Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 chuyên đề phương trình nghiệm nguyên

Bồi dưỡng học sinh giỏi toán CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN MỤC LỤC A KIẾN THỨC CẦN NHỚ B MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI 2 Tìm nghiệm riêng phương trình: 2 Tìm nghiệm riêng phương trình (1) thuật tốn ơ-clit mở rộng 3 Phương pháp dùng tính chia hết Dạng Phát tính chia hết ẩn Dạng Phương pháp đưa phương trình ước số Dạng Phương pháp tách giá trị nguyên 16 Phương pháp sử dụng tính chẵn lẻ ẩn xét số dư vế 17 Dạng Sử dụng tính chẵn lẻ 18 Dạng Xét tính chẵn lẻ xét số dư vế 18 Sử dụng tính chất a(a + 1) = k2 20 Sử dụng lý thuyết phần nguyên 21 Phương pháp dùng tính chất số phương 21 Dạng 1: Dùng tính chất chia hết số phương 21 Dạng 2: Đưa tổng số phương 22 Dạng 3: Xét số phương liên tiếp 26 Dạng 4: Sử dụng điều kiện  số phương 27 Dạng 5: Sử dụng tính chất: Nếu hai số nguyên liên tiếp có tích số phương hai số nguyên liên tiếp 28 Dạng 6: Sử dụng tính chất: Nếu hai số ngun dương ngun tố có tích số phương số số phương 29 Phương pháp đưa ước số 30 Sử dụng phương pháp kẹp 34 10 Sử dụng tính chất chia hết đồng dư 38 11 Sử dụng lý thuyết đồng dư 41 12 Phương pháp xuống thang 44 13 Phương pháp dùng bất đẳng thức 47 Dạng 1: Sử dụng bất đẳng thức cổ điển 47 Dạng 2: Sắp xếp thứ tự ẩn 48 Dạng 3: Chỉ nghiệm nguyên 52 Dạng 4: Sử dụng điều kiện   để phương trình bậc hai có nghiệm 52 14 Phương pháp khử ẩn để giải phương trình nghiệm nguyên 53 15 Phương pháp lùi vô hạn, nguyên tắc cực hạn 54 Dạng 1: Phương pháp lùi vô hạn 54 Dạng 2: Nguyên tắc cực hạn 55 16 Điều kiện phương trình có nghiệm ngun 56 17 Bài tốn đưa giải phương trình nghiệm nguyên 57 Dạng Bài toán số tự nhiên chữ số 57 Dạng Bài toán hàm số 58 Dạng Bài tốn tính chia hết số ngun tố 59 Dạng Các toán thực tế 60 C BÀI TẬP VẬN DỤNG D HƯỚNG DẪN GIẢI Biên soạn: Trần Đình Hồng 62 72 0814000158 Bồi dưỡng học sinh giỏi toán A KIẾN THỨC CẦN NHỚ Giải phương trình nghiệm nguyên - Phương trình nghiệm ngun phương trình có nhiều ẩn số, tất hệ số phương trình số nguyên Các nghiệm cần tìm số ngun (Phương trình nghiệm ngun cịn gọi phương trình Diophantus - mang tên nhà toán học cổ Hy Lạp vào kỷ thứ II) - Giải phương trình f(x, y, z, ) = chứa ẩn x, y, z, với nghiệm nguyên tìm tất số nguyên (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 nguyên là:  Phương pháp dùng tính chất chia hết  Đưa phương trình tích  Đưa ước số  Phương pháp xét số dư vế  Sử dụng lý thuyết đồng dư  Phương pháp sử dụng bất đẳng thức  Phương pháp dùng tính chất số phương  Sử dụng tính chất a  a  1  k      Sử dụng lý thuyết phần nguyên Phương pháp lùi vô hạn, nguyên tắc cực hạn Sử dụng phương pháp kẹp Phương pháp xuống thang Sử dụng delta phương trình bậc hai B MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI Tìm nghiệm riêng phương trình:  Lý Thuyết Đối với phương trình bậc ẩn ax + by = c (a, b, c  Z; a, b không đồng thời 0) Định lý: Điều kiện cần đủ để phương trình ax + by = c ( a,b,c  ; a,b  ) có nghiệm nguyên ước số chung lớn a b ước c Hệ quả: Nếu ƯCLN(a;b) = phương trình (1) có nghiệm ngun  Phương pháp giải Áp dụng tính chất: Nếu phương trình (1) có nghiệm ngun (x0; y0) có vơ số nghiệm ngun tập hợp nghiệm nguyên gồm cặp số nguyên (x; y) xác định bởi: Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 Bồi dưỡng học sinh giỏi toán b   x  x0  d t với d = ƯCLN(a;b) t = 0,  1,  2,  y  y  a t  d Ví dụ (Bài toán dân gian) “ Trăm trâu, trăm cỏ, Trâu đứng ăn năm, Trâu nằm ăn ba Lụ khụ trâu già, Ba bó” Hỏi có trâu đứng, trâu nằm trâu già? Lời giải: Gọi số trâu đứng x, số trâu nằm y số trâu già 100 – (x + y) ta có phương trình 5x + 3y + 100  x  y = 100 Ở x, y số nguyên dương Phương trình tương đương với: 7x + 4y = 100 Ta phải tìm nghiệm nguyên dương phương trình Dễ thấy x0 = 0, y0 = 25 nghiệm nguyên phương trình 7x + 4y = 100 nên tập hợp nghiệm nguyên gồm tất cặp số nguyên (x;y) sau  x  4t  với t số nguyên tuỳ ý  y  25  7t Bởi x = 4t > y = 25 – 7t > nên < t < Vậy số trâu đứng 4t, số trâu nằm 25 – 7t số trâu già 25 + 3t với t = 1, 2, Tóm lại có ba khả cho số trâu loại t Số trâu đứng 12 Số trâu nằm 18 11 Số trâu già 78 81 84 Nghiệm (x0 = 0; y0 = 25) gọi nghiệm riêng nghiệm (x = 4t; y = 25 – 7t), t  Z, gọi nghiệm tổng quát phương trình 7x + 4y = 100 Như để giải phương trình (1) điều kiện giải được, ta cần tìm nghiệm riêng Sau sử dụng thuật tốn ơ-clit mở rộng để nghiệm riêng phương trình (1) Tìm nghiệm riêng phương trình (1) thuật tốn ơ-clit mở rộng Xét phương trình Đi-ô-phăng bậc hai ẩn: ax + by = c với d = ƯCLN(a; b) ước c, chẳng hạn c = dc’ (c’  Z) Thực thuật toán ơ-clit mở rộng hai số a, b d hai số ngyên x’, y’ cho xảy đẳng thức ax’ + by’ = d Chúng ta nhân hai vế đẳng thức với c’ a(c’x’) + b(c’y’) = d Đẳng thức sau chứng tỏ c’x’, c’y’ nghiệm riêng phương trình (1) áp dụng định lí tất nghiệm nguyên Ví dụ Tìm nghiệm ngun phương trình: 1821x + 675y = Lời giải: Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 Bồi dưỡng học sinh giỏi tốn Trước hết ta tìm cặp số nguyên x, y cho: 1821x + 675y = d (d = ƯCLN(1821; 675)) Thực thuận toán ơ-clit mở rộng hai số 1821 675, ta có bảng sau t q 2 r0 1821 675 471 204 63 15 r1 675 471 204 63 15 r2 471 204 63 15 x0 1 -1 -10 x1 -1 -10 43 x2 -1 -10 43 y0 -2 -8 27 y1 -2 -8 27 -116 y2 -2 -8 27 -116 Nhìn vào bảng ta d = ƯCLN(1821; 675) = x = 43; y = -116 có đẳng thức 1821.43 + 675(-116) = Chúng ta thấy d = ước nên phương trình cho có nghiệm nguyên Bằng cách nhân hai vế đẳng thức với ta 1821.86 + 675(-232) = Đẳng thức cuối chứng tỏ (x = 86, y = -232) nghiệm riêng phương trình cho nghiệm tổng quát 675   x  86  t  86  225t   y  232  1821 t  232  607t  t = 0,  ,  Ví dụ Phương trình 15x – 5y = – 20 tương đương với phương trình 3x – y = – hay y = 3x + x  t với t = 0,  ,  tất nghiệm phương  y   3t nên ta  trình 15x – 5y = – 20 Nếu |a| |b| lớn Bao ta chuyển việc tìm nghiệm ngun phương trình (1) việc tìm nghiệm nguyên phương trình bậc hai ẩn mà có hệ số ẩn  Ví dụ Giải phương trình vơ định: 17x – 47y = Lời giải: Bời – 47 = 17(– 3) + nên ta viết phương trình dạng: 17(x – 3y) + 4y = Đặt x – 3y = z  Z ta phương trình: 17z + 4y = 17 = 4.4 + nên phương trình viết dạng: 4(y + 4z) + z = Đặt y + 4z = t  Z ta phương trình: 4t + z = Đây phương trình bậc hai ẩn có hệ số ẩn z cho ta z = – 4t, t  Z Từ y = t – 4z = t – 5( – 4t ) = – 20 + 17t x = z + 3y = (5 – 4t) = 3(– 20 + 17t) = – 55 + 47t  x  55  47t t = 0,  1,  2, Vậy phương trình cho có nghiệm là:   y  20  17t Phương pháp dùng tính chia hết Dạng Phát tính chia hết ẩn Bài Giải phương trình nghiệm nguyên 3x + 17y = 159 (1) Lời giải: Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 Bồi dưỡng học sinh giỏi toán Giả sử x, y số nguyên thỏa mãn phương trình (1) Ta thấy 159 3x chia hết 17y M  y M (do 17 nguyên tố nhau) Đặt y  3t  t  Z  thay vào phương trình ta được: 3x + 17.3y = 159  x + 17t = 53  x  53  17t Do đó:  (t  ) Thử lại ta thấy thỏa mãn phương trình cho  y  3t Vậy phương trình có nghiệm (x, y) = (53 – 17t, 3t) với t số nguyên tùy ý Bài Tìm nghiệm nguyên phương trình 2x + 13y = 156 (1) Lời giải - Phương pháp 1: Ta có 13yM13 156 M13 nên 2xM13  x M13 (vì (2,3) = 1) Đặt x  13k (k  Z) thay vào (1) ta được: y  2k  12 x  13k (k  Z)  y  2k  12 Vậy nghiệm nguyên phương trình là:  - Phương pháp 2: Từ (1)  x  Để x  Z  156  13y 13y  78  , 2 13y  Z Mà (13,2) =  y M Đặt y  2t(t  Z)  x  78  13t x  78  13t Vậy nghiệm nguyên phương trình là:   y  2t (t  Z) Bài Tìm nghiệm nguyên phương trình 11x + 18y = 120 (1) Lời giải Ta thấy 18y 120 chia hết cho  11xM6 nên xM6 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  20  11k k 1 k 1  y   4(3t  1)  t   11t  t với t nguyên suy k = 3t + Do đó:  Lại đặt  x  6k  6(3t  1)  18t  Tách riêng giá trị nguyên biểu thức này: y   4k  Thay biểu thức x y vào (1), phương trình nghiệm  x  18t  Vậy nghiệm nguyên (10 biểu thị công thức:  với t số nguyên tùy ý  y   11t Chú ý: a) Nếu đề yêu cầu tìm nghiệm nguyên dương phương trình (1) sau tìm nghiệm 18t    t 11   11t  tổng quát ta giải điều kiện:  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 Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 Bồi dưỡng học sinh giỏi tốn Do y  nên 11x  120  18.1  102 Do x nguyên nên x  Mặt khác xM x nguyên dương nên x =  y  20  11k , chẳng hạn: b) Có nhiều cách tách giá trị nguyên biểu thức y  y   4k  y   3k  k 1 (cách 1) 1  k  y   3k  ;  2k (cách 2) (cách 3) 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 đặt 1 k  t không cần dùng thêm thừa số phụ Bài Giải phương trình nghiệm nguyên 23x + 53y = 109 Lời giải Ta có x  109  53y 23(4  2y)  17  7y 17  7y    2y  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   2y  7(9  y) 9y , Để x  Z   Z , (7,23) = 23 23 Đặt  y  23t (t  Z)  y   23t x   23t Vậy nghiệm nguyên phương trình là:   y  53t  16 (t  Z) Chú ý: Phương trình có dạng ax  by  c với a, b, c số nguyên  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 - 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 Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 Bồi dưỡng học sinh giỏi tốn Bài Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 6x2 + 5y2 = 74 Lời giải Ta có: 6x  5y  74   x     10  y    Từ (2) suy  x  M , mặt khác  6,     x  M  x  5t   t  N    Thay x2   5t vào (2) ta có: 30t  10  y2  y2  10  6t  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   x  3 Mặt khác x, y nguyên dương nên x = 3, y =   y   y  2 Với t = ta có:  Vậy phương trình có nghiệm (x, y) = (3, 2) Bài Có tồn hay không hai số nguyên x, y thỏa mãn : 3x  y  2002 HD: Biến đổi phương trình thành: x2  y  286  x M x  286   x  16 x M  x  7, x  14 Với x   y  165  l  Với x  14  y  202  l  Dạng Phương pháp đưa phương trình ước số  Phương pháp: - Ta tìm cách đưa phương trình cho thành phương trình có vế tích biểu thức có giá trị nguyên, vế phải số nguyên - Ta sử dụng PP phân tích thành nhân tử, biến thành hiệu hai số phương, - Sử dụng biệt thức denta số phương ” - 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  Bài tập áp dụng Bài Giải phương trình nghiệm nguyên : x  x  y  Lời giải: Ta có: x  x  y    x  x    y    x    y    x   y  x   y   Vì x, y   x  y  x  y  số nguyên Do ta có bảng giá trị: x–y+2 x+y+2 Biên soạn: Trần Đình Hồng -5 -1 -1 -5 0814000158 5 Bồi dưỡng học sinh giỏi toán x y -5 -5 -2 -2 Vậy: (x; y) = (-5; 2), (-5; -2), (1; 2), (1; -2) Bài Giải phương trình nghiệm nguyên : x  y  xy  Lời giải: Ta có: x  y  xy   x 1  y   y   x 1  y   y   11  x 1  y    y  1  11   x  1 y  1  11 Vì x, y   x  y  số nguyên Do ta có bảng giá trị: 2x – 2y + x y -11 -1 -6 -1 -11 -5 -1 11 11 1 Vậy: (x; y) = (0; -6), (-5; -1), (6; 5), (1; 5) Bài Giải phương trình nghiệm nguyên : x  xy  y  11 Lời giải: Cách 1: Ta có: x  xy  y  11  x   xy  y  11    x  3 x  3  y  x  3  Vì x, y    x  3 x  y  3   x  x  y  số nguyên Do ta có bảng giá trị: x+3 -2 -1 x+y–3 -1 -2 x -5 -4 -2 -1 y 7 2   y y2   y2  2x  y   y   Cách 2: Ta có: x  xy  y  11   x  x      y   11      2           x  y    y  3    x  y  y  3 x  y  y  3    x  y  3 x  3  2 Vậy: (x; y) = (-5; 7), (-4; 5), (-2; 7), (-1; 5) Bài Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2xy – x + y = Lời giải Ta có: 2xy  x  y   4xy – 2y + 2y =  2x(2y – 1) + (2y – 1) = –  (2y – 1)(2x + 1) = 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 ngun (x, y) = (3, 0); (-1, -2); (2, 1); (-3, 0) Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 Bồi dưỡng học sinh giỏi toán Kinh nghiệm giải: Để đưa vế trái 2xy  x  y phương trình dạng tích, ta biến đổi thành x  2y  1   2y  1 cách nhân vế phương trình với để đưa phương trình ước số Luyện tập kinh nghiệm ví dụ sau Bài Tìm nghiệm ngun phương trình: 5x – 3y = 2xy – 11 Lời giải 15  11  2  7 2x    (5  2y)  x     (2y  5)    (2y  5)(2x  3)  (*) 2 2  Ta có : 5x  3y  2xy  11  x(5  2y)  (5  2y)  Suy (2x + 3) (2y – 5) ước số nên ta có: 2x + -1 2y - -7 -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 Tìm nghiệm ngun phương trình: x2 – 2xy + 3y – 5y + = Lời giải Ta có : x  2xy  3y  5x    x  2x (2y  5) (2y  5) (2y  5)2    3y   4 2 2y   4y  20y  25  12y  28 2y   4y  8y     x   x         2 2y   4(y  1)  2y   7    x   x     (y  1)      (2x  2y  5) 7  (y  1)   (2x  2y  5)  4(y  1)  7 4  (2x  2y   2y  2)(2x  2y   2y  2)  7  (2x  4y  7)(2x  3)  7 (*)  Vì x, y nguyên nên từ PT(*) ta có trường hợp sau: 2x  4y    x  2  2x   7  y  3 1)  2x  4y   1 3)  2x   x   y  2x  4y   7 x   2x   y  2)   2x  4y   4)   2x   1 x    y  3 Vậy nghiệm nguyên (x; y) phương trình là: (-2; -3); (2; 1); (5; 1);(1; -3)  Nhận xét: Trong cách giải ta sử dụng phương pháp biến đổi tam thức bậc hai  ax  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 : Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 Bồi dưỡng học sinh giỏi toán x  x  2y    2y  5  , phần lại đa thức ta lại làm với biến y:   2y    y  1  4y  8y   3y     4 Các bạn tư tìm hướng giải sau: 2 x  2xy  3y  5x    x  (2y  5)x  3y   a  a (*) Xét phương trình: x  (2y  5)x  3y   a  (**) Với a số chưa biết cần thêm vào, xác định a sau:  (**)  (2y  5)  4(3y   a)  4y  20y  25  12y  28  4a  4y  8y   4a 7 Chọn a để  **  số phương nên 3  4a   a  2y   2(x  1) 2y   2(x  1) 4y   , x2   Khi :  (**)  4(x  1)  x1  2 2  4y    Vậy: (*)   x   x      (2x  3)(2x  4y  7)  7    Vì x, y nguyên nên ta có trường hợp sau: 2x  4y   x  2  2x   7  y  3 2)  2x  4y   7 x   2x   y  2x  4y   1 x   2x   y  4)  1)   2x  4y   x    2x   1  y  3 3)  Vậy nghiệm nguyên (x;y) phương trình là: (-2; -3); (2; 1); (5; 1);(1; -3) Bài Tìm nghiệm nguyên phương trình x2 + 12y = y2 (1) Lời 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,  ;  12,  ;  16,  ;  16, 8  ;  4,  ;  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 tập 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: Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 10 Bồi dưỡng học sinh giỏi tốn Lời giải Ta có b  c  a   b  c   2bc  a   b  c    a  b  c   a   b  c     a   2 2 Vì b  c  nên b  c   dó b  c   a   a  b  c   b  c   b  c     b   c    Vì b   c   3 nên có trường hợp sau b   b  12   a  13  c   c  TH1:  b   b    a  10  c   c  TH2:  Bài 127 Tìm số thực x cho x  2018  2018 số nguyên x Lời giải Điều kiện x  Đặt a  x  2018  x  a  2018 7  a 2018  2018  2018  a  2018 a  2018  b(a  2018)  2025  a 2018  ab  2015  (b  a) 2018 x Xét b   2018  Với a, b  Z  ab  2025  Z  (a  b) 2018   a  b  a  b   2025  45 + a  45  x  45  2018 + a  45  x  45  2018 Bài 128 Tìm cặp số nguyên (x ; y) thỏa mãn  x  2018   y  y  11 y  y Lời giải Ta có  x  2018  y  y3  11y  y   x  2018     y  y  1 2   x  2018   y  y  1    y  y  x  2019  y  y  x  2017   2 Vì cặp x ; y nguyên nên:  y  y  x  2019   x  2018  x  2018; y  TH1:     x  2018; y   y  y  x  2017   y  y   x  2018; y   y  y  x  2019  1  x  2018 TH2:     y  y  x  2017  1  y  y    x  2018; y  Vậy phương trình có nghiệm  x; y    2018;0  ,  2018;1 ,  2018;  ,  2018;3 Bài 129 Tìm tất số nguyên dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 91 b  ca Lời giải Đặt b  qa; c  q a  q  1 ta a 1  q  q   91  13.7 a  a    a  1; b  9; c  81 1  q  q  91 q  Trường hợp 1: Nếu q số tự nhiên ta  Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 120 Bồi dưỡng học sinh giỏi toán a  a    a  7; b  21; c  63  1  q  q  13 q  a  13 a  13   a  13; b  26; c  52  1  q  q  q  x Trường hợp 2: Nếu q số hữu tỷ giả sử q   x  3; y   y Khi a 1  q  q   91  a  x  xy  y   91 y  x  xy  y  19  Ta có c  ax  y2  a  y2  a  ty  x  xy  y  91  x  6; y  a  25; b  30; c  36 Vậy có số  a; b; c  thỏa mãn 1;9;81 ,  81;9;1 ,  7; 21; 63 ,  63; 21;  ; Bài 130 Chứng minh với số nguyên n cho trước, không tồn số nguyên dương x cho x(x + 1) = n(n + 2) Lời giải Ta có: x  x  1  n  n    x  x    n  1 (1) Với x   * thì: x  x  x    x  1 nên x  x  số phương mà  n  1 số phương với n   , (1) không xảy cho trước, không tồn số nguyên dương x cho x  x  1  n  n   Vậy với n  Bài 131 Tìm số thực x để biểu thức  x   x số nguyên Lời giải  x  0 1) Đặt M   x   x  Ta có M   3  x  1 x  33 1 x  1 x    3.M  x   3M (Vì  x  x  0)  M  1  M  3M     M  1  M  M      M  1  M      M  a   x Đặt   a  1, b  1  b   x a  1  b  a  1  b    3 3 b  b   a  b   1  3b  3b  b   b  a  b  1 +) Với M  1, ta có   hệ vô nghiệm +) Với M   a  b    a  b    a  b3  3ab  a  b   a  b  ab  a  b    ab  a  b   a  b   a  b  a  b     a  b  Nếu a  b  2a   a   x  Nếu a  b    M  Vì M nguyên nên M  0;1; 2 Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 121 Bồi dưỡng học sinh giỏi toán    a  b  a   b  hệ vô nghiệm  M 0 3 0  a  b  a  b  a   b a   b   M 1  3 2 2 a  b  a  ab  b  1  2b  b  b  b  b    21  a      21   21 b  b     a   b       21    3b  3b    21 b   a    a   b   b   21      21  21 a  1  x  28   Kết hợp điều kiện ta  (TM )  x 27  b   21 1  x   21   a  b  a   b   4b  b  2b  b  b  M2     2 a  b  a  ab  b  a   b b    x  (TM ) a  28 thỏa mãn yêu cầu toán Vậy với x  x  27 Bài 132 Tìm số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: x  18 y  2z  y z  18 x  27 Lời giải Giả thiết   x  3  18 y  z  y z  54 (1) +) Lập luận để z M3  z M3  z M9  z  (*) (1)  3( x  3)  z  y ( z  6)  54(2) (2)  54  3( x  3)  z  y ( z  6)  3( x  3)  2.9  y  ( x  3)  y  12  y   y  1; y  y nguyên dương Nếu y   y  (1) có dạng: 72  x  3  5z  72  z  72  z   z   z  (vì có(*)) 2 Khi  x  3  27   x  3  , x nguyên dương nên tìm x = Nếu y   y  (vì y nguyên dương) (1) có dạng: 3 x  3 14z2 126 14z2 126  z2   z2   z  3(vì z nguyên dương) Suy ( x  3)   x  (vì x nguyên dương) x  x    Đáp số  y  2;  y  z  z    Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 122 Bồi dưỡng học sinh giỏi tốn Bài 133 a) Tìm số nguyên dương x, y thỏa mãn x  y  95  x  y  b) Tìm số thực x, y thỏa mãn x2  y2   8  x y  x1  y1  Lời giải  a) Tìm số nguyên dương x, y thỏa mãn x3  y3  95 x  y  · Phân tích lời giải Đặt d = (x, y ) x = da; y = db với a, b Ỵ N * (a, b) = Và phương trình trở thành d (a – b )(a + ab + b ) = 95 (a + b ) Vì (a + b 2, a + ab + b ) = nên a + ab + b = (a – b ) - 3ab ước 95 = 5.19 , ước chia dư lớn nên 19, (a – b ) - 3ab = 19 ìï a - b = ìï a = Từ ta ïí Û ïí Þ d = 65 Þ ïï a b = ỵ ïï b = ỵ ìï x = 195 ï í ïï y = 130 î Vậy cặp số nguyên dương thỏa mãn toán (x ; y ) = (195;130) b) Tìm số thực x, y thỏa mãn x2 - y2 - + + 8= x y ( x - 1+ ) y- · Phân tích lời giải Từ hệ thức tốn cho ta có điều kiện xác định x > 1; y > Hệ thức cho có chứa biến mẫu chứa thức bậc hai, để tìm x, y thỏa mãn ta biến đổi hệ thức cho dạng tổng bình phương Ta có x2 - y2 - + + 8= x - 1+ y- x y x - 4x x - y2 - 4 y - Û + 4+ + 4= x x y y ( ) Û 2 x - + 4x x - + 4x + y - + 4y y - + 4y = x y Û x- x- x ( ( ) ( ) + y1 (y Vì x > 1; y > nên ta có y- ) )=0 1 x- x- + y- y- x y ( ) ( ) ìï x - x - = ìï x = ï = Û ïí Û íï ïïỵï y - y - = ïỵï y = Thử lại ta thấy (x ; y ) = (2;2) thỏa mãn yêu cầu toán Bài 134 Tìm tất cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn  x  y  x  y   x  y  Lời giải Để ý 2x  y   3x  2y    x  y  nên phương trình cho viết lại thành  x  y  3x  2y    3x  2y    x  y     Đặt a  x  y; b  3x  2y Khi ta có ab2  b  a  hay a b2   b  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 Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 123 Bồi dưỡng học sinh giỏi toán + Với b  1 ta a  1 , ta  x; y    1; 2  + Với b  ta a  1 , ta  x; y    2; 3  + Với b  ta a  , ta  x; y    1; 1 Vậy cặp số nguyên  x; y    1; 2  ,  1; 2  ,  2; 3  thỏa mãn yêu cầu tốn Bài 135 Chứng minh khơng tồn số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức 12 x  26 xy  15 y  4617 Lời giải Trước hết ta chứng minh bổ đề: Với số nguyên tố có dạng p = 4k + ta ln có ìï a Mp a + b2 Mp Û ïí (a, b Ỵ Z ) ïï b Mp ỵ 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 ) = ìï a p- º (mod p ) Þ Theo định lí Fecmat ta có ïí p- ïï b ỵï º 1(mod p ) 2k + Mặt khác ta có a 4k + + b4k + = (a ) 2k + ( ) + b2 ìï a 4k + º (mod p ) ïí Þ a 4k + + b 4k + º (mod p ) ïï b4k + º (mod p ) ỵï chia hết cho a + b2 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 M19 hay ta 12x - 12xy + 15y + 38xy M 19 Û 12x - 12xy + 15y M 19 ( ) Û 4x - 4xy + 5y M 19 Û 4x - 4xy + 5y M 19 ( ) Û 4x - 4xy + y + 4y M 19 Û (2x - y ) + (2y ) M 19 Do 19 số nguyên tố có dạng 4k + nên áp dụng bổ đề ta suy ïìï 2x - y M ïì 3x - 2y M ïì 3x M ïì x M 19 19 19 19 Û ïí Û ïí Û ïí í ïï 2y M ïï 2y M ïï 2y M ïï y M 19 19 19 19 ỵ ỵ ỵ ỵ Từ ta 4x - 4xy + 5y M192 Điều dẫn đến mâu thuẫn 4617 khơng chia hết cho 192 Vậy không tồn cặp số nguyên (x ; y ) thỏa mãn yêu cầu toán Bài 136 Tìm tất cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn đẳng thức sau x  x  y Lời giải Ta có x + 2x = y Û x + 2x + = y + Û (x + 1) = (y + 1)(y – y + 1) Gọi d = (y + 1; y - y + 1) Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 124 Bồi dưỡng học sinh giỏi tốn 2 Khi ta có (y + 1) Md y - y + 1Md nên ta (y + 1) - (y - y + 1)Md Þ 3y Md Do d nguyên tố nên ta có hai trường hợp 2 + Khi Md ta (x + 1) = (y + 1)(y – y + 1)M9 nên (x + 1) M9 Þ x + 1M3 Điều vơ lý số phương chia cho khơng thể có số dư + Khi Md ta y M d , kết hợp với y + 1M d ta suy d = Do (y + 1; y – y + 1) = Khi (y + 1)(y2 – y + 1) số phương nên ta đặt y + = a ; y – y + = b a, b số nguyên dương (a ;b ) = Tứ ta ( ) ( ) ( )( ) b = a - – a - Û 4b = 4a - 12a + 12 Û 2b – 2a + 2b + 2a + = 2 Vì (2b ) > (2a - 3) Þ 2b > 2a - nên ta xét trường hợp sau ïì 2b + Trường hợp Với ïí ïï 2b + ỵï ìï 2b + Trường hợp Với íï ï 2b + ỵïï ì ïï b = , hệ khơng có nghiệm ngun Þ í ïa = 2a - = ïỵï 2a + = ìï b = ï Û Û í ïï a = 2a - = ỵï 2a + = ìï a = ìï y + = ï Þ íï Û x = y = í ïï b = ïï y – y + = ỵ ỵï Thử lại vào phương trình ban đầu ta thấy thỏa mãn Vậy phương trình có nghiệm (0;0) Bài 137 Tìm cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn: x  y  20412 Lời giải Nhận xét: a; b số nguyên thỏa mãn a  b M a ; b M thật vậy, ìï a º (mod 3) ï a º 0,1(mod 3); b2 º 0,1(mod 3) a + b º (mod 3) Û ïí Û a , bM ïï b º (mod 3) ïỵ Phương trình tương đương với (6 x2 + y )- (x2 + y )= 28 ×93 ìï x º (mod 3) ï suy x + y º (mod 3) Þ ïí Þ x = x1 ; y = y1 ( x1 ; y1 ẻ Â ) ù y (mod 3) ỵïï Thay vào phương trình ta thu ×9 x12 + ×9 ×y12 = 28 ×93 Û ×x12 + ×y12 = 28 ×9 Lập luận tương tự ta thu x1 = 3x2 ; y1 = 3y2 ( x2 ; y2 ẻ Â ) Và nhận phương trình ×9 x22 + ×9 ×y22 = 28 ×92 Û ×x22 + ×y22 = 28 ×9 Tương tự ta có x2 = 3x3 ; y2 = y3 ( x3 ; y3 ẻ Â ) v thu c ìx32 + ×y32 = 28 Từ phương trình suy y32 £ Biên soạn: Trần Đình Hồng 28 £ 22 0814000158 125 Bồi dưỡng học sinh giỏi toán é2 28 êy = Þ x32 = Suy êê Þ x32 = 2 ; y32 = ị x22 = ì2 ; y22 = êy = Þ x = 2 ë3 Þ x12 = ì2 ; y12 = ị x = ×2 ; y = Đáp số: x = ×33 ; y = 33 , x = ×33 ; y = - 33 , x = - ×33 ; y = 33 , x = - ×33 ; y = - 33 Bài 138 Tìm tất cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn đẳng thức  x  y   xy  x  y     x  y  Lời giải Phương trình tương đương với (x + y + 1)(xy + x + y)= (x + y + 1)+ Û (x + y + 1)(xy + x + y - 2)= Þ x + y + ước ïì x + y + = + Giải ïí ïì x + y = (vơ nghiệm) Û ïí ïỵï xy + x + y - = ïỵï xy = ïì x + y + = - + Giải ïí ïì x + y = - ïìï x = - Û ïí Û í ïỵï xy + x + y - = - ïỵï xy = ïïỵ y = - ïì x + y + = ïì x + y = ïìï x = + Giải ïí Û ïí Û í ïỵï xy + x + y - = ïỵï xy = ïỵï y = ìï x + y + = - + Giải ïí ìï x + y = - (vơ nghiệm) Û ïí ïỵï xy + x + y - = - ïỵï xy = Vậy (x; y)= (1; - 1), (1; 1) Bài 139 Tìm tất số nguyên không âm (x, y) thoả mãn đẳng thức   x   y   xy   x  y   xy   25 2 Lời giải Ta có:  x  y  xy   x  y 1  xy   25  ( xy  1)2   x  y 1  xy   ( x  y )2  25     ( xy   x  y )  25  ( x  1) ( y  1)2  25 Vì x, y khơng âm nên (x + 1)(y + 1) = ta có (x; y) = (0; 4) ; (4; 0) Bài 140 Tìm số ngun a để phương trình sau có nghiệm nguyên: a) x   a   x  5a   (1) b) x  ax  198  a ( 2) Lời giải  x1  x2  a   x1 x2  5a  a) Gọi x1 , x2  Z nghiệm phương trình (1), Theo Vi-ét ta có:  (*) 5 x1  x2  5a  25   x1  5 x2  5   1.2  2.1  (1).(2)  (2).(1)  x1 x2  5a  Từ (*) ta có  Suy a = a =  x1  x2   a  x1  x2  x1 x2  198   x1  1 x2  1  199  x1 x2  198  a b) Ta có:  Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 126 Bồi dưỡng học sinh giỏi toán Do 199 số nghuyên tố nên:  x1  1 x2  1  1.199  199.1  (1).(199)  (199).(1)  a  198 a = -2 Bài 141 Tìm số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình: x  y   xy Lời giải Đặt u  x  y , v  x y Ta có: x3  y   xy   x  y   xy  x  y    xy  Hay u  3uv   3v    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 x  y  u  Ta phải tìm x,y nguyên dương cho:   x y   u  u  1  u  u  1  u  u  Vậy ta phải có: u  x  y   x  y   Suy x, y hai nghiệm phương trình bậc hai X  uX  Ta có     u   Bài 142 Tìm nghiệm ngun khơng âm phương trình:  y  1  y   x    x  1 Lời giải Ta có: PT  y  y  y  y  x  x  ( y  y  y )  2( y  y )   x  x   ( y  y )2  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 = Bài 143 Tìm số nguyên x, y thỏa mãn:  x  y    x  xy  y  Lời giải Đặt p  x  y; q  x  y x   1 pq pq ,y 2 Thay vào (1) ta 28 p   p  3q  (1) Từ (2) suy ra: 28p M mà (28,3) = nên p M 3, đặt p = 3k Thay vào (2): 28k   3k  q   k M đặt k = 3m ta Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 127 Bồi dưỡng học sinh giỏi toán m  28  27m   q  m  m = Nếu m =  x = y = Nếu m =  x = 5, y = x = 4, y = Vậy (x,y)   0;  ,  5;  ,  4;  Bài 144 Tìm nghiêm nguyên phương trình: x  17 y  34 xy  51  x  y   1740 Lời giải 2 Phương trình cho tương đương với: 17 y  34 xy  51  x  y   1734   x Vế trái phương trình chia hết cho 17 Đặt x  17 k  r  n  N ,  r  16  Dề thấy x   17k  r   không chia hết cho 17 Vậy phương trình khơng có nghiệm ngun Bài 145 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình:  x y  x  xy  y   38 xy  38 Lời giải Chú ý số hữu tỉ biểu diễn dạng liên phân số: a  q0  b q1  1 q2  q3  O qn Với q0  Z ; q1 , q2 , , qn  N * q n  x2 y  x  xy  y 38    x  y  Phương trình cho tương đương với xy  1 x y  5 2 Từ suy x  2, y  Bài 146 Tìm cặp số nguyên (x ; y) thỏa mãn pt  x  y   xy  x  y     x  y  Lời giải Ta viết lại phương trình:  x  y  1 xy  x  y    x  y  1    x  y  1 xy  x  y     x  y 1 ước x  y 1  x  y  ( Vô nghiệm)   xy  x  y    xy  + Giải   x  y   1  x  y  2  x  1    xy  x  y   3  xy   y  1 + Giải  x  y 1  x  y  x     xy  x  y    xy  y 1 + Giải  Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 128 Bồi dưỡng học sinh giỏi toán  x  y   3  x  y  4 ( Vô nghiệm)   xy  x  y   1  xy  + Giải  Vậy:  x; y   1;  1 , 1;1 Bài 147 Tìm cặp số nguyên (x ; y) thỏa mãn điều kiện: x  xy  y  x  y   Lời giải Ta viết lại phương trình: x  x  y  1  y  y   2  4y 1  4y 1  4y 1  x  2.2 x      3y  y     0 2       y 1   y2  y 1    x   2   Hay:     2 y 1  y 1   2x      2   x  y  x  y  1  2     Ta có trường hợp xả yra:  y  2 2 x  y  2 x  y   TH1:  x  y   2   x  y  3   x  (loại)    2 x  y   x  y   y     TH2: 2 x  y    2 x  y    x  1 ( thỏa mãn)     y  x  y   2 x  y      TH3: 2 x  y     x  y    (loại)   x     y 2 x  y   x  y  1  ( loại) TH4:  x  y   1   x  y  2     x    Vậy phương trình có nghiệm (x ; y) = (1 ; 1) Bài 148 Tìm cặp số nguyên (x ; y) thỏa mãn điều kiện: x  y  91 Lời giải Ta viết lại phương trình:  x  y   x  xy  y    13 2 Vì 13,   x  xy  y  suy khả xảy là: x  y  x  y  13   2 x  xy  y  13 x  xy  y  Ta tìm nghiệm:  x ; y    6;  ;   5;   ;  4;   ;  3;   Bài 149 Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  xy   y  x Lời giải Ta viết lại phương trình: x  x   y  x   , để ý x 2 không phả nghiệm Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 129 Bồi dưỡng học sinh giỏi tốn phương trình nên suy y  x  x  2  x  x     x    x3  x  y hay x2 x2 , đề x ; y    x   U   Từ ta tìm nghiệm x2 phương trình là:  x ; y     11;149  ;  7; 39  ;   5; 43  ;   3; 29  ;   1;  1 ; 1;1 y  x2  2x    * Bài 150 Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  y  xy  Lời giải 3 Sử dụng đẳng thức: a  b   a  b   a b  a  b  ta có: *  tương đương với x  y  xy  x  y   xy  Đặt x  y  a, xy  b với a, b   phương trình trở thành: a  ab  b   a    b  a  1  a  M a  Suy  a  M a   a   M a  Do a    a    a  a  M a  , suy điều kiện cần là: 215M3a1, ý 215 = 43.5 Từ ta tìm a = 2, b = suy cặp nghiệm phương trình là:  x ; y    0;   ;  2;  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 151 Tìm số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: x    xy   z Lời giải Từ giả thiết ta suy x  2M xy  hay y  x  M x y  Ta có phân tích sau: y  x    x  xy     x  y  suy  x  y M xy  hay  x  y   k  xy   với k  N *  Nếu k   x  y   k  xy     xy    x  y  xy    x   y     Điều vơ lí x, y  Vậy k    x  y   xy    x   y    Từ tìm  x ; y    3;  ;  4;  Bài 152 Tìm cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn điều kiện:  x    y    xy  26  Lời giải Đặt z  y  , phương trình cho trở thành: x  2 z  z   x  26   x  z   x z    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;  ;   10;  ; 1;   Bài 153 Tìm số nguyên dương (x ; y) thỏa mãn: x  y  95  x  y  Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 130 Bồi dưỡng học sinh giỏi toán Lời giải Đặt d   x , y  ; d  suy x  ad; y  bd với (a; b) = Từ phương trình ta có: d a  b a  ab  b   95 a  b  Vì (a; b) = nên a  ab  b ; a  b   ab; a  b   Suy a  ab  b  U (95) Nếu a  b2  abM   a2  b2  ab M   2a  b   3b2 M Một số phương chia dư 0; 1; Suy a, bM5 điều trái với giả thiết (a; b) = Vậy a2  ab  b2  19 , a  b   b  2; a  cặp số thỏa mãn: Từ tính cặp nghiệm phương trình là:  x ; y   195;130  Bài 154 Tìm số nguyên tố (x ; y) thỏa mãn điều kiện:  x    y  11 y  x y  Lời giải Ta viết lại giả thiết thành: x Hay     y  3   y  x y  y  x     y  3  y  x  y   x 2 2  y   x  y     x  y    x   x    y2 Suy  x   x  M hay x – x + chia hết cho Mặt khác ta có: x    x  1  M nên số x – x + chia hết cho Do  x   x  1M  y M , mà y số nguyên tố nên y M  y  Thay vào ta tìm x = Bài 155 Tìm số nguyên dương x, y thỏa mãn: x  y  13  x  y  Lời giải Đặt  x, y   d  suy x  ad , y  bd với a  b,(a, b)  thay vào phương trình ta có: a d  b3 d  13(a d  b3 d )  d (a  b)(a  ab  b )  13(a  b )  13(a  b )M (a  ab  b ) 2 2 2 Ta lại có: (a  b , a  ab  b )  (a  b , ab)  a2  b2 M d1 Thật giả sử (a  b , ab)  d1   giả sử aM d1  bM d1  abM d1 2 Mà  a , b    d  Như ta có: a2  b2 khơng chia hết cho a2  ab  b2 2 2 Suy 13M a  ab  b  a  ab  b  13  a  3, b   x  15, y  Bài 156 Tìm tất cặp số tự nhiên (x; y) thỏa mãn phương trình: 16 x  y  14 x  49 16  17  x2  y2   Lời giải 2 Đặt x  a , y  b ta viết lại phương trình thành Hay 16a2  b2  14b  49 16  17  a  b  7 16a2  b2 14b  49 16   16  a  b  7  17.16a2  17(b  7)2 hay 17  a  b  7 Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 131 Bồi dưỡng học sinh giỏi tốn a   b     b     1 a  b     a  b   2 hay 16 x  y  2  4x  y   x 1  Tức  x  y  x  y   x, y số tự nhiên nên ta suy  4 x  y  y  Bài 157 Tìm cặp nghiệm số nguyên (x ; y) thỏa mãn x  xy  y  x y  Lời giải Dễ thấy với x = y = không thỏa mãn Xét x , y  vai trò nhau, giả sử x  y 2 2 Khi ta có x  xy  y  x  y   y   1;  2 + Nếu y   x  x   x  x  2 + Nếu y  1  x  x   x  x  6 2 + Nếu y   x  x   x   x  Z loại + Nếu y  2  x  x   x   x  Z loại Đáp số: (x; y)  (6;1),(6; 1),(1;6),(1; 6) Bài 158 Tìm tất số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x + y – z = x  y  z  13 Lời giải Từ điều kiện x  y  z  suy z  x  y  thay vào điều kiện ban đầu ta có: 3x2  y2   x  y  2  13 Hay x  y  xy  x  y    y2  y  x  2  2x2  4x   y2  y  x  2   x  2  2x2  4x    x  2  2   y  x  2  x2  13   , suy x  x   x = x = Nếu x = suy y =  z = 3, x = suy  y 1   y   z  2 Vậy có hai số (x ; y ; z) thỏa mãn điều kiện (2 ; ; 3) (3 ; ; 2) Bài 159 Tìm tất số nguyên x , y thỏa mãn điều kiện: x  x  y   y  x  y  Lời giải 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    m2 d  md  nd    md  nd  n2d  m2  m  n  n2d  m  n  m2  m  nM n2 2  m , n    Do  m, n      n   n  1  m  n, n   Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 132 Bồi dưỡng học sinh giỏi toán Nếu n   m  m  M  m    m  M  m    m  M m   m  3; 2; 0;  1 2 từ tìm cặp nghiệm  x ; y    27;  ,  24;12  Nếu n    m  m    d  m    m  M m   m   3;  2; 0;1 , kiểm tra khơng có giá trị thỏa mãn Bài 160 Tìm nghiệm nguyên phương trình x y  x  y   x  y   xy Lời giải Đặt u = x + y, v = xy ta có: uv  v  u   0, ta phải có:  v   u  u     u   u  0,1, 2, 3 Đáp số:  0;  ,  3;  , 1;1  Bài 161 Tìm nghiệm tự nhiên phương trình: x  37  y Lời giải Ta viết lại phương trình thành: x    x  y  37  (2 x  y )(2 x  x y  y )  1.37   x x   y  y  37 x Thay  y  ta có: ( y  1)2  ( 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 162 Tìm nghiệm nguyên khơng âm phương trình: x  x  x   x  y Trong vế trái có n dấu Lời giải Ta thấy cặp số ( 0; 0) nghiệm phương trình x  y  x  y x   nghiệm phương trình (x; y) ( t2; t) Nếu n = với t  N Nếu n = x  x  y  x  x  y  x  y  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) x  x  x   x  y  x vế trái n – dấu Với n  ta có Đặt y  x  y1 số nguyên dương Tiếp tục làm n – lần dẫn đến x  x  y n 1  x Như ta lại trở trường hợp thứ có nghiệm (0;0) Giải hệ phương trình ( tìm nghiệm ngun) Biên soạn: Trần Đình Hồng 0814000158 133 Bồi dưỡng học sinh giỏi toán  x  y  5z  3x  y  3z  Ví dụ Tìm nghiệm nguyên hệ phương trình  Lời giải: Phương trình thứ viết thành 2x – 3y = 5z + Ta có 2(10z + 2) – 3(5z + 1) = 5z + Do chọn x0 = 10z + 2; y0 = 5z + vậy:  x  10 z   3t với t    z   t y  Thế vào phương trình thứ hai ta được: 3(10z + + 3t) + 2(5z + + 2t) + 3z = hay 43z + 13t = – Giải phương trình Đi-ơ-phăng này: t  Đặt 4z   v 13 Bây đặt 43z  4z   3z  13 13 ta có 4z + = 13v nên z  v3 u t 13v  v3  3v  t ta v = 4u + z = 3v + u = 13u + t = –3z – v = – 43u – 30 x = 10z + + 3t = u + y = 5z + + 2t = – 21u – 14 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x; y; z)  x  2u   y    1u  z   3u  (với u = 0,  1,  2, ) Bài tập tương tự Giải hệ phương trình sau: 3x – y  a)  2x – 3y  2z  5 x  y +3z  b)  3 x  y  z  Biên soạn: Trần Đình Hoàng x  y  4z  c)  2 x  y  z  2 x +3y  z  d)  3 x – 5y  z  0814000158 134 .. .Bồi dưỡng học sinh giỏi toán A KIẾN THỨC CẦN NHỚ Giải phương trình nghiệm nguyên - Phương trình nghiệm ngun phương trình có nhiều ẩn số, tất hệ số phương trình số nguyên Các nghiệm cần... 081 40001 58 14 Bồi dưỡng học sinh giỏi toán Bài 47 Giải phương trình nghiệm nguyên : y  x    1576  x HD: Đưa phương trình dạng :  x  1  y  x  1  1577  19 .83 Bài 48 Giải phương trình. .. Đưa phương trình dạng :  x  1 y  1  52 Biên soạn: Trần Đình Hồng 081 40001 58 13 Bồi dưỡng học sinh giỏi toán Bài 34 Giải phương trình nghiệm nguyên : x  x   xy  y HD: Đưa phương trình