cac chuyen de so hoc nguyen cong loi

Tailieumontoan.com  Nguyễn Công Lợi CÁC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC LUYỆN THI VÀO 10 CHUYÊN TOÁN Nghệ An, ngày 31 tháng năm 2020 Mơc lơc Trang Lời nói đầu Phần I CÁC CHỦ ĐỀ SỐ HỌC THCS Chủ đề Quan hệ chia hết Chủ đề Số phương, số lập phương 43 Chủ đề Các toán số nguyên tố, hợp số 74 Chủ đề Các toán cấu tạo số 106 Chủ đề Phương trình nghiệm nguyên 125 Chủ đề Quan hệ chia hết 181 Chủ đề Số phương, số lập phương 219 Chủ đề Các toán số nguyên tố, hợp số 246 Chủ đề Các toán cấu tạo số 272 Chủ đề Phương trình nghiệm nguyên 283 CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Phần II BÀI TẬP RÈN LUYỆN THEO CHỦ ĐỀ – HƯỚNG DẪN GIẢI Website:tailieumontoan.com Chủ đề CÁC BÀI TOÁN VỀ QUAN HỆ CHIA HẾT TRÊN TẬP HỢP SỐ I MỘT SỐ KIẾN THỨC CẦN NHỚ Định nghĩa phép chia Cho hai số nguyên a b b ≠ ta ln tìm hai số nguyên q r cho = a bq + r , với ≤ r ≤ b Trong a số bị chia, b số chia, q thương, r số dư { Khi a chia cho b số dư r ∈ 0;1; 2; 3; ; b } • Nếu r = a = bq , ta nói a chia hết cho b hay b chia hết a Ký hiệu: a  b hay b a Vậy a chia hết cho b tồn số nguyên q cho a = bq • Nếu r ≠ , ta nói a chia b có số dư r Một số tính chất cần nhớ • Tính chất Mọi số nguyên khác chia hết cho • Tính chất Số ngun a chia hết cho số nguyên b số nguyên b chia hết cho số nguyên c số nguyên a chia hết cho số ngun c • Tính chất Số nguyên a chia hết cho số nguyên b ngược lại a = ± b • Tính chất Nếu a.b m ( b, m ) = a  m • Tính chất Nếu hai số nguyên a b chia hết cho m ( a ± b ) m • Tính chất Nếu a chia hết cho m n, ( m, n ) = a  mn • Tính chất Nếu số nguyên a chia hết cho số nguyên b số nguyên c chia hết cho số nguyên d tích ac chia hết cho tích bd • Tính chất Trong n số nguyên liên tiếp tồn số ngun chia hết cho n • Tính chất Nếu a − b ≠ với a, b số tự nhiên a n − b n ( n ∈ N ) chia hết cho a − b • Tính chất 10 Nếu a + b ≠ với a, b số tự nhiên n số tự nhiên lẻ a n + b n chia hết cho a + b Một số dấu hiệu chia hết Đặt A = a n a n −1 a a 1a , với a n ; a n −1 ; ; a ; a ; a chữ số Khi ta có dấu hiệu chia hết sau • Dấu hiệu chia hết cho 2: Số tự nhiên A chia hết cho a ∈ {0; 2; 4; 6; 8} • Dấu hiệu chia hết cho 5: Số tự nhiên A chia hết cho a ∈ {0; 5} Từ suy A chia hết cho 10 a = Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com • Dấu hiệu chia hết cho 25: Số tự nhiên A chia hết cho 4(hoặc 25) a1a chia hết cho (hoặc 25) • Dấu hiệu chia hết cho 125: Số tự nhiên A chia hết cho 8(hoặc 125) a 2a1a chia hết cho (hoặc 125) • Dấu hiệu chia hết cho 9: Số tự nhiên A chia hết cho 3(hoặc 9) tổng chữ số số A chia hết cho 3(hoặc 9) • Dấu hiệu chia hết cho 11: Số tự nhiên A chia hết cho 11 hiệu tổng chữ số hàng lẻ tổng chữ số hàng chẵn số chia hết cho 11 Đồng dư thức • Định nghĩa: Cho m số nguyên dương Nếu hai số nguyên a b cho số dư chia cho ( ) m ta nói a đồng dư với b theo modun m Kí hiệu a ≡ b mod m • Một số tính chất đồng thức  Tính chất Nếu a ≡ b ( mod m ) b ≡ a ( mod m )  Tính chất Nếu a ≡ b ( mod m ) b ≡ c ( mod m ) a ≡ c ( mod m )  Tính chất Nếu a ≡ b ( mod m ) c ≡ d ( mod m ) a + c ≡ b + d ( mod m ) ( ) ( ) ( )  Tính chất 4: Nếu a ≡ b ( mod m ) , d ước chung a b, biết ( d, m ) = Nếu a ≡ b mod m c ≡ d mod m a − c ≡ b − d mod m Khi ta có a b ≡ ( mod m ) d d • Định lý Fermat Nếu p số nguyên tố a khơng chia hết cho p a p−1 ≡ ( mod p ) Ước chung lớn bội chung nhỏ a) Định nghĩa ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ • Ước chung lớn hai hay nhiều số số lớn tập hợp ước chung số • Bội chung nhỏ hai hay nhiều số số nhỏ khác tập hợp bội chung số • Kí hiệu ước chung lớn a b là: ƯCLN(a, b) (a, b) Kí hiệu bội chung nhỏ a b là: BCNN(a, b) [a, b] b) Một số ý ƯCLN - BCNN • Hai số a b gọi nguyên tố ƯCLN chúng • Nếu a chia hết cho b ƯCLN(a, b) = b • ƯCLN(a, 1) = BCNN(a, 1) = a • Nếu ƯCLN(a, b) = BCNN(a, b) = ab Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com c) Một số tính chất ước chung lớn bội chung nhỏ • Với a, b, k số tự nhiên khác ƯCLN(ka, kb) = k.ƯCLN(a, b) • Với a, b, k số tự nhiên khác BCNN(ka, kb) = k.BCNN(a, b) • Với a b số tự nhiên khác a.b = ƯCLN(a, b).BCNN(a, b) II MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA Bài tập quan hệ chia hết tập số thường có số dạng sau • Chứng minh phép chia hết, phép chia có dư • Tìm số dư phép chia • Tìm điều kiện biến để xẩy quan hệ chia hết hai biểu thức • Sử dụng tính chất chia hết để giải phương trình nghiệm ngun, giải tốn số phương, chứng minh hai số nhau, chứng minh phân số tổi giản… • Tìm ƯCLN, BCNN chứng minh ƯCLN, BCNN thỏa mãn tính chất Các dạng tập minh họa thơng qua ví dụ sau Ví dụ Cho x, y, z số nguyên dương phân biệt Chứng minh rằng: (x − y) + ( y − z) + (z − x) 5 ( chia hết cho x − y )( y − z )( z − x ) Lời giải ( ) Đặt a =− x y; b =− y z ta z − x =− a + b ( Bài toán quy chứng minh a + b (a + b) ) − a − b chia hết cho 5ab ( a + b ) Ta có ( − a − b5 = 5a b + 10a b + 10a b + 5ab = 5ab a + 2a b + 2ab + b ( ) ( ) ( ) )  = 5ab  a + b + 2a b + 2ab= 5ab ( a + b ) a − ab + b + 2ab ( a + b )      2 = 5ab ( a + b ) a + ab + b )( ( ( ) ) ( ) Dễ thấy 5ab a + b a + ab + b  5ab a + b ) − a − b chia hết cho 5ab ( a + b ) hay ta ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x ) cho ( x − y )( y − z )( z − x ) ( Do a + b 5 5 ( Ví dụ Cho x, y, z số nguyên thỏa mãn x − y 5 chia hết )( y − z )( z − x ) = x + y + z Chứng minh x + y + z chia hết cho 27 Lời giải • Nếu x, y, z có số dư khác chia cho số ( x − y ) ; ( y − z ) ; ( z − x ) không chia hết cho 3, mà ta lại có x + y + z chia hết cho Điều mâu thuẫn với giả thiết tốn • Nếu ba số x, y, z có hai số chia cho có số dư Khi ( x − y ) ; ( y − z ) ; ( z − x ) có hiệu chia hết cho Mà ta lại có x + y + z khơng chia hết cho Điều mâu thuẫn với giả thiết toán Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com • Nếu ba số x, y, z chia cho cho số dư, ( x − y ) ; ( y − z ) ; ( z − x ) chia hết cho ( Nên suy x − y )( y − z )( z − x ) chia hết cho 27 Từ ta x + y + z chia hết cho 27 Vậy toán chứng minh ) ( Ví dụ Cho a, b, c số nguyên Chứng minh a + b + c  ba số a, b, c chí hết cho Lời giải Với a, b, c số nguyên ta có a = 3q + r1 ; b = 3q + r2 ; c = 3q + r3 với q ; q ; q số { } nguyên số dư r1 ; r2 ; r3 ∈ −1; 0;1 Dễ thấy= r13 r1= ; r23 r1= ; r33 r1 Từ ta a = ( 3q + r1 ) = 9k1 + r1 ; b = ( 3q + r2 ) = 9k + r1 ; c = ( 3q + r3 ) = 9k + r3 3 ) ) ( ( Khi ta a + b + c= k1 + k + k + r1 + r2 + r3 ( ) ( ) Mà theo giả thiết ta có a + b + c  Do nên ta suy r1 + r2 + r3  Dễ thấy r1 + r2 + r3 ≤ , suy r1 + r2 + r3 = { } Do r1 ; r2 ; r3 ∈ −1; 0;1 nên từ r1 + r2 + r3 = suy r1 ; r2 ; r3 có số Điều có nghĩa ba số a, b, c có số chia hết cho ( ) { } Ví dụ Tìm k để tồn số tự nhiên n cho n − k  với k ∈ 0;1; 2; Lời giải { ( } ) Giả sử tồn số k ∈ 0;1; 2; để tồn số tự nhiên n cho n − k  Khi ta xét trường hợp sau k 16q − k • Trường hợp 1: Nếu n = 4q với q số tự nhiên Khi n − = ( ) Do để n − k  k  nên suy k = n 4q ± với q số tự nhiên Khi n −= k 16q ± 8q + − k • Trường hợp 2: Nếu = ( ) Do để n − k  − k  nên suy k = n 4q + với q số tự nhiên Khi n −= k 16q + 16q + − k • Trường hợp 3: Nếu = ( ) Do để n − k  k  nên suy k = ( ) Vậy với k = k = tồn số tự nhiên n để n − k  ( ) Ví dụ Chứng minh n 2n + chia hết cho với số nguyên dương n Lời giải Ta chứng minh toán phương pháp quy nạp toán học Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com ) (  (đúng) • Với n = , ta có 2.12 + = ( ) • Giả sử mệnh đề với n, tức ta có n 2n +  • Ta cần chứng minh mệnh đề với n + Thật vậy, ta có ( n + 1) 2 ( n + 1) ( ) ( 2n Để ý n 2n + = ( ) +  = ( n + 1) 2n + 4n + = 2n + 6n + 13n +  = 3n + 7n + 6n + 6n + ) ( ) ( ( ) ) + 7n  6n + 6n +  Do ta ( n + 1)  ( n + 1) +     ( ) Vậy theo nguyên lý quy nạp ta n 2n + chia hết cho với số nguyên dương n Ví dụ Chứng minh 52n + chia hết cho với số nguyên dương n Lời giải 32  (đúng) • Với n = , ta có 52 + = • Giả sử mệnh đề với n, tức ta có 52n +  • Ta cần chứng minh mệnh đề với n + Thật vậy, ta có ( n +1 ( )= + 25.52n = + 24.52n + 52n + Để ý 52n +  24.52n  Do ta ( n +1) ) + 78 Vậy theo nguyên lý quy nạp ta 52n + chia hết cho với số nguyên dương n Ví dụ Cho 2014 số tự nhiên x1 ; x ; ; x 2014 Chứng minh tồn số chia hết cho 2014 số số có tổng chia hết cho 2014 Lời giải Xét dãy số sau S1 = x1 ; S = x1 + x ; S = x1 + x + x ; ; S 2014 = x1 + x + + x 2014 • Nếu số S1 ; S ; S ; ; S 2014 có số chia hết cho 2014 tốn chứng minh • Nếu số S1 ; S ; S ; ; S 2014 số chia hết cho 2014 Khi dãy số tồn hai số có số dư chia cho 2014 Khơng tính tổng qt ta giả sử hai số S i S j với ≤ i < j ≤ 2014 ) ( ( ) Khi ta S j − S i  2014 hay ta x1 + x + + x j − x1 + x + + x i  2014 Suy x i +1 + x i + + + x j  2014 Vậy tốn chứng minh Nhận xét: Ta tổng qt hóa tốn sau: Cho n số tự nhiên x1 ; x ; ; x n Chứng minh n số có số chia hết cho n số số có tổng chia hết cho n Ví dụ Cho số nguyên a ; a ; ; a n Đặt A = a + a + + a n B = a 13 + a 23 + + a n3 Chứng minh A chia hết cho B chia hết cho Lời giải Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com Trước hết ta chứng minh bổ đề: Với số ngun a ta ln có a − a  Thật vậy, ta có a − a = ( a − 1) a ( a + 1) Ta thấy ba số tự nhiên liên tiếp có số chia hết cho có số chia hết cho 3, lại có ( a − 1) a ( a + 1) Xét hiệu sau nguyên tố nên ta suy a − a = ( a − a ) + ( a − a ) + + ( a Áp dụng bổ để ta ( a − a ) 6; ( a − a ) 6; ; ( a − a ) B − A= (a ) + a 23 + + a n3 − ( a1 + a + + a n ) = 3 3 n 2 n − an ) n Do ta B − A  Suy A chia hết cho B chia hết cho ( )( ) Ví dụ Cho a, m , n số nguyên dương với a ≠ Chứng minh a m −  a n − m chia hết cho n Lời giải ( )( • Điều kiện cần: Giả sử a m −  a n − ) Do a, m , n số nguyên dương với a ≠ nên suy a m − ≠ ( )( ) ( ) ( ) Do từ a m −  a n − ta suy a m − ≥ a n − nên m ≥ n Đặt m = qn + r với q,r ∈ N,0 ≤ r < n Do a m −= a qn + r ( ( ) ( ) −= a r a qn − + a r − )( ( ) Nhận thấy a m −  a n − a qn )( ) ( )( ) −  a n − nên ta suy a r −  a n − Mà ta có ≤ r < n nên ≤ a r − < a n − nên suy a r − = ⇒ r = Vậy ta m = qn hay m chia hết cho n • Điều kiện đủ: Giả sử m chi hết cho n Khi đặt m = nq với q số tự nhiên Ta có a m − 1= a nq ( − 1= (a ) n q − 1= (a n )( ) −  an  q −1 ( ) + an q −2 ( ) + an q −3 + + 1  ) )( Từ suy a m −  a n − Vậy toán chứng minh Ví dụ 10 Cho số nguyên phân biệt tùy ý a ; a ; a ; a ; a Xét tích sau P= ( a1 − a )( a1 − a )( a1 − a )( a1 − a )( a − a )( a − a )( a − a )( a − a )( a − a )( a − a ) Chứng minh P chia hết cho 288 Lời giải ( ) Ta có 288 = 5.32 , 32 = nên để chứng minh P chia hết cho 288 ta chứng minh P chia hết cho 32 • Chứng minh P chia hết cho 32 Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com Theo ngun lí Dirchlet bốn số ngun phân biệt a ; a ; a ; a tồn hai số nguyên có số dư chia cho hay tồn hai số ngun có hiệu chia hết cho 3, khơng tính tổng ) ( quát ta giả sử hai số a ; a , a − a  Xét tương tự cho bốn số nguyên phân biệt a ; a ; a ; a ta cung hiệu chia hết cho Như P ln tồn hai hiệu chí hết cho Từ suy P chia hết cho hay P chia hết cho 32 • Chứng minh P chia hết cho Cũng theo nguyên lí Dirichlet năm số nguyên phân biệt tùy ý a ; a ; a ; a ; a ln tồn ba số có tính chẵn lẻ Ta xét trường hợp sau + Trường hợp 1: Trong năm số có bốn số có tính chẵn lẻ, bốn số tạo sau hiệu hia hết cho 2, suy P chia hết cho hay P chia hết cho + Trường hợp 2: Trong năm số có ba số có tính chẵn lẻ, khơng tính tổng qt ta giả sử ba số a ; a ; a Khi a ; a ; a số lẻ ta suy a ; a số chẵn, ta bốn hiệu a − a ; a − a ; a − a ; a − a số chẵn Còn a ; a ; a số chẵn ta suy a ; a số lẻ, ta bốn hiệu a1 − a ; a1 − a ; a − a ; a − a số chẵn Mặt khác năm số a ; a ; a ; a ; a tồn hai hiệu chia hết cho Do bốn hiệu a1 − a ; a1 − a ; a − a ; a − a có mộ hiệu chia hết cho ( Suy a − a )( a − a )( a − a )( a − a ) hay P chia hết cho Vậy hai trường hợp ta P chia hết cho Như ta P chia hết cho 32 nên P chia hết cho 288 Ví dụ 11 Cho x, y số nguyên khác −1 thỏa mãn )( ( x4 − y4 − số nguyên + y+1 x+1 ) Chứng minh x y 44 −  x + Lời giải x4 − y+1 Đặt = a y4 − c , a, b,c,d ∈ Z ( = = ; a, b ) b x+1 d Theo giả thiết ta có c,d ) (= a c ad + bc số nguyên, nên ta suy ( ad + bc ) bd + = b d bd ) ( ( ) Suy ta ad + bc  b nên ad  b , mà ta có a, b = nên suy d  b Hoàn toàn tương tự ta b d Từ ta b = d a c x4 − y4 − số nguyên nên suy ac  bd Lại có x −  ( x + 1) ; y −  ( y + 1) nên = b d y+1 x+1 ( ( ) ( c,d ) ) (= Mà ta có = a, b ) nên suy b= d= Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com Từ suy y4 − x4 − ∈ Z; ∈ Z nên ta y −  ( x + 1) y+1 x+1 ( ) ( ) Do ( y − 1) ( x + 1) nên ( y − 1) ( x + 1) lại có ( x − 1) ( x + 1) Do ta suy ( x y − 1) ( x + 1) Ví dụ 12 Cho a, b số nguyên Chứng minh ab ( a − b )( a Ta có x y 44= −1 (x y 44 ) ) ( − x + x 4= − x y 44 − + x − 44 4 44 2 ) + b chia hết cho 30 Lời giải Ta có ( )( ) ( a + b ) ab (a − 1) − ab ( b − 1) (a + b ) ab ( a − 1)( a + 1) − ab ( b − 1)( b + 1) ab a − b a + b = = 2 ( )( 2 2 ) ) )( ( Với số nguyên a b ab a − a + ab b − b + chia hết cho ( Để chứng minh ab a − b ( )( )( a ) + b chia hết cho 30 ta cần chứng minh ) ab a − b a + b chia hết cho Xét trường hợp sau: ( )( ) • Nếu hai số nguyên a b có số chia hết cho 5, ab a − b a + b chia hết cho • Nếu a b có số dư chia cho ta a − b chia hết ( )( ) ab a − b a + b chia hết cho • Nếu a b có số dư khác chia cho ta a + b chia hết cho Từ ta suy ( ab a − b )( a ) + b chia hết cho ( Như trường hợp ta có ab a − b )( a ) + b chia hết cho ( Do nguyên tố nên từ kết ta suy ab a − b )( a ) + b chia hết cho 30 Ví dụ 13 Cho a, b, c số tự nhiên đơi có số dư khác phép chia cho Chứng minh ba số A = 3a + b + c; B = 3b + c + a; C = 2a + 2b + c có số chia hết cho Lời giải Xét hai số D = 4a + c = ( c − a ) + 5a; E = 4b + c = 5b + ( c − b ) Do a, b, c đơi có số dư khác chia ta có c − a; c − b; a − b khơng chia hết cho Do D E không chia hết cho Ta xét số sau Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 301 Website:tailieumontoan.com Xem phương trình phương trình bậc hai ẩn y có x tham số, ta có ( ) = ∆ 4x x + 2x − 4x −= 4x ( x − )( x + ) Để phương trình có nghiệm ngun ∆ số phương Ta xét trường hợp sau:  x=  x= 2; y=   + Nếu ∆ =0 ⇒  x =0 ⇒  x =0; y =0  x = −2  x = −2; y = ( ) ( + Nếu ∆ > ⇒ x ≠ 0; x ≠ 2; x ≠ −2 , ta có x x − = a a ∈ Z )  x − + a = ⇒x=  x a − − =  Từ ta ( x − 1) − a =1 ⇒  x − + a =−1  ⇒x=  x − − a =−1 Ta thấy hai giá trị x = x = không thỏa mãn ( ) ( 0; ) , ( 2; ) , ( −2;1) , ( m; −1) với m nguyên tùy ý Vậy phương trình cho có nghiệm x;= y Bài 31 a) Ta có nhận xét: số phương chia cho có số dư 0; 1; x ≡ 0;1; ( mod ) x − ≡ −1; 0; ( mod ) Khi ta  ⇒ ≡ y 0;1; mod ( )   y − ≡ −1; 0; ( mod ) ( )( ( ) ) ( Từ suy x − y − ≡ 1; 0; mod ( ) )( ) ( Mà 2010 ≡ mod nên ta x − y − + 2010 ≡ 3; 2; mod ( ) Trong z ≡ 0;1; mod Do phương trình z = b) Ta có z = (x (x )( ) ) − y − + 2010 vô nghiệm ) )( − y − + 2008 ⇔ z − x y + x + y = 2009 Xét phương trình x + y = 2009 Nếu phương trình x + y = 2009 có nghiệm = x x= ; y y , phương trình z − x y + x + y = 2009 có nghiệm = x x= , y y= , z x0 y0 0 Vậy ta chứng minh x + y = 2009 có nghiệm cách = x x= ; y y thỏa mãn phương trình ( ) )( )( ( )( ) Ta thấy x + y có tận nên tận x ; y 0; , 4; ( ( ) )( ) Nghĩa tận x; y 0; , 0; , 2; , 8; (Do vai trò x, y nhau) x 28; Bằng cách thử trực tiếp ta có nghiệm x + y = = y 35 2009 = Vậy phương trình z = (x )( ) − y − + 2008 có nghiệm Bài 32 Vì x, y, z, t có vai trị nên ta giả sử: x ≥ y ≥ z ≥ t ≥ Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 302 Website:tailieumontoan.com 195 ( x + y + z + t ) − 1890xyzt + 2008 = ⇔ 195 ( x + y + z + t ) + 2008 = 1890xyzt 195 195 195 195 2008 2788 2788 + + + + ≤ ⇔ t3 ≤ ⇔ t3 ≤ ⇔ t = xyz yzt xzt xyt xyzt 1890 t ⇔ 1890 = Với t = , ta có 195 ( x + y + z ) + 2203 = 1890xyz 195 195 195 2203 2788 2788 + + + ≤ ⇔ z2 ≤ ⇔ z2 ≤ ⇔ z = xy yz xz xyz 1890 z ⇔ 1890 = Với z = ta có 195 ( x + y ) + 2398= 1890xy ⇔ 1890= 195 195 2398 2788 + + ≤ ⇔ y= x y xy y Khi y = ta 195x + 2593 = 1890x , khơng có nghiệm ngun dương trường hợp Vậy phương trình cho khơng có nghiệm ngun dương ( ) Bài 33 Viết lại phương trình dạng x + 2y + x + 3y + 4y − 13 = áp dụng định lí ta có phương trình có nghiệm ngun sau có nghiệm nguyên ( 2y + 1) − ( 3y = ∆ ( Ta có 2y + ) − ( 3y 2 ) + 4y − 13 = k2 ( k ∈ Z ) ) + 4y − 13 = k ⇔ k = y + 14 ⇔ v – y = 14 ⇔ ( v – y )( v + y ) = 14 Từ ta v − y= 7; v + y= v − y= 2; v + y= Bài 34 Từ phương trình ta suy x; y > 2009 Biến đổi phương trình ta x + = y 2009 ⇔ x + 1 = ⇔ 41 y 41 ( ) x + y= xy ⇔ 41x = xy − 41y ⇔ 49.41x =+ xy 49.41y − 14y 41x Nếu 41x khơng số phương 41x số vơ tỉ Khi 49.41x =+ xy 49.41y − 14y 41x ( x 41a a ∈ N * khơng thỏa mãn Do 41x số chínhphương, suy = ( Tương tự ta có x 41b b ∈ N * = Phương trình x Từ phương trình + ) ) 1 1 trở thành + = = a b y 2009 1 + =, ta suy a; b > a b ( ) Đặt a = + m; b = + n m; n ∈ N* ta có phương trình 1 + = ⇔ ( 14 + m + n ) =( + m )( + n ) ⇔ mn =7 7+m 7+n Suy ra có trường hợp sau Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 303 Website:tailieumontoan.com a = x 2624 m = = + Với  ⇒ ⇒   = n = 7=  b 56  y 128576 m = = a 14 = x 8036 + Với  ⇒ ⇒ = n 7=  b 14=  y 8036 = a 56 = x 128576 m = + Với  ⇒ ⇒ n = =  b 8=  y 2624 Thử lại ta ba nghiệm thỏa phương trình cho ( ) Bài 35 Ta có x = y + 2y + > y ⇒ x > y ( Mặt khác x < y + ⇔ y + 2y + < y + ) ⇔ y ( y + ) > ⇔ y < −3 y > Vậy y < −3 y > phương trình vơ nghiệm + Với y =−3 ⇒ x =−8 ⇒ x =−2 + Với y =−2 ⇒ x =1 ⇒ x =1 + Với y = ⇒ x = ( )( )( ) Vậy phương trình có ba nghiệm −2; −3 ; 1; −2 ; 1; Bài 36 Biến đổi tương đương phương trình ta ( x − 4x + )( x − 2x )= ( y + ) ⇔ ( x − )( x − 1) x ( x − )= ( y + ) ⇔ ( x − 3x )( x − 3x + )= ( y + ) ⇔ ( x − 3x + 1) − 4y = ⇔ ( x − 3x + − 2y )( x − 3x + + 2y ) = 2 2 2 2 2 2 Vì x, y nguyên nên từ phương trình ta hệ sau: x − 3x + + 2y = x − 3x + + 2y = x − 3x + + 2y =−1 hoặc    x − 3x + − 2y = x − 3x + − 2y = x − 3x + − 2y =−9 x − 3x + + 2y =−9 − + − = − x 3x 2y   x − 3x + + 2y =  x 3x 2y − + − =  x − 3x + + 2y =−3  x − 3x + − 2y =−3 Giải các hệ ta nghiệm phương trình ( x; y ) =( −1; −4 ) , ( 4; −4 ) , ( −1; ) , ( 4; ) ( Bài 37 Vì x x ≥ 1; y ≥ nên x + y ( Chứng minh x + y ( Suy x + y ) ) 40y + = 40y + viết dạng ( x + y ) = x+y y) ) ≤ (x + = 40y + 40y + 40x < = 40 x+y x+y < 20 suy < x + y ≤ , đồng thời x + y ước 40y + Để ý 40y + số lẻ nên x + y lẻ, ta x + y = Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 304 Website:tailieumontoan.com Từ suy 40y + = 34 = 81 ⇒  y = ⇒  x = ( ) ( ) Vậy phương trình có nghiệm ngun dương x; y = 1; Bài 38 Vì 105 số lẻ nên 2x + 5y + x + x + x + y phải số lẻ ( ) Từ 2x + 5y + suy y số chẵn Mà ta lại có x + x= x x + tích hai số nguyên liên tiếp nên số chẵn nên để x x + x + x + y số lẻ phải số lẻ Điều xảy x = ( )( ) ( Vậy phương trình có nghiệm nguyên ( x; y ) = ( 0; ) )( ) Từ ta phương trình 5y + y + = 105 ⇔ 5y + 26 y –  = ⇒ y = ( ) Bài 39 Ta có xy + 2xy + x= 32y ⇔ x y + = 32y Do y nguyên dương nên ta y + ≠ ⇒ x = 32y ( y + 1) ( ( ) Vì y, y + = nên y + ) ( Mà 32 = nên suy y + ước 32 ) = 2 ( y + 1) = 24 ( ) y 1;= x = 2 ta suy được= ( ) y 3;= x = ta suy được= + Nếu y + + Nếu y + ( ) ( )( Vậy nghiệm nguyên dương phương trình x; y = 8;1 , 6; ) Bài 40 Phương trình tương đương với (x ) + 4y − 4xy + ( x − 2y ) + = 16 − y ⇔ ( x − 2y + ) = 16 − y 2 ( x − 2y + )2 = x − 2y + = 16  Mà x, y ∈  nên   y = 16  y = 16  x= 2; y= ( x − 2y + ) = ⇒ + Với  −6; y = = y x =  x − 2y + =  y= 4; x= ⇒ −4, x = −10 y =  y = 16 + Với  ( ) ( 2; ) , ( −6; ) , ( 6; ) , ( −10; − ) Vậy phương trình cho có nghiệm x;= y Bài 41 Ta có 5x + 6xy + 2y + 2x + 2y − 40 =0 ⇔ x + y + 2xy + 2x + 2y + + 4x + 4xy + y =41 ⇔ ( x + y + 1) + ( 2x + y ) = 41 ⇔ ( x + y + 1) + ( 2x + y ) = + 52 2 2 Ta có trường hợp sau Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 305 Website:tailieumontoan.com x + y += = x + Trường hợp 1:  ⇔ = +y =  2x y x + y += = x ⇔ + Trường hợp 2:  (loại) = +y =  2x y Vậy nghiệm nguyên dương phương trình ( x; y ) = ( 2;1) Bài 42 Biến đổi tương đương phương trình ta (x ) ( ) + (y + 4y + 28 − 17 x + y = 238y + 833 ( ) ( ) ⇔  x + y +  = 17  x    ) ( ) ( ) 2 +  ⇔ 16x − 8x y + + y + =  ⇔  4x − y +  = ⇔ 4x − y − = ⇔ ( 2x + y )( 2x − y ) =   Vì x y số nguyên dương nên 2x + y > 2x − y 2x + y > 2x + = = y x ⇔ −y =  2x= y Do từ phương trình ta suy  ( ) ( ) Vậy phương trình có nghiệm ngun dương x; y = 2; Bài 43 Biến đổi tương đương phương trình ta ( ) 2x + 2x y + x + 2xy =x + 10 ⇔ 2x ( x + y ) + 2x ( x + y ) − x + x =10 ( ) ( ) ( ) ⇔ ( x + y ) x + x − x + x = 10 ⇔ x + x  ( x + y ) − 1 = 10 ( )( ) ( )( ) x ( x + 1) số chẵn ( x + y ) − số lẻ Để ý 10 = 1.10 = 2.5 =−1 −10 =−2 −5 Lại thấy x + x= 1  Mặt khác x + x=  x +  − > −1 ⇒ x + x ≥ 2  x + x = 10 Do từ phường trình ta  2 ( x + y ) − = x + x =  2 ( x + y ) − = x + x = 10 Phương trình x + x = 10 khơng có nghiệm nguyên • Trường hợp 1:  2 ( x + y ) − = x = 2  x= 1; y=  x + x = • Trường hợp 1:  ⇔   x = −2 ⇔  −2; y = x = x + y = 2 ( x + y ) − =  ( ) (1; ) , ( −2; ) db với a, b ∈ N ( a, b ) = Vậy có hai số nguyên thỏa mãn toán = x; y ( ) Bài 44 Đặt d = x, y = x da; = y ( )( * ) ( Và phương trình trở thành d a – b a + ab + b 2= 95 a + b Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 ) TÀI LIỆU TỐN HỌC 306 Website:tailieumontoan.com ( ) Vì a + b ,a + ab + b = nên a + ab += b2 (a – b) − 3ab ước 95 = 5.19 , ước chia ( dư lớn nên 19, a – b ) − 3ab = 19 a − = b = = a x 195 ⇔ ⇒ d = 65 ⇒  = = a.b 6= b  y 130 Từ ta  ( ) ( Vậy cặp số nguyên dương thỏa mãn toán x; y = 195;130 ( Bài 45 Ta có x + 2x = y ⇔ x + 2x + =  y + ⇔ x + Gọi d = ( y + 1, y ) ) ) = ( y + 1) ( y 2 – y +1 ) − y + , ( y + 1)  d y − y + 1 d nên ta 3y  d ( ) Do ta y + − 3y  d ⇒ 3 d Từ ta d = d = ( + Với d = , ta x + ) =( y + 1) ( y 2 ) – y +  nên suy x + 1 Từ suy x chia có số dư 2, điều vơ lí số phương chia có số dư + Với d = , ta d = ( Do từ x + ) ( y + 1, y ) − y+1 =  y + = a2 với a, b ∈ N * ( a, b ) = = ( y + 1) y – y + ta  2 b  y − y + = ( ) Từ ta b2 = (a ( ) > ( 2a Vì 2b ) ( ) ( )( ) − – a − ⇔ 4b = 4a − 12a + 12 ⇔ 2b – 2a + 2b + 2a + = −3 ) ⇒ 2b > 2a − nên từ phương trình ta có trường hợp sau  b = 2b − 2a + = (loại ) • Trường hợp 1: Với  ⇒ a = 2b + 2a − = b=1 x 2b − 2a + 3 = = • Trường hợp 2: Với  ⇒ ⇒   a =  y = 2b + 2a − = ( ) ( Vậy cặp số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu toán x; y = 0; ( ) ) Bài 46 Rõ ràng cặp số nguyên x; y cho x + y = nghiệm phương trình cho ( ) Ta giả sử x; y thỏa mãn phương trình mà x + y ≠ Trước tiên từ phương trình ta phải có xy ≥ ( Thật vậy, chia vế x + y = x + y ) cho x + y ta x − x y + x y − xy + y = ( x + y ) ( Đẳng thức tương đương với x + y Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 ) 2 + x2 y2 = ( x + y ) ( xy + 1) từ suy xy ≥ TÀI LIỆU TOÁN HỌC 307 Website:tailieumontoan.com Tiếp theo, ta chứng minh x + y ≤ Dễ dàng chứng minh với số khơng âm x y, ta có 5 x5 + y5  x + y  5 ≥  ⇒ x + y ≥ (x + y) 16   ( Do x + y > x + y > x + y ) ( Hồn tốn tương tự, x, y không dương đồng thời x + y < −4 x + y < x + y ) { } thỏa mãn ( x; y ) = ( 0; ±1) , ( ±1; ) , ( 2; ) ; ( −2; −2 ) Tóm lại cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn phương trình ( x; y ) = ( a; −a ) , ( 0; ±1) , ( ±1; ) , ( 2; ) ; ( −2; −2 ) với a số nguyên Vậy ta cần xét x, y mà xy ≥ x + y ∈ 1; 2; 3; , từ ta tìm nghiệm nguyên Bài 47 Biến đổi tương đương phương trình ta (x ⇔ x2  ) ( + ( y + ) = 17  x + ( y   + 4y + 28 = 17 x + y + 14y + 49 ( ) ( ) ) ) +7   ( ) ⇔  4x − y +  = =   ⇔ 4x − y − = ⇔ ( 2x + y )( 2x − y ) = ⇔ 16x − 8x y + + y + Do x, y nguyên dương nên 2x + y ≥ 2x − y 2x + y > 2x + y = ⇔ ( x; y ) = ( 2; ) 2x y − =  Vậy  ( ) ( ) Vậy phương trình có nghiệm x; y = 2; ( Bài 48 Ta có 3x + 6y + 2z + 3y z − 18x = ⇔ x−3 ) + 6y + 2z + 3y z = 33 Suy z  3; 2z ≤ 33 , ta z ≤ ⇒ z ≤ Vì z số nguyên nên z = z = y =  + Trường hợp z = ta ( x − ) + 2y = 11 suy y ≤ ⇔ y ≤ ⇒  y =   y = 2 - Với y = , khơng có số ngun x thỏa mãn - Với y = , ta tìm x = - Với y = , khơng có số nguyên x thỏa mãn ( + Trường hợp z = , suy x − ) + 11y = ⇒ 11y ≤ ⇒ y = , khơng có số ngun x thỏa mãn Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 308 Website:tailieumontoan.com ( ) ( ) ( ) ( ) Vậy phương trình có nghiệm nguyên 0; 1; , 0; − 1; , 6; 1; , 6; − 1;  3 Bài 49 Ta có y − x = 2x + 3x + 2=  x +  + > ⇒ x < y 4  3 ( 1) 15 >0⇒ y < x+2 ( x + ) − y = 4x + 9x + 6=  2x + 94  + 16   3 (2) Từ (1) (2) ta có x < y < x + mà x, y nguyên suy y= x + Thay y= x + vào phương trình ban đầu giải phương trình tìm x = −1; x = từ tìm ( ) ( hai cặp số (x, y) thỏa mãn toán 1; , −1; ) Bài 50 Phương trình tương đương với ( ( 2x − y − )= 14 x − 2y − y − ( ) ) ⇔ ( 2x − y − ) − ( 2x − y − ) + 2y + 3y = (2) ( ( ) ) Đặt t = 2x − y − t ∈ Z , phương trình trở thành 2t − 7t + 2y + 3y = (3) + Nếu y = −1 thay vào phương trình ban đầu ta  11 + 105 x = ( 2x − 1) = 7x ⇔ 4x2 − 11x + = ⇔  11 − 105 x =  Hai nghiệm không thuộc tập hợp Z ( ) Từ phương trình (3) suy 2t − 7t ≤ ⇔ t ( 2t − ) ≤ ⇒ ≤ t ≤ (do t ∈  ) Mặt khác, theo phương trình (3) t  nên ta t = Suy y ( 2y + ) = ⇒ y = Do ta x = Thử lại, ta thấy ( 1; ) thoả mãn phương trình (1) Vậy phương trình cho có nghiệm ngun ( 1; ) + Nếu y ≤ −2 y ≥ 2y + 3y = y 2y + ≥ Bài 51 Giải phương trình nghiệm nguyên 3x −  y =  1 Từ phương trình ta 3x = ( y + 1) ( y ) − y + tồn số tự nhiên m n cho  y + 1= 3m  y = 3m −   m n m n  y − y + = ⇔ 9 − 3.3 + = m + b x m + b x = =   + Nếu m = thì x= y= +Nếu m > m − 3.3m + chia hết cho mà khơng chia hết cho 3n chia hết cho mà không chia hết n = Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 309 Website:tailieumontoan.com ) ( Suy m − 3.3m + = ⇒ 3m 3m − = ⇒ m = ta đươc x= y= ( ) ( ) Vậy phương trình có hai nghiệm 0; , 2; ) ( ) ( Bài 52 Ta có nhận xét: Nếu x; y nghiệm x ≥ x; − y nghiệm ( )( ) Nhận thấy 0; , 0; −2 thỏa mãn phương trình cho ( ) Ta xét nghiệm x; y với x dương Không tính tổng quát giả sử y > ( ) ( ( ) )( Khi phương trình cho trở thành x + x +1 = y − hay y − y = + x −1.2 + x +1 ) Suy y − y + hai số chẵn liên tiếp, hiển nhiên hai số chia hết cho ( )( ) y − y + chia hết cho Do ta x ≥ + Vì + 2x +1 số lẻ nên hai số y − y + phải có số chia hết cho x −1 không đặt y m.2 x −1 + t với m lẻ t = ±1 chia hết cho x Do ta = ( ) ( Thay vào phương trình + x + 2x +1 = y ta m.2 x −1 + t = − x −1.2 + x +1 ( Hay ta −= mt x − m − ) ) ( ) (m − 8) ≥ (m Với t = m < suy m = , không thỏa phương trình −= mt x − m − ( ) Với t = −1 , phương trình −= mt x − m − trở thành 1= + m 2x−2 2 ) −8 Từ suy m = nên ta được= x 4;= y 23 ( )( )( )( ) Vậy phương trình cho có bốn nghiệm nguyên 0; , 0; −2 , 4; 23 , 4; −23 Bài 53 Điều kiện x ∈ N Đặt a = x = b x− x Từ ta a b số tự nhiên thỏa mãn điều kiện a − a = b2 ( ) ( Ta có a − a = b ⇔ a − a = 4b ⇔ 2a − ) − 4b = ⇔ ( 2a − + 2b )( 2a − − 2b ) = Vì a b số tự nhiên nên 2a − + 2b; 2a − − 2b số nguyên đồng thời ước ( ) Chú ý = 1.1 = −1 −1 nên ta 2a − + 2b = 2a − − 2b ⇔ b = x = Từ ta b = x − x = 0⇔ x = Ta thấy= x 0;= x thỏa mãn yêu cầu toán nên= x 0;= x giá trị cần tìm Bài 54 Ta có 3m = n + 2n − ⇒ 3m = ( n − )( m + ) y Đặt 3x = n + 4; = n − với x, y ∈ N; x > y x + y = m y Khi ta có 3x − =6 ⇔ y (3 x−y Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 ) − =6 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 310 Do Website:tailieumontoan.com x−y 3 y = = y − không chia hết cho = 2.3 nên ta ta  x − y ⇒ x = 3 − = Từ ta = m 3;= n ( Bài 55 Phương trình cho tương đương với x − ) + ( y − 1) 2 = ( t + 1) Ta có nhận xét: Một số phương chia cho có số dư 0; 1; 2; Do tổng hai số phương mà chia hết chi hai số phương chia hết cho Như từ ( x − ) + ( y − 1) 2 = ( t + 1) ta ( x − )  7; ( y − 1)  ( ) ( ) Do số nguyên tố nên ta x −  7; y − 1 nên x −  49; y −  49 ( Do ta x − ) + ( y − 1) 2  49 ⇒ ( t + 1) 49 ⇒ t + 1 Mà ta lại có ≤ t ≤ nên từ t + 1 suy t = ( Đến ta x − ) + ( y − 1) 2 = 49 Chú ý 49 =0 + =7 + nên ta xét trường hợp sau: ( x − )2 = x =  Do x, y số nguyên dương nên ta ⇒ • Trường hợp 1: Với  2 = − = y 6; y  − = y ( ) = x 2;= y thỏa mãn phương trình cho ( x − )2 = 72 x =−5; x =9  Do x, y số nguyên dương nên ta ⇒ • Trường hợp 1: Với   y = ( y − 1) = = x 9;= y thỏa mãn phương trình cho ( ) ( )( ) Vậy số nguyên dương x; y; t thỏa mãn phương trình ta 2; 8; , 9;1; Bài 56 Cách Đặt = x 2y + k với k ∈ Z vào phương trình x 3= 4y + x y + y + 13 ta ( 2y + k ) = ( ) 4y + ( 2y + k ) y + y + 13 ⇔ 8ky + 5k − y + k − 13= Xem phương trình phương trình ẩn y với k tham số Khi ta thấy 0⇒y= −13 , từ ta x = −26 • Nếu k = phương trình trở thành y + 13 = • Nếu k ≠ , phương trình trương trình bậc hai ẩn y có k tham số ( Ta có ∆ = 5k − ) ( ) − 32k k − 13 = −7k − 10k + 416k + + Xét k ≥ , ta có ∆ = 7k − 10k + 416k + < −7.4 3.k + 416k + = − 32k < nên phương trình khơng có nghiệm + Xét k ≤ −1 , ta có ∆= 7k − 10k + 416k + < 416k + < nên phương trình khơng có nghiệm + Xét ≤ k ≤ , k ∈ Z nên ta k = 1; 2; Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 311 Website:tailieumontoan.com - Với k = , thay vào phương trình ta 8y + 4y − 12 = ⇒ y = , từ ta suy x = - Với k = ta ∆ =681 với k = ta ∆ =592 , số phương nên phương trình khơng có nghiệm nguyên ( ) ( ) ( ) Vậy phương trình cho có hai nghiệm ngun x; y −26; − 13 , 3;1 )( ( ) Cách Biến đổi tương đương ta x = 4y + x y + y + 13 ⇔ x − 2y x + xy + 2y = y + 13 ( ) • Nếu y = −13 , ta ( x − 2y ) x + xy + 2y = ⇒ x − 2y = ⇒ x = −26 • Nếu y ≠ −13 , x y số nguyên nên x − 2y x + xy + 2y ước y + 13  y  7y 7y Do ta y + 13 ≥ x + xy + 2y =  x +  + ≥ 2 4  2 Do y số nguyên nên từ y + 13 ≥ 7y ta suy y ∈ {−2; − 1; 0;1; 2; 3} Thay giá trị tập hợp vào phương trình cho ta với y = x = ( ) ( ) ( ) Vậy phương trình cho có hai nghiệm ngun x; y −26; − 13 , 3;1 Bài 57 Cách Biến đổi tương đương phương trình ta ( x + ) =2y + 11y + x y + ⇔ ( x + ) ⇔ ( x + ) − ( y + ) =y + 5y + x y ⇔ ( x − y − 1)( x + y + 5= ) y ( x + y + 5) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 =y + 6y + + y + 5y + x y 2 ( )( ) Do x + y + ≠ nên phương trình tương đương với x − y − = y ⇔ x − x + = 2y ( )( ) Từ suy ( x − 1)( x + 1) nên suy 2y Từ ta x − x +  Mà x − 1; x + tính chẵn lẻ nên x − 1 2; x + 1  ⇒ y2  ⇔ y Mà y số nguyên tố nên ta suy y = Từ ta x = Vậy ta có= x 3;= y thỏa mãn yêu cầu toán Cách 2: ta có nhận xét: Nếu y số chẵn y chia hết cho y số lẻ y chia dư Xét trường hợp y số lẻ, y chia dư nên 2y chia dư 2, 11y chia dư x y chia dư dư Từ ta 2y + 11y + x y + chia dư dư Mà ta lại có (x +2 ) chia dư dư Như hai vế phương trình có số dư khác chia cho 4, y lẻ phương trình khơng có nghiệm Từ dẫn đến y phải số lẻ, mà y số nguyên tố nên dẫn đến y = Thay vào phương trình ban đầu ta tìm x = thỏa mãn Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 312 Website:tailieumontoan.com Vậy ta có= x 3;= y thỏa mãn yêu cầu toán Bài 58 Ta có nhận xét: Nếu x số chẵn thì= x 2t, t ∈ Z nên x = 4t x số lẻ x = 2t + 1, t ∈ Z nên x = ( 2t + 1) = 4t ( t + 1) + = 8k + 1, k ∈ Z Từ phương trình cho suy x + y số chẵn, x y phải tính chẵn lẻ Ta xét trường hợp sau: • Trường hợp 1: Với x y số lẻ Khi theo nhận xét ta x − y chia hết cho ( ) Và ta có x + y + 2z =8k + + 2z =8k + z + , k ∈ Z ( ) Do để x + y + 2z chia hết cho z +  nên z số lẻ ( ) Khi ta đặt z = 8n + 1, n ∈ Z ta x + y + 2z = n + 2k + hay x + y + 2z chia có số dư Điều mâu thuẫn với vế trái phương trình chia hết cho Do x y số lẻ phương trình khơng có nghiệm ( ) ( ) • Trường hợp 2: Với x y số chẵn, ta x − y  x + y  Do từ phương trình cho ta hu 2z  ⇒ z  ⇒ z  hay z số chẵn Đặt = x 2x = ; y 2y = ; z 2z1 thay vào phương trình cho ta 1 ( 2 2 2 ( 2x1 ) − ( 2y1 )  = ( 2x1 ) + ( 2y1 ) + ( 2z1 ) ⇔ x12 − y12   ) = x12 + y12 + 2z12 Lập luận tương tự ta lại x1 ; y1 ; z1 số chẵn Tiếp tục ta có x  n ; y  n ; z  n với n số tự nhiên Điều xẩy x= y= z= ( ) ( ) Vậy phương trình có nghiệm x; y; z = 0; 0; ( Bài 59 Biến đổi tương đương phương trình cho ta 2x + xy + y )( 3x ) − xy + 2y = 132 x  7x Ta có 2x + xy + y =  + y  + ≥0 2  2 ( ) ( ) ( Lại có 3x − xy + 2y − 2x + xy + y = x − 2xy + y = x − y ) ≥0 Do 3x − xy + 2y ≥ 2x + xy + y ≥ Chú ý 132 = 1.132 = 2.66 = 3.44 = 4.33 = 6.22 = 11.12 ( ) ( ) Lại có 3x − xy + 2y − 2x + xy + y số phương 2 12 3x − xy + 2y = 2 11 2x + xy + y = Do ta  Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 313 Website:tailieumontoan.com ( Từ suy x − y ) = ⇒ x − y =±1 , ta xét trường hợp sau: , ta có x= y + Thay vào phương trình 2x + xy + y = 11 thu • Trường hợp 1: Với x − y = gọn ta 4y + 5y − = Giả phương trình ta y = , x = −1 , ta có x= y − Thay vào phương trình 2x + xy + y = 11 thu • Trường hợp 2: Với x − y = gọn ta 4y − 5y − = Giả phương trình ta y = −1 , x = −2 ( ) ( 2;1) , ( −2; −1) Thử lại ta nghiệm phương trình x;= y Bài 60 ( Cách Phương trình cho tương đương với x + y ) − 2xy ( x + y ) = ( x + y ) − 4xy + 12 Đặt a =+ x y; b = xy với a, b số nguyên Khi phương trình trở thành a − 2ab = 4a − 4b + 12 ( ) Hay ta 2b a − = a − 4a − 12 Xét a = , từ phương trình ta = −20 , vơ lí a − 4a − 12 20 Xét a ≠ , phương trình trở thành 2b = = a − 2a − − a−2 a−2 { } Do b số nguyên nên a − ước 20 Do a − ∈ ±1; ±2; ±4; ±5; ±10; ±20 ) ( ( )( ) )( )( Xét trường hợp cụ thể ta cặp số a; b = 4; −3 , 0; , 12; 57 , −8; 30 thỏa mãn ( ) phương trình 2b a − = a − 4a − 12 x + y =4 , hệ khơng có nghiệm ngun xy = −  + Với a = 4; b = −3 , ta có hệ phương trình  x + y =0 , hệ vô nghiệm xy = + Với= a 0;= b , ta có hệ phương trình  x + y =0 , hệ vô nghiệm xy = + Với= a 0;= b , ta có hệ phương trình  12 x + y = , hệ vô nghiệm xy = 57 + Với = a 12; = b 57 , ta có hệ phương trình  x + y =−8 , hệ vơ nghiệm xy = 30 + Với a = −8; b = 30 , ta có hệ phương trình  Vậy phương trình cho vơ nghiệm ( Cách Phương trình cho tương đương với x + y ) ( x + y − )= 4xy + 12 Từ phương trình ta nhận thấy x, y có tính chẵn lẻ x + y − số chẵn Đến ta xét trường hợp sau • Trường hợp 1: Nếu x + y − ≥ , x + y ≥ Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 314 Website:tailieumontoan.com Từ ta x + y ≥ (x + y2 x + y) = 32 x + y ≥ 2xy Do ta suy ( ) (x + y − 4) ≥ (x ) ( ) ( + y 2= x + y + x + y ) ≥ ( x + y ) + 4xy =64 + 4xy > 4xy + 12 Như trường hợp phương trình vơ nghiệm • Trường hợp 2: Nếu x + y − ≤ −2 , x + y ≤ ( Từ ta x + y ) ( x + y − ) ≤ −2 ( x ) + y < 4xy < 4xy + 12 Như trường hợp phương trình vơ nghiệm • Trường hợp 3: Nếu −2 < x + y − < , x + y − số chẵn nên suy x + y − = x + y − = x + y =4 , hệ phương trình khơng có nghiệm xy = −3 + Với x + y − = ta xy = −3 , ta có hệ  nguyên ( ) + Với x + y − = , từ phương trình ta x + y = 4xy + 13 ⇒ xy = 15 x + y =6  Từ ta có hệ  15 , hệ phương trình khơng có nghiệm nguyên xy = Như trường hợp phương trình khơng có nghiệm ngun Vậy phương trình cho vô nghiệm y Bài 61 Do x, y số tự nhiên nên 2010 x ≥ 1; 2011 ≥ , từ phương trình cho ta 2012 z ≥ , điều dẫn đến z ≥ Từ ta 2012 z số chẵn y Mà ta lại có 2011 số lẻ nên 2010 x phải số lẻ, ta x = y Khi phương trình cho trở thành + 2011 = 2012 z , đến ta xét trường hợp sau: 2012 , suy y = • Nếu z = , ta phương trình + 2011y = • Nếu z ≥ , ta 2012 z = z.503z chia hết cho Ta lại thấy 2011 chia dư ( Do y số chẵn ta 2011y = 8.251 + ) 2n =( 8k + 1) =8t + với n, k, t số tự y nhiên Do + 2011 chia có số dư Như với y chẵn phương trình khơng có nghiệm ( Nếu y số lẻ ta 2011y = 8.251 + ) 2n +1 =2011 ( 8k + 1) =8t + với n, k, t số tự y nhiên Do + 2011 chia có số dư Như với y chẵn phương trình khơng có nghiệm Từ suy z ≥ khơng tồn số tự nhiên y thỏa mãn phương trình Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 315 Website:tailieumontoan.com ( ) ( ) Vậy có số x; y; z = 0;1;1 thỏa mãn yêu cầu toán Bài 62 ( ) x a) Ta có 2002 = 2001y + ≡ mod suy x= y= ( ( ) ) b) Nếu x chẵn 5x ≡ mod suy y ≡ mod , loại ( Đáp số ( x; y ) = ( 1; ) ) ( ) Nếu x lẻ 5x ≡ mod suy y ≡ mod Suy y = c) Nếu x lẻ 5x + chia hết cho cịn y khơng chia hết cho 3, loại ( ) ( ) Nếu x chẵn 5x + ≡ mod suy y ≡ mod Suy ra= x 0;= y ( ) ( ) d) Ta có + 5z ≡ mod suy x.3 y ≡ mod x = y Khi ta có 2.3 = + 5z + Nếu y = y = y = z = ( ) ( ) + Nếu y > 2.3 y ≡ mod nên 5z ≡ −1 mod Suy z chia hết cho z lẻ ( ) Vậy z có dạng z =6k + 3(k ∈  ) Nhưng 2.3 y = + 1252k +1 ≡ mod , loại ( ) ( Vậy phương trình có nghiệm tự nhiên 1; 0; 1;1;1 ) xy − 3zt = ( xy − 3zt ) = Bài 63 Ta có  ⇔ 2 xz + yt = 12 3 ( xz + yt ) = ( Cộng theo vế ta có x + 3t ( )( y ) + 3z = 13 ) (1;1;2; ) , ( −1; −1; −2; ) , (1;1; 0; ) , ( −1; −1; 0; −2 ) Đáp số x;= y; z; t Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC