Bài 1: Tìm số nguyên tố a , b, c cho a b + 1999 = c : Hướng dẫn giải a, b a, b ≥ c ≥ 2003 Vì số nguyên tố nên suy b c ≥ 2003 c a Vì nên số lẻ.Suy ra: số chẵn b a a =2 số chẵn nên 2b + 1999 = ( 2b + 1) + 1998 b Nếu số lẻ c b=2 nguyên tố).Vậy Với cho: a=b=2 ta có c = 2003 chia hết cho 3.suy c chia hết cho ( mâu thuẫn x, y , z Bài 2: Chứng minh không tồn số nguyên cho Hướng dẫn giải Ta có nhận xét x2012 + 2009y 2012 = 2011+ 2012z 2010 Bình phương số nguyên đem chia cho số dư là x2012 Ta có Suy ra: Ta có: chia cho dư 1; x2012 + 2009y 2012 2011+ 2012z 2010 2009y 2012 chia dư chia cho dư dư dư (1) chia cho dư (2) x, y , z Từ (1) (2) suy không tồn số nguyên thỏa phương trình 2 x + y = 2011.z Bài 3: Chứng minh phương trình khơng có nghiệm ngun dương Hướng dẫn giải ( x0; y0; z0 ) x2 + y = 2011.z Giả sử nghiệm nguyên dương x0 nhỏ phương trình chia hết cho 2011 TH1 Nếu x0 chia hết cho 2011 Tồn số nguyên dương x1, y1 y0 chia hết cho cho 2011 x0 = 2011.x1 x02 + y02 = 20112 ( x12 + y12 ) = 2011z02 ⇔ 2011( x12 + y12 ) = z02 ⇒ z0 y0 = 2011 y1 chia hết cho 2011 => tồn số nguyên dương z1 cho z0 = 2011.z1 ⇒ x12 + y12 = 2011z12 Suy ( x1; y1; z1 ) x0 TH2 Nếu ngiệm phương trình (vơ lý khơng chia hết cho Theo định lý Ele ta có Mà x02010 = ( x02)1005 ⇒ x02 + y02 x02010 y02010 suy chia cho 2011 x02 y02 2011 dư y0 chia cho chia cho x0 nhỏ không chia hết cho 2011 2011 2011 dư dư (vô lý) x2 + y = 2011z Vậy phương trình khơng có nghiệm ngun dương a , b, c, d , e a + b4 + c + d + e = 20092014 Bài 4: Giả sử số tự nhiên cho abcde 104 Chứng minh chia hết cho Hướng dẫn giải n∈ N n4 20092014 Với ,ta có chia cho dư dư 1; chia dư a , b4 , c 4, d , e Từ giả thuyết đề suy số có số chia hết cho 8; số lại chia dư a, b, c, d , e Suy số có số chia hết cho abcde Do chia hết cho abcde 54 Tương tự ta chứng minh chia hết cho 4 Vì , nguyên tố nên ta có điều phải chứng minh Bài 5: Tìm số nguyên dương p= Đặt ab2n −1 a −b Mặt khác Lại có Suy Ta có a , b, n cho ab2n −1 = p ( a − b ) Mp ⇒ a Mp dp Mb số nguyên tố Hướng dẫn giải a − b > ⇒ a > b a > a − b ⇒ p > b2n −1 ≥ b b Md ab2n −1 a−b Do p Đặt a = d p ⇒ d b2n −1 = d p − b số nguyên tố nên b=d b = dp Tuy nhiên Với Vậy b< p nên ta loại trường hợp b = dp 2n −1 = p − 1⇒ p = b2n −1 + 1Mb + 1⇒ p = b + b=d ⇒b n = 1; b = p − 1; a = ( p − 1) p với 2n − = p số nguyên tố tùy ý y = x + px + q (1) p, q ∈ Z y=0 Bài 6: Cho hàm số Chứng minh rằng, phương trình có nghiệm hữu tỷ nghiệm nghiệm ngun Hướng dẫn giải Nghiệm hữu tỷ nên chẵn, lẻ nên − p ± p − 4q ∈Q Do p, q ∈ Z p − 4q ∈ Z p p2 − 4q − p ± p2 − 4q ∈¢ ( x; y ) , x ≥ 1, y ≠ 2x2 + 13xy + 17y2 − x + 1975y − 2006 = Bài 7: Tìm cặp số nguyên P ( x ) = x2017 + ax2 + bx + c a, b, c Bài 8: Cho đa thức , với hệ số nguyên có ba nghiệm nguyên x1, x2, x3 2017 Chứng minh rằng: + b + c + 1) ( x1 − x2 ) ( x2 − x3 ) ( x3 − x1 ) Đa thức cho viết lại: Đặt (a Hướng dẫn giải P ( x ) = ( x2017 − x ) + ax + ( b + 1) x + c f ( x ) = ax2 + ( b + 1) x + c Theo định lí Fermat nhỏ: xi2017 − xi M 2017, ∀i = 1, 2, , mà f ( xi ) = P ( xi ) − ( xi2017 − xi ) = − ( xi2017 − xi ) M 2017, ∀i = 1, 2, Nếu Nếu ( x1 − x2) ( x2 − x3) ( x3 − x1) M2017 ( x1 − x2 ) ( x2 − x3 ) ( x3 − x1 ) tốn chứng minh khơng chia hết cho 2017 theo ta được: f ( x1 ) − f ( x2 ) M 2017 ( x1 − x2 ) a ( x1 + x2 ) + b + 1 M2017 ⇔ f x − f x M 2017 ( ) ( ) ( x2 − x3 ) a ( x2 + x3 ) + b + 1 M2017 chia hết cho a ( x1 + x2 ) + b + 1M2017 ⇒ ⇒ a ( x1 − x3 ) M 2017 ⇒ a M 2017 ⇒ b + 1M 2017 2017 a ( x2 + x3 ) + b + 1M f ( xi ) = axi2 + ( b + 1) xi + c M 2017 Mà Vậy nên cM 2017 ( a + b + c + 1) ( x1 − x2 ) ( x2 − x3 ) ( x3 − x1 ) M2017 ⇒ ⇒ a + b + c + 1M 2017 7x + 12y = 13z Bài 9: Tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình: Hướng dẫn giải 7x + 12y = 13z Giả sử x, y, z số nguyên dương cho: Đặt Nếu Nếu Với d = 7x + 12y , g = 13z y = d º ( mod 7) , g º ( −1) y ≥2 k ∈¥ z ( mod 7) 12 ⋮ 12 ⋮ ⇒ d ≡ (-1) (mod 8) y ta có x Đó điều vơ lý 12y M 122 M8 ⇒ d ≡ ( −1) 52k ≡ ( mod 8) , 52k +1 ≡ ( mod 8) ⇒ z x x ( mod 8) chẵn ⇒ g ≡ ( −1) ≡ ( mod 7) ⇒ 5y ≡ ( mod 7) z Ta có 56 ≡ ( mod 7) ⇒ y M6 ⇒ x, y , z Giả sử ( ) ( , 12 ) b = 1⇒ ∃ số nguyên dương b Trường hợp 1: (m t ∈ { 1, 2, 3, 4, 5} chẵn = m − n , 12 = 2mn , 13 = m + n a với a x = 2a, y = 2b, z = 2c (a, b, c ∈ N *) ⇒ a Vì 5t ≠ ( mod 7) − 1) (m c 2 + ( 12b ) = ( 13c ) m, n ( m > n ) , ( m, n ) = Ta có ) cho 22b 3b = 12b = 2mn n = 1, m = 22b −1 3b + 1) = 7a ⇒ m + 1M7, m − 1M7 ⇒ 2M7 Đó điều vơ lý Trường hợp { m, n} = {2 ; 3b } 2b −1 | m2 − n2 |=| 24b −2 − 32b |≡| ( ) b −1 22 − 2b |≡| 2b −1 22 − 2b |≡ 2b ( mod 7) ⇒ m2 − n2 Vậy phương trình khơng chia m − n = (a ∈ N *) hết cho Đó điều vơ lý Ta có a 7x + 12y = 13z khơng có nghiệm ngun dương xy − y − x + y = c c Bài 10: Tìm số nguyên dương cho phương trình có ba nghiệm ( x, y ) nguyên dương Hướng dẫn giải x( y − 1) = y − y + c Ta viết lại phương trình - Nếu y = 1⇒ c = y ≠ 1⇒ x = - Nếu Ta có nên Với , loại y2 − y + c y ( y − 1) + c = y −1 ( y − 1)( y + 1) , y ≡ −1(mod y + 1), y − 1≡ −2(mod y + 1) c ≡ 0(mod y − 1), c ≡ −2(mod y + 1) , mà nên c My −1 y ( y − 1) + c My + y ( y − 1) ≡ 2(mod y + 1) ⇒ c ≡ −2(mod y + 1) y − ≡ 0(mod y − 1), y − ≡ −2(mod y + 1) c ≡ y − 1(mod lcm( y − 1, y + 1)) y = 2, ta có c ≡ 1(mod 3), c ≡ 2(mod 4) Do ta thử lấy c = 10 x = 4, 2, , y − 1| 10 ⇒ y = 2, 3, 6, 11 Ta phải có Khi , theo thứ tự Vậy phương trình có ( x, y ) = (4, 2), (2, 3), (1, 11) ba nghiệm nguyên dương Bài 11: Tìm tất ba số Hướng dẫn giải ( x; y; z) nguyên dương thỏa mãn Không tổng quát, giả sử x≤ y 1+ 4x + 4y = (1+ 2y )2 + 22x − 2y+1 Do đó: Ta thấy 1+ 4x + 4y = z (2y )2 < 1+ 4x + 4y = (1+ 2y )2 + 22x − 2y +1 < (2y + 1)2 2x < y + z Nếu Suy khơng tồn thỏa mãn 2x = y + 1+ 4x + 4y = (1+ 2y )2 ⇒ z = 1+ 2y ( x; 2x − 11 ; + 22x −1) Nếu Suy nghiệm phương trình với Nếu 2x > y + 2x −1 z − 1M Nếu x ∈ ¥* pt ⇔ 4x (1+ 4y − x ) = ( z − 1)( z + 1) (*) Vì gcd( z − 1; z + 1) = 2x −1 z − 1M 22x −1 z + 1M2 từ (*) suy z + 1≤ 2(1+ 4y − x ) ≤ 2(1+ 4x −2) = 2(1+ 22x −4 ) < 22x −1 − 2, ∀x > Điều vơ lí Tương tự, Nếu z − 1M 22x −1 ⇒ z + 1≥ 22x −1 + z + 1M22x −1 từ (*) suy z − 1≤ 2(1+ 4y − x ) ≤ 2(1+ 4x −2) = 2(1+ 22x −4 ) < 22x −1 − 2, ∀x > Điều vô lí z + 1M 22x −1 ⇒ z − 1≥ 22x −1 − x >1 nên ... cho 4 Vì , nguyên tố nên ta có điều phải chứng minh Bài 5: Tìm số nguyên dương p= Đặt ab2n −1 a −b Mặt khác Lại có Suy Ta có a , b, n cho ab2n −1 = p ( a − b ) Mp ⇒ a Mp dp Mb số nguyên tố Hướng... 13xy + 17y2 − x + 1975y − 2006 = Bài 7: Tìm cặp số nguyên P ( x ) = x2017 + ax2 + bx + c a, b, c Bài 8: Cho đa thức , với hệ số nguyên có ba nghiệm nguyên x1, x2, x3 2017 Chứng minh rằng: + b + c... b số nguyên tố nên b=d b = dp Tuy nhiên Với Vậy b< p nên ta loại trường hợp b = dp 2n −1 = p − 1⇒ p = b2n −1 + 1Mb + 1⇒ p = b + b=d ⇒b n = 1; b = p − 1; a = ( p − 1) p với 2n − = p số nguyên