Phuong trinh nghiem nguyen dai so toan 8

PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN I Phương pháp giải Phương trình nghiệm ngun phương trình có nhiều ẩn số, tất hệ số phương trình số nguyên Các nghiệm cần tìm số nguyên (Phương trình nghiệm ngun cịn gọi phương trình Diophantus - mang tên nhà toán học cổ Hy Lạp vào kỷ thứ II) 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 II Một số ví dụ Dạng phương trình bậc ẩn ax  by  c ( a,b,c ¢ ; a, b không đồng thời 0) Ta có định lý sau: 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 (tức  a,b c ) Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên phương trình: a) x  3y  (1); b) x  y  20 c) x  y  24 (3); d) 20 x  11y  49 (4) (2); * Tìm cách giải: Câu a) hệ số ẩn x 1, ta tính ẩn x theo y Khi y lấy giá trị nguyên chắn x nguyên Câu b); c) giá trị tuyệt đối hệ số x nhỏ hệ số y Do ta tính x theo y Ta tách phần nguyên, đặt phần phân số ẩn số đưa phương trình có hệ số nhỏ hệ số phương trình ban đầu Tiếp tục cách giải có ẩn số có hệ số tính theo ẩn số có hệ số ngun Sau tính x, y theo ẩn số cuối cách tính ngược từ lên d) Về giá trị tuyệt đối hệ số y nhỏ hệ số x Do ta tính y theo x Tiếp tục làm b) Giải a) Từ (1) ta có: x   3y Nếu y  t ¢ x¢  x   3t Vậy phương trình (1) có nghiệm ngun tổng qt  y  t t  ¢  (Muốn tìm nghiệm nguyên số cụ thể ta việc cho t giá trị nguyên cụ thể: Thí dụ với t = (x = 11; y = 2); vói t = - (x = - 9; y = - 3), ) b) Từ (2) ta có x  y  20  x  10  y  y Để x¢ y ¢ y y  ¢ Do đặt  t  t  ¢ 2  ta có y  2t x  10  2. 2t   t  10  5t  x  10  5t Vậy phương trình (2) có nghiệm ngun tổng qt   y  2t t  ¢  c) Cách 1: Tương tự b) Cách 2: Nhận xét: ƯCLN(3;24) = nên đặt y  3t  t  ¢  Ta có x  y  24  x  21t  24  x  t   x   t x   7t Do phương trình (3) có nghiệm tổng quát   y  3t d) 20 x  11y  49  11y  20 x  49  y  Tách phần nguyên ta có: y  x   Để y ¢ x¢ Ta có 2t   9u  t  20 x  49 11 9x  11 9x  9x   t t  ¢  ¢ Đặt 11 11 Ta có x   11t  x  t  ¢   2t  11t  2t  Đặt  u, u  ¢ t 9  u1 9u  u1 Đặt  v, v  ¢  4u   2  Ta có u   2v  u  2v  Ta thấy v  ¢ ; u  ¢ t ¢ Từ x¢ y ¢ Tính ngược từ lên ta t   2v  1   v  v  x  t  u   v     2v  1  11v  y  x   t   11v      v    20 v   x  11v  Vậy nghiệm nguyên tổng quát phương trình   y  20 v  v ¢  Chú ý: Qua bốn thí dụ ta rút phương pháp giải sau: Bước Tính ẩn có giá trị tuyệt đối hệ số nhỏ theo ẩn Bước Ta tách phần nguyên, đặt phần phân số ẩn số đưa phương trình có hệ số nhỏ hệ số phương trình ban đầu Tiếp tục cách giải có ẩn số có hệ số tính theo ẩn số có hệ số nguyên (Việc tách phần nguyên cần linh hoạt cho giá trị tuyệt đối hệ số ẩn phần phân số nhỏ nhất) Bước Sau tính x, y theo ẩn số cuối cách tính ngược từ lên (Nếu hai hệ số hệ số tự có ƯSCLN = k > 1; k ¢ ta đặt ẩn ẩn kt  t  ¢  - (xem ví dụ 1c) để rút ngắn bước giải phương trình.) Ví dụ Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: a) x  3y  65 (1); c) x  y  13 (3) b) x  y  12 (2); * Tìm cách giải: Trước hết ta tìm nghiệm nguyên tổng quát phương trình Sau dựa vào biểu thức nghiệm, lý luận, giải tìm giá trị nguyên ẩn số cuối để x > y > Giải a) 1  y  65  x hay y  65  x Tách phần nguyên y  21  x  2x 2x Đặt  t, t  ¢ 3  Ta có x   3t y  21    3t   t  17  t  x   3t Do phương trình (1) có nghiệm nguyên tổng quát   y  17  t   3t  Để x>0 y>0 ta phải có  17  t   , t  ¢  17 t Từ có t = 0; - 1; - ta có nghiệm nguyên dương phương trình (1) là: x  x  x  ; ;   y  17  y  10  y  b) Do ƯCLN(4; 12) = Do ta đặt x  4t, t  ¢  Ta có 20t  y  12  5t  y   y   5t  x  4t Do phương trình (3) có nghiệm ngun tổng qt   y   5t 4 t  Để x > y > ta phải có  3  t  0t Tách phần nguyên x  y    khơng có giá trị ngun t thỏa mãn Vậy phương trình (2) khơng có nghiệm nguyên dương c) Ta có: x  y  13  x  y  13  x  , t  ¢ y  13 1 y 1 y Đặt  t, t  ¢ 3  Ta có y   3t x  1  3t    t   8t  x   8t Nghiệm nguyên tổng quát phương trình   y   3t , t  ¢  7  t  1  3t  Để x > y > ta phải có:  Với  8t   t   3t   t  3 Kết hợp t  (*) Lần lượt cho t lấy giá trị nguyên 0; - 1; - 2; - thỏa mãn (*) ta tìm giá trị tương ứng x y nghiệm phương trình (3) Vậy phương trình (3) có vơ số nghiệm ngun dương Dạng phương trình bậc nhiều ẩn a1 x1  a2 x2   an xn  c ( a1 ; a2 ; ; an ; c ¢ ; a1 ; a2 ; ; an không đồng thời 0) Ta có định lý sau: Điều kiện cần đủ để phương trình a1 x1  a2 x2   an xn  c ( a1 ; a2 ; ; an ; c  ¢ ; a1 ; a2 ; ; an  ) có nghiệm nguyên ước số chung lớn a1; a2; ; an ước c (Tức  a1 , a2 , , an  c ) Ví dụ Giải phương trình tập số nguyên: x  13y  5z  (1) Giải 1  x   y  z   x  y  Đặt u  y  z; v  x  y 1  x  5u  v   x   5u  8v; y  v  x  v   5u  8v  5u  9v  Và z  u  y  u  5u  9v    4u  9v  x   5u  v Vậy nghiệm tổng quát (1)  y  6  5u  v , u  ¢ ; v  ¢  z   4u  v   Dạng phương trình bậc cao ẩn Ví dụ Tìm nghiệm nguyên phương trình: a) x2  x  21  (1); c) x4  x3  x2  x  12 (3) b) x3  x   x   (2); * Tìm cách giải: Ta chuyển vế đưa dạng A x   sau phân tích A  x  thành nhân tử Giải a) x2  x  21   x2  x  x  21   x(x  3)  (x  3)   (x  3)(2 x  )  2 x    x  3,5(loaïi )   x   x  Nghiệm nguyên (1) x = b) x3  x   x    x3  x    x  x  1  x  x  1   x       x2  x   x  1    x  3 x   x  1  x    x  3    x    x   x    x  Tập nghiệm nguyên (2) S  3; 1; 2 c) x4  x3  x2  x  12    x4  x2  x3  x  x2  12    x   x   x2  x   Do x2  x    x  1   ,x nên nghiệm nguyên phương trình (3) x  2 Ví dụ Tìm nghiệm nguyên phương trình: a) x2  x  x2  x    x2  x  x2  x  6 (1) b)  x     x     x     x   (2) 3 3 * Tìm cách giải: a) Ta thấy tử mẫu phân thức có x2  x giống nhau, ta đặt ẩn phụ để giải Hơn x2  x    x    x2  x    x    dương với x 2 nên ĐKXĐ x¡ b) Dùng khai triển  a  b  a3  3a2 b  3ab2  b3 Giải Đặt x2  x   y  ¢  ta phương trình  y  1 y  1  y  y1 y    y y1 6 y  y  1     y2   y  y  y   y2  y     y   y    Ta tìm y   (loại) y   ¢  x  1 Vậy x2  x    x2  x     x  1 x       x  3 Nghiệm nguyên phương trình x = - x = - b) Ta có  x    x3  x2  27 x  27 ;  x  4  x  5  x3  12 x2  48 x  64  x3  15 x2  75 x  125; x6  x3  18 x2  108 x  216 Do  x     x     x     x    x3  18 x2  42 x  3 3  9  x(x  x  21)   x  x  x  21   x     ,x 2  2 Nghiệm nguyên phương trình x = Dạng phương trình bậc cao nhiều ẩn Ví dụ a) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình  x  y   xy ; b) Tìm nghiệm nguyên phương trình  x  y    xy * Tìm cách giải: Các thuộc dạng thường dùng phương pháp phân tích, tức biến đổi vế thành tích, cịn vế số Viết số thành tích thừa số cho tương ứng với thừa số tích ta tìm giá trị nguyên ẩn Giải a) Ta có  x  y   xy  xy  x  y  25  25  x  y     y    25   x   y    25 Vì x; y   x   5 y   5 nên 25  5.5  125  251 Giải cặp ta tìm nghiệm nguyên dương sau: x    x  10  x    x   x   25  x  30  ;  ;   y    y  10  y   25  y  30  y   y  b)  x  y    xy  xy  x  y  18   xy  x  y  54  xy  x  y   54   x  y     y    58   x   y    58  58.1  2.29  29.2   1  58    58   1   2   29    29   2  Ta biết 58  158 Do giải cặp ta có nghiệm nguyên phương trình là:  x; y  1; 20  ;  20; 1 ; 0; 9  ;   9;  Ví dụ Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: a)  x  y  z   xyz (1) b)  t  x  y  z   3txyz (2) * Tìm cách giải: a) Ta có x  y  2z   xyz Đây phương trình mà vai trò ẩn nhau, ta dùng phương pháp cực hạn Ta giả sử  x  y  z chia hai vế phương trình vừa lập cho xyz lập luận so sánh để tìm nghiệm b) Tương tự dùng phương pháp cực hạn Giải a) Do vai trò x, y, z nên không tổng quát ta giả sử  x  y  z Chia hai vế (1) cho số dương xyz ta có 2    3 yz xz xy xyz Do  x  y  z nên x2  xy  xz  yz  xyz Do ta có:  2 15      x2   x  1; yz xz xy xyz x Với x = 1: Thay x = vào (1) ta có: y  z  11  yz  a  yz  y  z  11  yz  y  z  33  y  3z     z    37   y   z    37  137 3 y   y    Ta có nghiệm  x,y,z  1; 1; 13  z   37 z  13   Với x = 2: Thay x = vào (l) ta có:  y  2z   yz  yz  y  2z  13  36 yz  12 y  12 z  78  y  z     z    82  6 y  6 z    82  182  2.41 6 y   6 y    giá trị nguyên dương  6 z   82 6 z   41 Vậy: Do vai trò x, y, z nên phương trình có nghiệm ngun dương  x,y,z  1; 1; 13  hốn vị 1; 13; 1 ; 13; 1; 1 Chú ý: Khi giải phương trình y  2z  11  3yz ta giải phương pháp phân tích Ta tiếp tục giải phương pháp cực hạn được: 2 11 15   y  15 z y yz y Do  y  z nên từ y  z  11  yz      y  1; 2; 3; 4; Lần lượt thay vào phương trình (2) ta nhận y = z = 13 cịn với y = 2; 3; 4; ta khơng tìm số nguyên dương z b)  t  x  y  z   3txyz (2) Do vai trị x, y, z, t nên khơng tổng quát ta giả sử 1 t  x  y z Từ (2)   2 2 15      xyz xzt xyt yzt xyzt t  t3   t  Với t =  x  y  z   xyz Đây phương trình câu a) Ta tìm nghiệm  x,y,z  1; 1; 13  Vậy nghiệm nguyên dương phương trình (2)  t,x,y,z  1; 1; 1; 13  ; 1; 1; 13; 1 ; 1; 13; 1; 1 ; 13; 1; 1; 1 Ví dụ a)Tìm nghiệm nguyên phương trình x2  100  y 6 x  13 y  b) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: !  !  !  + x!  y2 * Tìm lời giải: Ta dùng phương pháp loại trừ để giải toán dạng Câu a) biến đổi phương trình  x  3y  22. 25  y2  Với x,y¢  x  y  số phương Do  25  y2   sổ phương Lý luận dùng để loại trừ dần giá trị y tìm x Câu b) ta biết x!  12 x Giải a) x2  100  y  x  13 y   x2  xy  y2  100  y2     x  3y  22 25  y2   y  25  y2 số phương + Với y = x   10 + Với y = ± 25  y2  24 khơng phương + Với y = ±2 25  y2  21 khơng phương + Với y = ±3 25  y2  25   16 số phương Khi  x  y  4.16  64  Do x - 3y = x - 3y = -8 Với y = - x = -17 x = -1 Với y = x = 17 x = + Tương tự với y = ± ta có: Với y = - x = - x = - 18 Với y = x = 18 x = + Tương tự với y = ± ta có: Với y = - x = - 15; Với y = x = 15 Vậy nghiệm nguyên phương trình là:  x,y  10;  ;  10;  ;  17 ; 3 ;  1; 3 ; 17;  ; 1;  ;  6 ; 4  ;  18; 4  ; 18;  ; 6 ;  ;  15; 5  ; 15;  b) Với x  x ! M10 nên y2  1!  2 !  !  !  !   x!  33  !   x! có tận 3, mà khơng có số phương có tận Vậy x < Với x = !  y2  y  Với x = !  !  y2   y2 khơng có giá trị ngun dương y Với x = !  !  !  y2   y2  y  Với x = !  !  !  !  y2  33  y2 có giá trị nguyên dương y thỏa mãn Vậy nghiệm phương trình  x,y    1; 1 ;  3;  Ví dụ Tìm nghiệm nguyên phương trình x3  y3  25z3  *Tìm cách giải: Ta sử dụng tính chất chia hết phương pháp xuống thang để giải Giải Giả sử  x0 ; y0 ; z0  nghiệm nguyên phương trình tức x0  y0  25 z0  (2), x0 M5 Đặt x0  x1 Thay vào phương trình (2) ta 125 x13  y0  25 z0  25 x13  y0  z0  (3) Chứng tỏ y0 M5 Đặt y0  y1 Thay vào (3) ta lại có x13  25 y13  z0  (4) Chứng tỏ z0 M5 Đặt z0  5z1 Thay vào (4) ta lại có x13  y13  25 z13  (5)  x0 y0 z0  ; ;  nghiệm phương trình  5 5 Như  x1 ; y1 ; z1     x0 y0 z0  ; k ; k   ¢ ,k  ¢ Do x0  y0  z0  k 5 5  Cứ tiếp tục ta có  Vậy phương trình (1) có nghiệm ngun  ; 0;  Ví dụ 10 Tìm số abc với a ≠ thỏa mãn abc  acb  ccc * Tìm cách giải: Ta sử dụng cấu tạo số tính chất chia hết để giải Giải abc  acb  ccc  100 a  10 b  c  100 a  10c  b  111 c  200 a  11b  100c  100  c  2a  11bM100 Mà b chữ số, b  ¥ ;  b  nên b = Khi c = 2a Như a = 1; 2; 3; c = 2; 4; 6; Ta có số sau thỏa mãn 102; 204; 306; 408 III Bài tập vận dụng Dạng phương trình hậc ẩn: ax  by  c 1.1 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 Hướng dẫn giải – đáp số x  t a/ Hệ số ẩn y -1 Đáp số   y  t  15 ,t  ¢ b/ Về giá trị tuyệt đối hệ số x nhỏ hệ số y Do ta tính x theo y Sau tách  x  12u  phần nguyên Đáp số:   y  5u  ,u  ¢ c/ Ta có:  14; 21  nên yM7 Đặt y  t ta có phương trình x  9t  Tiếp tục làm câu  x  9u  b) ta tìm   y  14 u  ,u  ¢ d) Cách 1: Phương trình cho (viết tắt PT): 29 x  15 y  20  y  Đặt 20  29 x 15  30 x   x 5 x    2x  15 15 15 5 x  u, u  ¢  ta có x  15u  15  x  15u  Nghiệm nguyên tổng quát PT   y  11  29 u Cách 2: Ta có 15; 20   nên xM5 Đặt x  5t ta có phương trình 29t  3y   x  15u  Tiếp tục làm b) ta tìm   y  11  29 u ; u ¢ 1.2 Chứng minh ước chung lớn a b không chia hết c (tức c M a,b ) phương trình ax  by  c  a; b   khơng có nghiệm ngun Hướng dẫn giải – đáp số Ta chứng minh phản chứng: Giả sử phương trình ax  by  c  a; b   có nghiệm nguyên (x0 ; y0 ) tức ax0  by0  c Gọi  a; b  d a  dm; b  dn  m, n ¢  Ta có: dmx0  dny0  c  mx0  ny0  Do c Md nên c d c  Z  mxo  nyo  Z điều vơ lý m; n; x0 ; y0  ¢ d  đpcm 1.3 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: a) x  y  19 ; c) x 3y   ; b)  x  y  1  12  y  ; d)   x   x   y  x  y  Hướng dẫn giải – đáp số  x  5t  a/ Nghiệm nguyên tổng quát   y   4t ; t  ¢ Nghiệm nguyên dương  x; y    1;  b/ Biển đổi phương trình thành x  y  45 Do  3; 45   nên yM3  x  15  t Phương trình có nghiệm ngun tổng qt   y  3t Để x > y > ta phải có  t   x; y    8;  ; 1;  t  ¢  15 Vậy t = 1; Phương trình có nghiệm ngun dương c) Biến đổi phương trình thành x  y  30  x  9t  Nghiệm tổng quát   y  8t  ; t  ¢ t = 0; 1; 2; 3; … Phương trình có vơ số nghiệm ngun dương  x; y  6 ;  ; 15; 10  ;  24; 18  ; d) Biến đổi phương trình thành x2  xy  y2  25   x  y  52 hay x  y  Do x > y > nên x  y  phương trình có nghiệm  x; y   1;  ;  2;  ;  3;  ;  4; 1 Dạng phương trình bậc nhiều ẩn a1 x1  a2 x2   an xn  b 1.4 Giải phương trình tập số nguyên: 4 x  3y  z  Hướng dẫn giải – đáp số Ta có:  x  y  z   x   y  z   x  y   Đặt u  y  z; v  x  y  x   8u  5v Nghiệm nguyên tổng quát phương trình  y  9  8u  v  u  ¢ ; v  ¢ z   u  4v  Dạng phương trình bậc cao ẩn 1.5 Tìm nghiệm nguyên phương trình: a) 3x2  14 x  ; c) x4  x3  19 x2  x  60  ; d)  x4  13x2  36  x2  x  65 x2  x4  180 b) x  x2  x    ;  Hướng dẫn giải – đáp số Ta chuyển vế đưa dạng A x   sau phân tích A  x  thành nhân tử tách thêm bớt hạng tử a) x2  14 x   x2  x  15 x     x   x  1  Nghiệm nguyên phương trình x  b) x  x2  x     x3  x2  x     x   x   x  1  Tập nghiệm S  3; 2 c) x4  x3  19 x2  x  60    x   x   x   x    Tập nghiệm S  3; 2; 2; 5 d)  x4  13x2  36  x2  x  65 x2  x4  180      x   x   x  3 x  3  x      x4  13 x2  36 x2  x    x2  x2  x2  x     2x   Do x2  x    x  1   ,x nên nghiệm nguvên phương trình phương trình x  2; x  3 1.6 Tìm nghiệm nguyên phương trình: a) 1   x  1 x  3  x    x  2   x  2  x  2   x  2 b) 2 2  1 2 12  c)  x  1   x     x     x     x   3 3 Hướng dẫn giải – đáp số a) ĐKXĐ: x  1; x  2; x  3 Phương trình biến đổi thành 1   x  x  x  x  12 Đặt x2  x   y phương trình trở thành 1   suy y y  12 y2  y  12    y   y    * x2  x     x  x     x  x  * x2  x      x     vơ nghiệm vế trái  0x Vậy phương trình có nghiệm – b) Các mẫu dương nên ĐKXĐ x¡ Biến đổi phương trình thành x2  x  x2  x    x2  x  x2  x  Đặt x2  x   y ta có y1 y   suy y2  y     y  1 y    y y1 Từ tìm nghiệm phương trình x  2 c) Áp dụng đẳng thức  a  b  a3  3a2 b  3ab2  b3 Ta có  x  1   x     x    x     x     x3  15 x2  15 x  25 3 3 Vế trái chia hết cho 3; vế phải khơng chia hết cho Phương trình khơng có nghiệm ngun Chú ý: Câu c) đặt x   y  ¢ ( y  2)3   y    Phương trình trở thành  y3   y  1   y    rút gọn thành 3y3  12 y2  y  16 3 Dạng phương trình bậc cao nhiều ẩn 1.7 a) Tìm nghiệm nguyên phương trình  x  y   xy  33 ; b) Tìm nghiệm tự nhiên phương trình  x  y   xy Hướng dẫn giải – đáp số a)  x  y   xy  33   x   y     31   1 3    3  1 Vì  13 Giải cặp ta tìm nghiệm nguyên sau:  x; y   7 ;  ;  9;  ;  5;  ;  3;  b)  x  y   xy  xy  x  y    x   y     9.1   1        1  3.3   3  3  Ta biết  19 Giải cặp ta có nghiệm tự nhiên phương trình là:  x; y    2;  ; 6 ;  ;  3;  ; 0;  1.8 a) Tìm ba số nguyên dương cho tổng tích; b) Tìm nghiệm ngun dương phương trình:  x  y  z  t    xyzt Hướng dẫn giải – đáp số a) Gọi ba số nguyên dương x; y; z Theo đầu x  y  z  xyz Do vai trò x, y, z nên giả sử  x  y  z Chia vế phương trình cho xyz ta có  1    hay yz zx xy x x2   x  Từ tìm Thay x = vào phương trình ta có  y  z  yz  yz  y  z    y  1 z  1   12 y  2; z  Nghiệm nguyên dương phương trình là:  x; y; z  1; 2;  ; 1; 3;  ;  2; 3; 1 ;  2; 1;  ;  3; 2; 1 ;  3; 1;  b) Giả sử x  y  z  t  , chia vế phương trình cho xyzt ta có 6 5 5 24       t3   t  xyz xzt xyt yzt xyzt t Thay t = vào phương trình ta có  x  y  z   xyz Ta có  5 24      z2   z  1; yz xz xy xyz z + Với z =  x  y   14  xy  xy  x  5v  14  36 xy  30 x  30 y  25  109   x   y    109.1 6 x   109  x  19   6 x   y  + Với z = giải tương tự, khơng có nghiệm ngun dương Vậy nghiệm nguyên dương phương trình  x; y; z; t   19; 1; 1; 1 hoán vị 1; 1; 1; 19  ; 1; 1; 19; 1 ; 1; 19; 1; 1 1.9 a) Tìm nghiệm nguyên phương trình x2  y2  3  2y2  x  1  x  ; b) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: xy2  xy  27 y  x  Hướng dẫn giải – đáp số a) PT  x2  y2  3  2y2 x  2y2  x            x2 y2   x y2   y2    y2  x2  x   Do x,y¢ nên y2   ¢ ; x2  x   ¢ Vì  y  2  y2    y       y  2  2  x  x    x  1   x   y2   y2   1  Và  (khơng có nghiệm ngun)  x  x   1  x  1   Vậy nghiệm nguyên phương trình  x; y   1; 2  ;  1;  b) xy2  xy  27 y  x   x  y2  2y  1  27 y  x  y  1  27 y  x  27 y  y  1 Ta biết hai số nguyên dương y y + nguyên tố nên y M y  1 27 M y  1   y  1   y  1  2 Từ tìm nghiệm phương trình  x; y    ;  1.10 Tìm nghiệm nguyên phương trình a) x2  y2   y  x  1 ; b) x2  y2  xy  x  y   ; c) x2  y2  z2  x   y  x  z ; d) x2  3y2  z2  xy  yz 12 y  36  Hướng dẫn giải – đáp số Chú ý A2  B2  C2  A  0; B  C  a) Biến đổi PT thành  x  y   y  1  Nghiệm  x; y    2; 1 2 b) Biến đổi PT thành  x  y  1   y    Nghiệm  x; y    3;  2 c) Biến đổi PT thành  x  y   y  z   x    Nghiệm  x; y; z   3; 3;  2 d) Biến đổi PT thành  x  y   y  z   y    Nghiệm  x; y; z   6 ; ;  2 1.11 Tìm nghiệm nguyên phương trình x  x2  x3   y  1  y2  y  1 Hướng dẫn giải – đáp số Biến đổi dạng  x  x2  x3  y3 Ta xét trường hợp: 1) x = y = 2) x = - y = 3) x = y ¢ 4) Với x  1  x    x  x2  x3   x  x2  x3  y3  x3 Vậy (1  x)3  y3  x3 hay  x  y  x điều xảy số nguyên dương 5) Với x  1 Đặt t  1  x t  x  1  t Thay vào phương trình ta có       1  t   t  2t   t  3t  3t   y3 Hay   t  2t  2t   y3  y  hay t  2t  2t    y Đặt  y  z ta có t  2t  2t  z3 với z  Ta có  t  1  t  3t  3t   t  2t  2t  z3  t 3 Hay  t  1  z3  t  t   z  t điều vơ lý Vậy phương trình có nghiệm  x; y   0; 1 ;  1;  1.12 Tìm nghiệm nguyên phương trình  x  1 x   x   x    y2 Hướng dẫn giải – đáp số * Với y = x  1; 2; 8; 9 * Với y  ta có  x2  10 x   x2  10 x  16   y2 Đặt x2  10 x   z ¢ x¢ Ta có z z    y2 hay z2  z  y2 Nếu z  z2  z   z2  z  y2  z2  8z  16 Hay  z    z2  z  y2   z   vô lý Vậy z  2 x2  10 x    x  x  10    10  x  Lần lượt thay giá trị x ta có nghiệm:  x; y   1;  ;  2;  ;  8;  ;  9;  ;  5; 12  ;  5; 12  ; (10; 12); (10; 12) 1.13 Tìm nghiệm nguyên phương trình x3  y3  z3  Hướng dẫn giải – đáp số Ta sử dụng tính chất chia hết phương pháp xuống thang đế giải Giả sử  x0 ; y0 ; z0  nghiệm nguyên phương trình tức x03  y03  z03  (2) xM2 Đặt x0  x1 ta lại có x13  y03  z03  ; Đặt y0  2y1 ta lại có x13  y13  z03  ; Đặt z0  2z1 ta lại  x0 y0 z0  ; ;  nghiệm phương trình Cứ  2 2 có x13  y13  z13  ;  x1 ; y1 ; z1     x0 y0 z0  ; k ; k   ¢ ,k  ¢ x0  y0  z0  k 2 2  tiếp tục ta có  Vậy phương trình (1) có nghiệm ngun  ; 0;  1.14 Tìm số có hai chữ số mà số bội tích hai chữ số Hướng dẫn giải – đáp số Gọi số có hai chữ số xy  x,y  ¥ ;  x,y   Ta có xy  10 x  y  kxy  k  ¥ *   y  x  ky  10 Mx y  mx  mx  x  kmx  10   m  kmx  10  10  m kx   1  m  1; 2; Với m = kx  11  x  y  Với m = kx   x  1; 2; tương ứng với y  2; 4; Với m = kx   x  tương ứng có y  Số cần tìm xy  11; 12; 24; 36 ; 15 1.15 Tìm tất hình chữ nhật với độ dài cạnh số ngun dương cắt thành 11 hình vng cho cạnh hình vng số nguyên dương không lớn Hướng dẫn giải – đáp số Gọi chiều dài, chiều rộng hình chữ nhật x y Cạnh hình vng cần cắt z Ta có x; y; z¢  x  y; z  y z  Ta có xy  11z2 (1) Từ (1)  x y chia hết cho 11 Vai trò x y phương trình nên ta giả sử xM11 tức x  11d  11dy  11z2  dy  z2 Ta xét trường hợp z: Với z = d  1; y   x  11 Với z = d  1; y   x  11 d  2; y   x  22 d  4; y   x  44 Với z = d  1; y   x  11 d  3; y   x  33 d  9; y   x  99 Trong nghiệm phương trình vừa tìm có nghiệm thỏa mãn tốn  x; y  (11; 1);  22;  ;  33;  1.16 a) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình xy yz zx   1 ; 3z x y b) Tìm ba số nguyên dương cho tổng nghịch đảo chúng 11 12 Hướng dẫn giải – đáp số a) Vai trò x; y; z Ta giả sử x  y  z  Ta có: xy yz zx xy z  y x    1    1 3z x y 3z  x y  Với x,y   x  y   x2  y2  xy    2 Do  xy z  y    3z  x x y y x x  z 2z  z z   y  x    y 3 Vậy  x; y; z   1; 1; 1 b) Gọi ba số nguyên dương cần tìm x; y; z Ta có 1 11    x y z 12 Vai trò x; y; z Ta giả sử x  y  z  Ta có 1 11 36      z  z  2; z x y z 12 11 Với z = thay vào lý luận tương tự ta tìm  y  3; x  12  ;  y  4; x   Với z = ta tìm  y  3; x   Nghiệm thỏa mãn toán  x; y; z  12; 3;  ; 6 ; 4;  ;  4; 3;  hoán vị chúng 1.17 Chứng minh phương trình x2  y2  11 khơng có nghiệm ngun Hướng dẫn giải – đáp số Giả sử phương trình có nghiệm nguyên (x0 ; y0 ) ta có x02  y02  11  y0 lẻ tức y0  k   k  ¥ *  Ta có x0  9(2k  1)2  11  x2  18 k  k  1  10  x0 chẵn tức x0  2m m ¥ *  Tức m2  18 k  k  1  10  2m2  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 x2  y2  11 khơng có nghiệm ngun 1.18 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 1.19 Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 y2  x2  y2  10 xy (Đề thi tuyển sinh THPT khối chuyên Toán chuyên Tin ĐHQG Hà Nội, năm 2006) Hướng dẫn giải – đáp số Ta có x2 y2  x2  y2  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 nguyên  x; y   0;  ;  1; 1 ;  1; 1 1.20 Tìm số tự nhiên nhỏ biết chia số cho 2005 dược dư 23 cịn chia số cho 2007 dư 32 (Đề thi vào lớp 10 chuyên ĐHSP TP Hồ Chí Minh, năm học 2007 - 2008) Hướng dẫn giải – đáp số Gọi số tự nhiên cần tìm n Ta có n  2005 x  23  2007 y  32  2005 y  y  32   y   2005  x  y   2005 k k  ¥ *  x; y ¥    y  20052k  n nhỏ y nhỏ nhất, y nhỏ 998 k = Vậv sổ tự nhicn nhỏ cần tìm n  2007.998  32  2003018 1.21 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 tơ? Biết tơ chở không 30 người (Thi học sinh giỏi lớp Thừa Thiên - Huế, năm học 2008 - 2009) Hướng dẫn giải – đáp số Gọi số ô tơ lúc đầu x ( x¥ x  ), số học sinh cắm trại 22 x  Theo giả thiết số xe x 1 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  22xx11  22  x23 Vì x,y ¥ nên x 1 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 1.22 Tìm cặp số tự nhiên (m; n) thỏa mãn hệ thức m2  n2  m n  (Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Lê Q Đơn, Bình Định, năm học 2011 - 2012) Hướng dẫn giải – đáp số Do m,n ¥ nên m2  n2  m n    m2  n2    m 11        4m2  4m   4n2  4n   34   2m  1   2n  1  32  (*) 2 2n   n  m     2m   m  2n   n  2m   Từ (*)   Có hai cặp số  m; n  2;   3;  1.23 Tìm cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn x2  y2  20412 (Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên KHTN- ĐHQG Hà Nội, năm học 2013 - 2014) Hướng dẫn giải – đáp số Nhận xét: Với a, b số nguyên thỏa mãn a2  b2 M3 aM3 bM3 Ta có x2  y2  20412  6 x2  y2    x2  y2   28.93 Suy x2  y2 M3  xM3 yM3 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 x2  y2  28.9 Tương tự ta có x2  x3 ; y2  y3  x3 ; y3  ¢  ta x3  y3  28 Suy y32  28  2 nên y32  y32  * Với y32  x32  28 (loại) * Với y32  x32  22  x22  9.22 ; y22   x12  2 ; y12   x2  3.2 ; y2  Vậy có cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn  54; 27  ;  54; 27  ;  54; 27  ;  54 ; 27  1.24 Tìm cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn điều kiện x2  y2  74 (Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Lê Q Đơn, Bình Định, năm học 2014 - 2015) Hướng dẫn giải – đáp số Từ điều kiện cho x2  5y2  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 y2  74  y2  15   y   y  (vì y chẵn)  x  Vậy cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn điều kiện  3;  ;  3; 2  ;  3;  ;  3; 2  1.25 Tìm số nguyên dương  x; y  thỏa mãn phương trình  x  y  120 y  (Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên trường ĐHSP TP Hồ Chí Minh , năm học 2013 - 2014) Hướng dẫn giải – đáp số Do x; y ¥ * nên ta có  x  y  120 y   120  x  y   x  y  120  44  x  y  Cũng x; y ¥ * nên  x  y  mà 120 y  số lẻ  x  y số lẻ Do x  y  Vì 35  120 y   y   x  Nghiệm nguyên dương phương trình  x; y    1;  1.26 Tìm tất số nguyên dương  x; y  cho 3x  2y  (Đề thi tuyên sinh vào lớp 10 chuyên trường ĐHSP TP Hồ Chí Minh, năm học 2014 - 2015) Hướng dẫn giải – đáp số Ta có 3x  2y   3x   2y (1) * Nếu x chẵn tức x  2k  k  ¥ *  Từ (1) ta có  3k  1 3k  1  2y 3k   2a Do  k a,b ¥ a  b b 3   Xét 2a  2b   3k  1   3k  1   2b  2ab  1  nên a b a b  2   2  a  b  a      b  b  b  b  2  3k   22 Do  k  2.3k   3k   k  x   3   Từ (1) có 2y  32    23  y  * Nếu x lẻ tức x  2k   k  ¥  Xét 32 k1    32 k  1    9k  1  chia cho dư Vì  9k  1M  1  2y chia cho dư  2y   y  Ta có 3x   21  x  Vậy tất cặp số nguyên dương  x; y   2;   1; 1 1.27 Tìm cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn x2 y  xy  x2  x   ( Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên TP Hà Nội, năm học 2014 - 2015) Hướng dẫn giải – đáp số  x  x   y  xy   Mx  x  4; 2; 1; 1; 2; 4 (*) Từ phương trình  xy  x  1  x2  x    x   x  1    x  1  xy  x  1   5M 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  ;  1.28 Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2  y2  xy  x  y   (Đề thi vào lớp 10 chuyên trường ĐHSP TP Hồ Chí Minh, năm học 2015-2016) Hướng dẫn giải – đáp số x2  y2  xy  x  y    x2  xy  xy  y2  x  y   x  x  y   y  x  y    x  y     x  y  x  y  1  Ta có  7.1  17   7   1   1  7  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 không tìm x; y nguyên Vậy nghiệm nguyên phương trình cho  x; y    1; 3  ... 18   xy  x  y  54  xy  x  y   54   x  y     y    58   x   y    58  58. 1  2.29  29.2   1   58     58   1   2   29    29   2  Ta biết 58. .. 2z  13  36 yz  12 y  12 z  78  y  z     z    82  6 y  6 z    82  182  2.41 6 y   6 y    khơng có giá trị ngun dương  6 z   82 6 z   41 Vậy: Do vai trò x,... ;  x  4  x  5  x3  12 x2  48 x  64  x3  15 x2  75 x  125; x6  x3  18 x2  1 08 x  216 Do  x     x     x     x    x3  18 x2  42 x  3 3  9  x(x  x  21)