Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 45 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
45
Dung lượng
1,53 MB
Nội dung
CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Dạng 1: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT a a 1 k Phương pháp: “ Biến đổi PT có vế tích hai số ngun liên tiếp, vế cịn lại số phương ” 2 Bài 1: Giải phương trình nghiệm nguyên: x x y HD: x x x 1 y => x 2 2 Bài 2: Giải phương trình nghiệm nguyên: x y 3xy x y HD: x y x y xy xy xy 1 2 Bài 3: Giải phương trình nghiệm nguyên: x y x y HD: x x y y y 1 x x 1 2 2 Bài 4: Giải phương trình nghiệm nguyên: x xy y x y HD: xy 2 x y x y xy xy xy 1 xy Dạng 2: SỬ DỤNG LÝ THUYẾT PHẦN NGUYÊN x y z 10 Bài 1: Tìm x, y z tự nhiên cho: (*) HD: 10 7 x y y z z thay vào (*) ta : 3 Từ(*) ta thấy : * 31 xyzt xy xt zt 1 40 yzt y t Bài 2: Tìm x, y, z,t N thỏa mãn: HD: xyzt xy xt zt 40 zt 40 x yzt y t 31 yzt y t 31 Từ (*) (1) (*) 40 yzt y t 31 t 31 x y zt 31 Từ (1) , Thay x vào (1) ta suy : zt (2) 31 zt 9 y z y t Từ (2) thay vào (2) ta : t Từ (3) z 2,t (3) Dạng 3: ĐƯA VỀ TỔNG CÁC SỐ CHÍNH PHƯƠNG Phương pháp: Biến đổi PT thành tổng số phương, vế cịn lại số k 2 Bài 1: Giải phương trình nghiệm nguyên: x y xy y HD: 2 x y y 1 02 32 2 Bài 2: Giải phương trình nghiệm nguyên: x y x y HD: x x 1 y y 1 34 Nhân với ta được: 2 Bài 3: Giải phương trình nghiệm nguyên: x xy y 169 HD: x 2y y 169 2 Bài 4: Giải phương trình nghiệm nguyên: x y y xy HD: 2 x y y 1 2 Bài 5: Giải phương trình nghiệm nguyên dương: x 13 y xy 100 HD: x y y 100 Bài 6: Giải phương trình nghiệm nguyên: x y x y 64 HD: t t y 64 đặt x t 1 x y 4 x y Bài 7: Giải phương trình nghiệm nguyên: HD: 2 4 x y x y Bài 8: Giải phương trình nghiệm nguyên: HD: x 1 x y x y x x y x y x y x y x y 1 2 2 Bài : Giải phương trình nghiệm nguyên:: x y xy y x HD : x xy y x y x => x y x y x x x y 1 => x 2 2 Bài 10: Giải phương trình nghiệm nguyên: x y x y HD: x x 1 y y 1 2 Bài 11: Giải phương trình nghiệm nguyên: x y z xy xz yz y 10 z 34 HD: x x y z y yz z y y z 10 z 34 x x y y y z 10 z 25 => 2 Bài 12: Giải phương trình nghiệm nguyên: x y x y HD: 1 17 2 x 1 y 1 34 x x y y 4 4 2 Bài 13: Giải phương trình nghiệm nguyên: m n 9m 13n 20 HD: 4m2 36m 81 4n2 52n 169 170 Nhân 2 Bài 14: Giải phương trình nghiệm nguyên: x xy 13 y 100 HD: ( x y ) 4(25 y ) , mà y 25, y số phương nên =>y 2 Bài 15: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x xy y 16 HD : 2 Ta có phương trình trở thành : x xy y 16 x xy y y 16 x y y 16 x y Z => , Vì x,y số nguyên nên x y y 16 16 16 => 2 Bài 16: Tìm số nguyên x, y, z thỏa mãn: x y z xy 3y 2z HD: Vì x, y,z số nguyên nên: 2 y y x y z xy 3y 2z x z 1 2 2 Bài 17: Tìm số nguyên x, y thỏa mãn bất phương trình: 10 x 20 y 24 xy x 24 y 51 HD: 2 3x y Biến đổi: x 4 y 6 1 2 3x y 0, x 0, y 2 Bài 18: Tìm nghiệm nguyên phương trình : x y x y 18 HD : x 29 x 30 y 10 Bài 19: CMR: phương trình sau khơng có nghiệm ngun: HD : y x 1 1567 x Bài 20: Tìm số x,y nguyên dương thỏa mãn: HD: Bài 21: Tìm số nguyên x, y biết: x xy x y HD: 2 Bài 22: Tìm x, y thỏa mãn : x 6y 2xy 2x 32y 46 HD: Dạng 4: SỬ DỤNG DENTA CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI 2 Bài 1: Giải phương trình nghiệm nguyên : x y xy y HD : 2 Ta có : x yx y y Có ' y y y 2 y y , Để phương trình có nghiệm : 1 3 ' y y 2 y 2 2 x y x y2 3y Bài 2: Giải phương trình nghiệm ngun : HD : Có ' y , để phương trình có nghiệm y x 1, x 2 2 Bài 3: Giải phương trình nghiệm nguyên : x y xy x y ' y HD : Xét : y x y x x x 2 Bài 4: Giải phương trình nghiệm nguyên : 3x y x y HD : x x y y x y 5 x y Bài 5: Giải phương trình nghiệm nguyên : HD : Theo vi- ét ta có : x1 x2 y x1 x2 1.2 1 2 x1.x2 y 2 Bài 6: Giải phương trình nghiệm nguyên : x y xy x y HD : Chuyển phương trình thành bậc hai với x x y 1 x y y 3 , có : y y 11 , Điều kiện cần đủ để phương trình có nghiệm ngun số phương y y 11 k k Z y 5, y 3 => 2 Bài 7: Giải phương trình nghiệm nguyên : x y xy x y HD : Đưa phương trình dạng : x y 1 x y y , Điều kiện để phương trình có nghiệm : y y y 1 y 1 2 Từ ta có : y 0,1, 2 Bài 8: Giải phương trình nghiệm nguyên : x y xy x y HD : x y 1 x y y 3 Đưa phương trình dạng : Điều kiện để phương trình có nghiệm Làm giống x2 y x y2 x y Bài 9: Giải phương trình nghiệm nguyên : HD : y y x 3x y x 3x Đưa phương trình dạng : TH1 : y=0 => y y x x y x x TH2 : x 1 x x Điều kiện để phương trình có nghiệm phải số phương x x a a N x a x a 16 => => Tìm x Đáp án : (x ; y)= ( ; -6), (9 ; -21), (8 ; -10), (-1 ; -1), (m ; 0) với m số nguyên x y x xy y Bài 10: Giải phương trình nghiệm nguyên : HD : 3x y x y y Đưa phương trình dạng : Để phương trình có nghiệm phải số phương 12 x xy y 28 x y Bài 11: Giải phương trình nghiệm nguyên : HD : Cách : Đánh giá miền cực trị x : 142 14 196 x 3 x y 28 x y x y 3 2 x x 0;1; 4 => Cách : Tính 2 Bài 12: Giải phương trình nghiệm nguyên : x xy y x y HD : x2 y 2 x y y Đưa phương trình dạng : Điều kiện để phương trình có nghiệm 2 Bài 13: Giải phương trình nghiệm nguyên : x xy y x y HD : Đưa phương trình dạng : x y 1 x y y Điều kiện để phương trình có nghiệm 2 Bài 14: Giải phương trình nghiệm nguyên : x 3xy y y HD : 2 Đưa phương trình dạng : x yx y y Điều kiện để phương trình có nghiệm Bài 15: Giải phương trình nghiệm nguyên : x xy y y HD : 2 Đưa phương trình dạng : x yx y y Điều kiện để phương trình có nghiệm 7 x y x2 xy y2 Bài 16: Giải phương trình nghiệm nguyên : HD : 3x2 3y 7 x 3y2 7y Coi PT cho PT bậc hai x: Để (1) có nghiệm ngun biệt thức phải số phương 2 Bài 17: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x y xy x y HD: x y xy x2 y2 x2 y 1 x y2 y , Coi PT ẩn x với tham số y y 1 y2 y 3y2 6y Ta có : , để PT có nghiệm 3y 6y 1 3 y 1 Vì y Z y 0;1;2 y x2 x x2 x (1) Bài 18: Giải phương trình nghiệm nguyên : HD : y 1 x y 1 x y Đưa phương trình trở thành : TH1 : y=1=> x=0 y x y y 0;1; 2;3 TH2 : Dạng 5: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH Phương pháp: “ Biến đổi PT thành tích hai biểu thức, vế cịn lại số k Ta sử dụng PP phân tích thành nhân tử ,biến thành hiệu hai số phương, Sử dụng biệt thức denta số phương ” 2 Bài 1: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x 2y 3xy 3x 3y 15 HD: x2 3x y 1 2y2 5y 15 Biến đổi PT thành PT ẩn x tham số y: x2 3x y 1 2y2 5y m 15 m Tìm m để PT: có số phương (1) Ta có: 9 y 1 2y2 5y m y2 2y 9 4m m y 1 Chọn , Khi (1) trở thành: 2 x 3x y 1 2y 5y 17 x y 2 x 2y 1 17 2 Bài 1: Giải phương trình nghiệm nguyên : x x y HD : x x y x y x y x y Bài 2:Giải phương trình nghiệm nguyên : x y xy HD: 11 x y y x y y 2 Ta có: x y y 1 11 x 1 y 1 11 Bài 3: Giải phương trình nghiệm nguyên : x xy y 11 HD : 2 y y2 y2 2x y y x x y 11 2 2x y y 3 x y y 3 x y y 3 Bài 4: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x xy y HD: x 1 y 1 10 Biến đổi phương trình cho dạng: x, y Z x 1 , y 1 Z x 1 1; 2: 5: 10 Vì , Thay vào tìm y x 25 y y Bài 5: Giải phương trình nghiệm nguyên : HD : x y y 25 x y y 16 => ( x y 3)( x y 3) 16 mà x y x y x số chẵn nên số chẵn x x 1 x x y Bài 6: Giải phương trình nghiệm nguyên : HD : x 3x x 3x y a y a y với a x 3x 2 Bài 7: Giải phương trình nghiệm nguyên : x y 1999 HD: x y x y 1999 Bài 8: Giải phương trình nghiệm nguyên : x y xy HD: y y2 y2 y x x .2 4 x y x 16 => Bài 9: Giải phương trình nghiệm nguyên : x y xy HD : 11 2 x y 1 y 1 11 x 1 y 1 11 xy x y x y 1 y 2 2 Bài 10: Giải phương trình nghiệm nguyên : x y x y HD: 1 x y x y x y 1 y 2 2 2 x y 1 y 1 x 1 y 1 => xy x y Bài 11: Giải phương trình nghiệm nguyên : HD : xy x y x y y 16 16 x y y 16 x y 16 x x 1 x x y Bài 12: Giải phương trình nghiệm nguyên : HD: x x x x y a a y y2 x x 1 x 7 x 8 Bài 13: Giải phương trình nghiệm nguyên: HD: y2 x2 8x x2 8x Biến đổi phương trình thành: Thử lại ta thấy x=y=18 không thỏa mãn => Phương trình khơng có nghiệm ngun dương x y z Bài 27: Tìm số nguyên dương thỏa mãn: x y z 2.5 4500 HD: x y z Nếu z 2.5 4500 x y z Nếu z 2.5 4500 , để thỏa mãn đàu z y 4, x x3 y z x y z Bài 28: Tìm số ngun dương đơi khác thỏa mãn : HD : x3 y z x y z x y z x y z 3 Giả sử : không xảy đấu = x y z , mà x y z x y z 6;7;8 Kết hợp với phương trình đầu x; y; z 1;2;3 12x2 6xy 3y2 28 x y Bài 29: Giải phương trình nghiệm nguyên : HD : Ta đánh giá miền giá trị x: Biến đổi PT thành: 142 14 196 9x 3 x y 28 x y 3 x y 2 3 x x 0;1;4 2 2000 2000 2000 Bài 30: Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn : x y 2003 HD : Giả sử: x y từ PT (1) x 2003 x 2003 20032000 x 1 (1) 2000 x2000 2000.x1999 Ta có : y2000 2000.x1999 2000.y1999 2003 x y 2000 x 2002, y 2001 DẠNG 9: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CHIA HẾT VÀ ĐỒNG DƯ Bài 1: Chứng minh khơng có số ngun x, y, z thỏa mãn : x x y z HD: x x 1 y z M 2 z M z M Ta có , Ta có : mà khơng chia hết cho Vậy không tồn x, y, z x y y 1 Bài 2: Giải phương trình nghiệm nguyên : HD: 2 36 x 21 y y y 1 Nhân với ta có: 36 x 20 y y => 36 x 21M3 y 1M3 y 1 M9 => Vô lý Do , mà 36 x 21 M Vậy không tồn x, y nguyên 2 Bài 3: Có tồn hay khơng số tự nhiên m, n cho: m n 101010 HD: 2 Giả sử tồn m, n số tự nhiên thỏa mãn: m n 101010 (1) m2 n2 m n m n M4 Từ (1) => m, n tính chẵn lẻ , khơng có m, n thỏa mãn Nhưng 10101M 3 Bài 4: Có tồn hay khơng hai số ngun x, y thỏa mãn : x y z x y z 2006 HD: Ta có: x3 x x x 1 x 1 x x 1 M3 3 Tương tự ta có: y y M3, z z M3 , x3 x y3 y z3 z 2006 , Vậy không tồn Biến đổi PT thành: Mà 2006 M x, y, z x x x y y 1 Bài 5: Giải phương trình nghiệm nguyên : HD : x x x3 y y x 1 x 1 y 1 Phương trình x 1 , x 1 Vì VP số lẻ => số lẻ , 1 x Md 1 x Md x 1; x 1 d x Md 1 x Md Giả sử : => d lẻ , Mà : x x số phương => x x x y Bài 6: Tìm cặp số tự nhiên thỏa mãn : x 3026 HD: Xét y x 3026 3025 x 55 y Xét y M3 x : dư y => x : dư dư 1, Mà 3026 chia dư => Vô lý 2 Bài 7: Giải phương trình nghiệm nguyên : x y HD : Ta có : y M2 mà :2 dư 1=> x2 chia dư 1=> x2 chia dư 1=>2y2 +x2 chia dư mà chia dư 5=> Vô lý khơng có giá trị x, y ngun thỏa mãn y Bài 8: Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm nguyên : x 2005 HD: Với y < => Phương trình vơ nghiệm Nếu y = 0, 1, 2, => Phương trình vơ nghiệm y PT x 2005 y M Nếu y M => x mod 8 ( Vơ lý) số phương chia dưa hoặc x Bài 9: Tìm x, y nguyên cho : y HD: Xét x y 2 Xét x y Vô lý 2 Với x M4 VT : dư 3=> y số lẻ=> y=2k+1=> y 4k 4k 1: dư (vl) Vậy không tồn x, y nguyên x Bài 10: Tìm x, y nguyên cho : 57 y HD : TH1 : x số lẻ : x 2n 1 n N x 22 n 1 2.4n 1 B 3 1 B 3 n => VP số phương chia khơng dư TH2 : x số chẵn : x 2n n N y 22 n 57 y 2n y 2n 3.19 n chia dư n n n n Thấy y y y y y 2n 57 y 2n 19 n n y y y Bài 11: Tìm số nguyên tố x, y, z thỏa mãn: x z HD: Vì x, y nguyên tố nên x, y , từ PT cho ta suy z z số lẻ (do z nguyên tố) y Vì z lẻ nên x chẵn hay x=2, Khi đó: z 1 Nếu y lẻ z chia hết cho 3, loại, y=2 x y Bài 12: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: HD: TH1: x = thay vào pt suy y = k 1 TH2: x số lẻ lớn 1, đặt x = 2k + (k N*) k 1 2y k 1 3(mod 4) nên 2(mod 4) Ta có y = (vì y ≥ 2y chia hết cho 4) Thay y = vào pt ta x = (loại) TH3: x số chẵn, đặt x = 2k ( k N*), thay vào pt ta có: k y y 32 k (3k 1)(3k 1) 3k – 3k +1 lũy thừa k a k b Đặt ;3 (a, b N*, a > b) 3k 3k 2a 2b 2b 2a b Ta có = Suy b = ; a = k = x = 2; y = Vậy pt có nghiệm (x; y) = (1; 1); (2; 3) 2 Bài 13: Chứng minh PT sau khơng có nghiệm ngun: x 2y (1) HD: x 2m 1, m Z Giả sử PT có nghiệm nguyên, Từ (1) => x số lẻ thay vào (1) ta được: 2m m 1 y2 (2) y 2n, n Z Từ (2) suy y số chẵn, Đặt thay vào (2) rút gọn ta : m m 1 2n m m 1 lẻ, Vô lý, Vậy PT khơng có nghiệm ngun Bài 14:Tìm tất ba số nguyên dương HD : Với x, y, z số nguyên dương Xét phương trình: x; y; z xyz x2 2z z thỏa mãn: xyz x 2z x2 xy số nguyên dương x; x;1 với x số nguyên thỏa mãn Nếu x y z Khi : Nếu x y z không thỏa mãn đề 2 Nếu x y x xy Vì z số nguyên dương nên x 2Mxy y x2 Mxy x xy 2 2 x y Mxy 2 x y Mxy 2 x y k xy 2 Do tồn số nguyên dương k saocho : k x y xy x 1 y 1 3 Nếu vô lý k 2 x y xy x 2 y 2 6 Nếu Vì x; y nguyên dương nên y x 4; z x; y;1 với x = y số nguyên dương tùy ý x; y; z 4;1;3 Vậy có số DẠNG 10: SỬ DỤNG LÝ THUYẾT ĐỒNG DƯ 2 Bài 1: Giải phương trình nghiệm nguyên : 15 x y HD : 2 Ta có : y M3 y M3 y y1 x 21 y1 x M3 x x1 15 x12 y12 y12 1 mod 3 => Vô nghiệm 2 Bài 2: Giải phương trình nghiệm nguyên : 29 x 28 y 2000 HD : x mod Đưa phương trình thành : , Vơ nghiệm 2 Bài 3: Giải phương trình nghiệm nguyên : 1999 x 2000 y 2001 HD : Đưa phương trình dạng : x 1 mod , Vơ nghiệm x Bài 4: Tìm nghiệm ngun phương trình: 65y HD: x Ta chứng tỏ PT cho khơng có nghiệm ngun Giả sử PT 65y có nghiệm nguyên 2x 3 mod5 2x 3 mod13 Ta có: 2x 3 mod5 x 3 mod4 Từ (1) x 3 mod13 x 4 mod12 Từ trái với (1) 2002 2001 Bài 5: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x 2000.y 2003 HD: Từ PT cho ta suy x số lẻ nghiệm x2002 1 mod4 2003 1 mod4 vô lý, PT vô 2 Bài 6: Tìm nghiệm nguyên phương trình: 19x 84y 1984 HD: 19x2 84y2 84 1900 84 y2 1900 Biến đổi PT thành: y2 0 mod19 Giả sử PT cho có nghiệm Khi , 4k y 0 mod19 Vì 19 số nguyên tố có dạng mâu thuẫn, 2 y số phương nên chia có dư y chia có dư PT vơ nghiệm x y Bài 7: Tìm số tự nhiên x, y, thỏa mãn: 2002 2001 HD: Ta có: 2002x 2001y 2 mod4 x 1, y x y Bài 8: Tìm số tự nhiên x, y, thỏa mãn: 1 HD: 5x 1 mod3 2y 0 mod3 Nếu x chẵn thì: loại x y 5 mod8 4 mod8 y Nếu x lẻ : x y Bài 9: Tìm số tự nhiên x, y, thỏa mãn: HD: x y Nếu x lẻ chia hết cho 3, cịn khơng chia hết cho 3, loại Nếu x chẵn 5x 2 mod4 2y 2 mod4 y x x y z Bài 10: Tìm x, y, z N thỏa mãn: 1 (*) HD: 1 5z 2 mod4 2x.3y 2 mod4 x Ta có: , Khi (*) trở thành : y z 2.3 1 (1) Nếu y z , Nếu y z y VT (1)M9 5z 1 mod9 zM3 Nếu z lẻ z 6k 3, k N VT (1) 1 1252k1 0 mod7 Vậy z có dạng , Nhưng loại 1;0;0 , 1;1;1 Vậy PT có hai nghiệm x y Bài 11: Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: HD: 3y 1 1 mod4 y Nếu y chẵn 2x 2 mod4 x 1, y Từ PT cho ta suy y 2z 1, z N 3y 3.9z 3 mod8 Nếu y lẻ 2x 4 mod8 x y Từ PT cho ta suy x y Bài 12: Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: HD: Xét đồng dư theo mod3 mod4 ta suy x, y chẵn, Sau giải tương tự câu a ta được: x=4; y=2 x y Bài 13: Tìm nghiệm nguyên phương trình: z HD: x 1 3y z2 z 1 z 1 3y Nếu , Từ suy ra: s t t s z , z s 0,t + Nếu x 1, y z2 3y 2 mod3 loại + Nếu x 1, y z vô nghiệm z2 1 mod4 y + Nếu x z số lẻ chẵn Đặt y 2m ta có : z 3m z 3m 2x z 3m 2s, z 3m 2t 2t 2s 2.3m s 2t1 3m 4 mod8 t t , từ tìm đc x, y, z x y z Bài 14: Tìm nghiệm nguyên phương trình: HD: x 2x1; z 2z1 Xét đồng dư theo mod mod ta suy ra: x z chẵn Đặt 5z1 3x1 2m (1) 5z1 3x1 5z1 3x1 4y z x1 n 5 (2) m n 2y, n m Thay vào PT ta được: z1 n1 Cộng theo vế ta có: m 1 (3) Từ (1) 5z1 5.25k 5 mod8 n x y z n; z thỏa mãn phương trình: 2n 122 z2 32 Bài 15: Tìm tất cặp số tự nhiên HD: 2n 1 mod3 z2 1 mod3 Nếu n lẻ thì: Từ PT cho ta suy ra: loại n 2m, m N Nếu n chẵn thì: PT cho trở thành: 2m m m z 152 z z 153 m m Chọn z , z ước 153 ta tìm được: m 2, z 13 y Bài 16: Tìm số nguyên x, y cho: 1 x x x (*) HD: y * 2y Z y , ta có : Tù (*) suy Z y ta có: 1 x 2m (1) (*) n (*) 1 x 1 x2 2y 1 x (2) , x x , Vì m,n N,m n y m 2m m1 n Từ (1) x thay vào (2) ta : Nếu m từ (1) => x=0 thay vòa (*) ta y=0 (3) 2n 2 mod4 n Nếu m từ (3) suy thay vào (2) ta : x=1, (x>1) Thay x vào (*) ta : y=2 y Bài 17: Tìm số nguyên x, y cho: 1 x x x 2003 HD: x y z Bài 18: Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: HD: Làm ta nghiệm x y z x Bài 19: Tìm nghiệm tự nhiên PT: 65y (1) HD: (1) 2x 3 mod5 x 3 mod4 x Giả sử PT có nghiệm nguyên Khi đó: số lẻ (2) 2x 3 mod13 x 4 mod12 x Từ (1) ta cung có : chẵn, mâu thuẫn với (2) * 2 2 2000 Bài 20: Tìm a, b, c, d N cho: a b c d (1) HD: a 2k.a1,b 2k b1,c 2k c1, d 2k.d1, a1, b1,c1, d1 N * Giả sử: không chẵn, 2 2 2000 2k Từ (1) a1 b1 c1 d1 (2) 2000 2k M4 a1,b1,c1, d1 lẻ Từ (2) k 999 a12 b12 c12 d12 4 mod8 220002k 4 mod8 2000 2k k 999 Bài 21: Tìm nghiệm nguyên PT sau: x y HD: Sử dụng tính chất số ngun tố có dạng 4k x2 y3 x2 y 2 y2 2y Ta có: x2 y2 7 mod8 Nếu y chẵn loại (1) y2 2y y 1 2 Nếu y lẻ có dạng 4k y 2y có ước nguyên tố p dạng 4k Từ (1) x 1Mp 1Mp p loại x2003 y2002 20033002 x6 y6 Bài 22: Tìm nghiệm ngun PT: HD: Sử dụng tính chất số nguyên tố có dạng 4k , Đáp án: x y n Bài 23: Giải phương trình nghiệm nguyên biết : x 3367 HD : Từ PT ta có : số dư 2, x3 2n mod7 n Nếu n khơng chia hết cho chia cho có x3 2n mod7 4, Mà x chia cho có số dư ; ; nên khơng thể có n 3m, m Z Vậy , Thay vào phương trình ta : x3 3367 23m 2m x 2m x 3x.2m 3367 (1) x x 3367 x 1;7;13 mà x 1 1 2.561 Vô nghiệm x 13 1 13 2.15 Vô nghiệm x 1 7 m 4, n 3m 12, x 2m x U 3367 Từ (1) 2m Nếu 2m Nếu 2m Nếu m m m m m m m 3m m DẠNG 11: PHƯƠNG PHÁP XUỐNG THANG 2 Bài 1: Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: 19x 28y 729 HD: 18x2 27y2 x2 y2 729 Biến đổi phương trình thành: (1) 2 x 3u, y 3v, u,v Z Từ (1) x y M3 , đó: x, y chia hết cho Đặt 2 Thay vào PT : 19u 28v 81 (2) Từ (2) lập luận ta được: 19s 28t2 (3) u 3s,v 3t s,t Z thay vào (2) ta được: 2 Từ (3) suy s, t không đồng thời 19s 28t 19 Nên (3) vô nghiệm Khi Phương trình (1) vơ nghiệm Bài 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2x y 2x y 320 HD: x x y Biến đổi phương trình thành: 3 320 3 2 Đặt u x ,v x y phương trình trở thành: u v 320 (1) Từ (1) ta thấy u v tính chẵn lẻ u2 v2 2 mod4 Nếu u, v lẻ , (1) khơng xảy ra=> u, v lẻ loại 2 u 2u1,v 2v1, u1,v1 Z Vậy u, v chẵn, Đặt , PT trở thành: u1 v1 80 (2) u 2u2,v1 2v2, u2,v2 Z Từ (2) lập luận ta lại có u1, v1 chẵn, Đặt thay vào (2): u22 v22 20 (3) u ,v Từ (3) lập luận ta lại thấy 2 chẵn 2 u 2u3, v2 2v3, u3,v3 Z Đặt thay vào PT (3) ta được: u3 v3 (4) Từ (4) ta thấy u lập phương số nguyên nên u3 lập phương số ngun Từ ta tìm cặp u ;v 1;2 ; 1;2 ; 1; 2 ; 1;2 3 Thay vào tìm cặp x, y 3 Bài 3: Tìm nghiệm phương trình: x 2y 4z HD: x 2x1 x1 Z Từ phương trình cho suy x chẵn: hay , thay vào PT ta được: 3 4x1 y 2z 3 y 2y1, y1 Z Từ ta lại có y số chẵn, Đặt thay vào PT ta : 2x1 4y1 z 3 z 2z1, z1 Z Lại thấy z số chẵn:Đặt thay vào ta được: x1 2y1 4z1 x y z 2; 2; x, y, z nghiệm phương Vậy nghiệm Pt cho x y z n; n; n trình cho Một cách tổng quát: 2 nghiệm PT cho với n N, hay x, y, z chia n hết cho ,n => x=y=z=0 3 Bài 4: Tìm nghiệm nguyên PT : 5x 11y 13z HD : Sử dụng PP cực hạn, Hãy chứng minh rằng: Nếu x y z 13; 13;13 nghiệm PT x; y; z 4 2 Bài 5: Tìm x, y, z N cho : x y z 5x y HD: Sử dụng PP xuống thang PP cực hạn Nhận thấy x y z nghiệm PT (*) Giả sử nghiệm ta nghiệm (*) x ;y ; z 1 nghiệm PT 4 2 thỏa mãn: x1 y1 z1 5.x1 y1 (1) x1, y1 lẻ từ (1) ta suy z1 chẵn VT 1 2 mod4 VP 1 1 mod4 Khi đó: cịn vơ lý 4 x ,y y ,z Vậy nghiệm 1 số chẵn, Từ (1) y1 z1 M4 1 số chẵn x 2x2, y1 2y2, z1 2z2, x2, y2, z2 N Đặt thay vào (1) ta có: 4 2 x2 y2 z2 5.x2 y2 x2,y2, z2 nghiệm (*) x24 y24 z24 x12 y12 z12 Mà trái với cách chọn nghiệm Nếu cảu 2 Bài 6: Tìm nghiệm nguyên phương trình: 15x 7y HD: 2 Từ PT cho ta suy y chia hết cho 3, đặt y 3y1 thay vào PT ta được: 5x 21y1 (1) 2 Từ (1) ta suy x chia hết cho 3, Đặt x 3x1 Thay vào PT ta được: 15x1 7y1 (2) y2 1 mod3 Từ (2) suy , Vô lý nên PT vô nghiệm 2 2 Bài 7: Tìm số nguyên x, y, z, t thỏa mãn: x y z x y (1) HD: Sử dụng PP xuống thang ta có: Nếu x y lẻ từ (1) suy z chẵn, x2 y2 z2 2 mod4 x2y2 1 mod4 Khi đó: cịn vơ lý Vậy biến x y phải chẵn 2 Giả sử x chẵn, Từ (1) ta suy ra: y z M4 y z chẵn Đặt (2) x 2x1, y 2y1, z 2z1, x1, y1, z1 Z 2 2 Thay vào (1) ta được: x1 y1 z1 4x1 y1 x , y ,z Từ (2) lại lập luận ta suy ra: 1 chẵn Cứ làm x y z 2 Bài 8: Tìm số nguyên x, y, z, t thỏa mãn: x y z 2xyz HD : 2 2 Bài 9: Tìm số nguyên x, y, z, t thỏa mãn: x y z t 2xyzt HD : 3 Bài 10: Tìm nghiệm nguyên PT sau : x 3y 9z HD : Sử dụng Phương pháp xuống thang ta có : x y z 4 4 Bài 11: Tìm nghiệm nguyên PT : 8x 4y 2z t HD : Sử dụng PP xuống thang ta : x y z t 2 2 Bài 12: Tìm nghiệm nguyên PT : x y z 7u HD : Sử dụng PP xuống thang : x y z u 2 Bài 13: Tìm nghiệm nguyên phương trình : x y z x y z HD : Sử dụng pp xuống thang thấy PT vơ nghiệm 4 4 Bài 14: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x y z t 2020xyzt HD: Trước hết ta nhận xét : n số nguyên chẵn n M8 n 2k n2 4k k 1 Nếu n số nguyên lẻ chia cho dư Suy n chia cho dư Gọi nghiệm nguyên 4 x0 y0 z04 t04 2020x0y0z0t0 phương trình x0; y0; z0;t0 ta có: Do vế phải số chẵn nên số x0; y0; z0;t0 khơng thể có ba số số lẻ Nếu chúng có hai số lẻ vế trái số chia cho dư chia cho dư ( vô lý ) Vì thể số x0; y0; z0;t0 số chẵn Ta đặt : x0 2x1; y0 2y1; z0 2z1;t0 2t1 4 4 Thay vào phương trình chia hai vế cho 16 ta được: x1 y1 z1 t1 2020x1y1z1t1 x ; y ; z ;t Vì 1 1 nghiệm phương trình x y z t xn; yn; zn;tn 20n ; 20n ; 20n ; 20n nghiệm phương trình Lập luận tương tự, x ; y ; z ;t 0;0;0;0 Vì nghiệm phương trình số nguyên nên xảy : 0 0 Thử lại ta thấy thỏa mãn x; y; z; y 0;0;0;0 Vậy nghiệm nguyên phương trình là: ... minh x y z 199 1 có số hữu hạn nghiệm nguyên dương HD : 1 1 Giả sử : x y z , Ta có : x y z 199 1 x => 199 1 x 3. 199 1 x có hữu hạn giá trị 2. 199 1x y 22. 199 1 x 199 1 Với giá... phương trình : y x 12 x 199 5 HD: y x 195 9 195 9 y 45 Biến đổi thành: 195 9 x y x y x y Lại có: , Với x y 52 195 9=3.653 x 25 y y Bài... 2003 20032000 x 1 (1) 2000 x2000 2000.x 199 9 Ta có : y2000 2000.x 199 9 2000.y 199 9 2003 x y 2000 x 2002, y 2001 DẠNG 9: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CHIA HẾT VÀ ĐỒNG DƯ Bài 1: Chứng