Phương trình nghiệm nguyên

(HSG THPT QUẢNG XƯƠNG NĂM 2018-2019) Cho chóp S ABC có đáy là ABC vuông tại B và SA   ABC  Biết AB a, AC 4a, SA 2a Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB, SC Chứng minh Câu SC   AHK  Tính góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng  AHK  Lời giải  AK  BC  BC   SAB    AK   SBC   AK  SC Ta có:   AK  SB Mà AH  SC  SC   AHK  S H 2a K A C 4a a B  SB   AHK  K  HK là hình chiếu vuông góc của SB lên  AHK  Ta có:   SH   AHK   SC   AHK    ,  AHK   SB  , HK SKH   SB         Ta có: SKH (vì SHK SCB SBC 90 )   Lại có SB  4a  a a ; BC  AC  AB a 15 , tan SCB  SB a   BC a 15    30 Vậy SB,  AHK  SCB Câu (HSG ĐỀ 155) Cho f  x   x  ax  b với a,b   thỏa mãn điều kiện: Tồn tại các số nguyên m, n, p đôi phân biệt và m, n, p 9 cho: f  m   f  n   f  p  7 Tìm tất các số (a;b) Lời giải +3 số f (m), f (n), f ( p ) hoặc dương, âm hoặc có số dấu nên: TH1: f (m), f (n), f ( p ) hoặc -7  loại vì phương trình f(x)-7=0 có nghiệm phân biệt TH 2: f (m)  f (n) 7 và f ( p)  Không tính tổng quát,giả sử m>n và m  p  n  p Ta có: m,n là nghiệm pt: x  ax  b  0 và p là nghiệm phương trình: x  ax  b  0 nên :  n   m  n a   p  (n  p)(n  p  a) 14  ( n  p)( p  m) 14   n  (m  p )(m  p  a) 14     p  p 2  n  m 9(l ) m 7 p   n  m  9(l ) m  Trương hơp3: f (m)  f (n)  và f ( p ) 7 ,khi đó hoàn toàn tương tự ta có:  m  p   m  p 7 ( p  n)( m  p)  14   hoặc   p  n 2  p  n  Do m,n,p   1;9 nên ta được là: (a;b)=  (11;17), (13; 29), (7;  1), (9;7) Câu 4: (HSG ĐỀ 185) ( điểm) Tìm tất các số nguyên tố p cho tồn tại các số nguyên dương n, x, y thỏa mãn : p n = x + y Lời giải p n = x + y (*) Với p = , ta có : 21 = 13 +13 Với p = , ta có 32 = 13 + 23 Ta chứng minh p > thì không tồn tại các số nguyên dương n, x, y thỏa đề bài Thật vậy, giả sử ngược lại, chọn n, x, y thỏa (*) cho n bé Do p ¹ nên ( x; y ) ¹ (1;1) Khi đó : x - xy + y = ( x - y )2 + xy > và x + y > Do đó x - xy + y và x + y là bội của p Suy : ( x + y ) - ( x - xy + y ) = xy Mp Do p > nên x Mp hoặc y Mp Mà ( x + y )Mp nên x và y chia hết cho p 3 æ ỉx ỉy x ÷ n- n' '3 '3 ỗ ữ ữ ỗ ỗ n ', x ', y ' = n 3, , ÷ ( ) Điều này cho ta : ( *) Û p = ç ÷+ với ÷ Û p = x + y ç ç ÷ ÷ ÷ ÷ ç ç ç ÷ èp ø ÷ p pø è èp ø Do đó n ' < n ( trái giả thiết n là số nhỏ ) Vậy có p = và p = thỏa đề bài Câu 5: (HSG ĐỀ 186) ( điểm) Tìm tất các số n   cho 2n  1n Lời giải + n 1 thỏa yêu cầu đề bài + n  , gọi p là ước nguyên tố nhỏ của n n Vì n  nên n lẻ suy p 3 n p Ta có 1 mod p  và 1 mod p  Gọi h ord p   suy h n và h p  Do p là ước nguyên tố nhỏ của n mà h n nên h  p Mặt khác h p  nên h  p   p mâu thuẫn Câu (HSG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI) (4 điểm) Tìm tất số nguyên tố p cho tồn tại các số nguyên m, n mà p m  n và p | m3  n3  Lời giải Với m , n 3 , ta tìm được p 2 12  12 ,5 2  12 ,13 ( 3)  ( 2) Xét m , n  , ta chứng minh không có số nguyên tố p nào thỏa mãn Để ý p  nên ( m  n) 2mn(mod p) và m3  n3 (m  n)(m  mn  n )  mn(m  n) (mod p ) Do đó điều kiện cho có thể viết lại thành mn(m  n)  4(mod p)  (m  n)3  (mod p ) hay p | (m  n  2)(m  2mn  n  2m  2n  4) 2 (1) Nếu p | m  n  thì m  n  m  n  1.1) Nếu m  n   thì viết lại thành (2m  1)  (2n  1) 10, không thỏa 1.2) Nếu  (m  n  2)  thì viết lại thành (2m  1)  (2n  1)  , vô lý (2) Nếu p | m  2mn  n  2m  2n  thì p | 2mn  2m  2n  , đánh giá tương tự trên, ta có điều vô lý Do đó p 2, p 5, p 13 là các số nguyên tố thỏa mãn đề bài Câu 2: (HSG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2012-2013) Tìm tất các giá trị của a, b cho phương trình x  ax  bx  3a 0 có các nghiệm là các số nguyên dương Lời giải Giả sử phương trình cho có ba nghiệm nguyên dương    Khi đó, theo định lý Viette        a,      b và   3a và đó       (1)  3  3  3           3  (2)    3       , mâu thuẫn với (1) Vậy  3 3 Với  3: đó  3,  3  3  3  3 3.32      1    1 4 Từ đó   3  Nếu   thì   và a  9, b 27 Với  2 :  2,  2    2  3 3.2    2       21 Giải phương trình này với ý   2 ta được   ;      12;  ,  5;3  Với  12,  2  a  16, b 52 Với  5,  3  a  10, b 31 Với  1:  1,  2    2  3 3.12    2       12, vô lí Vậy tất các cặp số  a; b      9; 27  ,   16;52  ,   10;31  Câu 3: (HSG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2012-2013) Giả sử a, b, c, d là các số nguyên cho a  b  c  d là số nguyên lẻ và chia hết a  b  c  d Chứng minh với số nguyên dương n có a  b  c  d chia hết a n  b n  c n  d n Lời giải + Chứng minh được nhận xét: “Với a,b,x,y,z,t là các số nguyên cho a  b là ước của x  y và là ước của z  t thì a  b | xz  yt ” + Mặt khác, ( a  c)  (b  d )2 (a  b  c  d )(a  b  c  d ) (a  b  c  d ) nên suy a  b  c  d | a  b  c  d  2(ac  bd ) Từ đó, giả thiết nên thu được a  b  c  d | ac  bd (1) + Ta chứng minh kết luận của bài toán phương pháp quy nạp toán học Với n 1, : thì kết luận hiển nhiên Giả sử khẳng định tới n, tức là a  b  c  d | a n  b n  c n  d n với n  , n 2 Ta cần chứng minh a  b  c  d | a n 1  b n 1  c n 1  d n 1 (2) Thật vậy, a  b  c  d | (a  c )  (b  d ) và nhận xét suy a  b  c  d là ước của (a  c)(a n  c n )  (b  d )(bn  d n ) a n 1  b n 1  c n 1  d n 1  ac( a n   c n  )  bd (bn   d n  ) Nhưng, (1), giả thiết quy nạp và nhận xét suy a  b  c  d | ac(a n   c n  )  (bd (b n   d n  ) Vậy suy a  b  c  d là ước của (a  c)( a n  c n )  bd (b n  d n )  ac( a n   c n  )  bd (bn   d n  ) a n 1  bn 1  c n 1  d n 1 (2) được chứng minh Từ đó, theo nguyên lý quy nạp, suy a  b  c  d | a n  b n  c n  d n với mọi số nguyên dương n Câu 4: (THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM 2018-2019) (4,0 điểm) Chứng minh với mọi 2 n số nguyên n 3 , tồn tại các số nguyên dương lẻ x, y cho x  y 2 Lời giải Ta chứng minh tồn tại các số nguyên dương lẻ xn , yn cho xn2  yn2 2n , n 3 Với n 3 , ta có thể chọn x3  y3 1 Giả sử mệnh đề với n Ta cần xây dựng cặp  xn1 , yn1  các số nguyên dương lẻ 2 n 1 cho xn1  yn1 2 Thật vậy, ta có đẳng thức sau 2  x  yn   xn  yn  2 n 1 7 n    2  xn  yn  2     x  yn x  yn xn  yn Chú ý là hai số n là lẻ, giả sử n lẻ thì , 2 xn  yn x  yn 3 xn  n 2 x  yn x  yn là số lẻ, đó ta chọn xn1  n và yn1  n 2 x  yn xn  yn x  yn Nếu n lẻ, thì lẻ, đó ta chọn 3 xn  n 2 x  yn x  yn và yn1  n xn1  n 2 Câu (HSG SỞ TÂY NINH NĂM 2014-2015) (5 điểm) Chứng minh với n nguyên dương và n 3 thì phương trình 4x n  (x  1) y không có nghiệm nguyên dương (x; y) Lời giải Giả sử với n nguyên dương và n 3 , phương trình cho có nghiệm nguyên dương (x; y) Khi đó: 4x n y  (x  1) (y  x  1)(y  x  1) Vì y  x  và y  x  chẵn hoặc lẻ; 4x n chẵn nên y  x  và y  x  chẵn Đặt y  x  2a thì y  x  2(a  x  1) , suy x n a(a  x  1) Do (a,a  x  1) 1 nên tồn tại các số nguyên u, v cho a u n , a  x  v n , x uv Do n 3 nên uv  x  v n  u n (v  u)(v n   v n  2u   u n  ) 1  uv  v Vô lí Vậy phương trình cho không có nghiệm nguyên dương Câu 3: (HSG KV DUYÊN HẢI ĐBBB NĂM 2019) (4 điểm) Tìm các số tự nhiên m, n, k cho 5m  n k Lời giải m +) n 0   k  1  k  k  1  k  k  5 5 , vô lý m 2 ) n 1  5m k 0, 1  mod   m 3m1   n k  53m1  k  5m1 k  5m1 k  52 m1  k  5m1 7 - Nếu  m1 thì 3.5m1.k k  5m1 k  52 m1  k  5m1 m1 k  k  7 Do đó 5m 7 , vô lý   7  k 7 - Vì k  5m 1, k  5m k  52 m 7 n 1 Suy n  5m 1  5m  5m 1   52 m 3.5m  5m 1  1 1 1 1 * Nếu m1 1 thì n  5  n 4  n  4 m Vô lý vì  2  mod  * Nếu m1 0, k 2, n 1, m 0 Vậy hệ có nghiệm m 0, n 1, k 2 Câu 4: (HSG ĐỀ 218) Tìm x, ythoả: x  x  10  y Lời giải TH1: y2k, k  Khi đó, y 0 mod8  (3x  1)  0 mod8  (3 x  1)  1mod8 Điều này là vô lý vì TH2: y là số lẽ Ta viết lại phương trình (1): (3 x  1)   y  hay (3 x  1)  ( y  2)( y  y  4) (2) Ta xét hai trường hợp nhỏ: y  4k   y  4k  Khi đó Vế phải của (2) có ước nguyên tố dạng p 4l  và ước này  là ước của Vế trái (2) Điều này vô lý vì Vế trái là tổng của hai số chính phương  y 4k  Khi đó y  y  có dạng 4m  Lập luân tương tự ta suy điều vô lý Vậy không có giá trị của x, y thỏa mãn phương trình