I. Sử dụng định lý nghiệm của phương trình bậc hai. 1.Một số dịnh lí liên quan. Để giải phương trình bậc hai với nghiệm nguyên hay các vấn đề liên quan nghiệm nguyên của phương trình bậc hai người ta thường dùng một số định lí dưới đây. Định lí 1. Phương trình với các hệ số nguyên nếu có nghiệm nguyên thì . Chứng minh: Giả sử là nghiệm nguyên của PT thì . Do hay Ư( ). Chú ý: Định lí vẫn đúng với phương trình bậc n với các hệ số nguyên. Khi đó phương trình (với ) có nghiệm nguyên thì Ư( ). Định lí 2. Phương trình với các hệ số nguyên có nghiệm nguyên khi và chỉ khi là số chính phương. Chứng minh: Giả sử là nghiệm nguyên của PT thì . Do nên là số chính phương. Đảo lại, nếu , mà và k cùng tính chẵn lẻ nên dễ dàng suy ra . Định lí 3. Phương trình hệ số nguyên có nghiệm nguyên khi và chỉ khi là số chính phương. Chứng minh: Tương tự định lí 2 2. Một số bài toán điển hình. Bài 1.Giải phương trình nghiệm nguyên . . (1) HD: Coi là phương trình bậc hai ẩn và là tham số.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NINH NGHIỆM NGUYÊN SỐ CHÍNH PHƯƠNG (Tài liệu tập huấn giáo viên cốt cán) Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số phương CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN I Sử dụng định lý nghiệm phương trình bậc hai 1.Một số dịnh lí liên quan Để giải phương trình bậc hai với nghiệm nguyên hay vấn đề liên quan nghiệm nguyên phương trình bậc hai người ta thường dùng số định lí Định lí Phương trình ax + bx + c = với hệ số nguyên c ≠ có nghiệm nguyên x0 cMx0 Chứng minh: Giả sử x0 nghiệm nguyên PT ax0 + bx0 + c = ⇔ ax02 + bx0 = −c ⇔ x0 (ax0 + b) = −c Do c ∈ Ζ ⇒ cMx0 hay x0 ∈ Ư( c ) *Chú ý: Định lí với phương trình bậc n với hệ số nguyên n n −1 Khi phương trình an x + an−1x + + a1 x + a0 = (với an , a0 ≠ ) có nghiệm nguyên x0 x0 ∈ Ư( a0 ) Định lí Phương trình x + bx + c = với hệ số nguyên có nghiệm nguyên ∆ = b − 4c số phương Chứng minh: Giả sử x0 nghiệm nguyên PT x0 + bx0 + c = ⇔ x02 + bx0 = −c ⇔ x0 ( x0 + b) = −c ⇒ ∆ = b + x0 ( x0 + b ) ⇔ ∆ = b + 4bx0 + x02 = (b + x0 )2 Do b, x0 ∈ Ζ nên ∆ số phương Đảo lại, ∆ = b − 4c = k ⇒ x1,2 = tính chẵn lẻ nên dễ dàng suy x1,2 = −b ± k 2 , mà b − 4c = k ⇒ b k −b ± k ∈Ζ Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số phương 2 Định lí Phương trình hệ số nguyên x + by + cxy + dx + ey + f = có 2 nghiệm nguyên ∆ = (cy + d ) − 4(by + ey + f ) số phương Chứng minh: Tương tự định lí 2 Một số toán điển hình Bài 1.Giải phương trình nghiệm nguyên x − 2(3 y + 1) x + y + y + = (1) 2 HD: Coi x − 2(3 y + 1) x + y + y + = phương trình bậc hai ẩn x y tham số 2 Để PT có nghiệm nguyên ∆ ' = (3 y + 1) − y − y − = k ( k ∈ Ν ) y − k =1 ⇔ y − = k ⇔ ( y − k )( y + k ) = ⇔ y + k = y − k = −5 y + k = −1 y − k =1 y = ⇔ y + k = k = * Với , thay vào (1) ta có: x − 20 x + 96 = ⇒ x1 = 8; x2 = 12 y − k = − y = −3 ⇔ y + k = − k = , thay vào (1) ta có: * Với x + 16 x + 60 = ⇒ x1 = −10; x2 = −6 Vậy phương trình có tập nghiệm là: ( x, y ) ∈ { ( −10, −3),( −6, −3),(8,3),(12,3)} s Bài Giải phương trình nghiệm nguyên xy − y = p , p số nguyên tố, s số nguyên dương Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số phương s s HD: Xét phương trình xy − y = p ⇔ y − xy + p = (1) coi phương trình bậc hai ẩn y s Đk cần để PT có nghiệm nguyên ∆ ' = x − p phải số phương s s Khi x − p = k ⇔ ( x − k )( x + k ) = p (với k ∈ Ν ) i x − k = p ⇒ s −i x + k = p s −i x − k = − p i x + k = − p (với ≤ i ≤ s − i ) p i + p s −i ⇒x=± i s −i , p , p tính chẵn lẻ nên x ∈ Ζ p i + p s −i x= ⇒ y − ( p i + p s −i ) y + p s = ⇒ y = p i ; y = p s −i * Với p i + p s −i x=− ⇒ y + ( p i + p s −i ) y + p s = ⇒ y = − p i ; y = − p s − i * Với s Chú ý: Từ (1) suy y ∈ Ư( p ) Bài Cho tam giác có số đo ba cạnh x, y , z nguyên thỏa mãn: x + y + z − xy + xz − 20 = Chứng minh tam giác cho tam giác HD: Cách 2 Ta có x + y + z − xy + xz − 20 = (1) Do x, y, z ∈ Ν * ⇒ y số chẵn, đặt y = 2k ( k ∈ Ν * ) thay vào (1) ta có: x + 12k + z − xk + xz − 20 = ⇔ x + 6k + z − xk + xz − 10 = ⇔ x − x(4k − z ) + (6k + z − 10) = (2) Coi (2) phương trình bậc hai ẩn x 2 2 Xét ∆ = (4k − z ) − 4(6k + z − 10) = = −8k − 8kz − z + 40 Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số phương *Nếu k ≥ ⇒ ∆ < ⇒ phương trình vô nghiệm Từ ⇒ k = ⇒ y = 2 Thay k = vào ∆ ta được: ∆ = − z − z + 32 z ∈{ 1;2} *Nếu z ≥ ∆ < ⇒ (2) vô nghiệm Do *Nếu z = ∆ không số phương (loại) *Nếu z = ⇒ x = (vì x > ) Vậy x = y = z = ⇒ tam giác cho tam giác Cách 2.Do x, y , z số nguyên nên x, y, z ≥ 2 Từ phương trình cho x + y + z − xy + xz − 20 = nhân vào hai vế dùng phương pháp dồn biến đưa dạng: (2 x − y + z ) + 2( y + z ) + z = 40 (*) *Nếu y ≥ ⇒ VT > (loại) ⇒ y = thay vào (*) ta có: (2 x + z − 4)2 + 2( z + 2)2 + z = 40 ⇒ z ≤ *với z = ⇒ (2 x − 3) = 21 (loại) *Với z = ⇒ x = (thỏa mãn) Vậy x = y = z = ⇒ tam giác cho tam giác Bài 4.Giải phương trình sau với x, y số nguyên x + xy + 7( x + y ) + y + 10 = 2 HD: Biến đổi phương trình cho x + xy + 7( x + y ) + y + 10 = ⇔ ( x + y ) + 7( x + y ) + y + 10 = 2 Đặt x + y = t ⇒ PT có dạng: t + 7t + y + 10 = coi phương trình bậc hai ẩn t y tham số 3 ∆ = − y ≥ ⇒ − ≤ y ≤ ⇒ y ∈ { −1;0;1} 2 Xét *Với y = −1 ⇒ x + x + = Loại nghiệm nguyên Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số phương *Với y = ⇒ x + x + 10 = ⇒ x = −2 x = −5 (thỏa mãn) *Với y = ⇒ x + x + 19 = Loại nghiệm nguyên Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên ( x, y ) ∈ { ( −2,0),( −5,0)} Bài tập đề nghị Bài Tìm số nguyên x, y thỏa mãn: 2 a) x + y + xy − x − y − 24 = ; 2 b) x + y + xy + x + y − 17 = ; 2 c) x + xy + y − x − 40 = 2 Bài Chứng minh phương trình x + y + xy + x + y − = nghiệm nguyên HD:Bài 2 x + y + xy − x − y − 24 = a) Biến đổi (1) ⇔ x + 2(2 y − 1) x + y − y − 24 = ⇔ x + 2(2 y − 1) x + y − y − 24 = ; ∆ ' = (2 y − 1) − (3 y − y − 24) = y − y + − y + y + 24 = y + y + 25 = ( y + 1) + 24 2 Để phương trình (1) có nghiệm nguyên ( y + 1) + 24 = k ( k ∈ N *) ⇒ ( y + 1) − k = −24 ⇒ ( y − k + 1)( y + k + 1) = −24 Do y − k + 1, y + k + tính chẵn lẻ y − k + < y + k + nên ta có trường hợp sau: y − k + = −12 y − k + = −6 y − k + = −4 y − k + = ; ; ; y + k +1= y + k + = y + k + = y + k + = 12 Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số phương Giải hệ phương trình ⇒ ( x, y ) (Phần b,c tương tự phần a) 2 Bài Coi x + y + xy + x + y − = phương trình bậc hai ẩn x ⇒ x + y + xy + x + y − = ⇔ x + 2(2 y + 1) x + y + y − = 2 Xét ∆ ' = y + y + − y − y + = y + 10 2 Để phương trình có nghiệm nguyên y + 10 = k (k ∈ N *) ⇒ ( y − k )( y + k ) = −10 , mặt khác 10 tích hai số số số chẵn, số số lẻ mà y − k , y + k tính chẵn lẻ nên phương trình nghiệm nguyên II Sử dụng phương pháp khử ẩn để giải phương trình nghiệm nguyên 1.Cơ sở phương pháp Phương pháp thường sử dụng cho phương trình bậc cao, kỹ thuật thêm bớt, chặn trên, chặn ta đưa nghiệm nguyên vào khoảng giá trị nó, việc làm co hẹp miền giá trị nghiệm tập hợp Ζ Cụ thể, ta sử dụng tính chất lũy thừa bậc số nguyên liên tiếp hặc tích số nguyên liên tiếp…để đưa phương trình nghiệm nguyên cần giải phương trình ẩn quen thuộc Từ đó, dễ dàng tìm nghiệm nguyên phương trình cho Trong phương pháp này, thường sử dụng hai nhận xét sau, x, y ∈Ζ a, n số nguyên lớn n n n n n i ∈ 1;2; ; a − 1} a) x < y < ( x + a) y = ( x + i ) với { b) x( x + 1) ( x + n) < y ( y + 1) ( y + n) < ( x + a)( x + a + 1) ( x + a + n) y ( y + 1) ( y + n) = ( x + i )( x + i + 1) ( x + i + n) với i ∈ { 1;2; ; a − 1} Một số toán Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số phương Bài 1.Giải phương trình nguyện nguyên y = x3 + x + x + (1) HD: Ta có: x2 + x + > 11 19 >0 5 x + 11x + = x + ÷ + 10 20 Từ có: ( x3 + x + x + 1) − ( x + x + 1) < x3 + x + x + < ( x3 + x + x + 1) + x + 11x + 3 3 ⇔ x < y < ( x + 2) ⇒ y = ( x + 1) Kết hợp với (1) ta có: ( x + 1)3 = x + x + x + ⇔ x( x + 1) = suy x = x = −1 Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên là: ( x, y ) ∈ { (0, 1),(− 1, 0)} Bài Giải phương trình nghiệm nguyên x3 − y − y − y − = 3 x = y + y + 3y + HD: Phương trình cho tương đương với (2) y ≥ Ta có 5 y + > , kết hợp với (2) ta được: ( y + y + y + 1) − (5 y + 2) < y + y + y + ≤ ( y + y + y + 1) + y ⇔ ( y − 1)3 < x ≤ ( y + 1)3 ⇒ x3 = y x = ( y + 1)3 3 * Với x = y ⇒ y + y + = ⇒ y = − 1; x = −1 3 * Với x = ( y + 1) ⇒ y = ⇒ y = 0; x = Vậy nghiệm nguyên phương trình ( x, y ) ∈ { (−1, −1),(1, 0)} Bài Giải phương trình nghiệm nguyên Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số phương x − y + z + x z + 3x + z + = (3) 4 2 2 HD: Phương trình đa cho ⇔ y = x + z + x z + 3x + z + 2 3 x + z + > x + > Ta có , kết hợp với (3) ta được: ( x + z + x z + x + z + 1) − (3 x + z + 1) < x + z + x z + x + z + < ( x + z + x z + 3x + z + 1) + ( x + 3) ⇔ ( x + z ) < ( y ) < ( x + z + 2)2 ⇒ y = x + z + 2 Kết hợp với (3) ta x + z = ⇒ x = z = ⇒ y = ± Vậy nghiệm nguyên phương trình ( x, y, z ) ∈ { (0,0, −1),(0,0,1)} Bài Giải phương trình nghiệm nguyên x + x − y + y + 10 = HD: phương trình cho ⇔ y ( y − 1) = x + x + 10 (4) 4 2 Ta có x + x < x + x + 10 < ( x + x + 10) + (6 x + 2) 2 2 ⇔ x ( x + 1) < y ( y − 1) < ( x + 3)(x + 4) y ( y − 1) = ( x + 1)( x + 2) 2 ⇒ y ( y − 1) = ( x + 2)( x + 3) , kết hợp với (4) x2 = x =1 ⇒ x ∈ { ± 2; ± 1} , kết hợp với (4) ta có: 2 * Với x = ⇒ y − y − 12 = ⇒ y = −3; y = 2 ⇒ y − y − 30 = ⇒ y = −5; y = x = * Với Vậy nghệm phương trình : ( x, y ) ∈ { (−1, −3),(−1,4),(1, −3),(1,4),(−2 − 5),(−2,6),(2 − 5),(2,6)} Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số phương Bài Một số toán đề nghị Giải phương trình nghiệm nguyên sau 3 a) y − x = 3x ; 4 ( x − 2) − x = y b) ; 3 c) y = x + x + ; d) x − y − y = + y + y ; y = x + x + x + x + (Gợi ý: nhân hai vế với 4) e) Hướng dẫn: 3 3 a) y − x = 3x ⇔ y = x + x ⇒ ( x + 3x ) − x − < y = x + x < ( x + x ) + 3x + ⇒ ( x − 1)3 < y = x3 + x < ( x + 1)3 ⇒ x3 + x = x3 ⇒ x = ⇒ y = nghiệm phương trình 4 b) Ta có: ( x − 2) − x = y , đặt x − = t ⇒ x − = t − 1; x = t + 4 ⇒ phương trình có dạng ( t − 1) − (t + 1) = y y ⇔ −8t − 8t = y ⇔ t + t = − ÷ 2 (*), 3t + 2t + > 0; − 3t + 2t − < 3 3 y (t + t ) − 3t + 2t − < t + t = − ÷ < (t + t ) + 3t + 2t + 2 3 y ⇔ (t − 1) < t + t = − ÷ < (t + 1)3 ⇒ t + t = t ⇒ t = ⇒ x = ⇒ y = 2 3 2 c) Do 3x + x ≥ 0; − x + x − < nên ta có: ( x + x + 1) − x + x − < y = x3 + x + ≤ ( x3 + x + 1) + x + x 10 Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số phương Từ (3) suy z số chẵn, đặt z = z1 , thay vào (3) ta có: ⇔ z13 = x13 − y13 ⇔ x13 = y13 + z13 x y z ( x1 , y1, z1 ) = , , ÷ 2 Nếu PT (1) có nghiệm nguyên ( x, y, z ) x y z n, n, n÷ nghiệm, tổng quát ta có 2 nghiệm phương trình ban đầu n nên x, y , z chia hết cho với n x = y = z = nghiệm phương trình cho Bài Tìm nghiệm nguyên phương trình x3 − y − z = HD: Tương tự Bài Tìm nghiệm nguyên phương trình x + y + z + t = xyzt 2 2 2 2 HD: Do x + y + z + t = xyzt nên x + y + z + t số chẵn 2 2 *Nếu bốn số lẻ x + y + z + t ≡ 0(mod 4) xyzt ≡ 2(mod 4) , nên phương trình nghiệm nguyên 2 2 *Nếu bốn số có hai số chẵn x + y + z + t ≡ 2(mod 4) , 2xyzt ≡ 0(mod 4) ⇒ phương trình nghiệm nguyên * Nếu bốn số số chẵn đặt x = x1 , y = y1 , z = z1 , t = 2t1 , 2 2 x + y + x + t = 32 x1 y1 z1t1 1 1 thay vào phương trình ban đầu ta được: 2 2 ⇔ x1 + y1 + x1 + t1 = x1 y1 z1t1 2 2 (2.2+1) x2 y2 z2t2 Tương tự ta có x2 + y2 + x2 + t2 = 32 x2 y2 z2t2 = 2 2 (2 n +1) x + y + x + t = xn yn zntn n n n n Sau n lần ta có 13 Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số phương Trong xn = x y z t , yn = n , zn = n , tn = n ∈ Ζ n 2 2 (với n ∈ Ν * ) Suy x = y = z = nghiệm phương trình cho *Chú ý: Có thể x = y = z = nghiệm phương trình sau chứng minh không nghiệm thỏa mãn đề bài, kết luận nghiệm Có thể áp dụng cho toán sau Bài Tìm số tự nhiên x, y, z thỏa mãn: x + y + z = 5x y HD: Dễ thấy x = y = z = nghiệm phương trình Ta chứng tỏ nghiệm không nghiệm khác Giả sử tồn nghiệm khác x = y = z = , gọi ( x0 , y0 , z0 ) 4 2 nghiệm cho x0 + y0 + z0 = x0 y0 có giá trị nhỏ * Nếu x0 , y0 , z0 lẻ VT ≡ 3(mod 4) , VP ≡ 1(mod 4) ⇒ loại * Nếu x0 , y0 lẻ z0 chẵn VT ≡ 2(mod 4) , VP ≡ 1(mod 4) ⇒ loại 4 *Nếu x0 , y0 có hai số chẵn, giả sử x0 chẵn y0 + z0 chia hết cho ⇒ y0 , z0 hai số chẵn ⇒ x0 , y0 , z0 ba số chẵn Đặt x0 = x1 , y0 = y1 , z0 = z1 thay vào phương trình ban đầu ta có: 24 ( x14 + y14 + z14 ) = 5.24 x12 y12 ⇔ x14 + y14 + z14 = x12 y12 ⇒ ( x1 , y1 , z1 ) nghiệm x04 + y04 + z04 > x14 + y14 + z14 (vô lí) Suy x = y = z = nghiệm phương trình cho Bài Bài tập đề nghị Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 3 x + y + z = 0; a) 4 4 x + y + z = t b) ; (HD: 1) 14 Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số phương IV Một số toán khác Bài Giải phương trình nghiệm nguyên 54 x + = y (1) HD: Cách Trường hợp Xét x = ⇒ y = Trường hợp Xét x ≠ , nhân hai vế (1) với 4.54x ta được: 4.54 x3 (54 x + 1) = 4.54 x3 y ⇔ (4.27 x3 + 1) − = (6 xy )3 Đặt 6u = 4.27 x v = xy phương trình có dạng: (6u + 1)2 − = v3 6u + v ≥ ⇒ v ≥ (2) Do u ≠ nên (2) ⇔ (6u + 1) = v + = (v + 1)(v − v + 1) Gọi d = ( v + 1, v − v + 1) = ( v + 1, v + v − 2v − + 3) = (v + 1,3) Mà v + không chia hết d = v + = m ( m ≥ 2) ⇒ 2 ⇒ (m − 1) − ( m − 1) + = n v − v + = n ⇔ m − 3m + = n ⇔ ( m − 1) − ( m2 − 2) = n2 = ( m − 2) + ( m2 − 1) 2 2 ⇒ (m − 2) < n < (m − 1) (vô lí) Vậy phương trình cho có nghiệm (0, 1) Cách Đặt ẩn phụ 15 Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số phương 3 Xét 54 x + = y (3) ⇒ y số lẻ Đặt z = 3x, y = 2k + (k ∈ Ζ ) 3 3 Suy (3) có dạng: z + = (2k + 1) ⇔ z = 4k + 6k + 3k (4) Từ (4) suy z Mk , đặt z = tk (t ∈ Ζ ) thay vào (4) ta có: t 3k = k + 3k (k + 1) ⇔ k t 3k − k − 3(k + 1) = k = ⇔ 2 t k − k − 3( k + 1) = (5) (6) *Trường hợp Với k = ⇒ z = x = ⇒ x = 0, y = 2 2 *Trường hợp Với t k − k − 3( k + 1) = ⇔ (t − 1) k = 3( k + 1) + Nếu t = ⇒ k = −1, y = −1 ⇒ 3x = z = −1 ⇒ x = − (loại) + Nếu t ≠ , (k , k + 1) = nên k ∈ Ư(3) ⇒ k = ⇒ y = 3, z = 13 (loại) Cách Đại số hóa 3 3 Từ 54 x + = y ⇔ y − 54 x = ⇔ ( y − 54 x)( y + 54 xy + 542 x ) = (2) 54 3 542 y + 54 xy + 54 x = y + x÷ + x >0 Do 3 2 y − 54 x = y + 54 xy + 542 x = Nên từ (2) suy Giải hệ phương trình ta x = 0, y = thỏa mãn đề Bài Tìm x, y, z , t ∈ Ν * thỏa mãn 31( xyzt + xy + xt + zt + 1) = 40( yzt + y + t ) HD: Cách Sử dụng liên phân số để giải Ta có: 31( xyzt + xy + xt + zt + 1) = 40( yzt + y + t ) 16 Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số phương ⇔ xyzt + xy + xt + zt + 40 = yzt + y + t 31 xyzt + xy + xt + zt + xyzt + xy + xt zt + = + yzt + y + t yzt + y + t yzt + y + t Ta có: =x+ 1 1 =x+ =x+ = x+ yzt + y + t t 1 y+ y+ y+ zt + 1 zt + zt + z+ t t 40 1 =1+ = 1+ =1+ 31 31 3+ 3+ 2+ Mặt khác, ta lại có: (1) (2) Từ (1) (2) ⇒ ( x, y, z , t ) = (1,3,2,4) nghiệm phương trình Cách Sử dụng phần nguyên Ta có: 31( xyzt + xy + xt + zt + 1) = 40( yzt + y + t ) ⇔ xyzt + xy + xt + zt + 40 zt + 40 = ⇒x+ = yzt + y + t 31 yzt + y + t 31 (1) 40 ⇒ x = =1 31 , thay x = vào (1) ta được: yzt + y + t 31 t 31 = ⇔ y+ = zt + zt + (2) 31 zt + 9 ⇒ y = =3 = ⇒z+ = 9 t (3) , thay y = vào (2) được: t Từ (3) tìm z = 2, t = ⇒ Nghiệm PT ( x, y , z , t ) = (1,3,2,4) x Bài 3.Tìm x, y ∈ Ζ cho − y = HD:Từ phương ta có x ≥ 0, y ≥ 3x − y = ⇔ y + = 3x ⇔ ( y + 1)(y2 − y + 1) = 3x 17 Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số phương m y +1 = n y − y + > y − y +1 = Vì nên ta có (1) (2) m Với m, n ∈ Ν m + n = x Từ (1) ⇒ y = − thay vào (2) ta 32 m − 3m+1 + = 3n (3) * Nếu m = ⇒ y = x = n * Nếu m ≥ từ (1) ⇒ y ≥ ⇒ = y − y + > ⇒ n ≥ n ⇒ ≡ 3(mod 9) ⇒ n = ⇒ m = ⇒ x = y = Từ (3) Vậy phương trình có hai nghiệm (0,0) (2,2) Bài 4.Tìm số nguyên x, y,z thỏa mãn x + y = z 3 x + y = z (1) HD: Xét hai trường hợp z = z ≠ x + y = z =0⇒ ⇒ x = −y x + y = Trường hợp Với (2) Từ (2) ta có ngiệm phương trình ( x, y, z ) = ( x0 , − x0 ,0) ( x0 ∈ Ζ) 2 Trường hợp Với z ≠ , từ (1) ⇒ x − xy + y = x + y ⇔ x − ( y + 1) x + y − y = (3) 2 2 Xét ∆ = ( y + 1) − 4( y − y ) = −3y + y + = −3( y − 1) + Để phương trình có nghiệm −3( y − 1) + ≥ ⇔ y ∈ { 0;1;2} Kết hợp với (1) (3) tìm nghiệm cảu hệ phương trình 18 Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số phương SỐ CHÍNH PHƯƠNG I.MỘT SỐ NÉT VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Định nghĩa: Số phương số bình phương số nguyên - Số phương có chữ số tận 0, 1, 4, 5, 6, - Khi phân tích thừa số nguyên tố, số phương chứa thừa số nguyên tố với số mũ chẵn - Số phương có hai dạng 4n 4n + Không có số phương có dạng 4n + 4n + (n ∈ N ) - Số phương có hai dạng 3n 3n + Không có số phương có dạng 3n + ( n ∈ N ) II Một số dạng tập số phương 1.Chứng minh số số phương Bài Chứng minh tích số tự nhiên liên tiếp cộng số phương 19 Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số phương HD: Gọi số tự nhiên, liên tiêp n, n + 1, n + 2, n + (n ∈ N ) Ta biến đổi n ( n + 1) ( n + ) ( n + 3) + = ( n + 3n + 1) Bài Chứng minh với số nguyên x, y A = ( x + y ) ( x + y ) ( x + y ) ( x + y ) + y số phương 2 HD: Biến đổi A = ( x + xy + y ) Bài Cho ≤ n ∈ Ν Chứng minh A = n − n + 2n + 2n số phương 2 2 HD: Biến đổi A = n − n + 2n + 2n = n (n + 1) (n − 2n + 2) Sau chứng minh n − 2n + không số phương Bài Cho k số nguyên dương a = 3k + 3k + a) Chứng minh 2a a tổng ba số phương b) Chứng minh a ước số nguyên dương b b n tổng gồm ba số phương b tổng ba số phương 2 2 HD:a) Biến đổi 2a = 6k + 6k + = (2k + 1) + (k + 1) + k Dùng kỹ thuật phân ô biến đổi a = 9k + 18k + 15k + 6k + = (k + k ) + (2k + 3k + 1) + (2k + k ) = a12 + a22 + a32 Từ suy điều phải chứng minh 2 b) Do a ước b , đặt b = c.a = b1 + b2 + b3 n 2 * Với n = b = b = c.a = b1 + b2 + b3 n 2 2 2 * Với n = b = b = c a = c (a1 + a2 + a3 ) n s +1 s s 2 2 * Với n = s + b = b = (b ) b = (b ) (b1 + b2 + b3 ) (với s ∈ Ν ) 20 Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số phương n s+2 = (b s ) b = (b s ) c (a12 + a22 + a32 ) * Với n = s + b = b n Vậy b số phương Bài Chứng minh tổng bình phương hai số lẻ số phương 2 a + b ≡ 2(mod 4) ⇒ điều cần chứng minh a , b HD: Do hai số lẻ nên Bài Giả sử số nguyên dương n có tất k ước số dương d1 , d , , d k n chứng minh d1 + d + + d k + k = 2n + số phương ( Đề thi HSG TP.HCM 2012 – 2013) m HD: Gọi l1 , l2 , , ls ước lẻ n lũy thừa lớn phân tích thừa số nguyên tố n ( s ≥ 1, m ≥ 0) m m m ⇒ ước n l1 , l2 , , ls , 2l1 ,2l2 , , 2ls , , l1,2 l2 , ,2 ls Theo đề bào ta có: l1 + l2 + + ls + 2l1 + 2l2 + + 2ls + + m l1 + m l2 + + m ls + ( m + 1) s = 2n + s m s i =1 j =0 i =1 ⇔ ∑ li ∑ j + (m + 1) s = m + ⇔ ∑li (2 m − 1) + (m + 1) s = 2m + (1) * Nếu s chẵn VT (1) chẵn, VP lẻ (vô lí) ⇒ s lẻ * Nếu s lẻ, m chẵn vô lý ⇒ m lẻ ⇒ ⇒ m = 2t + ⇒ n 2m có số ước lẻ n = p1k1 p2k2 ptkt m có số ước ( k1 + 1)(k2 + 1) (kt + 1) n n ⇒ ⇒ ki chẵn ( i = 1, t ) ⇒ 2m số phương số phương 2.Tìm giá trị biến để biểu thức số phương Bài1 Tìm số tự nhiên n cho số sau số phương: 21 Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số phương a ) n + 2n + 12 ; b) n ( n + 3) ; c) 13n + ; d ) n + n + 1589 2 HD: a) Vì n + 2n + 12 số phương nên đặt n + 2n + 12 = k (k ∈ N ) ⇒ ( n + 2n + 1) + 11 = k ⇔ k – ( n + 1) = 11 ⇔ ( k + n + 1) ( k − n − 1) = 11 2 n n + = a (n ∈ N ) ( ) b Đặt ⇔ n + 3n = a ⇔ 4n + 12n = 4a ⇔ ( 2n + + a ) ( n + – 2a ) = từ tìm n ⇒ y + ) ( y – ) M13 c Đặt 13n + = y ⇔ 13 ( n – 1) = ( y + ) ( y – ) ( mà 13 số nguyên tố nên y +4M13 y – 4M13 ⇒ y = 13k ± ( k ∈ N ) ⇔ 13 ( n – 1) = (13k ± ) – 16 = 13k (13k ± 8) ⇒ n = 13k2 ± 8k + Vậy n = 13k2 ± 8k + (Với k ∈ N) 13n + số phương Bài Tìm số tự nhiên n ≥ cho tổng 1!+ 2!+ 3!+ … + n! số phương HD: Với n ≤ ⇒ n = 1;3 Với n ≥ ⇒ n! ≡ 3(mod10) nên số thỏa mãn n Bài Tìm số tự nhiên n cho + số phương a − = u ⇒ (a − 3)(a + 3) = ⇒ v n (a ∈ N) a + = ( u, v ∈ N , u < v ) HD : + = a n ⇒ 2v − 2u = ⇒ 2u (2v −u − 1) = (1) 22 Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số phương Vì vế trái chia hết cho mà không chia hết u = ⇒ a = 5, n = n Bài Tìm số tự nhiên n cho + 19 số phương n 2 n HD: Giả sử + 19 = a , a ∈ N ⇒ a chẵn ⇒ a M4 ⇒ ≡ (mod 4) (1) n n Mặt khác ≡ −1 (mod 4) ⇒ ≡ ( −1) (mod 4) (2) n Từ (1) (2) suy (−1) ≡ (mod 4) ⇒ n chẵn ⇒ n = 2m, m ∈ N 2m m m Ta có: + 19 = a ⇒ (a − )(a + ) = 19 m a − = ⇒ ⇒ 3m = ⇒ m = ⇒ n = m a + = 19 11 n Bài 5: Tìm tất số tự nhiên n cho số + + số phương 11 n HD: Giả sử + + = a (a ∈ N ) 2n = a – 482 = ( a + 48 ) ( a − 48 ) p.2q = ( a + 48 ) ( a − 48 ) ( p, q ∈ N ; p + q = n ; p > q ) a + 48 = p ⇒ ⇒ p − 2q = 25.3 ⇔ q (2 p − q − 1) = 25.3 ⇒ q = 5; p = q a − 48 = ⇒ n = q + p = + = 12 Bài Chứng minh A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) số phương với n nguyên dương Tìm tất số nguyên n cho A số phương HD: Xét trường hợp Trường hợp Xét n nguyên dương: 2 2 Ta có: A = (n + 3n)(n + 3n + 2) > (n + 3n) 2 Hơn nữa: A = (n + 3n + 1) − < (n + 3n + 1) 23 Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số phương 2 Vậy A nằm hai số phương liên tiếp (n + 3n) (n + 3n + 1) nên A số phương Trường hợp Xét n ≤ : Đặt m = −n − ta có A = m(m + 1)(m + 2)(m + 3) Nếu m > (tương đương với n < −3 ) theo trường hợp A không số phương Vậy để A số phương −3 ≤ n ≤ Thử trực tiếp ta thấy n = − 3, n = − 2, n = − 1, n = thỏa mãn Bài Tìm tất số nguyên n cho n + 2n + 2n + n + số phương (Đề thi vào lớp 10 chuyên ĐHKHTN – ĐHQGHN 1992) 2 HD: Giả sử n + 2n + 2n + n + = y (y ∈ N) Ta có: y = (n + n) + n + n + ⇒ y > (n + n) ⇒ y > n + n ⇒ y ≥ n2 + n +1 ⇒ y ≥ n + n + ⇒ y ≥ (n + n + 1) (vì y ∈ N ) ⇒ n + n − ≤ ⇒ (n − 2)(n + 3) ≤ ⇒ −3 ≤ n ≤ Bằng cách thử trực tiếp ta n = thỏa mãn 2 Bài Tìm cặp số nguyên dương ( x, y ) để x + y y + x số phương 2 HD: *Xét x = y ⇒ x + x = k (k ∈ N *) ⇒ x = y = 2 *Xét x ≠ y , giả sử x < y , đặt x + y = a (a ∈ N *) 2 2 Khi y < y + x = a < y + y < ( y + 2) ⇒ y + x = ( y + 1) ⇔ x = y + 24 Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số phương Do x + y số phương nên x + y = b2 ⇒ x + 3x − = b2 ⇔ x + x − = 2b ⇔ (4 x − 4b + 9)(4 x + 4b + 9) = 105 Từ tìm x = x = 11 Vậy cặp ( x, y ) thỏa mãn là: (1, 1), (11,16), (16,11) 3.Tìm số phương thỏa mãn điều kiện Bài Tìm số phương có chữ số biết chữ số đầu giống chữ số cuối giống HD: Đặt aabb = n (a, b∈ N ,1 ≤ a ≤ 9; ≤ b ≤ 9) ⇒ n = aabb = 11.a 0b = 11.( 100a + b ) = 11.( 99a + a + b ) (1) Mặt khác aabb M11 ⇒ a + bM11 Mà ≤ a ≤ 9; ≤ b ≤ nên ≤ a + b ≤ 18 ⇒ a + b = 11 2 n = 11 ( 9a + 1) ⇒ 9a + số phương a + b = 11 Thay vào (1) Bằng phép thử với a = 1;2;…;9 ⇒ a = 7, b = Số cần tìm 7744 * Bài Cho a ∈ N cho a + 2a + số phương Chứng minh a chia hết cho 24 2 HD: Đặt a + = n , 2a + = m (với n, m ∈ N ) ⇒ m lẻ Do đó: 2a = (m + 1)(m − 1) M4 ⇒ a chẵn ⇒ n lẻ, a = (n − 1)(n + 1) tích hai số chẵn liên tiếp nên a M8 2 Mặt khác: 3a + = n + m ⇒ n m chia cho dư n − M3 hay a M3 Mà (3, 8) = ⇒ a M24 25 Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số phương Bài Chứng minh hiệu lập phương hai số nguyên liên tiếp bình phương số tự nhiên n n tổng hai số phương liên tiếp HD: n = (m + 1)3 − m (với n ∈ N , m ∈ Z ) = 3m2 + 3m + ⇒ 4n = 12m + 12m + ⇒ (2n + 1)(2n − 1) = 3(2m + 1) 2 2n + = 3a (2n + , 2n − 1) = đó: 2n − = b 2n + = b 2n − = 3a Với ab = 2m + (a,b) = ; b M3 mà b lẻ nên b = 6k ± Có hai trường hợp xảy ra: 2 * 2n − = b = (6k ± 1) = 36k ± 12k + n = 18k ± 6k + = (3k)2 + (3k ± 1) 2 2 * 2n + = b = (6k ± 1) = 36k ± 12k + ⇒ 2n − = 36k ± 12k − M3 Vô lý 2n − M3 Bài Tìm số nguyên tố ab (a > b > 0) cho ab − ba số phương HD : ab − ba = (10a + b) − (10b + a) = 9a − 9b = ( a − b ) = ( a − b ) Do ab − ba số phương nên a – b số phương Ta thấy ≤ a − b ≤ nên a − b ∈ { 1, 4} ab ∈ { 21,32,43,54,65,76,87,98} ⇒ ab = 43 Với a – b = ab ∈ { 51,62,73,84} ⇒ ab = 73 Với a – b = Thử lại 43 – 34 = = 32; 73 – 37 = 36 = 62 thỏa mãn 26 Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số phương Bài Tìm số tự nhiên n nhỏ cho n biểu diễn thành tổng số lẻ số phương liên tiếp HD: Giả sử số lẻ n biểu diễn 2k + số phương liên tiếp với k > , nghĩa là: n = (a − k ) + (a − k + 1) + + a + + ( a + k ) ⇔ 3n = 3(2k + 1) a + k (k + 1)(2k + 1) (1) 2 Vì n, a số lẻ nên n ≡ 1(mod8),a ≡ 1(mod8) ⇒ 6k + k (k + 1)(2k + 1)M8 ⇔ k [ + ( k + 1)(2k + 1) ] M8 Xét hai trường hợp: r ∈ { 1,3,5,7} * Với k lẻ + ( k + 1)(2k + 1)M8 , đặt k = p + r với Thử thấy r = thỏa mãn ⇒ k = p + 2 2 +Xét k = , từ (1) ta có n = 11a + 110 hay n = 11(a + 10) ⇒ a + 10 = a − + 11 = ( a − 1)( a + 1) + 11M11 ⇒ a ∈ { 21,23, } , thử thấy a = 23 ⇒ n = 77 thỏa mãn + Xét k = p + ≥ 13 ⇒ n ≥ (2k + 1) k + k (k + 1)(2k + 1) ≥ 77 (loại) *Với k chẵn ⇒ k M8 ⇒ k = p 2 + Xét k = 8, (1) ⇒ n = 17 a + 17.24 dễ dàng chứng minh phương trình nghiệm nguyên dựa vào tính chất chia hết cho hai vế 2 + Xét k = p ≥ 16 n > 77 2 2 Vậy số tự nhiên cần tìm n = 77 77 = 18 + 19 + + 27 + 28 27 [...]... y + 1 = −3( y − 1) + 4 2 Để phương trình có nghiệm thì −3( y − 1) + 4 ≥ 0 ⇔ y ∈ { 0;1;2} Kết hợp với (1) và (3) sẽ tìm được nghiệm cảu hệ phương trình 18 Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số chính phương SỐ CHÍNH PHƯƠNG I.MỘT SỐ NÉT VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Định nghĩa: Số chính phương là số bằng bình phương đúng của một số nguyên - Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5,... thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên tố với số mũ chẵn - Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n + 1 Không có số chính phương nào có dạng 4n + 2 hoặc 4n + 3 (n ∈ N ) - Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 3n hoặc 3n + 1 Không có số chính phương nào có dạng 3n + 2 ( n ∈ N ) II Một số dạng bài tập về số chính phương 1.Chứng minh một số là số chính. .. lý ⇒ m lẻ ⇒ ⇒ m = 2t + 1 ⇒ n 2m có số ước lẻ n = p1k1 p2k2 ptkt m 2 có số ước là ( k1 + 1)(k2 + 1) (kt + 1) n n ⇒ ⇒ ki chẵn ( i = 1, t ) ⇒ 2m là số chính phương 2 cũng là số chính phương 2.Tìm giá trị của biến để một biểu thức là số chính phương Bài1 Tìm số tự nhiên n sao cho các số sau là số chính phương: 21 Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số chính phương a ) n 2 + 2n + 12 ; b) n ( n... Ν ) 20 Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số chính phương n 2 s+2 = (b s ) 2 b 2 = (b s ) 2 c 2 (a12 + a22 + a32 ) * Với n = 2 s + 2 thì b = b n Vậy b là số chính phương Bài 5 Chứng minh rằng tổng bình phương của hai số lẻ bất kỳ không phải là một số chính phương 2 2 a + b ≡ 2(mod 4) ⇒ điều cần chứng minh a , b HD: Do là hai số lẻ nên Bài 6 Giả sử số nguyên dương n có tất cả k ước số dương... ta có 13 Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số chính phương Trong đó xn = x y z t , yn = n , zn = n , tn = n ∈ Ζ n 2 2 2 2 (với n ∈ Ν * ) Suy ra x = y = z = 0 là nghiệm của phương trình đã cho *Chú ý: Có thể chỉ ra x = y = z = 0 là một nghiệm của phương trình sau đó chứng minh không còn nghiệm nào thỏa mãn đề bài, rồi kết luận nghiệm Có thể áp dụng cho bài toán sau Bài 4 Tìm các số tự nhiên... Tìm tất cả các số nguyên n sao cho A là số chính phương HD: Xét 2 trường hợp Trường hợp 1 Xét n nguyên dương: 2 2 2 2 Ta có: A = (n + 3n)(n + 3n + 2) > (n + 3n) 2 2 2 Hơn nữa: A = (n + 3n + 1) − 1 < (n + 3n + 1) 23 Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số chính phương 2 2 Vậy A nằm giữa hai số chính phương liên tiếp là (n + 3n) và (n 2 + 3n + 1) 2 nên A không thể là số chính phương Trường hợp... mãn 26 Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số chính phương 2 Bài 5 Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho n biểu diễn được thành tổng của một số lẻ các số chính phương liên tiếp 2 HD: Giả sử số lẻ n được biểu diễn 2k + 1 số chính phương liên tiếp với k > 0 , nghĩa là: n 2 = (a − k ) 2 + (a − k + 1) 2 + + a 2 + + ( a + k ) 2 ⇔ 3n 2 = 3(2k + 1) a 2 + k (k + 1)(2k + 1) (1) 2 2 Vì n, a là những số lẻ... chính phương Bài 1 Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng 1 luôn là số chính phương 19 Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số chính phương HD: Gọi 4 số tự nhiên, liên tiêp đó là n, n + 1, n + 2, n + 3 (n ∈ N ) Ta biến đổi n ( n + 1) ( n + 2 ) ( n + 3) + 1 = ( n 2 + 3n + 1) 2 Bài 2 Chứng minh rằng với mọi số nguyên x, y thì A = ( x + y ) ( x + 2 y ) ( x + 3 y ) ( x + 4 y ) + y 4 là số chính. .. Bài 8 Tìm các cặp số nguyên dương ( x, y ) để x + 3 y và y + 3 x đều là các số chính phương 2 2 HD: *Xét x = y ⇒ x + 3 x = k (k ∈ N *) ⇒ x = y = 1 2 2 *Xét x ≠ y , giả sử x < y , đặt x + 3 y = a (a ∈ N *) 2 2 2 2 2 Khi đó y < y + 3 x = a < y + 3 y < ( y + 2) ⇒ y 2 + 3 x = ( y + 1) 2 ⇔ 3 x = 2 y + 1 24 Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số chính phương Do x + 3 y là số chính phương nên 2 x 2... 0 2 Một số bài toán sử dụng phương pháp xuống thang Bài 1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình x3 = 2 y 3 + 4 z 3 (1) HD: Từ phương trình suy ra x chẵn, đặt x = 2 x1 thay vào (1) ta có: 8 x13 = 2 y 3 + 4 z 3 ⇔ y 3 = 4 x13 − 2 z 3 (2) ⇒ y là số chẵn 3 3 3 3 3 3 Đặt y = 2 y1 , thay vào (2) Ta được 8 y1 = 4 x1 − 2 z ⇔ z = 2 x1 − 4 y1 (3) 12 Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số chính phương Từ