Nghieemj nguyên nguyễn tuyết

b Bài 1: Tìm số nguyên tố a, b, c cho a  1999 c : Hướng dẫn giải a , b a , b 2 Vì số nguyên tố nên suy c 2003 b Vì c 2003 nên c số lẻ.Suy ra: a số chẵn a b số chẵn nên a 2 2b  1999  2b  1  1998 Nếu b số lẻ chia hết cho 3.suy c chia hết cho ( mâu thuẫn c nguyên tố).Vậy b 2 Với a b 2 ta có c 2003 cho: Bài 2: Chứng minh không tồn số nguyên x, y, z cho x Hướng dẫn giải Ta có nhận xét 2012  2009y 2012 2011 2012z 2010 Bình phương số nguyên đem chia cho số dư là 2012 Ta có x chia cho dư 1; 2009y Suy ra: x 2012 2012 chia dư  2009y 2012 chia cho dư dư dư (1) Ta có: 2011 2012z 2010 chia cho dư (2) Từ (1) (2) suy không tồn số nguyên x, y, z thỏa phương trình 2 Bài 3: Chứng minh phương trình x  y 2011.z khơng có nghiệm ngun dương Hướng dẫn giải 2 x ; y ; z  Giả sử 0 nghiệm nguyên dương x0 nhỏ phương trình x  y 2011.z chia hết cho 2011 TH1 Nếu x0 chia hết cho 2011 y0 chia hết cho 2011 Tồn số nguyên dương x1, y1 cho x0 2011.x1 y0 2011 y1 x02  y02 20112 ( x12  y12 ) 2011z02  2011( x12  y12 )  z02  z0 chia hết cho 2011 => tồn số nguyên dương z cho z0 2011.z1  x12  y12 2011z12 Suy  x1; y1; z1  ngiệm phương trình (vơ lý x0 nhỏ TH2 Nếu x0 khơng chia hết cho 2011 y0 khơng chia hết cho 2011 2010 2010 Theo định lý Ele ta có x0 y0 chia cho 2011dư 2010 1005 2 Mà x0 ( x0 ) suy x0 y0 chia cho 2011dư  x02  y02 chia cho 2011dư (vô lý) 2 Vậy phương trình x  y 2011z khơng có nghiệm nguyên dương 4 4 2014 Bài 4: Giả sử a, b, c, d , e số tự nhiên cho a  b  c  d  e 2009 Chứng minh abcde chia hết cho 10 Hướng dẫn giải 2014 Với n  N ,ta có n chia cho dư dư 1; 2009 chia dư 4 4 Từ giả thuyết đề suy số a , b , c , d , e có số chia hết cho 8; số lại chia dư Suy số a, b, c, d , e có số chia hết cho Do abcde chia hết cho Tương tự ta chứng minh abcde chia hết cho 4 Vì , nguyên tố nên ta có điều phải chứng minh ab2n  Bài 5: Tìm số nguyên dương a, b, n cho a  b số nguyên tố Hướng dẫn giải Đặt p ab2n  a  b Ta có a  b   a  b 2n  b Mặt khác a  a  b  p  b Lại có ab2n   p  a  b  p  a p 2n  d p  b Đặt a d p  d b Suy bd dp b Do p số nguyên tố nên b d b dp Tuy nhiên b  p nên ta loại trường hợp b dp 2n   p  1 p b2n   1b  1 p b  2n  1 Với b d  b n 1; b  p  1; a  p  1 p với p số nguyên tố tùy ý Bài 6: Cho hàm số y  x  px  q (1) Chứng minh rằng, p, q  Z phương trình y 0 có nghiệm hữu tỷ nghiệm nghiệm nguyên Hướng dẫn giải Vậy  p  p  4q Q Nghiệm hữu tỷ nên Do p, q  Z p  4q  Z p  p  p  4q  chẵn, lẻ nên  x; y  , x 1, y 0 2x2  13xy  17y  x  1975y  2006 0 Bài 7: Tìm cặp số nguyên p2  4q Bài 8: Cho đa thức P  x   x2017  ax  bx  c , với hệ số nguyên a, b, c có ba nghiệm nguyên  a  b  c  1 x1  x2 x2  x3 x3  x1 chia hết cho x1, x2, x3 Chứng minh rằng: 2017  Đa thức cho viết lại: Đặt    Hướng dẫn giải P  x   x2017  x    ax2   b  1 x  c  f  x   ax2   b  1 x  c 2017 Theo định lí Fermat nhỏ: xi  xi 2017, i 1, 2, 3, mà f  xi  P  xi    xi2017  xi    xi2017  xi  2017, i 1, 2, Nếu  x1  x2  x2  x3  x3  x1 2017thì tốn chứng minh Nếu  x1  x2   x2  x3   x3  x1   f  x1   f  x2  2017    f  x2   f  x3  2017 không chia hết cho 2017 theo ta được:  x1  x2   a  x1  x2   b  1 2017   x2  x3   a  x2  x3   b  1 2017 a  x1  x2   b  12017    a  x1  x3  2017  a 2017  b  12017 a  x2  x3   b  12017 Mà f  xi  axi2   b  1 xi  c 2017 Vậy  a  b  c  1  x1  x2   x2  x3   x3  x1  2017 nên c 2017   a  b  c 12017 x y z Bài 9: Tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình:  12 13 Hướng dẫn giải x y z Giả sử x, y, z số nguyên dương cho:  12  13 x y z Đặt d   12 , g  13 Nếu y  d º  mod 7 , g º   1 z  mod 7 Đó điều vô lý 12y 122 8  d   1 Nếu y 2 12y ⋮ 122 ⋮  d  (-1)x (mod 8) 52k 1  mod 8 , 52k 1 5  mod 8  z Với k   ta có x chẵn z  g   1 1  mod 7  5y 1  mod 7 Ta có 56 1  mod 7 5t 1  mod 7  y 6  x, y, z chẵn với t   1, 2, 3, 4, 5 x  mod 8 Giả sử x  2a, y  2b, z  2c (a, b, c  N *)   , 12  Vì a b a  1  số nguyên dương b c a 7    12b    13c  m, n  m  n  ,  m, n   ) cho m  n , 12 2mn , 13 m  n Ta có 22b 3b  12b  2mn 2b  b Trường hợp 1: n  1, m  m  1 m Trường hợp  1  7a  m  17, m  17  27  m, n 2b   2 | m2  n2 || 24b   32b ||  24  ; 3 b Đó điều vơ lý b Ta có 22  2b || 2b  22  2b |2b  mod 7  m2  n2 khơng chia 2 a hết cho Đó điều vơ lý m  n  (a  N *) x y z Vậy phương trình  12  13 khơng có nghiệm ngun dương 2 Bài 10: Tìm số nguyên dương c cho phương trình xy  y  x  y c có ba nghiệm nguyên dương ( x, y) Hướng dẫn giải 2 Ta viết lại phương trình x( y  1)  y  y  c - Nếu y 1 c 0, loại y 1 x  - Nếu y2  y  c y ( y  1)  c  y 1 ( y  1)( y  1) , c y  y ( y  1)  c y  Ta có y  1(mod y  1), y  1 2(mod y  1) nên y ( y  1) 2(mod y  1)  c  2(mod y  1) c 0(mod y  1), c  2(mod y  1) , mà y  0(mod y  1), y   2(mod y  1) nên c  y  1(mod lcm( y  1, y  1)) Với y 2, ta có c 1(mod 3), c 2(mod 4) Do ta thử lấy c 10 x 4, 2, , y  | 10  y  , , , 11 , theo thứ tự Vậy phương trình có Ta phải có Khi ba nghiệm nguyên dương ( x, y ) (4, 2), (2, 3), (1, 11) x y Bài 11: Tìm tất ba số ( x; y; z ) nguyên dương thỏa mãn 1   z Hướng dẫn giải Không tổng quát, giả sử x  y Ta thấy 1 4x  4y (1 2y )2  22x  2y1 Do đó: y x y y 2x y 1 y Nếu 2x  y  (2 )  1  (1 )    (2  1) Suy không tồn z thỏa mãn x y y y ;  22x  1) nghiệm Nếu 2x  y  1  (1 )  z 1 Suy ( x; 2x  11 * phương trình với x   x y x Nếu 2x  y  pt  (1 ) ( z  1)( z  1) (*) Vì gcd( z  1; z  1) 2 x  nên z  122x  z  122x  2x  Nếu z  12 từ (*) suy z  12(1 4y  x ) 2(1 4x  2) 2(1 22x  )  22x   2, x  2x  2x  Điều vơ lí z  12  z  12  2x  Tương tự, Nếu z  12 từ (*) suy z  12(1 4y  x ) 2(1 4x  2) 2(1 22x  )  22x   2, x  2x  2x  Điều vơ lí z  12  z  12 