D12 phương trình nghiệm nguyên

Câu 5: Cho p số nguyên tố có dạng 4k  Chứng minh rằng, tồn số nguyên x, y cho x  y 1p Lời giải Đặt ri i  mod p  , i 1, 2, , p p Trong ri đôi phân biệt, si đôi phân biệt, ri , si   1, 2, , p  1 si   i  mod p  , i 1, 2, ,     Đặt A r1 , r2 , , rp   B  s11 , s2 , , s p   Khi đó, ta có:     p A B  A  B  p  2 + Nếu A  B  p  A  B  , nên tồn ri s j cho i   j  mod p  hay i  j 1p + Nếu A  B  p  A  B  , nên số ri , si đôi phân biệt Suy r1  r2   rp   s1  s2   s p  0  mod p  2 Điều mâu thuẫn, theo định nghĩa ri si   p  1  r1  r2   rp   s1  s2   s p  12  2         2    p  p  1  2                   mod p             Vậy tồn số nguyên x, y cho x  y 1p Câu Tìm tất cặp số nguyên thỏa mãn: x y  x  y  x  0 Lời giải 2 (1)  y ( x  8) ( x  2) Vì y ( x  2) số phương nên x  số phương 2 Đặt x   z Suy x  z 8   x  z   x  z  8 Có x  z x  z ước 8, x  z không âm nên x  z không âm Trường hợp 1:   x  z 8  x     x  z 1 Với x = ta có y 1 Với x = -3 ta có y 5 Vậy phương trình cho có nghiệm  3;1 ,  3;  1 ,   3;5  ,   3;   Cho p số nguyên tố; x, y, z số nguyên dương thỏa mãn x  y  z  p Chứng minh 3 x  y z  mod p  x  y  z chia hết cho x  y  z Câu 4: Lời giải Trong lời giải này, tất đồng dư thức modulo p Từ giả thiết ta có , suy (1) Ta có y - x số nguyên dương bé p p số nguyên tố nên y - x p nguyên tố Do từ (1) ta (2) Chứng minh tương tự ta cũngcó (3), (4) Từ (2) (3) ta có suy Do x + y + z chia hếtcho p, mà < x + y + z < 3p, suy x + y + z p 2p (5) Sử dụng (2) ta có , kết hợp với ta , thay trở lại (2) ta có (6) Từ (5) (6) với ý x + y + z tính chẵn lẻ ta có điều phải chứng minh x3  y   Cho x, y số nguyên khác – thỏa mãn số nguyên Chứng minh y +1 x +1 Câu 5: x30 – chia hết cho y + Lời giải Đặt x 1 a y 1 c  ;  với a, b, c, d số nguyên b, d > 0, (a,b) = 1; (c,d) = y +1 b x +1 d a c ad + bc   số nguyên Do (ad+bc)  bd  ad+cb  b  ad  b  d  b b d bd a c x3 +1 y +1 Mặt khác  = (x2 – x + 1)( y2 – y + 1) số nguyên  ac  bd  ac d  a d b d y +1 x +1 Vì (c,d) = nên a  b  b = Ta có Do x3  a   x  1( y +1)  x 30  ( x15  1)( x15  1)( y +1) Câu 5: y +1 b Tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình: 2 x  y  xy  x  y  0 2 Xem (1) phương trình bậc hai ẩn x ta có (1)  x    y  x  y  y  0 * Để (1) có nghiệm x nguyên điều kiện cần là:    y   4.2 y  y   y  14 y  33 k ( k nguyên, không âm)   * Lại xem y  14 y  33  k 0 phương trình bậc hai ẩn y Để có nghiệm nguyên y điều kiện 2 cần  ' 49  33  k 16  k m số phương (m nguyên dương)   Do m  k 16   m  k   m  k  16 16 = 16.1 = 8.2 = 4.4 nên ta có trường hợp  m  k 8  +) TH1:   m  k 2  m  k 4  +) TH2:   m  k 4 m 5 suy phương trình (1) có nghiệm  x; y   15;12  ,  1,   k 3 m 4 suy phương trình (1) có nghiệm  x; y   13;11 ,  3,3  k 0  m  k 16 +) TH3:  LoạiCâu :  m  k 1 Tìm tất cặp số nguyên dương   x, y  với x, y nguyên tố  3 thỏa mãn phương trình x  x  y  y Lời giải 2 Áp dụng đẳng thức a  b  c  3abc  a  b  c   a  b  c  ab  bc  ca  Từ giả thiết 3 3  x3  x    y  2 x  y   x  x  y   x  x  y  x.x  xy  yx   3x.x   y  2 x  y 2 x  y x y   x  y   x  y  xy  1 3 x y  *    x  y x ,mặt khác 2 x  y x  x  y   2x  2 y, x   x  y,  (  x, y  1   x  y , x  1   x  y, x  1 ) x  y   1, 2,3, 6 ( từ  * 2x  y  * ) Trường hợp x  y 1  y 2 x  thay vào phương trình cho ta 2  x3  x   x  1   x  1  x  x  1 0  x 1  y 1 Trường hợp x  y 2  y 2 x  thay vào phương trình cho ta  x  1  x  3x 1 0  x 1  y 0 ( loại ) Trường hợp x  y 3  y 2 x  thay vào phương trình cho ta  x  1 x  0  x 4  y 5 Trường hợp x  y 6  y 2 x  thay vào phương trình cho ta  x  12 x  36 x  35 0 y  Z , x  3, x 35  x   5, 7,35 thử lại khơng có giá trị thỏa mãn Vậy cặp  x, y   , 1  x, y   ,  Câu 5: Tìm nghiệm nguyên phương trình x  y  y (1) Lời giải M ( x ; y ) Kí hiệu (C) tập hợp điểm mặt phẳng Oxy cho x2 y2  y3  y 0  y  Khi x 0 (1) trở thành y  y 0  y ( y  1) 0   Suy đường thẳng x 0, cắt (C) điểm O(0;0) điểm A(0;  1) Xét đường thẳng (d) qua điểm O(0;0) với hệ số góc k ( d ) : y kx Hoành độ giao điểm (d) (C) nghiệm phương trình: 1  (k 0) k3 k  1  Vậy giao điểm đường thẳng (d) (C) điểm   ;  1 , k 0 k k k  Với k 0 đường thẳng (d) cắt (C) điểm O (0;0) điểm A(0;  1) x Với k 0 , x; y  , y kx nên   , Hơn 1  y   , k y k x k x  k x  x ( xk  k  1) 0  x 0 x  bình phương số hữu tỷ số nguyên số hữu tỷ phải số nguyên, t   k Vậy nghiệm nguyên phương trình x t  t , y t  , với t   Câu 3: p2  q2 Tìm cặp số nguyên tố (p,q) thoả mãn số nguyên pq  Lời giải 2 p q k (k  z  )  p  kqp  q  2k 0 (1) Đặt pq  Trong tất số nguyên dương (p,q) thoả mãn (1) giả sử (po;qo) cặp số có po+qo bé khơng giảm tổng qt giả sử po ≥ qo xét phương trình p  kqo p  qo  2k 0 (2) ta thấy po nghiệm (2) gọi p1 nghiệm lại (2) theo định lý vi ét  po  p1 kqo  P1  Z  ta có:   Po p1 qo  2k  ( p1 ; qo ) nghiệm (1)  p1  po qo (*) đặt f(p)=p -kqop+ qo2  2k từ (*)  f(qo) 0  2q o  kq o  2k 0  2q o k (qo  2) 2 qo 2  q 2  k  q o q o  (do ) 2 k=1 (1)  p  pq  q  0 vơ nghiệm k=2 (1)  p  pq  q  0 vơ nghiệm k=3 (1)  p  pq  q  0 (3)  p  q 3 p,q   p q 3 thay vào (3) không thoả mãn k=4 (1)  p  pq  q  0 ( 4) p  q 4  p, q tính lẻ p,q lẻ  p2+q2 2(mod 4)  p  q 4 loại (do p, q  ) p,q chẵn p q 2 (p,q) = (2;2) Câu 3: Tìm tất số nguyên dương n cho hai số n  26 n  11 lập phương hai số ngun dương Lời giải k Tìm tất số nguyên dương n cho hai số n  26 n  11 lập phương hai số nguyên dương Giả sử có số nguyên dương n cho n  26  x vµ n  11  y với x, y hai số nguyên dương  x  y Khi ta x  y 37  ( x  y )( x  xy  y ) 37  x  y 1 (1) Ta thấy  x  y  x  xy  y , nên ta có  2  x  xy  y 37 (2) Thay x  y  từ (1) vào (2) ta y  y  12 0 , từ có y 3 n 38 Vậy n 38 giá trị cần tìm Câu 3:  x  x  2x  Tìm tất số thực x thỏa mãn điều kiện: x        Trong ký hiệu  t         để số nguyên lớn không vượt t Lời giải + Từ giả thiết suy x số nguyên + Đặt x 6k  r víi k , r  ,0 r 5 Khi đó, phương trình cho trở thành  r   2r   r   2r  7k  r 7k        r       2    2   + Kiểm tra trực tiếp, r   0,2,3,4,5 + Vậy tập nghiệm phương trình  x  : x 6k  r,0 r 5, r 1 Câu 3: Cho x y số nguyên dương thoả mãn: x  x 3 y  y (*).Chứng minh 6( x  y )  5( x  y )  số nguyên Lời giải Từ (*) dễ thấy x ( x  y )(3 x  y  1) y ( x  y )(2 x  y  1) Từ suy : x – y = ƯSCLN(x2,y2) = (ƯSCLN(x,y))2 Và 2x+ 2y + 3x + 3y + số phương Do Câu 5: 6( x  y )  5( x  y )   (2 x  y 1)(3x  y  1)  Z Với tập A khác rỗng tập X  2;3;4; ;2013;2014 ta tính tích tất phần tử thuộc A Hãy tính tổng T nghịch đảo tất tích Lời giải Tacó:   1 1 1  T             2014   2.3 2.4 2013.2014  2.3 2014 2    1   T          .  1  3 4  2014   2014 2015  1 2013 2014 2015 2013   1 2 Câu 3: Tìm số nguyên dương n , biết ba mệnh đề sau có mệnh đề sai: Vậy: P " n  15 số phương " , Q " n có chữ số tận " , R " n  74 số phương " Lời giải Nếu Q chữ số tận n  15 ,chữ số tận n  74 nên n  15 n  74 số phương, suy P; R sai, vơ lý! Vậy Q phải mệnh đề sai Tức P; R Giả sử n  15 x ; n  74 y ( x , y  )  x  y  x  y 1  ( x  y )( x  y ) 89 89.1     x  y 89  x 45   y 44 Vậy n 452  15 2010 Câu 3: Hãy tìm tất nghiệm nguyên dương  x; y  phương trình: 1 1    x y xy Lời giải Nhận thấy  x; y  nghiệm phương trình cho  y; x  nghiệm phương trình Xét cặp số  x; y  mà x  y  ta có: 1 1 2x  2x         Suy y  x y xy y xy xy xy y Bằng cách kiểm tra trực tiếp giá trị y 1; y 2; y 3; y 4; y 5 ta tìm giá trị x tương ứng Kết quả:  4;9  ;  9;4  ;  5;6  ;  6;5  nghiệm phương trình Câu Cho x, y hai số thực dương thỏa mãn x  y  Tìm giá trị nhỏ biểu thức F x  y  1  x2 y Lời giải 1  2 x y  9  9         x  y  4  y 4 x 3   x y x y 3 Vậy: F    x  y  x y  27 x   27 y  23     x  y       y  x Ta có: F x  y  2 27 x 27 y 23 2   x  y  x y 4 9   23 23 35  x  y   18      4  3 1  x2  y2 4   27 x  x   x y  Dấu xảy khi:    27 y y   x  y 4  Kết luận F đạt giá trị nhỏ Câu 35 x  y  Tìm số phương n có ba chữ số, biết n chia hết cho nhân n với tổng chữ số số 2n tổng chữ số n Lời giải Bổ đề: Giả sử hai số tự nhiên a 2a có tổng chữ số Chứng minh a chia hết cho Nhận xét: Cho n  N * , kí hiệu S  n  là tổng chữ số n Ta có nhận xét: n9  S  n  9; n3  S  n  3 n  S  n  9 ; n  S  n  3 Do 2a  S  2a  9 ; a  S  a  9 nên 2a  S  2a    a  S  a   9 Mặt khác S  2a  S  a  (Theo giả thiết) Vậy ta suy a9 Theo bổ đề ta có n9 , mà n5 nên nBCNN  5,9  Vậy n45 Đặt n 45k , k  N * Theo đề ta có: n 45k t , t  N * , nên 5k 32 t , k 5m , m  N * Suy n 5232 m 225.m Mà 100 n  1000 , nên 100 225m  1000 , suy m   1;2 Với m 1 ta có n 225 Với m 2 ta có n 900 Vậy n   225;900 Câu 5: Tìm nghiệm nguyên phương trình : x3 = 4y3 + x2y + y + 13 Lời giải Đặt x =2y+k => pt: (2y+k)3 =4y3 +(2y+k)2 y + y + 13  8ky2 +(5k2 -1)y +k3 -13 =0 Nếu k=0 => y=-13; x=-16 Nếu k  N *   7k  10k  416k  Với k 4     7.43 k  416k  1  32 k   VN Với k  => 8y2 +4y-12=0=> y=1, x=3 Với k=2=>  681 khơng số phương Với k=3=>  592 khơng số phương Vậy pt có hai nghiệm nguyên (x;y)= (-16; -13) (3; 1) Câu 2: Tìm số nguyên dương m, n số nguyên tố p thỏa mãn 4m3  m2  40m 2  11 p n   Lời giải Tìm số nguyên dương m, n số nguyên tố p thỏa mãn 4m3  m2  40m 2  11 p n   n PT   4m  1  m  10  22 p TH1: n 1 , thử trực tiếp với m 1,2,3,4,5 không thỏa mãn Với m   4m   22, m  10  22 Do 4m  1p, m  10p : vô lý n 1 TH2: n  , thử trực tiếp với m 1,2,3,4,5 không thỏa mãn Với m   4m   22, m  10  22 Do 4m  1p, m  10p 4m  11x p a Suy   x, y  0;1 , x  y 1, a, b   * y b m  10  2.11 p  Dễ thấy m   * ta có m  10  4m  +) Nếu b a 11 m  10  0  mod 4m  1  11m  110  mod 4m  1 11.16m  1760  mod 4m  1  11  1760  mod 4m  1  do16m 1 mod 4m  1   1771 0  mod 4m  1 Mà 4m  1 mod  ,1771 7.11.23  4m  77  m 19   4m  161   m 40    4m  253  m 63 Thử lại không thỏa mãn +) Nếu b  a y 1, x 0 a 4m   p   b m  10 2.11 p Do  p | 4m   p |  m  10   m  4m  1 40  m   p | m  10  p 7  p |  4m  160   p |161    p 23 + Nếu p 23 22.23b  23a  22  23a  b : vô lý a  b   * + Nếu p 7 22.7b  a  22  a  b  a  b 1 Khi ta có b 1 4m  7    m 12 b m  10  22.7  Thay vào phương trình ban đầu tìm n 3 Vậy  m, n, p   12,3,7  Câu Tìm tất cặp số nguyên dương  x; y  thoả mãn phương trình: x 2  y  28 17  x  y  14 y  49  Lời giải PT   x   y    17  x   y      2  16 x  x  y     y   0   x   y    0  x  y  0   x  y   x  y  7 Do x, y nguyên dương nên x  y 2 x  y x  y   x  y 7   x; y   2;3 Vậy   x  y 1 Câu Vậy phương trình có nghiệm  x; y   2;3 [D00] Cho tam giác nhọn ABC không cân nội tiếp đường trịn (O), có đường cao AH tâm đường tròn nội tiếp I Đường thẳng AI cắt lại đường tròn (O) điểm thứ hai M Gọi A' điểm đối xứng với A qua O Đường thẳng MA' cắt đường thẳng AH, BC theo thứ tự N K 1) Chứng minh tứ giác NHIK nội tiếp đường tròn 2) Đường thẳng A'I cắt lại đường tròn (O) điểm thứ hai D, hai đường thẳng AD BC cắt điểm S Chứng minh AB  AC 2 BC I trọng tâm tam giác AKS Lời giải     900  AOC 900  ABC BAH 1) Ta có OAC mà AI phân giác góc A nên HAI , suy OAI tam giác ANA' cân A A I B H O L C K A' M N Gọi L giao điểm MA BC     Ta có HKN 900  HNK HAM LAA ' , suy tứ giác ALA'K nội tiếp Do MA '.MK ML.MA (1) Dễ thấy hai tam giác MCL MAC đồng dạng, suy ML.MA MC (2) Do I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên MI MC (3)  Từ (1), (2), (3) suy MN MK MI  NIK 900 Vậy tứ giác NHIK nội tiếp A D T l S B H O L C K A' M N    ' M IAD  2) * Từ tứ giác NHIK nội tiếp suy IHK Suy tứ giác AIHS nội tiếp Do INK IA  AIS IHS 900  TAI  INK   Gọi T trung điểm cạnh SA Khi TIA , suy ba điểm T , I , K thẳng MIK hàng (4) * Tiếp theo ta chứng minh L trung điểm SK AI AB BL AB BL AB AB       BL  AB Ta có IL BL LC AC BC AB  AC 2BC AI 2 (5) Do IL Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ASL với cát tuyến TIK ta có: TA KS IL 1 (6) Từ (5) (6) suy KS 2 KL , tức L trung điểm SK (7) TS KL IA Từ (4) (7) suy I trọng tâm tam giác AKS (đpcm) Câu Cho số nguyên m, n ,k thỏa m.n k k không chia hết cho Chứng minh  m  n  chia hết cho Lời giải Vì m.n k k không chia hết cho 3(m, n, k số nguyên) nên m, n không chia hết cho Suy m 3m ' r1 , n 3n ' r2  r1 , r2   0;1;2  Do m.n k nên m.n r1r2  mod3 , suy r1r2 1 mod3 suy r1 r2 1 mod 3 Suy m n  mod 3  m  n 3 đpcm Câu Chứng minh phương trình: 22014 2015 7x  y có nghiệm ( x; y ) với x, y số tự nhiên lẻ Lời giải: Ta giải toán tổng quát : Chứng minh với số nguyên n  Phương trình : 2n 7 x  y có nghiệm ( x; y ) với x, y số tự nhiên lẻ Lờigiải + Với n=3: 28 7.1  k 2 +Giả sử với n k , ta biểu diễn 7.x k  y k , k 1 2 Với n k  , ta chứng minh: 7.xk 1  yk 1 với xk 1 ; yk 1 số nguyên lẻ  1 1 1  Xét đẳng thức: (x2+7y2)    = (x +7y )2 + 7(x -y )2 = (x -7y )2 + 7(x +y  2 2 2 2 )  x  yk xk  yk   | xk  yk | xk  yk  ;| | ,  ;| | Từ ta xét cặp nghiệm  xk 1 ; yk 1  là:  k 2     x  y x  y x  yk x  yk k k Ta có: k số lẻ  k max{xk ;y k } suy hai số k ; k 2 2 Tương tự x  yk xk  yk  x  yk xk  yk  ;| |  nghiệm Trường hợp k số lẻ lẻ suy  k 2   x  yk xk  yk  x  yk xk  yk  ;| |  nghiệm Trường hợp k số chẵn lẻ suy  k 2   Vậy ta chứng minh toán Câu Cho tập A gồm 16 số nguyên dương Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ có tính chất: số Trong tập có k phần tử A tồn hai số phân biệt a,b cho a b nguyên tố Lời giải: Giả sử k số nguyên dương cho tập có k phân tử tập A tồn hai số phân biệt a, b cho a  b số nguyên tố Ta xét tập T gồm số chẵn thuộc tập A Khi T 8 với a, b  T ta có a  b2 hợp số, suy k 9 Xét cặp số sau: A  1;2   3; 4   5;16   6;15   7;12   8;13   9;10   11;14 Ta thấy tổng bình phương cặp số nguyên tố Xét T tập A T 9 , theo nguyên lí Dirichlet T chứa cặp nói trên, hay nói cách khác T ln tồn hai số phân biệt a,b cho a  b số nguyên tố Vậy K nhỏ Câu 3: (4,0 điểm) Tìm tất số nguyên dương n cho số: n  5n3  4n  116 tích hai nhiều số nguyên dương liên tiếp Lời giải Trường hợp Là tích hai số nguyên dương liên tiếp k k  n6  5n3  4n  116 k  k  1  4n  20n3  16n  464 4k  k  1  4n  20 n3  16 n  465  2k  1 2  4n6  20n3  16n  465  2n3  2a  1 , (với 2k 2n3  a , a  N )  a  a  2n3  1 4n3  4n  116 Nếu a 1  VT  VP Nếu a 10 có nghiệm a 4, n 3 Trường hợp Là tích năm số nguyên dương liên tiếp k , k  1, k  2, k  k  n6  5n3  4n  116 k  k  1  k   vô lý VP chia hết cho , VT không chia hết cho ( VT  n  n   5n  5n  115   n  n  1 5 ) Trường hợp Là tích ba số nguyên dương liên tiếp k , k  k  n  5n3  4n  116 k  k  1  k  1 , k n  b  b  Z  n  5n3  n  4n  116 n  3n 4b  3n 2b  b  b  5n3  n  4n  116 3n 4b  3n 2b  b3  b  Nếu b 5  VT  VP  Nếu b 0  VT  VP Nếu b 4 thử khơng có nghiệm Trường hợp Là tích bốn số nguyên dương liên tiếp k , k  , k  k  n  5n3  4n  116 k  k  1  k    k  3  k  3k  1  k n3  c  c  Z  , n  5n3  4n  116  n3  c   2  c   2c   n 4n  17  Nếu c  11  VT  VP  Nếu c 10, kiểm tra khơng có Đáp số n 3 Câu 2: Tìm tất cặp số nguyên dương  x; y  thoả mãn phương trình: x 2  y  28 17  x  y  14 y  49  Lời giải PT   x   y    17  x   y      2  16 x  x  y     y   0   x   y    0  x  y  0   x  y   x  y  7 Do x, y nguyên dương nên x  y 2 x  y  x  y 7 x  y  Vậy    x; y   2;3  x  y 1