỏi học sinh phân tích, dự đốn, đối chiếu tư sáng tạo, lơgic để tìm nghiệm B CÁC DẠNG BÀI TẬP Dạng 1: Phương pháp đưa phương trình ước số Phương pháp giải Biến đổi phương trình dạng: Vế trái tích đa thức chứa ẩn, vế phải tích số ngun Bài tập mẫu Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình:  x  y    3xy Lời giải Ta có:  x  y    3xy  3xy  x  y   y  3x     3x     3   3x   y    19 Do x, y nguyên dương nên 3x   1; y   Mà 19  1.19  19.1 nên xảy trường hợp sau: 3 x   3x   19 (I)  (II)  3 y   19 3 y   Giải hệ phương trình (I) (II) ta hai nghiệm nguyên phương trình 1;7  ,  7;1 Vậy tập nghiệm nguyên phương trình S  1;7  ,  7;1 TỐN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  x3  x  x  y Lời giải Ta có: x  x3  x  x  y  x  x3  x  x   y    x  1  y  2   x  1  y   x  1  y        x  12  y  1     x  12  y  1     x  12  y      x  12  y    1  y  1  y x  Suy   y   x   1   1  y   y  x  2 Thử lại giá trị tương ứng x y ta thấy thỏa mãn phương trình cho Vậy phương trình có tập nghiệm nguyên S   0;0  ,  2;0  Dạng 2: Phương pháp sử dụng tính chất chia hết Phương pháp giải - Sử dụng tính chất chia hết để chứng minh phương trình vơ nghiệm tìm nghiệm phương trình + Nếu a m  a  b  m b m + Nếu a b, b c a c + Nếu ab c mà ƯCLN  b, c   a c + Nếu a m, b n ab mn + Nếu a b, a c với ƯCLN  b, c   a bc + Trong m số nguyên liên tiếp tồn số bội m TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com - Hai vế phương trình nghiệm nguyên chia cho số có số dư khác phương trình khơng có nghiệm ngun Bài tập mẫu Ví dụ 1: Tìm nghiệm ngun phương trình: xy  x  y  Lời giải Ta có: xy  x  y   y  x     x  Vì x  khơng thỏa mãn phương trình nên suy ra: y  x   y  1  x2 x2 Ta thấy y số nguyên nên x  ước hay x   x   1 , tức x  x  Vậ tập nghiệm nguyên phương trình là: S  1; 2  ,  3;0  Chú ý: Bài toán dùng phương pháp đưa phương trình ước số: x  y  1   y  1    x   y  1  Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  x  19  y Lời giải Ta có: x  x   21  y   x  1    y  (*) Ta thấy   y     y   y lẻ Ta lại có   y    x  1   y  nên y  Khi phương trình (*) có dạng:  x  1  18 Ta được: x   3 , x1  2, x2  4 Vậy tập nghiệm phương trình S   2;1 ,  2; 1 ,  4;1 ,  4; 1 Dạng 3: Phương pháp xét số dư vế Phương pháp giải TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com Sử dụng tính chất bản: Một số phương chia cho dư 1; chia cho dư 1; chia cho dư 0, 4,… Bài tập mẫu Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x   y  y Lời giải Ta có: x   y  y  1 Ta thấy vế trái phương trình số chia cho dư nên y  y  1 chia dư Trường hợp 1: y y  y  1 (loại) Trường hợp 2: y chia dư y  nên y  y  1 (loại) Do đó, y chia dư Đặt y  3k  1, y   3k   k   Khi đó: x    3k  1 3k    x  9k  k  1  x  k  k  1 Thử lại: x  k  k  1 , y  3k  thỏa mãn phương trình cho Vậy phương trình cho tập nghiệm S   x  k  k  1 , y  3k  1| k   Ví dụ 2: Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm ngun: x  y  2018 Lời giải  Cách 1: Ta có phương trình cho tương đương  x  y  x  y   2018 Vì  x  y    x  y   x số nguyên chẵn nên  x  y   x  y  có tính chẵn lẻ Mà  x  y  x  y   2018 nên  x  y   x  y  chẵn Suy  x  y  x  y  chia hết cho 4, 2018 lại khơng chia hết cho Vậy phương trình cho vơ nghiệm TỐN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com  Cách 2: Số phương chia dư Do đó, x , y chia cho có số dư Suy số dư  x  y  chia cho thuộc tập 0;1;3 , mà 2018 chia dư Vậy phương trình cho vơ nghiệm Dạng 4: Phương pháp đưa dạng tổng Phương pháp giải Biến đổi phương trình dạng: Vế trái tổng bình phương, vế phải tổng số phương Bài tập mẫu Ví dụ 1: Tìm nghiệm ngun phương trình: x  y  x  y  Lời giải Ta có: x  y  x  y   x  y  x  y  32   x  x  1   y  y  1  34   x - 1   y  1  32  52 2 Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 có dạng phân tích thành tổng hai số phương 32 52 Do ta có hai trường hợp:  x    x      y    y   Giải hệ phương trình ta tám nghiệm nguyên thỏa mãn là:  2;3 ,  3;  ,  1; 2  ,  2; 1 ,  2; 2  ,  2;  ,  1;3  3; 1 Vậy tập nghiệm nguyên phương trình là: S   2;3 ,  3;  ,  1; 2  ,  2; 1 ,  2; 2  ,  2;  ,  1;3 ,  3; 1 Dạng 5: Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Phương pháp giải TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com Sử dụng bất đẳng thức sau: - Bất đẳng thức Cô-si: x  y  xy  x, y   Dấu xảy x  y - Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki: a  b2  c  d    ac  bd  Dấu xảy ad  bc - Mở rộng: Với x, y, z ta có  x  y  z  a  b2  c    ax  by  cz  Dấu đẳng thức xảy a b c   (với giả thiết mẫu số tử số tương ứng x y z 0) Bài tập mẫu Ví dụ 1: Tìm số ngun dương x, y thỏa mãn phương trình:  x  1 x  y   x y Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: x2   x Dấu xảy x  x  y  xy Dấu xảy x  y Vì x, y số nguyên dương nên ta nhân vế với vế hai bất đẳng thức ta được: x  1 x  y   x y Dấu xảy x  y  Vậy x  y  nghiệm ngun dương phương trình TỐN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình:  x  y  1   x  y  1 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có:  x  y  1  12  12  12  x  y  12    x  y  1 Dấu xảy x y    x  y  1 1 Vậy phương trình có nghiệm x  y  Dạng 6: Phương pháp đánh giá Phương pháp giải Đánh giá phương trình dựa theo nhận xét sau: - Không tồn n thỏa mãn a  n   a  1  a  - Nếu a  n   a    a, n    n  a  n    a  1 Bài tập mẫu Ví dụ: Giải phương trình nghiệm ngun: x  x   y Lời giải Xét hiệu  x  1  y  x    x  1  y 2 Xét hiệu y  x  x    y  x Suy  x   y   x  1  y   x  1 2 Thế vào phương trình ban đầu ta có: x   x  Vậy tập nghiệm nguyên phương trình S   0;1 ,  0; 1 Dạng 7: Phương pháp giải lùi vô hạn, nguyên tắc cực hạn Phương pháp giải TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com Phương pháp nhằm chứng minh phương trình f  x; y; z;  ngồi nghiệm tầm thường khơng cịn nghiệm khác giải theo bước sau: - Giả sử  x0 ; y0 ; z0 ;  nghiệm f  x; y; z;  với điều kiện ràng buộc  x0 ; y0 ; z0 ;  Ví dụ x0 nhỏ x0  y0  z0  nhỏ nhất… - Biến đổi số học để tìm nghiệm khác  x1 ; y1 ; z1 ;  trái với điều kiện ràng buộc Ví dụ chọn  x1 ; y1 ; z1 ;  với x0 nhỏ ta lại tìm  x1 ; y1 ; z1 ;  thỏa mãn x1  x0 , từ dẫn đến phương trình cho có nghiệm  x0 ; y0 ; z0 ;  Bài tập mẫu Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  y  Lời giải Cách 1: Giả sử  x0 ; y0  nghiệm phương trình cho x02  y02  , suy x0 chia hết cho Đặt x0  x1  x1   , ta có 25x12  y02   5x12  y02  Suy y0 chia hết cho Đặt y0  y1  y1   , ta có 5x12  25 y12   x12  y12  x y  Vậy  x0 ; y0  nghiệm nguyên phương trình cho  ;  nghiệm ngun 5 5 phương trình x y  Tiếp tục lập luận tương tự ta có  k ; k  với k số nguyên dương tùy ý nghiệm nguyên  5  phương trình cho hay x0 y0 chia hết cho 5k với k số nguyên dương k tùy ý Điều xảy x0  y0  Vậy phương trình cho có nghiệm x  y  Cách 2: TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com Nhận thấy  0;0  nghiệm phương trình cho Giả sử ngồi nghiệm phương trình cịn nghiệm khác  x; y    0;0  Trong nghiệm vậy, chọn nghiệm  x0 ; y0  có tổng x0  y0 nhỏ (*) Vì  x0 ; y0  nghiệm phương trình nên x02  y02 , suy x0 Đặt x0  x1  x1   , ta có Đặt y0  y1  y1   , ta có 5x12  25 y12   x12  y12  25x12  y02   y02  5x12 , suy y0 Do  x1 ; y1  nghiệm phương trình cho Lại có x1  y1  x0 y   x0  y0 (do  x; y    0;0  ) 5 Điều mâu thuẫn với (*) Do hệ có nghiệm x  y  TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com B BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài Tìm nghiệm nguyên phương trình: a) x  y  15 ; b) x  12 y  33 ; c) 14 x  y  21 ; d) 29 x  15 y  20 Bài Chứng minh ước chung lớn a b không chia hết c (tức c trình ax  by  c  a;b   khơng có nghiệm ngun Bài Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: b)  x  y  1   12  y  ; a) x  y  19 ; c) x 3y   ; d)   x   x   y  x  y  Bài Giải phương trình tập số nguyên: 4 x  y  z  Bài Tìm nghiệm nguyên phương trình:  a) x  14 x  ; c) x  x  19 x  x  60  ;  d) x  13 x  36  x   x  65 x  x  180 Bài Tìm nghiệm nguyên phương trình: a) 1   x  1 x    x    x  2   x  2 b)  x  2   x  2 2 2  1 2 12  c)  x  1   x     x     x     x    b) x x  x   ; 3 3 Bài a) Tìm nghiệm nguyên phương trình  x  y   xy  33 ; b) Tìm nghiệm tự nhiên phương trình  x  y   xy 10 TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com  a,b  ) phương m  18 k  k  1  10  2m  k  k  1  vơ lý k  k  1 tích hai số nguyên liên tiếp nên chẵn Vế trái chẵn, vế phải lẻ Do phương trình x  y  11 khơng có nghiệm nguyên Bài 18 Chứng minh phương trình 1 1 có mơt số hữu hạn nghiệm ngun dương    x y z 2016 Hướng dẫn giải – đáp số Vai trò x; y; z ta giả sử  x  y  z Ta có Ta có 1   x  2016 x 2016 1 1      2016  x  3.2016 2016 x y z x Vậy có hữu hạn số nguyên dương x Ứng với giá trị x ta có: 1 1 2.2016 x 2.2016 x     y   2.2016 2016 x y z y x  2016 Vậy y hữu hạn  z hữu hạn Do phương trình có số hữu hạn nghiệm nguyên dương Bài 19 Tìm nghiệm nguyên phương trình: x y  x  y  10 xy Hướng dẫn giải – đáp số Ta có x y  x  y  10 xy  xy  xy  1   x  y   (*) Do  x  y   nên x, y nghiệm nguyên phương trình xy  xy  1    xy  Do x, y nguyên nên có hai khả năng: - Nếu xy = từ (*) ta có x  y  - Nếu xy = từ (*) ta có x  y  1 Phương trình có nghiệm ngun  x; y   0;  ;  1; 1 ;  1; 1 Bài 20 Tìm số tự nhiên nhỏ biết chia số cho 2005 dược dư 23 cịn chia số cho 2007 dư 32 Hướng dẫn giải – đáp số 24 TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com Gọi số tự nhiên cần tìm n Ta có n  2005 x  23  2007 y  32  2005 y  y  32  y   2005  x  y   2005k  x; y    k    y  20052k  * n nhỏ y nhỏ nhất, y nhỏ 998 k = Vậv sổ tự nhicn nhỏ cần tìm n  2007.998  32  2003018 Bài 21 Một đoàn học sinh cắm trại ô tô Nếu ô tô chở 22 người thừa người Nếu bớt tơ phân phối tất học sinh lên tơ cịn lại Hỏi có học sinh cắm trại có ô tô? Biết ô tô chở không 30 người Hướng dẫn giải – đáp số Gọi số ô tô lúc đầu x ( x  x  ), số học sinh cắm trại 22 x  Theo giả thiết số xe x  số học sinh phân phối cho tất xe Khi xe chở y học sinh ( y  30  y  ), ta có  x  1 y  22 x   y  22x x11  22  x23 Vì x,y  nên x  phải ước số 23, 23 nguyên tố nên: * x    x  suy y  22  23  45 (trái giả thiết) * x   23  x  24 suy y  22   23  30 Vậy ô tô 24 số học sinh 22.24   529 Bài 22 Tìm cặp số tự nhiên (m; n) thỏa mãn hệ thức m  n  m  n  Hướng dẫn giải – đáp số Do m,n     nên m  n  m  n   m  n   m  11       m  m   n  n   34   m  1   n  1   (*) 2m   m  2n   n    Từ (*)    2n   n  2m   m  25 TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com Có hai cặp số  m; n   2;   3;  Bài 23 Tìm cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn x  y  20412 Hướng dẫn giải – đáp số Nhận xét: Với a, b số nguyên thỏa mãn a  b a b     Ta có x  y  20412  x  y  x  y  28.9 Suy x  y  x y Đặt x  x1 ; y  y1  x1 ; y1   Thay vào phương trình ta x12  y12  28.9 Tương tự ta có x1  x2 ; y1  y2  x2 ; y2   ta x Tương tự ta có x2  x3 ; y2  y3  x3 ; y3   ta x Suy y32   y2  28.9  y3  28 28  22 nên y32  y32  * Với y32  x32  28 (loại) * Với y32  x32  2  x22  9.2 ; y22   x12  22 ; y12   x  22 ; y  Vậy có cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn  54; 27  ;  54; 27  ;  54; 27  ;  54; 27  Bài 24 Tìm cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn điều kiện x  y  74 Hướng dẫn giải – đáp số Từ điều kiện cho x  y  74  y chẵn x  0; y  Nếu cặp số  x0 ; y0  cặp số nguyên thỏa mãn điều kiện cặp số  x ;  y  ;   x ; y  ;   x ;  y  thỏa mãn điều kiện, cần xét 0 0 0 x  ,y  Từ điều kiện suy y  74  y  15   y   y  (vì y chẵn)  x  Vậy cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn điều kiện  3;  ;  3; 2  ;  3;  ;  3; 2  26 TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com Bài 25 Tìm số nguyên dương  x; y  thỏa mãn phương trình  x  y   120 y  Hướng dẫn giải – đáp số Do x; y  * nên ta có  x  y   120 y   120  x  y    x  y   120  4  x  y  * nên  x  y  mà 120 y  số lẻ  x  y số lẻ Cũng x; y  Do x  y  Vì 35  120 y   y   x  Nghiệm nguyên dương phương trình  x; y    1;  Bài 26 Tìm tất số nguyên dương  x; y  cho x  y  Hướng dẫn giải – đáp số Ta có x  y   x   y (1)  * Nếu x chẵn tức x  2k  k  3 k   a Do  k a,b  b 3       a  b    Xét a  b  3k   3k    b a  b   nên 2 a  b   2 a  b  a  b  a      b b  b  b  2  3k   2  2.3k   3k   k  x  Do  k 3   Từ (1) có y  32    23  y  * Nếu x lẻ tức x  k   k       1  y    Xét 32 k 1   32 k    k   chia cho dư  Vì k   *  Từ (1) ta có 3k  3k   y chia cho dư  2y   y  27 TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com Ta có x   21  x  Vậy tất cặp số nguyên dương  x; y   2;   1; 1 Bài 27 Tìm cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn x y  xy  x  x   Hướng dẫn giải – đáp số  x  x   y  xy   x  x  4; 2; 1; 1; 2; 4 (*) Từ phương trình  xy  x  1  x  x    x    x  1  xy  x  1    x  1   x  1  x  6 ; 2; 0; 4 (**) Từ (*) (**)  x  2; 4 Với x = -2 y = -1 Với x = y = Vậy có hai cặp  x; y  thỏa mãn  2; 1  ;  Bài 28 Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  y  xy  x  y   Hướng dẫn giải – đáp số x  y  xy  x  y    x  xy  xy  y  x  y   x  x  y   y  x  y    x  y     x  y  x  y  1    7   1   1  7  Ta có   17 Do ta xét trường hợp sau: x  y  (*) x  y   (**) Từ x  y   x   y thay vào (**) ta có 7  y   y    21  y   y  3 thay y  3 vào (*) ta có x    x  Tương tự với trường hợp khác ta khơng tìm x; y nguyên Vậy nghiệm nguyên phương trình cho  x; y    1; 3  28 TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com 29 TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com C.BÀI TOÁN TRONG ĐỀ THI HSG VÀ CHUYÊN THƯỜNG GẶP Câu 1: Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn: xy  x  y   Câu 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  x  y  y  10  Câu 3: Tìm cặp số nguyên tố ( x; y) thỏa mãn phương trình: x  y  Câu 4: Tìm x, y  thỏa mãn phương trình:  y   x   y Câu 5: Tìm số x, y nguyên dương thỏa mãn: 16  x  y   15 xy  371 Câu 6: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x  y  3  y  x  3 Câu 7: Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: x  x  1 x   x  3  y Câu 8: Chứng minh không tồn x, y nguyên thỏa mãn: 12 x  26 xy  15 y  4617 Câu 9: Tìm tất cặp số nguyên ( x; y) thỏa mãn: x  y  20412 Câu 10: Tìm tất cặp số nguyên ( x; y) thỏa mãn x  y  41  xy Câu 11: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  y  xy  x  y   Câu 12: Tìm tất cặp số nguyên ( x; y) thỏa mãn phương trình: x3  y  xy  Câu 13: Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình: x  y  714 Câu 14: Tìm tất cặp số nguyên ( x; y) thỏa mãn: x 2019  y 2019  y1346  y 673  Câu 15: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x3  xy   x  y Câu 16: Tìm nghiệm nguyên phương trình x3  y  z 30 TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com HƯỚNG DẪN Câu 1: Ta có: xy  x  y    x  y  2   y  2    x  3 y    Vì x, y số nguyên dương nên x  3, y   Phân tích thành tích hai số nguyên ta có:  1.5   1  5   x    x    x   5  x   1 ;  ;  ;  Ta có hệ sau:   y    y    y   1  y   5 Giải hệ ta có cặp số nguyên dương ( x; y) thỏa mãn phương trình  4;7  ,  8;3 Câu 2: Ta có: x  x  y  y  10  1  1   x   x    y  y    10   4 2 1  1    x     y    10 2  2  1  1    x   y   x   y    10 2  2    x  y  1 x  y   10 Xét x  y   x  y  x  Mà x  0, x  x   Phân tích 10 thành tích hai số mà tổng chúng lớn ta có: 10   1 10   2  Xét hai trường hợp ta tìm cặp số ( x; y) thỏa mãn phương trình  2; 5 ,  2;6  ,  1; 3 ,  1;  Câu 3: 31 TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com Áp dụng tính chất: Một số phương chia hết cho chia dư + Nếu x x , mà x số nguyên tố nên x  , suy y  + Nếu x chia dư  x  1 hay y Mà y số nguyên tố nên y  , không tồn x thỏa mãn Vậy x  3, y  cặp số thỏa mãn điều kiện đề Câu 4: Ta có:  y   x   y   y  1 x  x  y    y  1  y   x    y  1  x    y  1  y   x    y   x    y  1    y    y  x    3 Phân tích 3 thành tích hai số nguyên ta có: 3   3   1 Thay giá trị vào cặp số, giải hệ phương trình ta tập nghiệm nguyên dương phương trình S   0;1 ,  0; 1 Câu 5: Vì x, y nguyên dương nên 16  x3  y   15 xy  371   x3  y  x  y Mặt khác, 15 xy  16  x3  y   371 số lẻ, suy x, y số lẻ Suy y  1, x  y   x  Xét hai trường hợp: +) Nếu x   y   y  Thử lại ta thấy  x; y    3;1  thỏa mãn phương trình +) Nếu x  Ta có: x   y , suy ra: 16  x  y   16  x   x     16  x  y   16  x  12 x     32 TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com Mặt khác: 15 xy  371  15 x  x    371  15 xy  371  15 x  30 x  371 Ta chứng minh rằng: 16  x  12 x    15 x  30 x  371   x  1 x  3  (đúng với x  ) Suy 16  x  y   15 xy  371 với x  Vậy phương trình có cặp nghiệm  3;1 Câu 6: y   x2    Ta có: x  y  3  y  x  3    1  x   y y x  x  2 Xét trường hợp x  y  1, x  khơng thỏa mãn Nếu x   x    x   suy y  nên y  Khi x  y x Vậy phương trình cho có nghiệm ngun dương  x; y   1;1 ,  3;1 Câu 7: Phương trình cho tương đương x  x  1 x   x  3   y    x  x  3  1  y    x  x  3  1  y    x  x  3   y   x  x  3   y   Phân tích thành tích hai số nguyên ta có:  1.1   1  1 x  +) Nếu x  x  3   y  x  x  3   y   y     x  3  x  2 +) Nếu x  x  3   y  x  x  3   y  1  y     x  1 Vậy phơng tình có cặp nghiệm thỏa mãn là:  0;0  ,  3;0  ,  2;0  ,  1;0  33 TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com Câu 8: Giả sử tồn cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn 12 x  26 xy  15 y  4617 Khi đó: 12 x  26 xy  15 y 19  12 x  12 xy  15 y  38 xy 19   x  xy  y  19  x  xy  y  y 19   x  y    y  19 2 Nhận thấy 19 số nguyên tố có dạng 4k  , áp dụng bổ đề “Nếu p số nguyên tố dạng 4k  p | a  b2 p | a, b ” suy 19 x  y,19 y Từ đó, 19 ước x, y hay 12 x  26 xy  15 y 192 Điều vơ lí 4617 không chia hết cho 192 Vậy không tồn số nguyên  x; y  thỏa mãn phương trình Câu 9: Ta có: 20412 chia hết cho 8y chia hết x phải chia hết Đặt x  x1  x1   Khi phương trình trở thành: 5x12  y  5103 Vì 5103 nên 5x12  y Suy x12  y hay x, y chia hết cho (ở ta sử dụng bổ đề “Nếu p số nguyên tố dạng 4k  p | a  b2 p | a, b ”) Đặt x1  3x2 , y  y1  x2 , y1   phương trình trở thành: 5x22  y12  567 Lập luận tương tự ta có x2 , y1 Đặt x2  3x3 , y1  y2  x3 , y2   , ta 5x32  y22  63 Lập luận tương tự ta có x3 , y2 Đặt x3  3x4 , y2  y3  x4 , y3   , ta 5x42  y32  Nếu x4  y3  phương trình cho vơ nghiệm 34 TỐN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com Nếu x4 y3  x4  1 y3  1 , suy x  54, y  27 Vậy cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn  54; 27  ,  54; 27  ,  54; 27  ,  54; 27  Câu 10: Ta có: x  y  41  xy  x  xy  y  x  xy  y  41   x  y    x  y   16  25 2 Do x, y số nguyên nên ta có trường hợp sau: 13  x  x  y   +  (loại)  x  y   y    14  x  x  y   + (loại)  x  y   y    x  y  4  x  1 +  (chọn)  x  y   y  3  x  y  5  x  2 + (chọn)  x  y   y  3 13  x   x  y  4  +  (loại)  x  y    y   14  x   x  y  5  + (loại)  x  y     y   x  y  x   +  (chọn)  x  y  5 y  x  y  x   + (chọn)  x  y  4 y  Vậy phương trình cho có nghiệm  x; y   1;3 ,  1; 3 ,  2;3 ,  2; 3 Câu 11: Ta có: x  y  xy  x  y     x  y     y     22  12 2 Bởi x, y nguyên nên ta có trường hợp sau: x  2y  2 1 2 2 1 y2 1 2 1 2 35 TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com x 2 1 6 3 6 9 10 11 y 1 3 1 4 3 4 Vậy phương trình cho có nghiệm ngun:  2; 1 ,  6; 3 ,  6; 1 ,  10; 3 ,  1;0  ,  3;0  ,  9; 4  ,  11; 4  Câu 12: Phương trình tương đương với  x  y   xy  x  y   xy  3 Đặt x  y  a, xy  b (a, b số nguyên) Ta có: a  3ab  6b   a   3b  a    a3  a3    3b   3b a2 a2 Để a, b nguyên  a   phải ước a2 1 5 a 3 b 8  x; y  Vô nghiệm  (loại)  68 (loại) Vậy phương trình có tập nghiệm  x; y    2;1 ,  1;  Câu 13: 3 y  y  49;196 Từ x  y  714   3 y  714 2 Do y nguyên dương nên ta có hai trường hợp y  y  14  y  thay vào ta tìm x   y  14 thay vào ta tìm x  18 , khơng có nghiệm ngun x Do phương trình cho có nghiệm nguyên dương  x; y    9;7  Câu 14: 36 TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com 2  2;1  1;  673  x  a Đặt  673  y  b Phương trình trở thành a  b3  b  b    b  1  a   b  3 3 a  b Vì x, y nguyên nên a, b nguyên   a  b   a  b  b  Trường hợp 1: a  b  b  b      a  b  1 x  y  b  2  1  b  Trường hợp 2: a  b   b  b   3b  3b    (loại)  1  b   b  1 a  x  Trường hợp 3: a  b   b  b   6b  12b     b  1     b  b  1  y  1  2 Vậy hệ có nghiệm nguyên  x; y   1;1 , 1; 1 Câu 15: Biến đổi phương trình thành:  x  1  x  x  y   2 Suy trường hợp sau:  x   1  x  2  +  y  x  x  y  x 1  x   + y   x  x  y  2 x 1  x   +   x  x  y  1  y   x   2  x  3  +  x  x  y   y  11 Vậy phương trình có nghiệm nguyên  x; y    3;11 , 1;1 ,  0;  ,  2;  Câu 16: Phương trình x3  y  z (1) 37 TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com Từ (1) suy x Đặt x  x1  x1   Thay vào (1) chia hai vế cho ta x13  y3  z3 (2) Từ (2) suy y Đặt y  y1  y1   Thay vào (2) chia hai vế cho ta x13  y13  z3 (3) Từ (3) suy z Đặt z  z1  z1   Thay vào (3) chia hai vế cho ta x13  y13  z13 Như vây  x; y; z  nghiệm (1)  x1 ; y1 ; z1  nghiệm (1) Lập luận tương tự ta có  x2 ; y2 ; z2  nghiệm (1) với x2  x1 y z ; y2  ; z  2 Cứ tiếp tục ta có x, y, z chia hết cho k với k số tự nhiên tùy ý Điều xảy x  y  z  Vậy phương trình cho có nghiệm ngun x  y  z  - HẾT - 38 TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com