Chuyên đề 2 các bài toán và phương trình nghiệm nguyên

111Equation Chapter Section 1CHUYÊN ĐỀ 2: CÁC BÀI TOÁN VÀ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN A KIẾN THỨC CƠ BẢN B CÁC DẠNG BÀI TẬP Phương trình bậc hai ẩn Vd1 Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: 3x  17 y 159 (1) 1593  17 y 3  y3   17,3 1 Giải: Ta thấy x3 y 3t  t   , thay y 3t vào (1) ta có: 3x  17.3t 159 Đặt  x  17t 53  x 53  17t  y 3t  x 53  17t Thay  vào (1) phương trình  x 53  17t ,t    y  t Vậy phương trình có vơ số nghiệm ngun thỏa mãn  (2) Vd2 Tìm nghiệm nguyên phương trình: 11x  18 y 120 Ta thấy 18 y 6,1206  11x6  x6 Thay x 6t vào (2) ta được: 20  11t 11.6t  18 y 120  y  21   12t  t t1  y 7  4t  3 t1    t  13 Để y nguyên t  3k  k    t 3k  Đặt Thay t 3k  vào biểu thức x, y có:  x 6  3k  1    y 7   3k  1  k  x 18k   k     y  11k  Vậy phương trình có vơ số nghiệm ngun thỏa mãn  x 18k  (k  )   y  11k  Mở rộng: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình (2): 11x  18 y 120 Đề phương trình có nghiệm ngun dương :  k    18k     k 0   11k   k   11 Vậy phương trình có nghiệm ngun dương Phương trình bậc hai có hai ẩn  x; y   6;3 Vd3: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  y 2 xy  11 (1) x  y 2 xy  11  10 x  y 4 xy  22 (nhân hai vế cho 2)  10 x  xy  y  22 0   10 x  xy   y  15  0  x   y     y     x  3   y   Ta có bảng sau: 2x  -7 -1  2y -1 -7 x -5 -1 -2 y -6 -1 Thay cặp giá trị (x;y) bảng vào phương trình (1) ta phương trình nghiệm 2;3 ;  5;2  ;   1;6  ;   2;  1 Vậy phương trình có nghiệm ngun    Phương pháp xét số dư vế Vd4: Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm ngun : a) x  y 1998 b) x  y 1999 Giải 2 2 a) Dễ chứng minh x , y chia cho có số dư nên x  y chia cho có số dư 0;1;3 Còn vế phải 1998 chia cho dư Vậy phương trình cho khơng có nghiệm nguyên 2 2 b) x , y chia cho có số dư 0;1 nên x  y chia cho có số dư 0,1, Cịn vế phải 1999 chia cho dư Vậy phương trình khơng có nghiệm ngun Vd5: Tìm nghiệm nguyên phương trình : x   y  y Giải Biến đổi phương trình : x   y  y  1 Ta thấy vế trái phương trình số chia hết cho dư nên : y 3k  1, y  3k   k   Chỉ x   3k  1  3k   Khi :  x 9k  k  1  x k  k  1 y  y  1 chia cho dư x k  k  1 , y 3k  thỏa mãn phương trình cho Thử lại  x k  k  1  Vậy  y 3k  với k số ngun tùy ý Phương trình đa thức có ba ẩn trở lên Vd6 Tìm nghiệm nguyên phương trình x  15 y  10 z 3 Giải Ta thấy 10 z 3  z 3 Đặt z 3k ta : x  15 y  10.3k 3  x  y  10k 1 Đưa phương trình hai ẩn x, y với hệ số tương ứng hai số nguyên tố x  y 1  10k  10k  y 1 y  x  5k  y  2 1 y t Đặt với t nguyên Ta có : y 1  2t x  5k    2t   t 5t  5k  z 3k 5t  5k  2;1  2t ;3k  với t , k số nguyên tùy ý Nghiệm phương trình :  Phương trình bậc hai ẩn *Cách giải : - Rút gọn phương trình, ý đến tính chia hết ẩn - Biểu thị ẩn mà hệ số có giá trị tuyệt đối nhỏ (chẳng hạn x) theo ẩn - Tách riêng giá trị nguyên biểu thức x - Đặt điều kiện để phân bố biểu thức x số nguyên t, ta phương trình bậc hai ẩn y t1 - Cứ tiếp tục ẩn biểu thị dạng đa thức với hệ số nguyên Vd Tìm nghiệm nguyên phương trình : 11x  18 y 120   Giải x 6k  k   Thay vào (1) rút gọn ta : Ta thấy 11x6  x6 Đặt 11k  y 20 Biểu thị ẩn mà hệ số có giá trị tuyệt đối nhỏ (là y) theo k ta : 20  11k k1 y t Lại đặt với t    k 3t  Do : y 7   3t  1  t 3  11t x 6k 6  3t  1 18t  Thay biểu thức x y vào (1), phương trình nghiệm Vậy nghiệm nguyên   biểu thị công thức  x 18t    y 3  11t với t số nguyên tùy ý 3 Vd Tìm nghiệm nguyên phương trình x  y xy   1 Giải x  y x  xy  y  xy  x  y 1 Suy Dễ thấy x  y Do x, y nguyên nên 2 x  xy  y  xy  , : x  xy  y  xy    Xét hai trường hợp : a) xy   Khi (2) trở thành : x  xy  y  xy    x  y   8(ktm) b) xy  0     x  xy  y  xy   x  y 8   2 Do x , y   0;1;4 x 0   1  y 8  y  y 0   1  x3   x 2 2  x 1  x 4 x , y   1;4   hoac   y 4  y 1 Nếu x, y khác Như hai số x y có số chẵn số lẻ Khi vế trái (1) lẻ vế phải (1) chẵn, không xảy x; y     0;   ;  2;0   Vậy  Vd Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm nguyên x  y  z 1999  1 2 Giải : Ta biết số phương chẵn chia hết cho 4, cịn số phương lẻ chia cho dư chia cho dư 2 2 2 Tổng x  y  z số lẻ nên ba số x ; y ; z phải có : có số lẻ , số chẵn, số lẻ 2 Trường hợp ba số x ; y ; z có sổ lẻ, hai số chẵn vế trái (1) chia cho dư 1, vế phải 1999 chia cho dư 3, loại 2 Trong trường hợp ba số x ; y ; z lẻ vế trái (1) chia cho dư 3, vế phải 1999 chia cho dư 7, loại Vậy phương trình (1) khơng có nghiệm nguyên Phương trình dạng phân thức Vd10: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình : 1 1    x y xy Giải : Nhân hai vế phương trình với 6xy : y  x  xy Đưa phương trình ước số :  x    y   37 Do vai trò bình đẳng x y, giả sử x  y 1 , x   y    x  37  x 43    y  1  y 7 Chỉ có trường hợp :  x; y    43;7  ;  7;43  Vậy  x  17 Vd11: Tìm số nguyên x cho x  bình phương phân số Giải x  17  a     a  , b   * x  b Giả sử Xét a 0  x 17 2 a, b  1 Do  a ; b  1 nên : Xét a 0 , Khơng tính tổng qt, giả sử  x  17 a k  1 ; x  b 2k (2) Từ (1) (2) suy :  x     x  17   b2  a  k   b  a   b  a  k b  a    b  a  2a nên b  a, b  a Ta thấy b  a, b  a ước Chú ý  tính chẵn lẻ ta lại có b  a  b  a, b  a  nên có trường hợp : ba 4 2 Vậy b a 2 2 4 x   17;18;8 k 1 2 1 b 0( ktm)  1(ktm) a x b 2k  18 2 x  y  y 1 x , y Vd 12.Tìm số ngun khơng âm cho Giải : Nếu y 0  x 1 Nếu y 1thì từ phương trình cho ta suy y  x  y  , vô lý  xy  zt 1  xz  yt 2 x , y , z , t Vd13 Tìm số nguyên thỏa mãn   xy  zt 1  xy  zt  1    xz  yt 2 3  xz  yt  12 Giải : Ta có : x Cơng theo vế ta có : Vậy  3t   y  3z  13  x; y; z; t    1;1;2;0  ,   1;  1;  2;0  ,  1;1;0;2  ,   1;  1;0;    Phương pháp đưa dạng tổng 2 Vd14 Tìm nghiệm nguyên phương trình x  y  x  y 8  1 Giải :  1  x  y  x  y 32   x  x  1   y  y  1 34 2  x   y  32  52 Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 có dạng phân tích thành tổng 2 hai số phương ;5 Do phương trình thỏa mãn khả năng:   x  3    y  5   x; y     2;3 ;  3;2  ;   1;   ;   2;  1     x  5   y  3   Phương pháp dùng bất đẳng thức Vd15: Tìm ba số nguyên dương cho tổng chúng tích chúng x  y  z xyz  1 Giải : Gọi số nguyên dương phải tìm x, y, z Ta có : Chú ý ẩn x, y, z có vai trị bình đẳng phương trình nên xếp thứ tự giá trị ẩn, chẳng hạn x  y z Do xyz x  y  z 3z Chia hai vế bất đẳng thức xyz 3z cho số dương z ta : xy 3 xy   1;2;3 Do xy 1  x 1, y 1   z z (ktm) xy 2  x 1, y 2  z 3 xy 3  x 1, y 3  z 2(ktm y z ) Vậy số phải tìm : 1;2;3 x  y  z  t   10 2 xyzt Vd16.Tìm nghiệm nguyên dương phương trình  Giải : Vì vai trò x, y, z , t nên giả thiết x  y z t Khi xyzt 5  x  y  z  t   10 20 x  10  yzt 15  t 15  t 2 t 1  xyz 5  x  y  z   15 15 x  15  yz 30  z 30  z 3 z 1  xy 5  x  y   20  xy 10  x  y   40 hay  x    y   65 Nếu Dễ thấy phương trình có nghiệm :  x 35; y 3  x 9; y 5  Cmtt trường hợp lại t 2 x, y, z , t    35;3;1;1 ;  9;5;1;1  Vậy  hoán vị số Vd17.Tìm nghiệm nguyên phương trình : 1! 2!  x!  y  1 x; y  phương Giải : Cho x 1;2;3;4 ta có nghiệm nguyên dương  1;1 , 3;3 trình     Nếu x  dễ thấy k !với k  có chữ số tận  1! 2! 3! 4!  x! 33  5!  x! có chữ số tận Mặt khác vế phải số phương nên tận x; y   1;1 ,  3;3 Vậy phương trình (1) có hai nghiệm nguyên dương  2 y 1 Vd18.Tìm x,y nguyên dương thỏa mãn phương trình x  x  3  1 Giải : Cho x giá trị từ đến 9, dễ dàng xác định chữ số tận x  x  y1 nhận giá trị 1;5;9 Mặt khác ta thấy lũy thừa bậc lẻ nên chữ số tận Khác với 1;5;9 Vậy (1) không xảy Phương trình vơ nghiệm C BÀI TẬP TỰ LUYỆN (cứ 10 giải lần) Các từ 01 đến 10 Tìm nghiệm nguyên phương trình x  y 11 Tìm cặp số nguyên dương x  y 74  x; y  thỏa mãn phương trình: 2 2 Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  y 2 x y xy  xy  243 y  x 0 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình:  x; y  thỏa mãn: y ( x  1) x  1   x y Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: (1) Giải phương trình với nghiệm nguyên dương: xy z Tìm tất cặp nghiệm nguyên 2 2 Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  xy  y x y (1) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x  y 2 xy  11 2 x  x  11  y 10 Tìm nghiệm nguyên phương trình: Giải tập từ đến 10 Bài Dùng tính chất chia hết 11  y y x  y 11  x  5  y  2 Ta có: y y  k  y 2k   x 4  3k (k ) nguyên , đặt Do x, y nguyên  y 2k   x 4  3k Vậy nghiệm tổng quát  2 Bài Ta có: x  y 74  x  y  x  75  x  15 2 mà  x 12  x 4 x 9 2 Với x 4  y 10(ktm) 2 3;2 Với x 9  y 4(tm) Vậy cặp số cần tìm   Bài 2 2 2 2 2 Có x  y 2 x y  x  y 4 x y  x  y  1 x  y  1   y  1 1   x  1  y  1 1 1.1   1   1   x , y   1;1 ;  0;0  Mà   x, y    1,1 ;  0;0  ;  1;  1 ;   1;  1 ;   1;1  Bài 2 Ta có: xy  xy  243 y  x 0  x  y  1 243 y (1) y  1, y  y      Từ (1) với ý rằng: ta suy ước 243 x, y   54,2  ;  24;8  Vậy  x2  y  x  1 x   y  x   x x Bài Ta có: x; y   4;6  ;  2;6  ;   2;   ;  0;   Vì x, y nguyên nên x  ước 3.Vậy  1   x  y x y Bài Giả sử 1 1     x 8;   x  4 x y x x Vậy  x 8 , thử chọn để tìm nghiệm x; y    5;20  ;  20;5  ;  6;12  ;  12;6  ;  8;8   Vậy  x, y, z  1 Thật vậy, ba số x0 , y0 , z0 thỏa mãn Bài Trước hết ta giả sử  (1) có ƯCLN d , giả sử x0 dx1 , y0 dy1 , z0 dz1 x1 , y1 , z1 nghiệm (1) x, y , z  1 x, y,z đơi ngun tố nhau, hai ba số x, y , z có Với  ước chung d số cịn lại chia hết cho d 2 z  xy  ab  z ab   Ta có:  x ta    y tb , t    z tab Như :  2 2 Bài Thêm xy vào hai vế : x  xy  y x y  xy   x  y  xy  xy  1 Ta thấy xy xy  hai số ngun liên tiếp, có tích số phương nên tồn số 2 Xét xy 0 Từ (1) có x  y 0 nên x  y 0 xy    x; y    1;  1 ;   1;1  Xét xy  0 Ta có:  x  3 y 5 x  11  y Bài Biểu thị y theo x : Để y  phải có: x  52 x    x   2 x   x   72 x   72 x  Ta có: 2x  -1 x -1 -2 y -1 Bài 10 Đưa phương trình ước số: x  x   12  y x  11 x 5 2  2x  2x  -7 -5 2   x  1  y 12   x   y   x   y  12 Vì (1) chứa y có số mũ chẵn nên giả thiết y 0 Thế thì: x   y x   y  x   y    x   y  2 y nên x   y x   y tính chẵn lẻ Tích chúng 12 nên chúng chẵn Với nhận xét ta có hai trường hợp x  1 y -2 x  1 y -6 Do x -4 y 2 x -3 x; y     5;2  ;  5;   ;   3;2  ;   3;    Vậy  = Các từ 11 đến 20 2 Bài 11.Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  y  xy  x  y  0 (*) Bài 12.Tìm x, y  : x  y  2001 Bài 13 Tìm bốn số nguyên dương cho tổng chúng tích chúng