Chủ đề 5 các bài toán về phương trình nghiệm nguyên

Chủ đề PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN I MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Phương pháp Sử dụng tính chất quan hệ chia hết 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  Xét số dư hai vế phương trình để phương trình khơng có nghiệm, tính chẵn lẻ vế, …  Đưa phương trình dạng phương trình ước số  Phát tính chia hết ẩn  Sử dụng tính đồng dư đại lượng nguyên Ví dụ Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm nguyên: a) x  y 1998 b) x  y 1999 Lời giải a) Dễ dàng chứng minh x ; y chia cho có số dư nên x  y chia cho có số dư 0, 1, Còn vế phải 1998 chia cho dư Vậy phương trình cho khơng có nghiệm nguyên b) Dễ dàng chứng minh x ; y chia cho có số dư nên x  y chia cho có số dư 0, 1, Cịn vế phải 1999 chia cho dư Vậy phương trình khơng có nghiệm ngun Ví dụ Tìm nghiệm nguyên phương trình: 9x  y  y Lời giải Biến đổi phương trình: 9x  y  y  1 Ta thấy vế trái phương trình số chia hết cho dư nên y  y  1 chia cho dư Như y 3k  y  3k  với k số nguyên 219 Khi ta 9x   3k  1  3k    9x 9k  k  1  x k  k  1 Thử lại ta thấy x k  k  1 y 3k  thỏa mãn phương trình cho  x k  k  1 Vậy nghiệm phương trình  với k số nguyên tùy ý  y 3k  Ví dụ Giải phương trình nghiệm ngun x  5y 27 Lời giải Một số ngun x biểu diễn dạng x 5k x 5k 1 x 5k 2 , k số nguyên Khi ta xét trường hợp sau:    Nếu x 5k , từ x  5y 27 ta  5k   5y 27  5k  y 27 Điều vơ lí vế trái chia hết cho với k y số ngun, cịn vế phải khơng chia hết cho  Nếu x 5k 1 , từ x  5y 27 ta  5k 1    5y 27  25k 10k   5y 27  5k 2k  y 26 Điều vơ lí vế trái chia hết cho với k y số ngun, cịn vế phải khơng chia hết cho Nếu x 5k 2 , từ x  5y 27 ta  5k 2     5y 27  25k 20k   5y 27  5k 4k  y 23 Điều vơ lí vế trái chia hết cho với k y số nguyên, vế phải khơng chia hết cho Vậy phương trình cho khơng có nghiệm số ngun 2 Ví dụ Tìm nghiệm nguyên dương phương trình sau 19x  28y 729 Lời giải     2 2 Cách Viết phương trình cho dạng 18x  27y  x  y 729 2 Từ phương trình suy x  y chia hết 2 Chú ý số phương chia cho có số dư Nên từ x  y chia hết ta suy x y chia hết cho Đặt x 3u; y 3v  u; v  Z  Thay vào phương trình cho ta 19u  28v 81 220 Từ phương trình 19u  28v 81 , lập luận tương tự ta suy u 3s; v 3t  s; t  Z  Thay vào phương trình 19u  28v 81 ta 19s  28t 9 Từ phương trình 19s  28t 9 suy s, t khơng đồng thời Do ta 19s  28t 19  Vậy phương trình 19s  28t 9 vơ nghiệm phương trình cho vơ nghiệm Cách Giả sử phương trình cho có nghiệm Dễ thấy 28y chia hết cho 729 chia dư Từ ta suy 19x chia dư Mặt khác số phương chia có số dư 1, 19x chia có số dư 3, điều mâu thuẫn với 19x chia dư Vậy phương trình cho vơ nghiệm Ví dụ Xác định tất cặp nguyên dương  x; n  thỏa mãn phương trình: x  3367 2 n Lời giải   3 2 Để sử dụng đẳng thức a – b  a – b  a  ab  b ta chứng minh n chia hết cho Nhận thấy 3367 chia hết từ phương trình x  3367 2n suy x n có số dư chia cho 7(hay x 2 n (mod 7)) Nếu n khơng chia hết cho n chia cho cho số dư hoặc 4, x chia cho cho số dư hoặc Do để x n có số chia cho n phải chia hết cho   * Đặt n 3m m  N Thay vào phương trình cho ta x  3367 2 3m  m Hay ta  x    2m  x    3x.2 m 3367 Từ phương trình ta suy m  x ước nguyên dương 3367  Hơn m  x    m  3m  x 3367 nên  x   1; 7;13 Ta xét trường hợp sau    Xét m  x 1 , thay vào x  3367 2 3m ta suy m m – 2.561 , phương trình vơ nghiệm 221    Xét m  x 7 , thay vào x  3367 2 3m ta suy m m – 13 2.15 , phương trình vơ nghiệm    Xét m  x 13 , thay vào x  3367 2 3m ta suy m 2m – 24.32 Từ ta có m 4 nên ta suy n 12 x 9 Vậy cặp số nguyên dương  x; n  thỏa mãn u cầu tốn  9;12  Ví dụ Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2x  4x 19  3y Lời giải Biến đổi tương đương phương trình  2x  4x  21  3y   x  1 3  y    2 Ta thấy  y 2   y 2  y số lẻ 2 Ta lại có  y 0 nên y 1 Khi ta  x  1 18 Từ ta x 2 x  Suy cặp số  2;1 ,  2;  1 ,   4;1 ,   4;  1 nghiệm phương trình cho 2 Ví dụ Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  2x  11 y Lời giải Cách Biến đổi tương đương phương trình ta x  2x  11 y  x  2x   12 y   x  1  y 12   x   y   x   y  12 Ta có nhận xét: + Vì phương trình cho chứa y có số mũ chẵn nên giả sử y 0 Thế x   y x   y + Ta có  x   y    x   y  2y nên x   y x   y tính chẵn lẻ Tích chúng 12 nên chúng số chẵn Với nhận xét ta có hai trường hợp  x   y 6  Trường hợp 1: Ta có   x   y   222  x 5   y 2  x   y   Trường hợp 1: Ta có    x   y  x    y  Vậy phương trình cho có nghiệm  x; y   5;  ,  5;   ,   3;  ,   3;     2 Cách Viết thành phương trình bậc hai x x  2x  11  y 0 Khi ta có  ' 1  11  y 12  y Điều kiện cần để bậc hai có nghiệm ngun ' số phương 2 2 Từ ta đặt 12  y k  k   hay ta k  y 12   k  y   k  y  12 Giả sử y 0 k  y k  y k  y 0 lai có  k  y  –  k – y  2y nên k  y k  y tính chẵn lẻ phải chẵn  k  y 6 Từ nhận xét ta có   k  y 2 Do ta y 2 , ta x  2x  15 0 , suy x 3 x 5 Vậy phương trình cho có nghiệm  x; y   5;  ,  5;   ,   3;  ,   3;   Ví dụ Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm nguyên: x  y  z 1999 Lời giải Ta biết số phương chẵn chia hết cho 4, cịn số phương lẻ chia cho dư chia cho dư Tổng x  y  z số lẻ nên ba số x ; y ; z phải có số lẻ hai số chẵn ba số lẻ + Trường hợp ba số x ; y ; z có số lẻ hai số chẵn vế trái phương trình cho chia cho dư 1, vế phải 1999 chia cho dư 3, trường hợp loại + Trường hợp ba số x ; y ; z lẻ vế trái phương trình chia cho dư 3, cịn vế phải 1999 chia cho dư 7, trường hợp loại Vậy phương trình cho khơng có nghiệm ngun Ví dụ Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 1 1    x y 6xy 223 Lời giải Nhân hai vế phương trình với 6xy ta 6y  6x  xy Đưa phương trình ước số ta x  y     y   37   x    y   37 Do vai trị bình đẳng x y nên khơng tính tổng qt ta giả sử x y 1 , x y nguyên dương nên ta x  y    x  37  Do có trường hợp xẩy   y  1  x 43   y 7 Vậy phương trình cho có nghiệm  x; y   43;  ,  7; 43  Ví dụ 10 Tìm số tự nhiên x số nguyên y cho: x  y Lời giải Lần lượt xét giá trị tự nhiên x sau + Nếu x 0 y 4 nên y 2 + Nếu x 1 y 5 , phương trình khơng có nghiệm ngun Nếu x 2 , x  số lẻ nên y số lẻ Lại có x 4 nên x  chia cho dư 3, y chia cho dư Do phương trình khơng có nghiệm Vậy nghiệm phương trình  x; y   0;  ,  0;   Ví dụ 11 Giải phương trình với nghiệm nguyên dương: x  57 y Lời giải Xét hai trường hợp:  Trường hợp 1: Nếu x số nguyên lẻ Đặt x 2n   n   Khi ta có n x 2 2n 1 2.4n 2   1 2  3a  1 6a  với a số nguyên dương Khi vế trái phương trình số chia cho dư 2, cịn vế phải số phương chia cho khơng dư Do trường hợp loại    Trường hợp : Nếu x số nguyên chẵn Đặt x 2n n  * Khi ta có  y  2n 57  y  n   y   3.19 Ta thấy y  n  nên y  n  y  n  y  n Do có trường hợp sau 224 n y  2n 57 19 y  2n 2n 28(loại) n y 11 x 2n Thử lại ta thấy  57 112 Vậy nghiệm phương trình  6;11 Ví dụ 12 Giải phương trình nghiệm ngun: x  y 6xy  Lời giải Biến đổi tương đương phương trình ta x  y 6xy    x  y   3xy  x  y  6xy  Đặt a x  y; b xy với a, b số nguyên 3 Khi phương trình trở thành a  3ab 6b   a  3b  a     Từ ta suy a  1a  hay ta a    a   nên a  Suy a  ước 7, ta có b  a2 a 1 a3   a  2 b a3  , nên ta có bảng giá trị sau  a  2 1 3 Khơng ngun Khơng ngun Từ ta có nghiệm phương trình a  3ab 6b   a; b    1;  ,  5;   x  y   Với  a; b    1;  ta    xy 0  x  y 5  Với  a; b   5;  ta   xy    x 0; y    x  1; y 0  x 2; y 3   x 3; y 2 Thử lại ta nghiệm phương trình  x; y   0;  1 ,   1;  ,  2;  ,  3;  Ví dụ 13 Giải phương trình nghiệm nguyên: 3x  2y  5xy  x  2y  0 Lời giải Phương trình tương đương với i 225  3x     6xy   2y  xy   x  2y  7  3x  x  2y   y  x  2y    x  2y  7   x  2y   3x  y  1 7 1.7 7.1        1 Do ta có trường hợp sau:  13  x  ,(loại)  y    x  2y 7 x  2y 7 x 1   +Trường hợp 2:  ,(nhận)  3x  y  1 3x  y 0  y   x  2y 1  +Trường hợp 1:   3x  y  7 x  2y 1   3x  y 6  17  x  ,(loại)   y    11 x   x  2y  x  2y    + Trường hợp 4:  ,(loại)  3x  y   3x  y   y 19  Vậy phương trình cho có nghiệm ngun  1;    x  2y   +trường hợp 3:   3x  y   x  2y    3x  y  Phương pháp Đưa hai vế tổng bình phương Ý tưởng phương pháp biến đổi phương trình dạng vế trái tổng bình phương vế phải tổng số phương 2 Ví dụ Tìm nghiệm ngun phương trình x  y  x  y 8 Lời giải Biến đổi tương đương phương trình ta x  y  x  y 8  4x  4y  4x  4y 32     2  4x  4x   4y  4y  34   2x  1   2y   34 Để ý 34 32  52 Do từ phương trình ta có trường hợp sau  2x  1 32    2y  1 52  2x  1 52    2y  1 32  2x  3  2x  5 Khi ta    2y  5  2y  3 Giải phương trình ta thu nghiệm nguyên  2;  ,  3;  ,   1;   ,   2;  1 226 Ví dụ Tìm nghiệm nguyên phương trình x  xy  y 3x  y  Lời giải Biến đổi phương trình ta x  xy  y 3x  y   2x  2xy  2y 6x  2y  2 2   x  y    x     y  1 8 0  2  2 Khi ta xét trường hợp sau: 2 2 + Với x  y 0 , ta   y     y  1 8  y  1, x 1 + Với x  0 , ta   y     y  1 8  y  1, x 1 2 + Với y  0 , ta  x  1   x   8  x 1 Vậy phương trình có nghiệm ngun  1;  1 ,  3;  1 ,  1;1 2 Ví dụ Tìm nghiệm ngun phương trình: 4x  y  4x  6y  24 0 Lời giải Biến đổi tương đương phương trình ta 2 4x  y  4x  6y  24 0   2x  1   y   34  2x  1 32  2x  1 52   Chú ý 34 32  52 nên ta có trường hợp   2  y   5  y   32 Ta xét bảng giá trị tương ứng sau 3 3 3 5 5 5 2 2 1 2 2 8 Từ ta có nghiệm ngun phương trình 2x  y x y 3 5 3 5 3 3  x; y   1;  ,  1;   ,   2;  ,   2;   ,  2;  ,  2;  ,   3;  ,   3;  Ví dụ Giải phương trình nghiệm nguyên: 2x  2x y  y 128 Lời giải Biến đổi tương đương phương trình cho ta  2x  2x y  y 128  x  y   x  2 2 8      8            Từ ta có trường hợp sau  x  y 8  y 0    + Trường hợp 1:   x 8  x 8  y 0  x 2 227  x  y   y 16  y 16    + Trường hợp 2:  x 8 x 2  x 8  x  y 8  y  16  y  16    + Trường hợp 3:   x  x   x   x  y   y 0  y 0    + Trường hợp 4:   x  x   x  Vậy phương trình có nghiệm ngun  x; y   2;  ,  2; 16  ,   2;  16  ,   2;  Cách khác 1: Đặt t x , phương trình trở thành 2t  2yt  y 128  4t  4yt  2y 256   2t  y   y 16  0  16 Cách khác 2: Đặt t x , phương trình trở thành 2t  2yt  y 128  2t  2yt  y  128 0 Xem phương trình phương trình ẩn t, ta có  't  y  256 ' Phương trình có nghiệm  t 0   y  256 0   16 y 16 Đến xét trường hợp y vào phương trình ta tìm x Phương pháp Sử dụng tính chất số phương Một số tính chất số phương thường dùng giải phương trình nghiệm nguyên  Một số tính chất chia hết số phương  Nếu a  n   a  1 với a số ngun n khơng thể số phương  Nếu hai số nguyên dương ngun tố có tích số phương số đếu số phương  Nếu hai số ngun liên tiếp có tích số phương hai số ngun Ví dụ Tồn hay khơng số nguyên dương x cho với k số ngun ta có x  x  1 k  k   Lời giải Giả sử tồn số nguyên dương x để x  x  1 k  k   với k nguyên 2 2 Ta có x  x k  2k  x  x  k  2k   k   2 Do x số nguyên dương nên x  x  x   k  1 2 (1) 2 Cũng x số nguyên dươg nên  k  1 x  x   x  2x   x  1 228