Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 37 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
37
Dung lượng
1,16 MB
Nội dung
CHUYÊN ĐỀ MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN A.TRỌNG TÂM CẦN ĐẠT I DỰA VÀO TÍNH CHẤT CHIA HẾT ĐƢA VỀ BÀI TOÁN ƢỚC CỦA MỘT SỐ NGUN Ví dụ Tìm nghiệm ngun phương trình: 3x 17 y 159 Lời giải: Giả sử tồn số nguyên x, y thỏa mãn điều kiện: Dễ thấy 3x 3;159 17 y y y 3 k k Z thay vào ta tìm x 53 17k x 53 17k Suy nghiệm phương trình là: k Z y 3k Ví dụ Tìm nghiệm ngun phương trình: xy x y Lời giải: x 3 Biến đổi phương trình thành: x y 1 y x 1 y 1 x 1 Từ dễ tìm nghiệm là: x; y 4;2 , 2;4 ; 0; 2 ; 2;0 Ví dụ Tìm cặp số ngun (x, y) thỏa mãn điều kiện: x 2 y 2 xy 26 Lời giải: Đặt z y , phương trình cho trở thành: x 2 z z x 26 x z 8 xz từ suy x z U Giải trường hợp ta thu cặp số (x, y) thỏa mãn điều kiện là: x; y 1; 1 , 3;3 , 10;3 , 1; 8 Ví dụ Tìm cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn điều kiện: x x 1 x x 8 y Lời giải: Ta viết lại phương trình thành: x 8x x 8x y Đặt z x2 8x phương trình có dạng: z z y z 28z y z y 49 z y z y 49 Nhận xét: y nghiệm –y nghiệm nên ta cần xét y (*) Khi ta thấy: z y z y nên suy z y 1;7;49 tương ứng với giá trị z y ta có giá trị z y z y 49;7;1 Giải trường hợp ý nhận xét (*) ta suy phương trình có nghiệm là: 0;0 , 1;0 , 1;12 , 1; 12 , 9;12 , 9; 12 , 8;0 , 7;0 , 4;12 , 4; 12 Ví dụ Tìm tất cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn đẳng thức x y 1 xy x y x y (Đề tuyển sinh lớp 10 trường THPT chuyên KHTN – ĐHQG Hà Nội, 2014) Lời giải: Phương trình tương đương với x y 1 xy x y x y 1 x y 1 xy x y 2 x y ước x y x y + Giải (vô nghiệm) xy x y xy x y 1 x y 2 x 1 + Giải xy x y 3 xy y 1 x y x y x + Giải xy x y xy y 1 x y 3 x y 4 + Giải (vô nghiệm) xy x y 1 xy Vậy x; y 1; 1, 1;1 Ví dụ Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x2 8xy y x y (Đề tuyển sinh Chuyên Toán – Tin Amsterdam 2018) Hƣớng dẫn: Ta viết lại phương trình thành: x2 x y 1 y y 16 y y 4y 1 4y 1 x 2.2 x. y y 0 2 y y2 y Hay x 2 4x y 1 y 1 2 x y x y 1 2 Ta có trường hợp xảy 2 y 2 2 x y 2 x y TH 1: loại x 2 x y 2 2 x y 3 2 x y 1 2 x y 1 y TH 2: thỏa mãn 2 x y 2 x y x 1 y 2 x y 2 2 x y 1 loại TH 3: 2 x y 2 x y x y x y 2 x y loại TH 4: 2 x y 1 2 x y 2 x Tóm lại: Phương trình có nghiệm nguyên x; y 1;1 Ví dụ Tìm nghiệm ngun phương trình: x3 y3 91 Lời giải: Ta viết lại phương trình thành: x y x xy y 91 13.7 Vì 13,7 x2 xy y suy khả xảy là: x y x y 13 2 x xy y 13 x xy y Giải trường hợp ta tìm cặp nghiệm hệ là: x; y 6;5 , 5; 6 , 4; 3 ; 3; 4 II BIỂU THỊ MỘT ẨN THEO ẨN CỊN LẠI RỒI DÙNG TÍNH CHẤT CHIA HẾT Ví dụ Tìm nghiệm ngun phương trình: xy x y Lời giải: Ta viết lại phương trình thành: x y2 1 y 1 y 1 Để x số nguyên chia hết cho y y 3; y 1 từ ta tìm cặp nghiệm tương ứng là: x; y 4;2 , 2;4 ; 0; 2 ; 2;0 Ví dụ Tìm nghiệm ngun phương trình: x3 xy y x Lời giải: Ta viết lại phương trình: x3 x y x , để ý x 2 nghiệm phương trình nên suy y x2 x 2 2x x 2 x 2 x3 x hay y x x , để y x2 x2 x2 x, y Z x U Từ ta tìm nghiệm phương trình là: x; y 11;149 7;39 5;43 3;29 1; 11;1 Ví dụ Tìm nghiệm ngun phương trình: x3 y3 xy (*) Lời giải: Sử dụng đẳng thức: a3 b3 a b 3ab a b ta có (*) tương đương với x y 3xy x y xy Đặt x y a, xy b với a, b Z phương trình trở thành: a3 3ab b a3 b 3a 1 a3 3a Suy 27 a3 3a 27a3 215 3a Do 27a3 3a 1 9a 6a 3a , suy điều kiện cần là: 215 3a , ý rằng: 215 43.5 Từ ta tìm a 2, b suy cặp nghiệm phương trình là: x; y 0; 2 , 2;0 Chú ý: Với phương trình đưa ẩn x y, xy x y, xy ta dùng phép đặt ẩn phụ để chuyển thành tốn chia hết Ví dụ Tìm số ngun dương x, y, z thỏa mãn: x2 xy .z Lời giải: Từ giả thiết ta suy x xy hay y x xy Ta có phân tích sau: y x x xy x y suy x y xy hay x y k xy với k N * Nếu k x y k xy 2 xy x y xy x 1 y 1 Điều vô lý x, y Vậy k x y xy x y 2 Từ tìm x; y 3;4 , 4;3 Ví dụ Tìm cặp số nguyên x, y thỏa mãn điều kiện: x y xy 26 Lời giải: Đặt z y , phương trình cho trở thành: x 2 z z x 26 x z 8 xz từ suy x z U Giải trường hợp ta thu cặp số x, y thỏa mãn điều kiện là: x; y 1; 1 , 3;3 , 10;3 , 1; 8 III PHƢƠNG PHÁP XÉT SỐ DƢ KẾT HỢP TÍNH CHẤT CỦA SỐ NGUYÊN TỐ, SỐ CHÍNH PHƢƠNG Để giải tốt toán theo dạng xét số dư ta cần lưu ý đến tính chất: + am bm c c m a md + a, b d b nd m, n + a, b thì: a ab b2 , a b2 , a a ab b2 , b b, a a ab b2 , a b2 1, + Số phương khơng tận 2, 3, 7, + Số phương chia hết cho số nguyên tố p chia hết cho p + Số phương chia cho có số dư + Số phương chia cho có số dư + Số phương chia cho có số dư 1, Ta xét ví dụ sau: Ví dụ Tìm nghiệm ngun phương trình: x y y Lời giải: Ta viết lại phương trình thành: x y y 1 Ta thấy vế trái chia cho dư nên y y 1 chia cho dư Từ suy y 3k y 3k thay vào ta tìm x k k 1 Vậy nghiệm phương trình là: x k k 1 k Z y 3k Ví dụ Tìm số nguyên dương x, y thỏa mãn: x3 y 95 x y (Trích Đề tuyển sinh lớp 10 chun Tốn ĐHSP Hà Nội, năm 2016) Lời giải: Đặt d x, y , d suy x ad , y bd với a, b phương Từ trình ta có: d a b a ab b2 95 a b2 Vì a, b nên a ab b2 , a b2 ab, a b2 suy a ab b2 U 95 Nếu a b2 ab a b2 ab 2a b 3b2 Một số phương chia cho dư 0, 1, Suy a, b điều trái với giả thiết a, b Vậy a ab b2 19 , a b b 2, a cặp số thỏa mãn: từ tính cặp nghiệm phương trình là: x; y 195;130 Ví dụ Tìm số nguyên tố x, y thỏa mãn điều kiện: x y 11y x y Lời giải: Ta viết lại giả thiết thành: x 2 y 2 y x2 y y x2 y y x2 y Hay x2 y 5 x y 1 x y x 1 x 1 y Suy x 1 x 1 hay x x chia hết cho Mặt khác ta có: x x 1 2 nên số x 1, x chia hết cho Do x 1 x 1 y 2 , mà y số nguyên tố nên y y Thay vào ta tìm x Ví dụ Tìm số ngun dương x, y thỏa mãn: x3 y 13 x y Lời giải: Đặt x, y d suy x ad , y bd với a b, a, b thay vào phương trình ta có: a3d b3d 13 a 2d b2d d a b a ab b2 13 a b2 13 a b2 a ab b2 Ta lại có: a b2 , a ab b2 a b2 , ab 2 a b d1 Thật giả sử a b , ab d1 giả sử a d1 b d1 ab d1 Mà a, b d1 Như ta có: a b2 không chia hết cho a ab b2 Suy 13 a2 ab b2 a2 ab b2 13 a 3, b x 15, y Ví dụ Tìm tất cặp số tự nhiên x; y thỏa mãn phương trình: 16 x y 14 y 49 x y2 16 17 Lời giải: Đặt x a, y b ta viết lại phương trình thành: Hay 16a b2 14b 49 a b 7 16a b 14b 49 a b 7 16 17 16 2 16 a b 17.16a 17 b hay 17 256a 32a b b 16a b 16a b hay 16 x y 2 4 x y x Tức x y x y x, y số tự nhiên nên ta suy 4 x y y Ví dụ Phƣơng trình Pitago: Giải phương trình nghiệm nguyên: x y z (*) Lời giải: 2 x y z Đặt x, y, z d phương trình trở thành: x12 y12 z12 d d d Suy ta cần giải phương trình (*) trường hợp x, y, z Trong số x, y, z có số chẵn Nếu z chẵn x, y lẻ, x y mod z nên trường hợp xảy Suy x y số chẵn Ta giả sử x lẻ, y chẵn Ta có: x2 z y z y z y z y, z y z , z y suy z y, z y số z y a2 x ab a b2 z y b phương lẻ Suy tồn số nguyên dương lẻ a, b cho y x ab a b, a, b a b2 z a b2 a b2 Vậy nghiệm phương trình (*) là: x; y; z abc; c; c với a, b số nguyên dương lẻ, a b c số nguyên dương Ta viết nghiệm tổng quát (*) theo cách: x; y; z x; y; z 2abc; a b2 .c; a b2 .c Dùng điều kiện có nghiệm phƣơng trình bậc Ví dụ Tìm nghiệm ngun phương trình: x2 xy y x y Lời giải: Ta viết lại phương trình thành: x2 x y 1 y y Coi phương trình bậc x điều kiện để phương trình có nghiệm là: y 3 y y y thay vào ta tìm cặp nghiệm phương trình là: y 1 x; y 0;0 , 0;1 , 1;0 Ví dụ Tìm số nguyên x, y thỏa mãn phương trình: x3 y3 x y y 13 Lời giải: Đặt x y d với d Z thay vào phương trình ta có: 2y d y y d 1 y 13 8dy 5d y d 13 (*) + Nếu d ta tìm được: y 13, x 26 + Nếu d ta coi (*) phương trình bậc y Điều kiện để phương trình có nghiệm là: 5d 32d d 13 7d 10d 416d Nếu d 1 7d 10d 416d (không thỏa mãn) Nếu d 7d 10d 416d 7.64d 10d 416d (không thỏa mãn) Xét d 0;1;2;3 thử trực tiếp ta có d thỏa mãn Khi x 3; y Vậy phương trình có nghiệm: x; y 3;1 , 26; 13 Ví dụ Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 y x y x 1 (Tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Vĩnh Phúc, 2018) Lời giải: Ta có x2 y x y x 1 x y 1 x y 1 (1) Để phương trình (1) có nghiệm ngun x theo y phải số phương Ta có y y y y y y 1 phương nên 0;1;4 + Nếu y 1 y , thay vào phương trình (1), ta có: x x2 x x x 4 x + Nếu y 1 y Z y + Nếu y 1 y 1 + Với y , thay vào phương trình (1) ta có: x2 8x 16 x x + Với y 1 , thay vào phương trình (1) ta có x2 x Vậy phương trình có nghiệm nguyên: x; y 0;1 , 4;1 , 4;3 , 0; 1 IV PHƢƠNG PHÁP DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC Ví dụ Tìm số nguyên dương cho tổng chúng tích chúng Lời giải: Cách 1: Gọi số cần tìm là: x, y, z theo giả thiết ta có: x y z xyz với x, y, z Z x Giả sử số cần tìm thỏa mãn: x y z xyz x y z 3z xy y 1 x x x Hoặc y y 1 y Từ tìm số nguyên dương thỏa mãn là: x; y; z 1;2;3 hốn vị Cách 2: Gọi số cần tìm là: x, y, z theo giả thiết ta có: x y z xyz với x, y, z Z Chia cho xyz ta có: 1 Giả sử x y z suy xy yz zx 1 1 1 x x từ ta thu kết xy yz zx x x x Ví dụ Tìm số nguyên dương cho tích chúng gấp đôi tổng chúng Lời giải: Cách 1: Gọi số cần tìm là: x, y, z theo giả thiết ta có: x y z xyz với x, y, z Z xy xy xy Giả sử x y z xyz x y z 2.3z z xy xy xy xy Từ ta tìm cặp nghiệm x; y z Cách 2: Gọi số cần tìm là: x, y, z theo giả thiết ta có: x y z xyz với x, y, z Z Suy 1 1 xy yz zx Giả sử x y z suy x 1 1 1 1 x2 xy yz zx x x x x Ví dụ Tìm tất cặp số nguyên x; y thỏa mãn x2 xy y x y (Đề tuyển sinh lớp 10 Trường THPT chuyên KHTN – ĐHQG Hà Nội, 2015) Lời giải: Dễ thấy với x y không thỏa mãn Xét x , y vai trò nhau, giả sử x y Khi ta có x2 xy y 3x2 y y 1; 2 Suy x2 y x2 xy y 8x y y 1; 2 + Nếu y x2 x x x + Nếu y 1 x2 x x x 6 + Nếu y x2 x x x loại + Nếu y 2 x2 x x x loại Đáp số: x; y 6;1 , 6; 1 , 1;6 , 1; 6 V DÙNG TÍNH CHẤT CỦA SỐ CHÍNH PHƢƠNG, HOẶC TẠO RA BÌNH PHƢƠNG ĐÚNG, HOẶC TẠO THÀNH CÁC SỐ CHÍNH PHƢƠNG LIÊN TIẾP Số phương bình phương số tự nhiên; + Số phương khơng tận 2, 3, 7, 8; + Số phương chia hết cho số nguyên tố p chia hết cho p ; + Số phương chia cho có số dư 1; + Số phương chia cho có số dư 1; + Số phương chia cho có số dư 1, Ví dụ Tìm nghiệm ngun phương trình: x2 x 19 y Lời giải: Ta viết lại phương trình thành: x 1 21 y 2 Cách Từ phương trình ta suy y y 0; y 1; y 2 thay vào để tìm x Cách Từ phương trình ta suy 21 3y chia hết cho suy 3y tận số lẻ Suy y tận số lẻ Suy y Từ đó, thay vào để tìm x Ví dụ Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x2 x y y 24 Lời giải: Ta viết lại phương trình thành: x 1 y 3 34 12 33 22 30 32 52 52 32 , từ ta dễ 2 dàng tìm cặp số x; y thỏa mãn điều kiện là: 1;8 ; 2;6 Ví dụ Tìm tất số nguyên dương x,y,z thỏa mãn x y z 3x2 y z 13 (Đề tuyển sinh Chuyên Tin Amsterdam, 2017) Lời giải: Từ điều kiện x y z suy z x y thay vào điều kiện ban đầu ta có: 3x y x y 13 Hay x2 y xy x y 3x x Th1: (thỏa) 2 y 7 y x 3x 1 Th2: (không thỏa) 2 y y 5 3x x Th3: (thỏa) 2 y 1 y 2 x 3x 7 Th4: (không thỏa) 2 y y Vậy nghiệm nguyên x; y phương trình 2;3 ; 4;1 Bài 11: Tìm nghiệm nguyên phương trình: y x y xy Lời giải Ta có: y x y xy x( y 1) y y x 2y y 1 (y =1 không thỏa mãn PT) Vì x, y số nguyên nên y -1 ước TH1: y y x TH : y 1 y x 5 TH 3: y y x 13 TH : y 5 y 4 x 9 Vậy PT có nghiệm nguyên (x;y) là: (9;2), (-5;0), (13;6), (-9;-4) Bài 12: Tìm nghiệm nguyên phương trình: xy y Lời giải xy y x y y (vì y =0 khơng thỏa mãn PT) x, y số nguyên nên y ước TH1: y x TH : y 1 x 7 TH 3: y x 11 TH : y 5 x 11 Vậy PT có nghiệm nguyên (x;y) là: (7;1), (-7;-1), (11;5), (-11;-5) Bài 13: Tìm nghiệm nguyên phƣơng trình x y x y x y x 1 Lời giải Đặt a xy, b x y a Z , b Z , b2 4a (*) Phương trình (1) trở thành: a 2b b a b a2 a2 a a a a a 1 a a a 11;5 a 0;4 a 0; 2;2 xy x, y 0; , 2;0 Nếu a b x y x xy 2 y Nếu a 2 b x y x y 2 ( loại khơng thỏa mãn x, y Z ) 2 Nếu a b , loại khơng thỏa mãn b Z Vậy nghiệm nguyên (x, y) phương trình cho là: 0;2 , 2;0 Cách : Đưa phương trình dạng : x y xy xy ( x y 2) Đặt t xy, t Z ta phương trình ẩn t: x y t t ( x y 2) (1) x xy 2 x Nếu x y xy 2 Hoặc (Loại ) y y x y *) Nếu x y , ta có phương trình bậc ẩn t: x y t t x y 2 (2) x y x y x y 1 x y 1 0;1 x y 1 1;0;1 x y 1;2 1 xy *) Nếu x y ( loại) xy xy *) Nếu x y x, y 0; , 2;0 ( thỏa mãn ) xy Vậy nghiệm nguyên (x, y) phương trình cho là: 0;2 , 2;0 Bài 14: Tìm nghiệm nguyên phương trình x2 xy 7( x y) y 10 Lời giải x2 xy 7( x y) y 10 x (2 y 7) x y y 10 1 Phương trình 1 có nghiệm y y y 10 3 y , mà y số nguyên nên y 1;0;1 2 y y y Xét trường hợp sau: Trường hợp 1: y 1 , phương trình 1 x2 5x khơng có nghiệm ngun khơng số phương Trường hợp 2: y , phương trình 1 x2 x 10 x 5 x 2 Trường hợp 3: y , phương trình 1 x2 x 19 nghiệm ngun khơng số phương Kết ln: Phương trình có nghiệm ngun x; y 5;0 , 2;0 Bài 15: Tìm tất số nguyên dương x1 , x2 , x1 x2 xn 5n 1 x1 x2 , xn , n thỏa mãn: 1 xn Lời giải Khơng tính tổng qt, coi x1 x2 1 xn x1 x2 n 5n n 5n x1 x2 x1 1 x1 Với n , ta có: x 1 xn Theo bất đẳng thức AM - GM, ta có: 1 n2 n n x1 xn n n xn x1 xn x1 x2 x1 x2 Với n , ta có: 1 hệ khơng có nghiệm ngun x1 x2 x1 x2 x x 1 x1 x2 x3 11 Với n , ta có: 1 x x x 1 (1) (2) Từ (2) suy x1 kết hợp với (1) suy x1 Thử trực tiếp, x1; x2 ; x3 2;3;6 Với n x1 x2 x3 x4 (dấu đẳng thức bất đẳng thức AM - GM) Kết luận + Với n x1 + Với n ( x1; x2 ; x3 ) (2;3;6) ;(2;6;3);(3;2;6);(3;6;2);(6;2;3);(6;3;2) + Với n ( x1; x2 ; x3 ; x4 ) (4;4;4;4) Bài 16: Tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình x2 y x y Lời giải x y x y 1 x 3 y 1 (*) 2 y y 1 Suy y 1 Ư(5)= 1; 5 mà y 1, y nên 2 y y x n Với y thay vào (*) ta x x x 2 l Với y thay vào (*) ta x2 x2 x (loại) Vậy số nguyên dương thỏa mãn x 2, y Bài 17: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 y xy x 10 y Lời giải Ta có x y xy x 10 y x y 1 x y 3 x y 1 x y 3 7 Vì x, y nên ta có trường hợp sau x y 7 x y 8 x i) x y x y y 3 x y 1 x y 2 x ii) x y x y 10 y 3 x 3y 1 x 3y x iii) x y 1 x y y 1 x 3y 1 x 3y x 3 iv) x y 7 x y 4 y Vậy nghiệm nguyên cần tìm x; y 1; 3 ; x; y 7; 3 ; x; y 3;1 ; x; y 3;1 Bài 18: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 y( x y) 2( x 1) Lời giải x2 y( x y) 2( x 1) x2 2( y 1) x 2( y 1) 0(1) Để phương trình (1) có nghiệm ngun x ' theo y phải số phương Ta có ' y y y y y ( y 1)2 'chính phương nên ’ {0;1;4} + Nếu ' ( y 1)2 y thay vào phương trình (1) ta có : x x x x(2 4) x + Nếu ' ( y 1)2 y Z y + Nếu ' ( y 1) y 1 + Với y thay vào phương trình (1) ta có: x2 8x 16 ( x 4)2 x + Với y -1 thay vào phương trình (1) ta có: x2 x Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên : ( x; y) {(0;1);(4;1);(4;3);(0;-1)} Bài 19: Tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình xy2 (y 45)2 xy x 220y 2024 Lời giải Ta có xy2 ( y 45)2 xy x 220 y 2024 ( y 1)( xy x y 129) 128 27 y 2;4;8;16;32;64;128 y 1;3;7;15;31;63;127 ( x; y) (33;1),(25;3),(15;7) Bài 20: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x3 y3 x2 y xy Lời giải x y x y xy x y x xy y xy x y x y x xy y x y x xy y x y x y 1 Vì x ; y x y nên x y x y x ( x y ) x y y 1 x y x x y ( x y ) x y 1 y Vậy phương trình có hai nghiệm ngun 3;2 2;3 Bài 21: Tìm tất cặp số nguyên thỏa mãn: x x 1 y xy 3x Lời giải Vì ( x2 x 1)( y xy) 3x nên 3x 1 x x 1 3x 1 3x x x 1 x x x x 1 9 x x 1 7 x x 1 x x 1 1 x x 1 1;7 (vì x x x ) 2 2 x 2;0;1;3 Với x 2 , ta có phương trình: y 14 y y Với x , ta có phương trình: y 1 (phương trình vơ nghiệm) Với x , ta có phương trình: y y y y 2 Với x , ta có phương trình: y 21 y (phương trình có nghiệm vơ tỷ) Vậy phương trình có ba nghiệm ngun 2;1 ; 1;1 1; Bài 22: Tìm x, y nguyên cho x y 18 Lời giải x y 18 Ta có : x 0; y 0 1 x 3 2 y x 3 2 y y y x 18 2y y x 18 Q y a Q y a2 Q a N (vì 2y Z ; a ) a Đặt a 2m m y 2m y 2m2 y m 2 Tương tự: 1 n x n n m 3 mn 3 n n n n m m m m x x x x 18 y 18 y y y Vậy phương trình có bốn nghiệm ngun 0;18 ; 2;8 ; 8;2 18;0 1 Bài 23: Tìm tất số x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình x y 617 Lời giải 1 x y xy 617 x y xy 617 x 617 y 6172 6172 x y 617 xy 617 x 617 y 617 6172 Vì x, y nguyên dương nên x 617 y 617 ước lớn 617 6172 Vì 617 số nguyên tố nên xảy trường hợp: x 617 x 617 6172 x 617 617 hoặc y 617 617 y 617 617 y 617 x 1234 x 618 x 381306 y 1234 y 381306 y 618 Vậy phương trình có ba nghiệm nguyên 1234;1234 ; 618;381306 381306;618 Bài 24: Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x4 x2 y y 20 Lời giải x x y y 20 x x 20 y y Mà x4 x2 x4 x2 20 x4 x2 20 8x2 x x 1 y y 1 x x 5 Vì x, y ∈ nên ta xét trường hợp sau: TH1: y y 1 x 1 x x x 20 x 3x x2 18 x2 x 3 Với x , ta có y y 92 20 y y 110 y 10 ; y 11 (nhận) TH2: y y 1 x x 3 x x 20 x 5x x 14 x (loại) TH3: y y 1 x 3 x 6x2 x2 (loại) TH4 y( y 1) ( x2 4)( x2 5) 8x2 x2 x Với x , ta có: y y 20 y y 20 y 5 ; y (nhận) Vậy nghiệm nguyên PT là: 3;10 ; 3; 11 ; 3;10 ; 3; 11 ; 0; 5 ; 0;4 Bài 25: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x y x y x 1 Lời giải x y x y x 1 x y 1 x y 1 1 Ta có: y y y y y y 1 Để phương trình 1 có nghiệm ngun phải số phương 0;1;4 Với , ta có: y 1 y y y 1 y y 1 1 x x y 1 x x 16 x x Với , ta có: y 1 y y (phương trình có nhiệm vơ tỉ) Với , ta có: y 1 y y 1 x x x x Vậy phương trình 1 có nghiệm ngun: x ; y (0;1);(4;1);(4;3);(0; 1) Bài 26: Tìm tất cặp số nguyên x ; y thỏa mãn x y 85 x y 13 Lời giải x y , x2 y Vì x , y x y 85 85 x y 13 x y x y 13 x y x y 13 1 Áp dụng bất đẳng thức x y Ta có: 85 x y 13 x y x y 2 , ta có: 13 170 x y x y 13 2 Từ 1 x y 13 x y 85 x y 13 y 13 x x x y 13 x 2 y y x y 85 x 13 x 85 2 x 26 x 84 Vậy phương trình có nghiệm ngun: 6;7 7;6 Bài 27: Giải phương trình tập số nguyên x2015 y( y 1)( y 2)( y 3) Lời giải x2015 y( y 1)( y 2)( y 3) (1) Có y( y 1)( y 2)( y 3) y( y 3)( y 1)( y 2) ( y y)( y y 2) Đặt t y y y( y 1)( y 2)( y 3) t ( t , t ) (1) x 2015 2015 x 1 t 2015 2 ( x 1) t 1(2) Với x, t số nguyên ta có: (2) x 2015 t x 2015 t 1 x 2015 t x 2015 t 2015 x t x 2015 2015 x t 1 t 1 x 2015 t Với x 2015 x x t 1 y y y y 3 x x 2015 x y 1 Với t 1 y y 1 y 2 Thử lại ta thấy cặp (1;-3), (1;-2), (1;-1), (1;0) thỏa mãn đề Vậy có cặp x; y cần tìm (1;-3), (1;-2), (1;-1), (1;0) Bài 28: Tìm tất cặp số nguyên x; y thỏa mãn x y 1 x 1 y x x 65 Lời giải Vì 65 lẻ nên x y lẻ x 1 y x x lẻ Mà x lẻ nên 5y chẵn, suy y chẵn Mặt khác x x x x 1 chẵn nên 2 x 1 lẻ, suy x x 1 Với x = y 3 y 3 65 y Với x = -1 y 3 y 3 65 y y 66 Phương trình khơng có nghiệm nguyên Vậy: x; y 1;2 Tập hợp, phần tử thuộc tập hợp A Bài toán Bài 1: Cho tập hợp A gồm 41 phần tử số nghuên khác thỏa mãn tổng 21 phần tử lớn tổng 20 phần tử lại Biết số 401 402 thuộc tập A Tìm tất phần tử tập hợp A Bài Cho A 20 21 22 22019 B 22020 Chứng minh rằng: A,B hai số tự nhiên liên tiếp B Lời giải Bài 1: Cho tập hợp A gồm 41 phần tử số nghuên khác thỏa mãn tổng 21 phần tử lớn tổng 20 phần tử lại Biết số 401 402 thuộc tập A Tìm tất phần tử tập hợp A Lời giải Giả sử A a1 ; a2 ; a3 ; ; a41 với a1 ; a2 ; a3 ; ; a41 Theo giả thiết ta có a1 a1 a22 a2 a2 a23 a3 Mặt khác với x; y a22 a2 a3 a41 y 20, a23 a3 Nên từ (1) suy a1 Mà a1 nhỏ 401 20 20 A x y a2 a23 a3 a22 a23 a3 a41 a21 a22 a23 (1) x 20 20 20 a1 a22 Kết hợp với (2) a21 20, , a41 Ta có 401 a2 a21 a1 400 401 a41 a21 400 a21 400 a41 a2 a3 a41 a22 a2 a23 20 a22 a2 a22 a21 a22 a21 a21 a20 Ta có a1 a3 401 mà 402 a41 a21 a21 a3 A Kết hợp (3) (4) suy A a2 a2 20 a20 a3 a2 20 402 401; 402; 403; ; 441 Bài 2: Cho A 20 21 22 22019 B 22020 Chứng minh rằng: A,B hai số tự nhiên liên tiếp Lời giải A 20 21 22 22019 Có 2A 21 22 23 22020 Trừ vế theo vế, ta được: 2A A 21 22 23 22020 20 21 22 22019 A 22020 Lại có: B 22020 (lũy thừa 2020 theo số 2) Nên: A 22020 1 Và B A Vậy A,B hai số tự nhiên liên tiếp Bài 3: Tìm nghiệm tự nhiên phương trình 2x + = y2 Giải: Với x = y = y = -2 Với x= y2 = (loại) Với x VT chia dư 3, Vì VT số tự nhiên lẻ => y số tự nhiên lẻ => VP chia dư => vơ lí Vậy nghiệm tự nhiên phương trình (x,y) =(0;2) Bài 4: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x y x y 1 y 1 13 Giải: Ta có: x y x y 1 y 1 13 x xy x xy y y y 13 2x xy x xy y y 5x y 15 x x y 3 y x y 3 x y 3 x y 3 x y 5 10 x x y x y 2 + TH1: (loại) 16 2 x y 2 x y 12 y 10 x x y x y + TH2: (loại) x y x y y x y 1 x y 4 x 2 + TH3: (thỏa mãn) 2 x y 7 2 x y 2 y x y 7 x y 10 x 2 + TH4: (thỏa mãn) 2 x y 1 2 x y y Vậy pt cho có nghiệm nguyên x; y là: 2; , 2;8 Bài 5: Tìm tất ngiệm nguyên phương trình x y 2017 Giải: Phương trình: x y 2017 ( x, y 0) x 20172 y 4034 y Do x, y Z y Z Vậy nghiệm tổng quát phương trình là: x a ; y (2017 a)2 Bài 6: Tìm tất cặp số nguyên dương x; y thỏa mãn: x2 y x y 18 Giải: Ta có x2 y x y 18 x x y y 1 21 x y 1 21 2 x y 1 x y 3 21 Do sảy trường hợp sau: x y 1 x +) x y 21 y x y 1 x +) x y y Bài 7: Tìm cặp số nguyên x , y thỏa mãn x 2x 3x 2x y2 y Có số nguyên dương có chữ số abcdef cho 100 a d 10 b y2 y e c hết cho 1001 ? Giải: Ta có: x4 2x 3x 2x y2 y x4 x2 2x 2x 2x f chia x2 x x2 x y2 y 2y 1 x2 x 2x 2x 4y 4y 2y 2x 1 2x 2y Vì x , y nguyên nên xảy trường hợp sau: + TH1: 2x 2x 2y 4y 2x 2x 2y 2x 2x 2x 2x 2y 4y 2x 2x 2y 4x 4x 2x 2x 2y 4y 2x 2x 2y 4x 4x 2x 2y 4y y x x y x x + TH2: + TH3: 0(VN ) 0(VN ) + TH4: 2x 2x 2x 2y 4x 4x Vậy có cặp (x, y ) thỏa mãn yêu cầu đề là: (0;0),(0; 1),( 1;0),( 1; 1) Ta có: 100 a 10 b e c f abc def 1001abc 1000abc def abcdef 1001abc Suy 100 a abcdef d d 10 b 1001m, m e c f chia hết cho 1001 abcdef chia hết cho 1001 Do Lại có: 100000 Do m abcdef nên m 999999 100000 1001m 999999 100000 1001 x y x xy y 13 Giải: 999 100;101; ;999 Vậy có 800 số thỏa mãn yêu cầu đề Bài 8: Tìm tất cặp số nguyên x , y thỏa mãn phương trình m Điều kiện: x xy y Từ phương trình suy x y Bây ta viết lại phương trình cho dạng 13 x y x xy y (1) Từ đây, ta có 13 x y chia hết cho Mà 14,7 1 nên x y chia hết cho (2) 2 x y x y x y 4 Mặt khác, ta lại có x xy y Do đó, kết hợp với (1), ta suy x y 13 x y Từ đó, với ý x y , ta có đánh giá x y 52 Kết hợp với (2), ta x y x xy y 13 x y Giải hệ phương trình x xy y 13 x 3 y 4 x 4 y 3 Bài 9: Tìm cặp số nguyên x , y thỏa mãn x 2x 3x 2x y2 y 2x 2x y2 2x Giải: Ta có: x4 2x x2 3x x x2 x 2x y2 y x4 y2 y 2 2y x2 2x x2 x 2x 2x 4y 2y 2x Vì x , y nguyên nên xảy trường hợp sau: + TH1: 2x 2x 2y 4y 2x 2x 2y 2x 2x 2x 2x 2y 4y 2x 2x 2y 4x 4x y x x y x + TH2: + TH3: x 4y y 2y 2x 2x 2x 2y 4y 2x 2y 4x 2x 2y 4y 4x 0(VN ) 0(VN ) + TH4: 2x 2x 2x 2y 4x 4x Vậy có cặp (x, y ) thỏa mãn yêu cầu đề là: (0;0),(0; 1),( 1;0),( 1; 1)