Phương trình nghiệm nguyên 2

Dạng 4: Phương pháp xét số dư (Sử dụng đồng dư thức) Nội dung: Cho phương trình Xét số dư f  x g  x f  x  g  x  cho số +) Nếu hai số dư khác phương trình vơ nghiệm +) Nếu hai số dư làm tiếp Bổ đề: Xét số dư số phương cho số +) a 0,1(mod 3) +) a 0,1(mod 4) +) a 0,1, 4(mod 5) +) a 0,1, 4( mod 8) +) a 0,1,  1(mod 9) +) a 0,1(mod16) Bài 1: Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: x   y  y Lời giải 2 3 Ta có: VT 9 x  2(mod 9)  y  y 2(mod 9)  y  y    y 1, 2(mod 3) Có: y  y  y ( y  1)  y y  1 2 2 +) Nếu y 1(mod 3)  y 3k   x  (3k  1)  3k  9k  9k   x 9k  9k  x k  k  x k  k (k  Z )  y  k   Vậy phương trình có nghiệm: Bài 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: 2 a) 3x  y 13 2 b) x 2 y  y  Lời giải 2 2 a) x  y 13  x 4 y  13  x 0,1 mod   x  Z   x 0,3  mod  Nhận xét: n  Z  n chia dư Mặt khác: y  13 1( mod 4)  ptvn 2 2 2 2 b) x 2 y  y   x 2( y  y )   x 2( y  2)   x  2( y  2)  55 x ;( y  2) 0,1, 4(mod 5)  2 n  Z  n 0,1, 4(mod 5)    x , 2( y  2) x  2( y  2) 5  Nhận xét: Chia cho có số dư nên số dư phải  x 25  x  2( y  2) 25  x 0(mod 5)  x 0(mod 5)       ptvn    2 2( y  2) 0(mod 5)  y  0(mod 5) ( y  2) 25   5/ 25 Bài 3: 2 Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: 19 x  28 y 2009 Lời giải 2 Ta có: 28 y 4;16 x 4 2009 chia dư 3 x chia  du  16 x  28 y 2009  x   ptvn        x chia  du 0, hoac  x :  du : 0, hoac : :4  du:1   4 Phương trình Bài 4: Minh 2 a) Giải phương trình nghiệm nguyên: x  13 y 1820 2 b) Giải phương trình nghiệm nguyên: x  13 y 1620 2 3 c) Giải phương trình nghiệm nguyên: 3x  y 1080 2 5.3 Lời giải a) Ta có: 1820 7.13.20 x 7  2   13 y 7  y 7  y 7  (13, 7) 1 18207  13 y 13 x 13     x 13  x 13 1820  13 (7,13)    Tương tự: 2 2 2 Đặt x 13a; y 7b(a, b  Z )  7.13 a  13 b 7.13.20  13a  7b 20  a , b2 1  a b 1(tm) Từ ta tìm nghiệm: ( x, y) (13,7);(13,  7);(  1, 7); (  13,  7) b) Ta có: 1620 20.81 20.3 2 2 Từ (2)  x  13 y 3  x  y 3  x, y 3 2 2 2 Đặt x 3x1 ; y 3 y1 ( x1, y1  Z )  9(7 x1  13 y1 ) 20.3  x1 13 y1 20.9(2)  x1  y1 3  x1, y1 3 2 2 2 Đặt x1 3 x2 ; y1 3 y2 ( x2 , y2  Z )  9(7 x2  13 y2 ) 20.9  x2 13 y2 20  x2  y2 1  x2 1; y2 1 Từ ta tìm được: ( x, y) (9,9);(9,  9);( 9,9);(  9,  9)  x 5 pt    y 3  c) Từ  x 5 x1  3.52.x12  5.32 y12 23.5.33  x12  y12 23.32 (1)  x1 3  x1 3 x2   y 5 y1  5.32.x22  y12 23.32  15 x22  y12 23.32  15 x22  y12 24  x22 1 +) x2 0  x2 0  x1 0  x 0  loại +) x2 1  x1 3  x 15; y 9 +) x2   x1   x  15; y 9 Vậy ( x, y ) (15,9); (15,  9), ( 15,9);( 15,  9) Bài 5: 4 Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: x1  x2   x8 2015  ptvn Lời giải Xét số dư n cho 16 4 +) n chẵn  n 2k  n 16k 16 +) n lẻ 4  n 2k   n (2k  1)  (2k  1)  16  k 16 k  32k  8k (k 1)   n 16 16  x   x84 0,1, ,8(mod16) x14 , x84 0,1(mod16)    2015  15( mod 16)  Vậy phương trình vơ nghiệm Bài 6: Tìm nghiệm ngun phương trình sau x a)   y x y z b)   1024 Lời giải x k 1 k a) +) Nếu x 2k  1(k  N )  2 2.4 2(mod 3)  y 2(mod 3)  vô lý 2k 2k k k +) Nếu x 2k  y 2   y  3  ( y  )( y  ) 3 k k k k Ta có: y    y   0; y   y   trường hợp k  y  1  y 2   k   y  2k 3  2.2 2   +)  y 2   k 0  y 2  ( x, y ) (0, 2)   x 0 chia 16 dư b Do x, y, z có vai trò nhau, giả sử x  y z x y z 10 z x z y z 10 x z y z 10  z 10 z Có:   2  (2   1) 2    2 ( x  z, y  z  N )   N x  10 y  10 +) 10  z 0  z 10   0 (loại) +) 10  z 1 x z y z 10  z - y  z 1  x  z  y  z 1    lẻ 2 - y  z 0  y  z  x  z  210 z  210 z  x  z 2  x  z  2(10 z ) ( x  z )  1 2 2 x  z 2  x  z 1   10 x  2  1 10  x 1  x 9   ( x, y , z ) (9,8,8) y  z   Bài 7: x Tìm tất số tự nhiên x cho: 105 số phương Lời giải x Theo giả thiết:  105  y ( y  N ) x k 1 k +) Nếu x 2k  1(k  N ) 2 2.4 2(mod 3)  y 2(mod 3)  vô lý 2k k k +) Nếu x 2k (k  N ) y 2  105  ( y  )( y  ) 105 3.5.7 k k k Ta thấy y   0; y   y   trường hợp k  y  1  2k 1 104  k +) TH1:  y  105 (loại)  y  2k 3   y  2k 35   +) TH2: 2 y 38   k 1 2 32  y 19  k 4  x 8  y  2k 7  y 11    k k 2  x 4 +) TH3:  y  15  Vậy x   4;6;8 x b)  160 số phương  x 2 (Xét modul 4) Bài 8: 1945 x y z Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm nguyên: 19   1890 2 Lời giải x x Vì x, y, z 1 , nên: VT 19 (mod 5) ( 1) (mod 5) 1, 4( mod 5)(1) ( x chẵn ) 1945 1945 * k 1 k Mặt khác: 1(mod 4)  4k  1( k  N )  VP 2 2.16 2(mod 5)(2) Từ (1) (2)  VT VP  phương trình vơ nghiệm Bài 9: Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm ngun 3 1111 a) x  y  z 5 3 b) x  y  z x  y  z  2008 4 2222 c) x1  x2   x8 3 4 d) x  y  z 1000 2007 e) n  2006n 2008  2 f) x  y  z 1999 Lời giải a) Nhận xét: a 0,1,  1(mod 9) Thật vậy, Nếu a 0(mod 3)  a 0(mod 9); a 1  a  (a  1) ( a  a  1) 0( mod 9)     3 3 a  1(mod 3)  a3  (a  1) (a  a  1) 0(mod 9)     0 0 Áp dụng: VT 0, 1, 2, 3(mod 9) (1) 1111 185 Có: 125  1(mod 9)  1( mod 9)  (5 ) 5(mod 9) (2) Từ (1) (2) suy phương trình vơ nghiệm 3 b) Ta có: x  x  x( x  1)( x  1); y  y  y ( y  1)( y  1); z  z z ( z  1)( z  1)   phương trình vơ nghiệm  VT 0(mod 3), VP  c) Ta có: a 1(mod16), a  N , a lẻ Thật vậy: a  (a  1)(a  1)(a  1)16 a  12  vì: (a  1)(a  1)8 ( a  a  hai số chẵn liên tiếp nên có số chia hết cho số chia hết tích chúng chia hết cho 8) Áp dụng: VT 0,1, 2, 8(mod16) (1) 2222 555 2 9.(34 )555 9(mod16)(2)  phương trình vơ nghiệm Ta có: 81 1(mod16);3 (3 ) 4 d) Có x, y, z  Z  x , y , z 0,1(mod16)  VT 0,1, 2,3(mod16),VP 8(mod16)  phương trình vơ nghiệm e) Ta có: n3  2006n n3  n  2007n n(n  1)(n  1)  2007    n  VT 0(mod 3) (1)      3 3 2007 2007 Lại có: 2008 1(mod 3)  2008 1( mod 3)  2008  2( mod 3)(2)  phương trình vơ nghiệm f) Ta có: 1999 3(mod 4) 2 2 2 mà: x , y , z 0,1( mod 4)  x , y , z 1(mod 4)  x, y, z lẻ 2 Đặt x 2 x1 1; y 2 y1  1; z 2 z1 1  (2 x1 1)  (2 y1 1)  (2 z1  1) 1999  x1 ( x1  1)  y1 ( y1  1)  z1 ( z1  1) 499             /2 2 2 2 phương trình vơ nghiệm Bài 10: HSG Tỉnh Tuyên Quang, năm học 2015 - 2016 Xác định tất cặp nguyên dương  x; n  thỏa mãn phương trình sau: x3  3367 2n Lời giải Từ x3  3367 2n  x 2n  mod  n Nếu n khơng chia hết cho chia cho cho số dư 2, 7, n x chia cho cho số dư 0, nên khơng thể có đồng dư thức x 2  mod  Vậy n 3m với m số nguyên dương 3m Thay vào phương trình cho ta được: x  3367 2 2 m Từ  x    2m  x   x.2m  3367  1    1  2m  x Hơn  m ước 3367  x   23m  x3 3367 nên  m  x    1;7;13 m 2m  2m  1 2.561  x  Xét , thay vào (1) suy (vô nghiệm) m m  2m  13 2.15  x  Xét , thay vào (1) suy (vô nghiệm) m 2m  2m   24.32  x  Xét , thay vào (1) suy (vơ nghiệm) x; n  9;12  Từ ta có m 4, n 3m 12 x 9 Vậy    Bài 11: Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa vịng 2, năm học 2017 - 2018 Tìm tất cặp nguyên  x; y  thỏa mãn: x  y 20412 Lời giải Ta có: 204122 y 2 nên x2 2 Đặt x 2 x1 phương trình trở thành: x1  y 5103 Vì 51033   x12  y  3 x hay   y  3  x1 3, y 3 2 Đặt x1 3x2 phương trình cho trở thành x2  y1 567 2 Suy luận tương tự ta đặt x2 3x3 y1 3 y2 , ta được: x3  y 63 2 Đặt x3 3x4 y2 3 y3 , ta được: x4  y3 7 - Nếu x4 0; y3 0 phương trình cho vơ nghiệm - Nếu x4 0; y3 0 x4 1 y3 1  x 54; y 27 Vậy y3 1  x 54; y 27 Bài 12: Olympic Mỹ Đức, năm học 2018 - 2019 Tìm cặp số tự nhiên  x; y  thoả mãn  x 15 y  1  x Lời giải Ta có:  x 15 y  1  x  x  x  y  305 (*) x Vì 305 số lẻ nên x  15 y   x  x  y số lẻ Lại có x  2, x    15 y 2  y 2  x  x x  x  1 2  Vì  y 2 x x Nên để  x  x  y 2 2  x 0 (thoả mãn)  15 y 1  y 1 305 (1)  15y  15 y   Ư(305)  1; 305; 5; 61 Khi đó, phương trình (*) trở thành: Mà 15 y  1 15 y  chia 15 dư  15 y  1  1;61  15 y   0;60  y   0; 4 (thoả mãn)   x  x  y 305 Với y 0 , thay vào (1) suy 1.1 305 (vơ lí) Với y 4 , thay vào (1) ta 61.5 305 (đúng)  y 4 thoả mãn Vậy  x; y   0;  DÀNH CHO HỌC SINH LỚP Bài 1: 2 Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2 y  y  (1) Lời giải 2 2 Ta có: (1)  x 2( y  2)  5(2); co : x 0,1, 4(mod 8), 2( y  2) 0, 2(mod 8)  2( y  2)  3,5(mod 8) VT 0,1, 4(mod 8)    ptvn VP  3,5(mod 8)  Bài không xét mod được, khơng xét mod được: Vì hai vế có số dư Bài 2: 2 Phương trình z ( x  1)( y  1)  n có nghiệm ngun khơng n 2013 Lời giải x  0,3, 7(mod 8)  2   ( x  1)( y  1) 0,1,5(mod 8) Ta có: y  0,3, 7(mod 8)  mà: 2013 5(mod 8)  VP 5, 6, 2(mod 8), z 0,1, 4(mod 8)  ptvn Bài 3: 2 Giải phương trình nghiệm nguyên: 15 x  y 9  mod Lời giải 2 Ta có: 15 x 9 0( m0d 3)  y 0(mod 3)  y 0(mod 3)  y 0  y 3 y1  15 x  63 y12 9  x  21 y12 3 (1) ( y1  Z ) 2 Từ (1)  x 0(mod 3)  x 3x1 ( x1  Z )  15 x1  y1 1 Có: y12 0,1(mod 3)  15 x12  y12 0,  1(mod 3) 0, 2(mod 3)  VT 0, 2(mod 3)    ptvn VP 1(mod 3)  Bài 4: 15 15 15 2003 2003 2003 Giải phương trình nghiệm nguyên: x  y  z 19   Lời giải Ta có: 19 1(mod 9)  19 2003 1(mod 9);7  2(mod 9)  73 ( 2)3 (mod 9)  73 1(mod 9)  2001 1(mod 9) 2003 49(4(mod 9))(1) 3 5 Nhận xét: a 0,1,  1(mod 9)  ( x ) ( x ) 0,1,  1(mod 9)  VT  3,  2,  1, 0,1, 2,3(mod 9)(2)  ptvn Bài 5: Giải phương trình nghiệm nguyên x a)   y x y x y b)  2 x x y c) (2  1)(2  2)  307 y d) x  x Lời giải x x x a 1(mod 3)khi : x =0;3 0(mod 3)khi : x 1;3 0(mod 3) : x 2 +) y 0,1,8(mod 9)  x 0  y 2 x 2  3x  7(mod 9)  voly    x 1  y 10(loai ) Nếu x y y x y x b Giả sử x  y  2 , chia hai vế cho 0   2 y +) Nếu x 0   1(voly) x x y x +) Nếu x 1  : chan  : le  x  y 0  2   x 1  y 1(tm) x 2  17 y 0  1  (2  1)(2  2) 306 17.18   x  x 4(tm) 2  18 y c Nếu x x y +) Nếu y   0(mod 3) x x x - x: chẵn   1(mod 3)  1(mod 3)  (2 1)(2  2) 0(mod 3)  x  1(mod 3)  (2 x  1)(2 x  2) 0(mod 3)  - x: lẻ Vậy VT 0(mod 3)    y  0( ptvn) VP 1(mod 3)   x; y   4;0  d Nếu x 1  VT 1 1 VP  với y Vậy x = 1, y = n ( n số số tự nhiên ) +) Nếu x 0  VT VPy  N  x 0, y m(m  N ) +) Nếu x 0, x 1  y 4 Dạng 5: PHƯƠNG PHÁP XUỐNG THANG ( LÙI VÔ HẠN – CỰC HẠN ) Chú ý: Phương pháp thường dùng cho phương trình có bậc hạng tử 4 - Nó xuất phát từ ơng Phecsma: x  y  z Cách giải: Bước 1: Giả sử tồn nghiệm khác mà đạt giá trị nhỏ Bước 2: Sử dụng giả thiết tính chất phương trình có nghiệm khác nhỏ Bước 3: Kết luận phương trình có nghiệm Bài 1: 4 4 Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x  y  z z (1) Lời giải Giả sử ( x0 , y0 , z0 , t0 ) nghiệm phương trình, tức là: 10 Dạng 6: PHƯƠNG PHÁP KẸP  a, b  Z  a b  2 Nội dung: (b  1)  a  (b  1) n n n n n TQ: Với a, n  N (a, n  1, x, y  Z )  x  y  ( x  a )  y ( x  i ) (i 1, a  1) Bài 1: 3 Giải phương trình nghiệm nguyên: x  x  3x   y Lời giải 15 y  x3 2 x  x  2( x  )2   0;( x  2)3  y 4 x  x  (2 x  )   16 Ta có: 13  x 1  y 2  x3  y  ( x  2)3  x  y  x   y  x   x 1      (1; 2);( 1; 0)  x   y  Bài 2: 3 Giải phương trình nghiệm nguyên: x  y  y  y  0(1) Lời giải 3 Ta có: (1)  x  y  y  y   x ( y  1)3  x  y   x 1; y 0 ( y  1)3  x3 ( y  1)       x  y x  y   x  y   Ta chứng minh được: Bài 3: 4 Giải phương trình nghiệm nguyên: ( x  2)  x  y (1) Lời giải 3 3 Ta có: (1)  x  24 x  32 x 16  y  y 2  y 2  y 2 z ( z  Z )  x 3x  x  z Ta chứng minh được: x3  z  ( x  2)  x  z  x   z  x   x3  3x  x  ( x  1)3  x3  3x  3x   x   z 0  y 0  ( x, y ) (  1, 0) Bài 4: 2 Giải phương trình nghiệm nguyên: x  x  x  x   y (1) Lời giải 2 2 Ta có: (1)  ( x  x)  x  x   y 15 y  ( x  x) 2( x  )   0;( x  x  2)  y 2 x  3x  2( x  )   8 +) Ta có:  ( x  x)  y  ( x  x  2) x  x  ( x  )2    x  x 0  x  x  y  x  x   y x  x  Mà:  y 3  x  x3  3x  x  ( x  x  1)   x 1  y 3    ( x, y ) (1,3); (1,  3)  y  Bài 5: 4 2 2 Giải phương trình nghiệm nguyên: x  z  y  z x  3x  z  0 14 Lời giải 4 2 2 2 2 4 2 Ta có: (1)  y  x  z  x z  3x  z 1  ( x  z )  3x  z   y  y  ( x  z ) (2) 2 2 2 Xét hiệu ( x  z  2)  y x    ( x  y  2)  y (3) 2 2 Từ (2) (3)  y ( x  z  1)  x  z 0  x  z 0  y 1  y 1 Vậy ( x, y, z ) (0,1, 0);(0,  1, 0) Bài 6: 2 Giải phương trình nghiệm nguyên: x  x  x  x  y  y (1) Lời giải 2 2 2 Ta có: (1)  x  x  x  x 4( y  y)  (2 x  x)  x  x  (2 y  3) (2) 23 (2 y  3)  (2 x  x) 3 x  x  3( x  )   3 +) 2 2 2 2 2 +) (2 x  x  4)  (2 y  3) 13 x  x  ( x  2) 12 x    (2 x  x)  (2 y  3)  (2 x  x  4) Vì x  x  y   x2  x  +)  x 4 y  2 x  x   (2 y  3) (2 x  x  1)  x  x  0     x  +) +) y  2 x  x   x 1  x 1  y   1;0;  4;3 y  2 x  x   x  2  loai; x 0  y   0;  3 Vậy phương trình có 10 nghiệm ngun Bài 7: HSG Ân Thi, năm học 2017 - 2018 3 Tìm nghiệm nguyên phương trình:  x  x  x  y Lời giải  1  x  x  x     x  y  x  y  x 2  y x   Ta thấy: 2 3 - Nếu y x   x  x  x ( x  1)   x  x  x x  3x  3x  15  y  37  y   17;  20; 2;  5   y  7  x 0    x  x 0  x( x  1) 0  x  Suy  x; y     0;1 ;   1;   y  x    x  x  x  x  3x  3x  y  x  - Nếu    x  x   x( x  1)     x  Khơng có giá trị x   thỏa mãn:   x  Vậy  x; y     0;1 ;   1;  BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1: 2 Tìm tất x, y nguyên thỏa mãn: x  x   y Lời giải 2 4 2 Ta có: x  1   y  x  x   x ( x ) (1) 2 2 2 Mặt khác: y x  x   x ( x  1)  x ( x  1) (2) 16 2 2 2 Từ (1)(2)  ( x )  y ( x  1)  y 1  y 1 Bài 2: 4 Giải phương trình nghiệm nguyên: x  y 3 y  Lời giải 4 2 2 2 Ta có: x  y  y 1  y  y   y ( y  1)  y ( y  1) 4 2 2 2 Mặt khác: x  y  y   y 4 y 4  y  ( y 2)  ( y 3)  ( y  2) 2 4 2 4 Khi đó: ( y 1)  x  ( y  2)  x ( y  1)  y  y   y  y   y  y   y 0  x 1 Bài 3: 3 Giải phương trình nghiệm nguyên: x  y  y  y  0 Lời giải 3 2 Ta có: x  y  y  y 1 ( y  1)  y ( y  1) (1) 3 2 Mặt khác: x  y  y  y  ( y  y  y  1)  y   ( y  1) 3 Khi đó: ( y  1)  x ( y  1)  y  x y    x   y   (loai )  +) TH1: 3 3 +) TH2: x ( y  1)  y 0  x 1 Bài 4: 3 Giải phương trình nghiệm nguyên:  x  x  x  y Lời giải 3  x  x ( x  )     y (1  x  x )  x  x 4 Ta có: 3 2 2 Mặt khác: y  x  3x  12 x   x  11x  ( x  2)  (5 x  11x  7)  ( x  2)  x 0  y 1 x3  y  ( x  2)3  y ( x  1)3      x   y 0 Khi đó: Lớp Bài 1: KHTN vòng 2, năm học 2014 17 2 Cho x, y thuộc tập hợp số tự nhiên cho x  y  x y  x  y Chứng minh x  y Lời giải 2 Xét hiệu: x y  x  y  (2 xy  1) 4 xy  x  y   x(4 y  y)  y  1(*) 2 Do: x, y   x, y 2  (*)   (2 y  1)  x y  x  y (1) 2 2 Chứng minh tương tự:  (2 xy  1)  x y  x  y  (2 xy  1) 2 Mà x y  x  y số phương 2 Vậy theo nguyên lý kẹp  x y  x  y (2 xy )  x  y Bài 2: 2 Giải phương trình nghiệm nguyên: x  x  x  x   y Lời giải ( x  x  1)  ( x  x  x  x  1) ( x  )   Xét hiệu: 2 2 Xét hiệu: ( x  x  x  x  1)  ( x  x)  x  x   0x 2 2 Vậy ( x  x)  x  x  x  x 1  y  ( x  x  1) Vậy phương trình vơ nghiệm Bài 3: Giải phương trình nghiệm nguyên: x  y 1( x, y  Z ) Lời giải Ta có x, y có số mũ chẵn x , y 0 Khơng tính tổng qt, giải sử x, y 0 ( có số mũ chẵn ) 4 Đặt x 2a  1, a  N (do : x  le); x 1(mod 4)  x 1(mod 4)  y 0(mod 4)  y 0(mod 2) Đặt y 2b(b  N )  (2a  1)  2(2b) 1   (2a  1)   2.(2b)  (4 a  a)(4 a  a  2) 8b  (a  a)(2a  2a  1) b 2 Mà ta lại có: ( a  a, 2a  2a 1) 1 2 Theo tính chất số phương  a  a m 2 2 2 Mà a a  a m  (a  1)  a m  a 0  b 0  x 1; y 0 18 Vậy phương trình có nghiệm  x; y   1,  ;  x; y    1,  Bài 4: Giải phương trình: x  x  y (1) (Không bậc) Lời giải 3 Ta có: (1)  x  x   y 1  y  (3 x  1) +) y  0  y  1(2) 2 +) ( y  1)( y  y  1) (3 x  1) (3) d / y  y  d ( y  1; y  y  1), d  N   d / y  Giải sử  d 1 y  y   y ( y  1)  2( y  1)   d /          d 3 d d Mà: 2 2 Nếu d 3  / ( y  1)( y  y  1) (3 x  1)  voly (3x  1) /  ( y  1; y  y  1) 1(4) 2 Từ (3)(4)  y  y  m (5) 2 2 2 2 Xét với y   y 2  y  m ; m  ( y  1)  y  y   y  y   y   ( y  1)  m  y  voly Xét y 1, (1)    y 1  tự làm tiếp *) Chú ý: - Hai số nguyên tố = cách gọi UCLN - Chặn miền giá trị biến y - Sử dụng tính chất số phương - Phương pháp kẹp Bài 5: HSG Thanh Chì, năm học 2018 - 2019 2 2 Tìm số nguyên x, y thỏa mãn: x  y  x y  60 37 xy Lời giải 2 2 Ta có: x  y  x y  60 37 xy 2   x  y   x y  35 xy  60   x  y  5  xy     xy  xy  3   xy  0 Vì VT 0 nên  Suy  xy 4  xy 3 xy 4 (vì xy nguyên) 19 2 x  y  0 Với xy 3  x  y x 3 (loại) x  y  0 Với xy 4  x  y 2 x  y  (loại) Bài 6: HSG Quảng Xương, năm học 2017 - 2018 3 Tìm cặp số nguyên  x, y  thỏa mãn: x  x  x   y Lời giải Ta có: x3  x  3x   y  1  1  Từ Ngoài Thay vào Suy y  x3 2 x  x    y  x  x  2  y 4 x  x    y  x   y x   1 tìm x 1 x   x, y    1;   x, y   1;  Bài 7: HSG Vĩnh Bảo, năm học 2018 - 2019 3 Giải phương trình nghiệm nguyên: x + x + 3x + = y Lời giải 3 Ta có: x + x + 3x + = y Å Xét x = ta thấy phương trình vơ nghiệm Å Xét x ¹ ta có: ộổ ử2 ự ỳ ỗx + ữ y - x = x + 3x + = ữ ờỗ ữ + 16 ỳ> ỗ 3 è ø ê ú ë û với " x Þ y > x 3 y - ( x +1) =- x +1 £ Þ x < y < ( x +1) Þ y £ ( x +1) vi " x 0; x ẻ m x, y ẻ ị y = ( x +1) Û - x +1 = Û x = Û x = ±1 Nếu x =1 Þ y = Nếu x =- Þ y = x; y ) Ỵ { ( 1; 2) ; ( - 1; 0) } Vậy phương trình có hai nghiệm ( 20