Phương trình nghiệm nguyên ôn thi vào chuyên Toán

Khi giải các phương trình nghiệm nguyên cần vận dụng linh hoạt các tính chất về chia hết, đồng dư, tính chẵn lẻ,… để tìm ra điểm đặc biệt của các ẩn số cũng như các biểu thức chứa ẩn t[r]

(1)

PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

Chuyên đê

PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

(2)

NGUYỄN QUỐC BẢO

CÁC DẠNG TOÁN

& PHƯƠNG PHÁP GIẢI

PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

● Dùng bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 8,9

● Giúp ôn thi vào lớp 10 chuyên toán

(3)

Lêi giíi thiƯu Các em học sinh thầy giáo, cô giáo thân mến !

Cuốn sách Các dạng tốn & phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên tác giả biên soạn nhằm giúp em học sinh học tập tốt mơn Tốn THCS THPT sau

Các tác giả cố gắng lựa chọn tập thuộc dạng điển hình, xếp thành hệ thống để bồi dưỡng học sinh giỏi lớp THCS Sách viết theo chủ đề tương ứng với vấn đề quan trọng thường đề thi học sinh giỏi toán THCS, vào lớp 10 chun mơn tốn nước Mỗi chủ đề viết theo cấu trúc lý thuyết cần nhớ, dạng toán thường gặp, tập rèn luyện hướng dẫn giải giúp em học sinh nắm vững kiến thức đồng thời rèn luyện kiến thức học Mỗi chủ đề có ba phần:

A Kiến thức cần nhớ: Phần tóm tắt kiến thức bản, kiên thức bổ sung cần thiết để làm sở giải tập thuộc dạng chuyên đề

B Một số ví dụ: Phần đưa ví dụ chọn lọc, tiêu biểu chứa đựng kĩ

năng phương pháp luận mà chương trình địi hỏi

Mỗi ví dụ thường có: Lời giải kèm theo nhận xét, lưu ý, bình luận phương pháp giải, sai lầm thường mắc nhằm giúp học sinh tích lũy thêm kinh nghiệm giải toán, học toán

C Bài tập vận dụng: Phần này, tác giả đưa hệ thống tập phân loại theo dạng tốn, tăng dần độ khó cho học sinh giỏi Có tập trích từ đề thi học sinh giỏi Toán đề vào lớp 10 chuyên Toán Các em cố gắng tự giải Nếu gặp khó khăn xem hướng dẫn lời giải cuối sách

(4)

chuyên đề bồi dưỡng

PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN A. KiÕn thøc cÇn nhí

1 Giải phương trình nghiệm ngun.

Giải phương trình f(x, y, z, ) = chứa ẩn x, y, z, với nghiệm nguyên tìm tất số nguyên (x, y, z, ) thỏa mãn phương trình

2 Một số lưu ý giải phương trình nghiệm nguyên.

Khi giải phương trình nghiệm nguyên cần vận dụng linh hoạt tính chất chia hết, đồng dư, tính chẵn lẻ,… để tìm điểm đặc biệt ẩn số biểu thức chứa ẩn phương trình, từ đưa phương trình dạng mà ta biết cách giải đưa phương trình đơn giản Các phương pháp thường dùng để giải phương trình nghiệm nguyên là:

Phương pháp dùng tính chất chia hết Phương pháp xét số dư vế Phương pháp sử dụng bất đẳng thức

Phương pháp dùng tính chất số phương Phương pháp lùi vơ hạn, ngun tắc cực hạn

B. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN I. PHƯƠNG PHÁP DÙNG TÍNH CHIA HẾT

Dạng 1: Phát tính chia hết ẩn

Bài tốn 1. Giải phương trình nghiệm nguyên Hướng dẫn giải

Giả sử x, y số nguyên thỏa mãn phương trình (1) Ta thấy 159 3x chia hết (do 17 nguyên tố nhau)

Đặt thay vào phương trình ta

Do đó: Thử lại ta thấy thỏa mãn phương trình cho

• • • • •

( ) 3x 17y 159+ =

17y 3 ⇒y 3 ( )

y 3t t Z= ∈ 3x 17.3t 159+ = ⇔ +x 17t 53.=

( ) x 53 17t

t Z y 3t

 = −

∈

 =



(5)

Vậy phương trình có nghiệm (x, y) = (53 – 17t, 3t) với t số ngun tùy ý

Bài tốn 2. Tìm nghiệm ngun phương trình (1) Hướng dẫn giải

- Phương pháp 1: Ta có nên (vì (2,3) = 1) Đặt thay vào (1) ta được:

Vậy nghiệm nguyên phương trình là:

- Phương pháp 2: Từ (1) ,

Để Mà (13,2) = Đặt

Bài tốn 3. Giải phương trình nghiệm ngun . Hướng dẫn giải

Ta có

Ta phải biến đổi tiếp phân số để cho hệ số biến y

Phân tích: Ta thêm, bớt vào tử số bội thích hợp 23

Từ , Để , (7,23) =

Đặt y 23t (t Z)− = ∈ ⇒ = −y 23t

Chú ý: Phương trình có dạng với a,b,c số nguyên

* Phương pháp 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

2x 13y 156+ =

13y 13 156 13 2x 13 ⇒x 13

x 13k (k Z)= ∈ y= −2k 12+

x 13k

(k Z)

y 2k 12

 =

∈  = − +



156 13y 13y

x 78

2

−

⇒ = = −

13y

x Z Z

2

∈ ⇒ ∈ ⇒y 2 y 2t(t Z)= ∈ ⇒ =x 78 13t−

x 78 13t

(t Z) y 2t

 = −

∈  = −



23x 53y 109+ =

109 53y 23(4 2y) 17 7y 17 7y

x 2y

23 23 23

− − + − −

= = = − +

17 7y 23

−

17 7y 17 7y 46 46 7(9 y) 46 2 7(9 y)

23 23 23 23

− − + − − − −

= = = − +

7(9 y) x 2y

23

−

= − + x Z y Z

23

−

∈ ⇒ ∈

x 23t

(t Z) y 53t 16

 = −

∈  = − 

ax by c+ =

(6)

- Đặt điều kiện để phân số biểu thức chứa x số nguyên t1, ta

phương trình bậc hai ẩn y t1

- Cứ tiếp tục làm ẩn biểu thị dạng đa thức với hệ số nguyên

Bài tốn 4. Tìm nghiệm ngun phương trình

Hướng dẫn giải

Ta thấy 11 6x nên x6 Đặt x = 6k (k nguyên) Thay vào (1) rút gọn ta được: 11k + 3y = 20

Biểu thị ẩn mà hệ số có giá trị tuyệt đối nhỏ (là y) theo k ta được: 20 11

k y= − Tách riêng giá trị nguyên biểu thức này:

3 k y= − k+ − Lại đặt

3

k− = t với t nguyên suy k = 3t + Do đó: 4(3 1) 11

6 6(3 1) 18

y t t t

x k t t

= − + + = −

= = + = +

Thay biểu thức x y vào (1), phương trình nghiệm Vậy nghiệm nguyên (10 biểu thị công thức:

18 11 x t

y t

= +



 = −

 với t số nguyên tùy ý

Chú ý: a) Nếu đềbài yêu cầu tìm nghiệm nguyên dương phương trình (1) sau tìm nghiệm tổng quát ta có thểgiải điều kiện:

Do t = t sốnguyên Nghiệm nguyên dương (1) (x, y) = (6, 3).

Trong trường hợp tìm nghiệm ngun dương (1) ta cịn có thểgiải sau: 11x + 18y = 120

Do nên

Do x nguyên nên Mặt khác và x nguyên dương nên x = 6

b) Có nhiều cách tách giá trị nguyên biểu thức chẳng hạn:

(cách 1)

(cách 2)

(cách 3)

( ) 11x 18y 120+ =

18t t

3 11t 11

 + >

⇔ − < <  − >



y 1≥ 11x 120 18.1 102.≤ − =

x 9≤ x 6 ⇒ =y

− = 20 11k

y ,

3 k

y 4k

−

= − +

1 2k y 3k

3

+

= − −

( ) k y 3k

3

−

= − +

(7)

Ta thấy: - Cách gọn cách ở cách hệsố k phân thức 1, sau đặt

ta không cần thêm ẩn phụ

- Trong cách 3, nhờđặt thừa số chung mà hệsố k phần phân số -1, sau đặt cũng không cần dùng thêm thừa số phụ

Bài tốn 5.Tìm nghiệm ngun dương phương trình:

Ta có:

Từ(2) suy , mặt khác

Thay vào (2) ta có: 30t 10 y= ( − 2)⇔ y2 =10 6t−

Ta có: .Suy ra:

Với t = không thỏa mãn yêu cầu tốn

Với t = ta có: Mặt khác x, y nguyên dương nên x = 3, y =

Vậy phương trình có nghiệm (x, y) = (3, 2)

Dạng 2: Phươngpháp đưa phương trình ước số * Cơ sở phương pháp:

Ta tìm cách đưa phương trình cho thành phương trình có vếlà tích biểu thức có

giá trị nguyên, vế phải số nguyên

Thực chất biến đổi phương trình dạng: trong là biểu thức nguyên, c số nguyên

Xét trường hợp theo ước c

* Ví dụ minh họa:

Bài tốn 1. Tìm nghiệm ngun phương trình: Hướng dẫn giải

( ) ( ) ( )( )

− + =

⇔ − + =

⇔ − + − = −

⇔ − + =

2xy x y 4xy 2x 2y

2x 2y 2y

2y 2x

k t

3

− =

1 k t

− =

2 6x +5y =74

( ) ( )( )

2 2

6x +5y =74⇔6 x 4− =5 10 y− ( )

6 x 5−  ( )6,5 1= ⇒(x 52− ) ⇒x2 =5t t N+ ( ∈ )

x 5t− =

2

4 t

5t 5

x 0,y t ,t N

10t t 5

3

 > −   + > 

> > ⇔ ⇔ ⇔ − < < ∈

− >

  <



{ } t∈ 0;1

2

x

y

 =  = ±

 ⇔

  = ±

=

 



A(x; y).B(x; y) c= A(x; y),B(x; y) A(x; y),B(x; y)

2xy x y 3− + =

(8)

Ta gọi phương trình phương trình ước số: vế trái tích thừa số nguyên, vế trái số Ta có x y số nguyên nên 2x + 2y – số nguyên ước

(2x + 1) (2y - 1) ước số nên ta có:

2x + 1 -1 -5

2y - -5 -1

Vập phương trình có nguyện ngun (x, y) = (3, 0); (-1, -2); (2, 1); (-3, 0)

Kinh nghiệm giải: Để đưa vế trái 2xy x y− + về phương trình dạng tích, ta biến đổi

thành cách nhân vế phương trình với đểđưa về phương trình ước số Luyện tập kinh nghiệm ví dụ2 sau đây.

(2x + 3) (2y - 5) ước số nên ta có:

2x + -1 -7

2y - -7 -1

Vập phương trình có nguyện ngun (x, y) = (-1, 6); (-2, -1); (2, 3); (-5, 2)

Nhận xét: Đối với nhiều phương trình nghiệm ngun việc đưa vềphương trình ước sốlà rất khó khăn ta áp dụng số thủ thuật, bạn xem tiếp ví dụ3:

Bài tốn 3. Tìm nghiệm nguyên phương trình: Hướng dẫn giải

( ) (1 )

x 2y 2y

2

− + −

5x 3y 2xy 11− = −

( ) ( ) ( )( )

− = − ⇒ − + − − + =

  − +

⇔ −  + = ⇔ − = ⇔ − + =

 

3 15

5x 3y 2xy 11 x(5 2y) (5 2y) 11

2

3 2x

5 2y x 2y 2y 2x (*)

2 2

2

x −2xy 3y 5x 0+ − + =

2

2 2 2

(2y 5) (2y 5)

x 2xy 3y 5x x x(2y 5) 3y

4

2y 4y 20y 25 12y 28 2y 4y 8y

x x

2 4

+ − +

− + − + = ⇔ − + + + + + =

 +  − − − + +  +  + −

⇔ −  + = ⇔ −  −

   

2 2

2

2y 4(y 1) 2y

x x (y 1)

2 4

 +  + −  +  −

⇔ −  − = ⇔ −  − + =

   

(9)

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) − − − ⇔ − + = ⇔ − − − + = − ⇔ − − − − − − + + = − ⇔ − − − = − 2 2

2x 2y 7

(y 1) 2x 2y y

4

2x 2y 2y 2x 2y 2y 2x 4y 2x (*)

Vì x, y ngun nên từ PT(*) ta có trường hợp sau:

1) 2)

3) 4)

Vậy nghiệm nguyên (x; y) phương trình là: (-2; -3); (2; 1); (5; 1);(1; -3)

*Nhận xét: Trong cách giải ta sử dụng phương pháp biến đổi tam thức bậc hai ): trước hết ta chọn biến để đưa đẳng thức (Bình phương tổng, hiệu) chứa biến đó: ở đây ta chọn biến x :

, phần lại đa thức ta lại làm với biến y:

Các bạn có thểtư tìm hướng giải sau:

Xét phương trình:

Với a số chưa biết cần thêm vào, xác định a sau:

Chọn a để số phương nên .khi :

Vậy:

Vì x, y ngun nên ta có trường hợp sau:

1) 2)

3) 4)

2x 4y

2x

 − − =  − = −  x y  = − ⇔  = − 

2x 4y 7

2x

 − − = −  − =  x y  = ⇔  = 

2x 4y

2x

 − − = −  − =  x y  = ⇔  = 

2x 4y 7

2x

 − − =  − = −  x y  = ⇔  = − 

(ax2+bxy cy ,ax+ 2+bx c+ )

2

2 (2y 5)

x x(2y 5)

4

+

− + +

2

(2y 5) 3y 7

− +

+ + 4y2 8y

4

+ −

= − 4(y 1) 72

4

+ −

= −

( ) ( )

2

x 2xy 3y 5x 0− + − + = ⇔x − 2y x 3y a a *+ + + + =

( ) ( )

2

x − 2y x 3y a * *+ + + + =

( ) ( ) ( )

2 **

2

2y 3y a 4y 20y 25 12y 28 4a 4y 8y 4a

∆ = + − + +

= + + − − −

= + − −

( )**

∆ 4a a

4 − − − = ⇒ = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 **

2y x 2y x 4y

4 x x ,x

2 2

+ − + + + + +

∆ = + ⇒ = = = =

( )* x x 4y 7 (2x 2x 4y 7)( )

2

 + 

 

⇔ −  − = − ⇔ − − − = −

  

2x 4y

2x

 − − =  − = −  x y  = − ⇔  = − 

2x 4y 7

2x

 − − = −  − =  x y  = ⇔  = 

2x 4y

2x

 − − = −  − =  x y  = ⇔  = 

2x 4y 7

2x

 − − =  − = −  x y  = ⇔  = − 

(10)

Vậy nghiệm nguyên (x;y) phương trình là: (-2; -3); (2; 1); (5; 1);(1; -3)

Bài tốn 4. Tìm nghiệm ngun phương trình

Phương trình tương đương với :

Suy (x + y + 6) (x – y + 6) ước 36

Mà 36 có 18 ước nên:

Kết ta tìm nghiệm nguyên là:

Nhận xét: Phương pháp đưa vềphương trình ước sốcó bước: Phân tích thành ước xét

các trường hợp Hai bước có thểkhơng khó trường hợp số phải xét có nhiều

ước số cần dựa vào tính chất biến (ví dụ: tính chẵn lẻ, số dư vế) để giảm số trường hợp cần xét

Trong trường hợp ví dụ 4 ta nhận xét sau:

Do y có số mũ chẵn nên y nghiệm – y nghiệm nên ta giả sử Khi ta giảm trường hợp:

6 6

, ,

6 36

6 36 6 18

, ,

6 18

6 12 6

, ,

6 12 6

6

x y x y x y

x y

 + + =  + + = −  + + = −

 + − =  + − = −  + − = −

 



 + + =  + + = −  + + =

 + − =  + − = −  + − =

 



 + + = −  + + =  + + = −

 + − = −  + − =  + − = −

 



 + + =  + − = 

Bây giờ có 10 trường hợp, ta lại thấy nên có

cùng tính chẵn lẻ.Do ta cịn trường hợp:

Tiếp tục xét hai phương trình hai phương trình có nghiệm y = ta có xét y = từđầu Ta có phương trình ban đầu: , xét hai khảnăng:

( )

2

x 12x y+ =

( )2 ( )( )

2 2

x 12x y+ = ⇔ x 6+ −y =36⇔ x y x y 6+ + − + =36 (x y 6+ + ∈ ± ± ± ± ± ± ±) { 1; 2; 3; 4; 6; 9; 18; 36± }

( ) (0,0 ; 12,0 ; 16,8 ; 16, ; 4,8 ; 4, 8− ) (− ) (− − ) ( ) ( − )

y 0≥

x y x y+ − ≤ + +

(x y+ + ) (+ x y+ − )=2y (x y , x y+ + ) ( + − )

x y x y 18 x y 6 x y 6

, , ,

x y 18 x y x y 6 x y 6

 + + = −  + + =  + + = −  + + =

 + − = −  + − =  + − = −  + − =

   

x y 6 x y 6

,

x y 6 x y 6

 + + = −  + + =

 + − = −  + − =

 

( ) x x 12+ =y

(11)

Nếu y = x = x = - 12

Nếu thì áp dụng hai nhận xét ta phải xét trường hợp

Giải kết luận phương trình có4 nghiệm

Dạng 3: Phương pháp tách giá trị nguyên.

* Cơ sở phương pháp:

Trong nhiều tốnphương trình nghiệm ngun ta tách phương trình ban đầu thành phần có giá trịnguyên để dễdàng đánh giá tìm nghiệm, đa sốcác tốn sử dụng phương pháp này thường rút ẩn (có bậc nhất) theo ẩn cịn lại.

* Ví dụ minh họa:

Bài tốn 1. Tìm nghiệm ngun dương phương trình sau: Hướng dẫn giải

Ta có

Ta thấy x = khơng nghiệm nên đó: = − −

2x y

x Tách phân thức −

−

2x

x giá trị nguyên: ( − )+

−

= = = +

− − −

2 x

2x

y

x x x

Do y số nguyên nên

−

5

x số nguyên, (x – 3) ước +) x – = x = 4, y = + =

+) x - = -1 x = 2, y = – = -3 (loại) +) x – = x = 8, y = +1 =

+) x – = -5 x = -2 (loại)

Vậy nghiệm (x, y) (4, 7) , (8, 3)

Bài tốn 2. Tìm số ngun x y thoả mãn phương trình: Hướng dẫn giải

Nhận xét: trong phương trình ẩn y có bậc nên rút y theo x Ta có:

y 0≠ x y x y+ − < + +

x y x y 18

,

x y 18 x y

 + + = −  + + =

 + − = −  + − =

 

( ) (0,0 ; 12,0 ; 16,8 ; 16, ; 4,8 ; 4, 8− ) (− ) (− − ) ( ) ( − )

xy 2y 3y 0− − + =

( )

xy 2y 3y 0− − + = ⇒y x 3− =2x 1.−

x 3≠

2

x +xy 2y x 0− − − =

( ) ( )

2

x +xy 2y x 0− − − = ⇔y x 2− = − + +x x *

(12)

Với x = thì: (vơ lý)

Với ta có:

Để y ngun Vậy (x – 2) ước đó:

Vậy phương trình có nghiệm: (x, y) = (3; - 1) ; (5; -5); (1; -5); (-1; - 1)

Bài tốn 3. Tìm số ngun dương x, y cho (1) Hướng dẫn giải

Ta có:

Như x muốn nguyên dương (3 – y) phải ước – 33 Hay

Lại Ta có bảng sau:

3 - y -1 -3 -11 -33

y 14 36

x 19 - 14

Thử lại ta cặp thỏa mãn (19, 4); (8, 6); (4, 14); (3, 36)

Nhận xét: - Dễ xác định phương pháp để giải toán này, biểu diễn x theo y

được Ta thấy biểu thức khó phân tích ví dụ trên, nhiên để ý ta thấy tửsốlà – 5y mẫu sốlà -2y, mạnh dạn nhân vào tửsốđể xuất 2y giống mẫu

- Bài tốn có thểgiải phương pháp đưa vềphương trình ước số Do ởbài tốn nhân ở x đểbiến đổi, phải có bước thửlại xem x, y có thỏa mãn phương trình cho hay khơng

Bài tốn 4. Tìm nghiệm nguyên phương trình:

Ta có:

Nhận thấy x = khơng nghiệm phương trình (1)

Chia vế (1) cho (x – 1) ta được: ( )* ⇔ =0

x 2≠ ( )* y x x 22 x

x x x

− + +

⇔ = + = − − +

− − −

( ) x 2 −

(x 2− ∈ − −) { 3, 1,1, 3}⇒ ∈ −x { 1,1,3,5}

6x 5y 18 2xy+ + =

( )

5y 18 10y 36

x 2x

6 2y 2y

66 2y 66 33

2x 2x

6 2y 2y y

− − − −

= ⇔ =

− −

− + − − −

⇔ = = + ⇔ = +

− − −

(3 y− ) {∈ ± ± ±1; 3; 11; 33 ± } y 1≥ ⇒ − ≤ ⇒ ∈ ± − −3 y y { 1; 3; 11; 33− }

5y 18 x

6 2y

− −

= −

2 2

2y x x y x+ + + = +2y +xy

( ) ( ) ( ) ( )

2 2

2y x x y x+ + + = +2y +xy⇔2y x x x y x 1 1− − − − − + =

( )

2

2y x y

x

− − + =

−

(13)

PT có nghiệm x, y nguyên, suy nguyên nên Thay x = x = vào phương trình để ý đến y nguyên ta y = Vập phương trình cho có nghiệm (2; 1) (0; 1)

II. PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG TÍNH CHẴN LẺ CỦA ẨN HOẶC XÉT SỐ DƯ TỪNG VẾ

* Cơ sở phương pháp: Chúng ta dựa vào tính chẵn lẻ ẩn xét số dư hai vế phương trình nghiệm nguyên với số nguyên dùng lập luận để giải tốn * Ví dụ minh họa:

Dạng 1: Sử dụng tính chẵn lẻ Bài tốn 1.Tìm x, y nguyên tố thoả mãn

Ta có số lẻ

Đặt y = 2k + (với k nguyên).Ta có (2k + 1)2= 2x2 +

⇔ x2= k2 + 2k ⇒x chẵn , mà x nguyên tố ⇒x = 2, y =

Vậy nghiệm phương trình (x, y) = (2, 3)

Bài tốn 2.Tìm nghiệm nguyên dương phương trình

Ta có:

Ta thấy 105 lẻ ⇒2x + 5y + lẻ ⇒5y chẵn ⇒y chẵn, ( )

2x + +y x + =x 2x + +y x x+1 lẻ

có x(x+ 1) chẵn, y chẵn ⇒ 2x lẻ ⇒ 2x = ⇒x =

Thay x = vào phương trình ta

(5y + 1) ( y + 1) = 105 ⇔ 5y2 + 6y – 104 = 0⇒y = y = ( loại)

Thử lại ta có x = 0; y = nghiệm phương trình Vậy nghiệm phương trình (x, y) = (0, 4)

Dạng 2: Xét tính chẵn lẻ xét số dư vế

Bài tốn 1. Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm ngun:

x 1− { }

x x 1;

x

 =

− ∈ − ⇒ 

= 

2 y −2x =1

2 2

y −2x = ⇒1 y =2x 1+ ⇒y

(2x 5y 2+ + )( x + +y x2+x)=105

26

−

(14)

a) Do x số nguyên nên

chia ln dư Tương tự ta có chia ln dư

Suy ra: chia cho dư hoặc Mà 1998 chia cho dư phương trình cho khơng có nghiệm nguyên

b) Như chứng minh câu a ta có: chia cho dư nên chia cho dư hoặc Mà 1999 chia cho dư phương trình cho khơng có nghiệm ngun

Chú ý: Chúng ta cần lưu ý kết quảởbài toán này: chia cho không dư 2

chia cho không dư 3

Ta có:

Ta thấy vế trái phương trình số chia cho dư nên chia cho dư Do y+ =1 3k+2(k∈Z)

Khi đó:

Thử lại: thỏa mãn phương trình cho

Vậy nghiệm phương trình với

Bài tốn 3.Tìm x, y số tự nhiên thoảmãn

Xét Mà x ∈ N ⇒x = 55

Xét y > ⇒ chia hết cho 3, x2chia cho dư

3y

x

⇒ + chia cho dư

mà 3026 chia cho dư (loại)

Vậy phương trình có nghiệm (x,y) = (55,0)

2 2

a) x −y =1998 b) x +y =1999

x 2k= x 2k k Z= + ( ∈ ) x2 =4k2∨x2 =4k 4k 12+ +

x y2

2 x −y

2

x ,y x2+y2

2 *) x −y

2 *) x +y

+ = +

9x y y

( )

9x y+ = + ⇔y 9x y y 1+ = +

( ) y y 1+

y 3k 1= +

( )( ) ( )

9x 2+ = 3k 3k 2+ + ⇔9x 9k= +9k⇔ =x k k 1+

( )

x k k , y 3k 1= + = +

( )x,y =(k k ,3k 1( + ) + ) k Z∈ y

2

x 3+ =3026

2

y 0= ⇒x +3 =3026⇒x =3025 y

3

(15)

Bài toán 4.Chứng minh phương trình khơng có nghiệm ngun

Xét

Xét chia cho dư

Do vếtrái phương trình chia cho dư hoặc cịn vế phải phương trình chia dư Vậy phương trình cho vơ nghiệm

Bài tốn 5. Tìm nghiệm ngun phương trình Hướng dẫn giải

Do x số nguyên nên ta biểu diễn x dạng: hoặc với

- Xét x = 5k

Điều vơ lý vế trái chia hết cho với k y nguyên vế phải không chia hết cho

- Xét

Điều vơ lý vế trái chia hết cho với k y ngun cịn vế phải khơng chia hết cho

- Xét

Điều vơ lý vế trái chia hết cho với k y ngun cịn vế phải khơng chia hết cho

Vậy phương trình cho vơ nghiệm

III. PHƯƠNG PHÁP DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC Dạng 1: Sử dụng bất đẳng thức cổ điển

3

x 7y 51− =

( )

x 7k k Z= ∈ x 7.3 ( )

x 7k k Z= ± ∈ x3 ( )

x 7k k Z= ± ∈ x3

2 x −5y =27

x 5k= x 5k 1= ±

x 5k 2= ± k Z∈

( )2 ( )

2 2 2

x 5y− =27⇔ 5k −5y =27⇔5 5k y− =27

x 5k 1= ± x 5y2− =27⇔(5k 1± )2−5y2 =27

( )

2 2

25k 10k 5y 27 5k 2k y 23

⇔ ± + − = ⇔ ± − =

x 5k 2= ± x 5y2− =27⇔(5k 2± )2−5y2 =27

( )

2 2

25k 10k 5y 27 5k 4k y 23

⇔ ± + − = ⇔ ± − =

(16)

Trong nhiều toán ta thường sử dụng bất đẳng thức để chứng minh vế không nhỏ hơn (hoặc khơng lớn hơn) vếcịn lại Muốn cho phương trình có nghiệm dấu bất đẳng thức phải xảy nghiệm phương trình.

Một số bất đẳng thức Cổđiển thường sử dụng như: 1 Bất đẳng thức Cauchy (tên quốc tếlà AM – GM)

Nếu là số thực khơng âm thì: Đẳng thức xảy

2 Bất đẳng thức Bunhiacopxki với hai bộsố thực và ta

có

Đẳng thức xảy tồn số thực k sao cho với i = 1, 2, 3,…, n.

Bài tốn 1. Tìm số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình:

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: Dấu “=” xảy x =

Dấu “=” xảy x = y

Do x, y dương nên nhân vế bất đẳng thức ta Dấu xảy x = y =

Bài tốn 2. Giải phương trình nghiệm ngun dương sau:

Ta có:

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

Dấu “=” xảy

Từ giải nghiệm (x, y, z) = (3, 2, 9)

Bài tốn 3. Giải phương trình nghiệm ngun sau

1 n

a ,a ,a , ,a n

1 n

a a a a a a a a n

+ + + +

≥

1 n

a =a =a = a=

(a ,a ,a , ,a1 n) (b ,b ,b , ,b1 n)

( 2 2 3 2)( 2 2 2 2) ( )2

1 n n 2 3 n n

a a a a+ + + + b b b b+ + + + ≥ a b a b a b a b+ + + + (k 0≠ ) a kbi = i

(x x2+ )( 2+y2)=4x y2

2

x 2x+ ≥

2 x +y ≥2xy

(x x2+ )( 2+y2)≥4x y2

( )3 ( )

6 2 2

x z 15x z 3x y z y+ − = − +5

( ) 6 3 ( 2 )3 2 2 2 6 3 ( 2 )3 2 ( 2 )

1 ⇔x z+ + y +5 =15x z 3x y z+ ⇔x z+ + y +5 =3x z y +5

( )3 ( )

6 2

x z+ + y +5 ≥3x z y +5

2

x =y + =5 z ( )( )

2

x −y = x y x y− + =5

( )2 ( 2 2 )

x y 1+ + =3 x y 1+ +

(17)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

Dấu “=” xảy

Vậy nguyệm nguyên phương trình (x, y) = (1, 1)

Bài tốn 4. Tìm nghiệm nguyên phương trình: Hướng dẫn giải

Với ta có:

Vậy

Nếu x = -2 x = phương trình khơng có nghiệm ngun Thử x = -1, 1, ta thấy phương trình có nghiệm (0;0), (1; - 1), (-1; 1) Dạng 2: Sắp xếp thứ tự ẩn

Khi phương trình đối xứng với ẩn , ta thường giả sử để giới hạn miền nghiệm phương trình bắt đầu tìm từ nghiệm bé trở * Ví dụ minh họa:

Bài tốn 1. Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: Hướng dẫn giải

Giả sử Ta có: Chia vế cho z dương ta

Do x = y = Thay vào phương trình ban đầu ta được: 2z = z + hay z = Vậy nghiệm phương trình cho (x, y, z) = (1, 1, 2); (1, 2, 1); (2, 1, 1)

Bài tốn 2.Giải phương trình nghiệm ngun dương:

Do x, y, z có vai trị nên ta giả sử: x y z≤ ≤

( )( 2 2 ) ( )2

1 1 x y 1+ + + + ≥ x y 1+ +

1 1 x y 1

x y 1= = ⇔ = =

2 2

x +xy y+ =x y

x 2≥ y 2≥

( ) −

 ≥

 ⇒ ≥ + = + + + + + > + +

 ≥

 ≥

2 2 AM GM

2 2 2 2 2 2

2 2

x y 4x x y 2 x y x y x y x y 2 xy x y xy.

x y 4y

x 2≤ y 2≤

, , ,

x y z x≤ ≤ ≤y z

2xyz x y z= + +

x y z≤ ≤ 2xyz x y z 3z= + + ≤

2xy 3≤ ⇒xy xy 1≤ ⇒ =

1 1 x y z+ + =

(18)

Khi đó: 1= + + ≤ ⇒ ≤ ⇒ ∈1 1 x 3 x {1; 2; x Z} ( ∈ +) x y z x

Với x = phương trình cho vơ nghiệm

Với x = ta có: Mặt khác

+) y = phương trình vơ nghiệm +) y = z =

+) y = z =

Với x = ta có: Mặt khác

Vậy phương trình có nghiệm (x, y, z) = (2, 3, 6); (2, 4, 4); (3, 3, 3)

Bài tốn 3. Giải phương trình nghiệm nguyên dương:

Biến đổi thành:

Do đối xứng x y nên giả thiết Ta có

Ta lựa chọn nghiệm trường hợp sau: x = 1, z = 1; x = 2, z = 1; x =1, z = Ta suy nghiệm (x, y, z) (1, 1, 2) (2, 2, 1)

Nhận xét: Ở bài toán vai trị x, y, z khơng bình đẳng nên ta khơng có thể giải sử

ta có thểgiảsử x y≤

Bài tốn 4. Tìm nghiệm ngun dương phương trình: ( x + y + z + t ) + 10 = xyzt

Ta giả sửx ≥ y ≥ z ≥ t ≥

Ta có: ( x + y + z + t ) + 10 = xyzt

Với t = ta có:

1 1

1 y

2 y z y

= + + ≤ + ⇒ ≤ y x 2≥ = ⇒ ∈y {2,3,4}

1 1

1 y

3 y z y

= + + ≤ + ⇒ ≤ y x 3≥ = ⇒ = ⇒ =y z

1 z. x y+ =

xyz x y= +

x y≤

xyz x y y y 2y= + ≤ + = ⇒xz 2.≤

x y z≤ ≤

3

5 5 10 30

2 t 15 t t

yzt xzt xyt xyz xyzt t

⇔ = + + + + ≤ ⇒ ≤ ⇒ = ∨ =

(19)

Nếu z =1 ta có

Ta nghiệm (35, 3, 1, 1) ; (9, 5, 1, 1) hoán vị chúng Với z = 2, z = phương trình khơng có nghiệm ngun

Với t = ta có:

Do x ≥ y≥z ≥ nên 8x – ≥ 8y – ≥ 11 ⇒(8x – 5) (8y – 5) = 265 vô nghiệm

Vậy nghiệm phương trình bộ(x, y, z)= ( 35; 3; 1; 1); (9; 5; 1; 1) hoán vị

Dạng 3: Chỉ nghiệm nguyên

* Cơ sở phương pháp: Chúng ta xét khoảng giá trị ẩn thể dạng: vài số nghiệm phương trình, chứng minh phương trình khơng cịn nghiệm khác

Bài tốn 1. Tìm nghiệm nguyên dương phương trình sau: Hướng dẫn giải

Chia hai vế phương trình cho ta được: Thử thấy x = không nghiệm phương trình

Với x = VT = VP = thỏa mãn toán

Với

Vậy x = nghiệm phương trình

Bài tốn 2. Tìm nghiệm nguyên dương phương trình sau: 2x +3x =

35 Hướng dẫn giải

Thử thấy x = 0; x = 1; x = không thỏa mãn 2x +3x =35

( )

{ }

2 x y z 10 2xyz

5 5 15 30

2 z 15 z 1; 2;

yz xz xy xyz z

+ + + + =

⇔ = + + + ≤ ⇒ ≤ ⇒ =

( ) ( )( ) x 35 x

5 x y 20 2xy 2x 2y 65

y y

 =  =

+ + = ⇔ − − = ⇒ ∨

= =

 

( )

( ) ( )( )

2 x y z 20 4xyz

5 5 20 35 35

4 z z t 8x 8y 265

yz xz xy xyz z

+ + + + =

⇔ = + + + ≤ ⇒ ≤ ≤ ≥ ≥ ⇒ − − =

x x x

3 4+ =5

x

5

x x

3 1

5

  +  =        

x 3≥

x

3

5

    ⇒  ≤     

x

4

5

  ≤         

x x 2

3 4 1

5 5

       

⇒  +  <  +  =

       

(20)

Với x = 23 +33 =35 (đúng)

Với x ≥ 23 +33 >35

Vậy x = nghiệm phương trình

Dạng 4: Sử dụng điều kiện ∆ ≥0 để phương trình bậc hai có nghiệm * Cơ sở phương pháp:

Ta viết phương trình f(x, y) = dạng phương trình bậc hai ẩn, chẳng hạn x y tham số Điều kiện để phương trình có nghiệm nguyên ∆ ≥0 * Ví dụ minh họa:

Bài tốn 1. Tìm nghiệm ngun phương trình Hướng dẫn giải

Ta xem phương trình cho phương trình ẩn x tham số y, ta viết lại sau:

Để phương trình cho có nghiệm :

Do đó: Ta có:

2y+1 -1 -3 -5

2y -2 -4 -6

y -1 -2 -3

x Loại Loại Loại Loại -1 -1

Vậy nghiệm phương trình (x, y) = (3, 2); (-1, 2); (3, -3); (-1, -3)

Bài toán 2. Giải phương trình nghiệm nguyên

Ta xem phương trình cho phương trình ẩn x tham số y, ta viết lại sau:

Ta có:

Để phương trình có nghiệm nguyên thì:

2

x +y −2x y 9.+ =

( )

2

x 2x y− + + −y =0

( )

2

' y y y y 10

4y 4y 40 2y 41

∆ ≥ ⇔ − + − ≥ ⇔ + − ≤

⇔ + − ≤ ⇔ + ≤

( ) {2 } 2y 1+ ∈ 1;9; 25

( ) 2

x +2y =2xy 2x 3y *+ +

( )

2

x y x 2y− + + −3y 0=

( )2 ( 2 ) 2 2 2

' y 2y 3y y 2y 2y 3y y 5y

∆ = + − − = + + − + = − + +

(21)

∆ ≥ ⇔ − + + ≥ ⇔ − ≤ − ≤

− + − +

⇔ ≤ ≤ ⇔ < <

2 29 29

' y 5y y

2 2

5 29 y 29 y

2 2

Vì y nguyên nên thay vào phương trình ta tính giá trị x Giải ta nghiệm phương trình (x, y) = (0, 0); (0, 2)

Nhận xét: Ởví dụ cốtình tính cho bạn thấy tính có dạng tam thức bậc : với a < ta áp dụng phương pháp này, a >

thì áp dụng phương pháp đưa vềphương trình ước số

IV. PHƯƠNG PHÁP DÙNG TÍNH CHẤT CỦA SỐ CHÍNH PHƯƠNG Dạng 1: Dùng tính chất chia hết số phương

- Số phương khơng thể có chữ tận 2, 3, 7, 8;

- Số phương chia hết cho số ngun tố chia hết cho - Số phương chia cho có số dư 1;

- Số phương chia có số dư 1;

- Số phương chia cho có số dư 0, * Ví dụ minh họa:

Bài tốn 1. Tìm nghiệm nguyên phương trình: 9x y y 1+ = ( + )

Hướng dẫn giải Ta có:

( )

( ) ( )

+ = +

⇔ + = +

⇔ + = + +

⇔ + = +

2

9x y y

36x 20 4y 4y

36x 21 4y 4y

3 12x 2y

Sốchính phương chia hết chia hết cho 9, ta lại có 12x + không chia hết 3(12x + 7) không chia hết cho Do phương trình vơ nghiệm Cách khác:

( )

( ) ( )

+ = +

⇔ + − − =

∆ = + + = + = +

2

9x y y

y y 9x

1 9x 36x 21 12x

{ }

y∈ 0,1,2,3,4,5

'

∆ ∆ ∆'

( )

f x =ay +by c+

p

(22)

Ta có ∆ chia hết cho không chia hết không số phương khơng tồn y ngun Vậy phương trình vơ nghiệm

 Dạng 2: Biến đổi phương trình dạng , là đa thức hệsốnguyên, là sốnguyên dương, là sốtựnhiên

Sử dụng đẳng thức đáng nhớ , đưa phương trình dạng Sau

dựa vào tính chất để phân tích thành (với ),

dẫn đến giải hệ phương trình

Bài tốn 1. Tìm nghiệm nguyên phương trình Hướng dẫn giải

Ta có:

Ta thấy 34 có dạng phân tích thành hai số phương

Do đó:

Giải ta nghiệm (x, y) = (2, 3); (-1, -2); (-2; -1); (3, 2)

Bài tốn 2. Giải phương trình nghiệm nguyên . Hướng dẫn giải

Ta có

2 2

1 2 n n

a A +a A + +a A =k

( 1, , )

i

A i= n ai k

2

(a b+ ) ,

i i

a A k=a k1 12+a k2 22+ + a kn n2 ki∈

2

1

2

n n

A k A k

A k

 =

 =

  

 =



2

x +y − − =x y

( ) ( ) ( ) ( )

2 2

2

2 2 2

x y x y 4x 4y 4x 4y 32

4x 4x 4y 4y 34 2x 2y 34

2x 2y

+ − − = ⇔ + − − =

⇔ − − + − + = ⇔ − + − =

⇔ − + − = +

2

3 52

( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2 2 2

2x 2x 3

2y

2x

2y

 − = 

− = 

 

 − =  − =

 

 ⇒ 

 − =  − =

 



 − =  − = 



2

x −4xy 5y+ =2(x y)−

2 2

x −4xy 5y+ =2(x y)− ⇔x −4xy 5y+ −2x 2y 0+ =

2 2

x 2x(2y 1) (2y 1) (2y 1) 5y 2y

(x 2y 1) y 2y (x 2y 1) (y 1) 2(*)

⇔ − + + + − + + + =

⇔ − − + − − = ⇔ − − + − =

(23)

Xét phương trình (*) ta có:

Mà x nguyên nên

* Với (loại)

* Với

- y =

Vậy phương trình cho có nghiệm:

Bài tốn 3. Giải phương trình nghiệm nguyên . Hướng dẫn giải

Ta có (*)

Xét phương trình (*) ta có Mà x số nguyên nên

- Với (loại)

- Với ,

Với Với

Vậy nghiệm nguyên phương trình là: (2; 1), (2; 3), (-2; -1); (-2; -3)

Bài toán 4. Tìm nghiệm nguyên phương trình x y xy x+ + = +y2 Hướng dẫn giải

Biến đổi: x y xy x+ + = +y2 ⇔(x 1− ) (2 + y 1− ) (2 + x y− )2 =2.

Tổng ba sốchính phương nên tồn số Trường hợp: x – = ta (1; 0), (1; 2)

( )2 ( )2

x 2y 1− − ≥ ∀0 x,y⇒ y 1− ≤2 ( ) { }2

y 1− ∈ 0,1 ( )2

y 1− =0 (x 2y 1− − )2 =2

( )2 y 1 y

y 1

y 1 y

 − =  =

− = ⇒ ⇔

− = − =

 

( )2 x x

x 1

x x

 − =  =

⇒ − − = ⇒ ⇒

− = − =

 

( )2 x 1 x

x 1

x 1 x

 − =  =

⇒ − − = ⇒ ⇒

− = − =

 

( ) ( ) ( ) ( ) ( )x,y = 6,2 ; 4,2 ; 2,0 ; 0,0

2

5x −2xy y+ =17

( )2

2 2

5x 2xy y− + =17⇔ x y− +4x =17 ⇔(x y)− =17 4x−

( )2 2 2 17

x y 0, x,y 17 4x x

4

− ≥ ∀ ⇒ − ≥ ⇒ ≤

{ }

x ∈ 0;1;

2

x = ⇒0 (x y)− =17

2

x = ⇒1 (x y)− =13

x = ⇔ = ±4 x

2 y y

x (2 y)

2 y y

 − =  =

= ⇒ − = ⇔ ⇔

− = − =

 

2 y y

x (2 y)

2 y y

 + =  = −

= − ⇒ + = ⇔ ⇔

+ = − = −

 

(24)

Trường hợp: y – = ta được: (0; 1), (2; 1) Trường hợp x – y = ta được: (0; 0), (2; 2)

Vậy phương trình có nghiệm (x, y) = (1; 0), (1; 2), (0; 1), (2; 1), (0;0), (2; 2) Bài tốn 5. Tìm nghiệm ngun phương trình 2x2 +4x 19 3y = −

Hướng dẫn giải ( ) ( ) ( )

+ = −

⇔ + = −

2

2x 4x 19 3y

2 x y *

Ta thấy 3 y 2( − 2) ⇒ −7 y 22 ⇒y lẻ

Ta lại có 7 y− ≥0nên y2 =1

Khi (*) có dạng x 1( + )2 =18 Ta được: x 1+ = ±3do đóx1 =2; x2 = −4

Các cặp số (2; 1), (2; -1), (-4; 1), (-4; -1) thỏa mãn (2) nên nghiệm phương trình cho Dạng 3: Xét số phương liên tiếp

Phương pháp dựa nhận xét sau:

1 Không tồn thỏa mãn: với

2 Nếu với thì n = a + Tương tự với lũy thừa bậc 3 3 Nếu

Thì với

Ta có:

Nên

n Z∈ a2 <n2 <(a 1+ )2 a Z∈ ( )2

2

a <n < a 2+ a,n Z∈

( + ) ( + ) (< + ) ( + ) (< + )( + + ) ( + + ) x x x n y y y n x a x a x a n ( ) ( ) ( )( ) ( )

y y y n+ + = x i x i x i n+ + + + + i 1,2, ,a 1∈{ − }

( ) 3

1 x x+ + +x =y

2

2 11 19

x x x 0; 5x 11x x

2 10 20

   

+ + = +  + > + + =  +  + >

   

(1 x x x+ + 2+ 3) (− x x 1 x x x2+ + < + +) 2+ 3< + +(1 x x x2 + 3) (+ 5x 11x 2+ + )

(25)

Do đó:

Kết hợp với (1) ta có:

Nghiệm phương trình là: (0;1) (-1;0)

Bài toán 2. Giải phương trình nghiệm nguyên: Hướng dẫn giải

Ta có: nên

Do đó:

Nếu kết hợp với (3) ta có:

Nếu Phối hợp với (3) ta có , lúc x = Vậy nghiệm phương trình cho (-1; -1) (1; 0)

Bài toán 3. Giải phương trình nghiệm nguyên: x4 +2x3 +2x2 + + =x y2

Ta có (x2 +x)2 <x4 +2x3 +2x2 + + <x 3 (x2 + +x 2)2

( )2 ( )2

2 x x y x x

⇔ + < < + +

mà (x2 +x)2và (x2 + +x 2)2 ( hai số phương

( )2

1 y x x

⇒ = + +

( )2

2

x x x x x x

⇔ + + + + = + +

2

2 x x x

x

= 

⇔ + − = ⇔ 

= −



Thay x 1= ta y= ±3 Thay x= −2 ta y= ±3

( )3 ( )3

3 3

x <y < x 2+ ⇒y = x +

( )3 2 3 ( ) x

x 1 x x x x x

x

 =

+ = + + + ⇒ + = ⇒ 

= − 

( )

3

x −y 2y− −3y 0− =

( )2 ⇔x3 =y3+2y2 +3y 3+ ( )

2

y ≥0; 5y + >2

(y 2y3+ 2+3y 1+ −) (5y2+2)<y 2y3+ 2+3y y 2y+ ≤( 3+ 2+3y y + +) ( )3 3 ( )3 3 3

y 1− <x ≤ y 1+ ⇒x =y x3 =(y + )3 3

x =y 2y2 +3y 0+ = ⇒ = − ⇒ = −y 1 x 1. ( )3

3

x = y + y2 = ⇒ =0 y 0

(26)

Vậy nghiệm phương trình (x ; y) ∈{(1; ; 1;3 ;− ) ( ) (−2;3 ;) (− −2; 3)}

Bài toán 4. Giải phương trình nghiệm nguyên:

Biến đổi phương trình dạng

- Nếu khơng có số ngun k thỏa mãn

- Nếu

Ta có nghiệm nguyên phương trình (0; 0), (0; -1), (-1; 0); (-1; -1)

- Nếu khơng có số ngun k thỏa mãn

Bài tốn 5. Giải phương trình nghiệm ngun

Ta có:

Do đó:

Kết hợp với (7) ta suy ra:

Từ đó:

Do ta tìm nghiệm phương trình (6) Dạng 4: Sử dụng điều kiện ∆ là số phương

Với phương trình nghiệm ngun có dạng có thể viết dạng phương trình

bậc ẩn chẳng hạn ẩn x, điều kiện để phương trình có nghiệm

ngun phải sốchính phương Vận dụng điều ta có thểgiải tốn.

Chú ý: số chính phương chỉ là điều kiện cần chưa đủ để phương trình có nghiệm ngun, sau tìm giá trị cần thửlại vào phương trình ban đầu

2 4

x (x 1)+ + =y (y 1)+ +

+ + = + + + + = + + = ∈

2 2 2

x x y (y 1) 2y(y 1) (y y 1) k ,k Z (1)

2 2 2

x 0> ⇒x <x + + <x (x 1)+ ⇒x <k <(x 1)+

2

x

y y 1

x

 =

⇒ + + = ±

 = 

2 2 2

x< − ⇒1 (x 1)+ <x + + <x x ⇒(x 1)+ <k <x ( )

4 2

x +x −y + +y 10 6=

( )6 ⇔y y 1( − =) x4+x 10 72 + ( )

( ) ( )

4 4 2

x +x <x +x 10+ < x +x 10+ + 6x +2

( ) ( ) ( )( ) (( )) (( )()( ))

2 2

2

y x x x

x x y y x x

y y x x

 − = + +



+ < − < + + ⇒

 − = + +



2

x

 =  = 

x= ±2, x= ±1

( ) f x,y =0

0

∆ ≥

∆ ∆

(27)

Bài tốn 1. Giải phương trình nghiệm ngun Hướng dẫn giải

Ta có:

Coi phương trình (1) phương trình ẩn y tham số x ta có:

Để phương trình có nguyện ngun phải số phương hay

với

giải ta x = x = -2 Với x = y =

Với x = -2 y = -5

Vậy phương trình có nghiệm (x, y) = (2, 3) ; (-2, -5)

Bài toán 2. Giải phương trình nghiệm nguyên Hướng dẫn giải

Phương trình cho viết lại:

Do x nguyên nên coi phương trình (2) phương trình ẩn y tham số x ta có:

Để phương trình có nguyện ngun phải số phương -Xét x = từ (1) suy y =

-Xét phải số phương với m số nguyên, ta có ta tìm x = x = -2

Với x = thay vào (2) ta được:

Với x = -2 thay vào (2) ta được:

Nghiệm nguyên phương trình (x, y) = (2, 1); (2, -2); (-2, -1); (-2, 2)

2

3x +y +4xy 4x 2y 0+ + + =

2

3x +y +4xy 4x 2y 0+ + + =

( ) ( )

2

y 2x y 3x 4x

⇔ + + + + + =

( )2 ( 2 ) 2 2 2

' 2x 3x 4x 4x 4x 3x 4x x

∆ = + − + + = + + − − − = −

'

∆ ∆ =' x n2− =

n N∈

(x n x n− )( + )=4

( )

2 2

x y −xy x= +2y

(x y xy x2− ) − − =0 2( ) (x 22− )≠0

( ) ( )

2 2 2

x 4x x x 4x

∆ = + − = −

∆

x 0≠ (4x 72− ) 4x m2− =

(2x m 2x m− )( + )=7

{ }

y + − = ⇒ ∈y y 1; −

{ }

y − − = ⇒ ∈ −y y 1;

(28)

Dạng 5: Sử dụng tính chất: Nếu hai số ngun liên tiếp có tích số phương hai số nguyên liên tiếp 0

Giảsửa(a + 1) = k2(1) với a Z,k N ∈ ∈

Giải sửa ≠ 0, a + ≠ k2≠ Do k số tựnhiên nên k > 0.

Từ(1) suy ra: a2+ a = k2

( ) ( )

⇒4a2 +4a 4k= ⇒4a2 +4a 4k+ = + ⇒1 2a 1+ =4k2 +1 2 Do k > nên 4k2 <4k2 + <1 4k2 +4k 1+ ( )3

Từ (2) (3) suy ( ) (2k < 2a 1+ ) (2 < 2k , vô lý + )2

Vậy a(a + 1) = k2 tồn hai số a, a +

Bài tốn 1. Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 +xy y+ = 2

x y Hướng dẫn giải

Thêm xy vào hai vế: x2 +2xy y+ =x y2 +xy⇔(x y+ )2 =xy xy 1( + ) ( )*

Ta thấy xy xy + hai số nguyên liên tiếp, có tích số phương nên tồn số

Xét xy = Từ (1) có x2 + y2 = nên x = y =

Xét xy + = Ta có xy = -1 nên (x, y) = (1; -1), (-1; 1)

Thử lại ba cặp số (0; 0), (1; -1), (-1; 1) nghiệm phương trình cho

Ta có

Do (y + 3) (y + 2) số ngun liên tiếp mà có tích số phương nên số phải

Nếu y + = y = -3, x = -1 Nếu y + = y = -2, x = -1

Vậy phương trình có nghiệm ngun (x, y) = (-3, -1); (-2, -1) ( )

x +2xy 5y 6= +

( ) 2 2 2 ( ) (2 )( )

1 ⇔x 2xy y+ + =y +5y 6+ ⇔ x 1+ = y y 2+ +

(29)

Dạng 6: Sử dụng tính chất: Nếu hai số nguyên dương nguyên tố có tích một số phương số số phương

Giảsử ab = c2(1) với a,b,c N , a,b∈ * ( )=1.

Giảsửtrong a b có số, chẳng hạn a, chứa thừa số nguyên tố p với sốmũ lẻthì số b

không chứa thừa số p nên c2 chứa thừa số p với sốmũ lẻ, trái với giảthiết c2là sốchính phương.

Bài tốn 1. Tìm nghiệm ngun dương phương trình: xy z= ( )1 Hướng dẫn giải

Trước hết ta giả sử (x, y, z) = Thật ba số (x ,y ,z0 0 0) thỏa mãn (1) có ƯCLN d, giả sử x0 =dx ,y1 0 =dy ,z1 0 =dz1thì (x ,y ,z1 1 1) nghiệm phương trình (1)

Với (x, y, z) = x, y, z đơi ngun tố nhau, hai ba số x, y, z có ước chung d số cịn lại chia hết cho d

Ta có z2 = xy mà (x, y) = nên x = a2, y = b2 với a,b N ∈ *

Suy z2 = xy = (ab)2 , z = ab

Như vậy:

 =  =   = 

2

x ta y tb z tab

với t số nguyên dương tùy ý

Đảo lại, hiển nhiên số x, y, z có dạng thỏa mãn (1) Công thức cho ta công thức nghiệm nguyên dương (1)

Bài tốn 2. Tìm tất cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn

Ta có:

− + − − + + =

<=> − + − + = − +

<=> − + + = −

4 2

2 2

x 2x 6x 4y 32x 4y 39

x 2x 6x 32x 40 4y 4y

(x 2) (x 2x 10) (2y 1) Vì y số nguyên nên 2y – ≠ ⇒ x ≠

Vì (2y – 1)2 (x – 2)2 số phương khác nên x2 + 2x + 10 số phương

4 2

x −2x +6x −4y −32x 4y 39 0+ + =

(30)

Đặt 2 ( *)

2 10

x + x+ =m m∈N suy

Do (x + + m) > (m + – m) nên

• x = ⇒ (2y – 1)2 = 25 ⇒ y = y = –2 • x = –5 ⇒ (2y – 1)2 = 1225 ⇒ y = 18 y = –17 • x = –1 ⇒ (2y – 1)2 = 81 ⇒ y = y = –4

Vậy (x;y) nguyên thỏa yêu cầu toán (3;3),(3;–2),(–5;18),(–5;–17),(–1;5),(–1;–4)

V. PHƯƠNG PHÁP LÙI VÔ HẠN, NGUYÊN TẮC CỰC HẠN Dạng 1: Phương pháp lùi vô hạn

Dùng để chứng minh phương trình f(x, y, z, ) nghiệm tầm thường

x = y = z = khơng cịn nghiệm khác Phương pháp diễn giải sau:

Giải sử là nghiệm phương trình f(x, y, z, ), nhờ phép biến đổi suy luận ta tìm bộnghiệm khác sao cho nghiệm có quan hệ với nghiệm ban

đầu tỷsốk Ví dụ ;

Rồi từ bộ có quan hệ với bởi tỷsốk đó.

Ví dụ Q trình dẫn đến chia hết cho vớs số tự nhiên tùy ý, điều xảy x = y = z = Chúng ta đến ví dụ cụ thểnhư sau:

Bài tốn 1. Giải phương trình nghiệm ngun sau Hướng dẫn giải

Gọi nghiệm phương trình Xét (mod 3) ta chứng minh chia hết cho Thật rõ ràng vế phải chia hết cho suy ( 2)

0

x +y  Ta có

⇒x03,y03

Đặt x0 =3 ;x y1 =3y1 vào rút gọn ta ( )

2

(x 1) m+ + = ⇔ + −(x m)(x m)+ + = −9 *

( )

x m x

x m m

x m x

*

x m m

x m x

x m m

 + + =  =  + − = −  =

 

 

 + + =  = −

 

⇔  ⇔ 

+ − = − =

 

 + + =  = −

 

 + − = −  =

 

(x ,y ,z , 0 )

(x ,y ,z , 1 )

0 1

x =kx ,y =ky ,z =kz

(x ,y ,z , 2 ) (x ,y ,z , 1 )

1 2

x =kx ,y =ky ,z =kz x ,y ,z , 0 0 0 ks

2 2

x +y =3z

(x ,y ,z0 0) x ,y0

( ) ( )

2

0

x ≡0;1 mod ; y ≡0;1 mod ( 2) 2

0 0

x +y 3 ⇒x 3,y 3  ( 2)

1 0

3 x +y =z ⇒z 3 ⇒z0 =3z1

(31)

Thế vào rút gọn ta được: Do nghiệm phương trình nghiệm phương trình Tiếp tục suy luận dẫn đến điều xảy

Vậy phương trình có nghiệm (x, y, z) = (0, 0, 0)

Bài toán 2. Tìm nghiệm nguyên phương trình: 3

3

x − y − z = (1) Hướng dẫn giải

Giả sử (x y z0, 0, 0) nghiệm nguyên phương trình x03đặt x0 =3 x1 thay

x = x vào (1) ta được: 3

1 0

9x −y −9z = ⇒0 y 3. đặt y0 =3y1⇒z03,khi đó:

3 3 3

1 1 0

9x −27y −3z = ⇒0 3x −9y −z = ⇒0 z 3.đặt z0 =3z1 đó:

3 3

1

x − y − z =

Vậy 0

, ,

3 3

x y z

 

 

  nghiệm phương trình

Quá trình tiếp tục được: 0

, , 3k 3k 3k

x y z

 

 

 là nghiệm nguyên (1) với k điều

này xảy x0 = y0 =z0 =0.Vậy ( 0, 0, ) nghiệm phương trình cho

Bài tốn 3. Giải phương trình nghiệm nguyên sau: Hướng dẫn giải

Gọi nghiệm phương trình trên, ta có suy

chẵn (do ) nên có trường hợp xảy ra:

Trường hợp 1: Có số lẻ số chẵn khơng tính tổng qt giả sử lẻ, chẵn

Xét mod ta có: cịn (do chẵn) Vô lý

Trường hợp 2: Cả số đề chẵn Đặt vào rút gọn ta có: lập luận ta chẵn

Quá trình tiếp tục đến điều xảy Vậy phương trình có nghiệm (x, y, z) = (0, 0, 0) Dạng 1: Nguyên tắc cực hạn

0

z =3z ( 2)

1

3 x +y =z 2

1 1 x +y =z (x ,y ,z0 0) (x ,y ,z1 1)

k 0

x ,y ,z 3 x0 =y0 =z0 =0

2 2

x +y +z =2xyz

(x ,y ,z0 0) x20 +y02+z02 =2x y z0 0

( 2 2)

0 0

x +y +z 2x y z0 0

0 x ,y z0

( )

2 2 0

x +y +z ≡2 mod 2x y z 40 0 z0 ⇒

0 1

x =2x ,y =2y ,z =2z 2

1 1 1

x +y +z =4x y z x ,y ,z1 1 1

( )

k *

0 0

x ,y ,z k N ∈ x0 =y0 =z0 =0

(32)

Về hình thức phương pháp khác với phương pháp lùi vơ hạn ý tưởng sử dụng nhau, chứng minh phương trình ngồi nghiệm tầm thường khơng cịn nghiệm khác

Phương pháp bắt đầu việc giả sử nghiệm phương trình f(x, y, z, ) với điều kiện buộc với Ví dụ nhỏ nhỏ Bằng phép biến đổi số học ta tìm nghiệm khác trái với điều kiện buộc Ví dụ tìm với nhỏ ta lại tìm thỏa mãn từ dẫn tới phương trình

cho có nghiệm

Bài tốn 1. Giải phương trình nghiệm nguyên sau Hướng dẫn giải

Giải sử nghiệm phương trình với điều kiện nhỏ Từ phương trình (1) suy t số chẵn Đặt vào phương trình (1) rút gọn ta

được: rõ ràng chẵn Đặt chẵn

Đặt chẵn

Đặt nghiệm phương trình

trên dễ thấy (vơ lý) ta chọn nhỏ Do phương trình có nghiệm

VI. ĐIỀU KIỆN PHƯƠNG TRÌNH CĨ NGHIỆM NGUN

Bài tốn Tìm số thực a để nghiệm phương trình sau số nguyên:

( ) ( )

2

x ax a 2− + + =0 Hướng dẫn giải

Gọi x ,x1 2 nghiệm phương trình (1) Theo định lý Vi-et ta có: 2

x x a

 + =

 = +



Do đó: x x1 2−(x x1+ 2)= ⇔2 x x 11( 2− −) (x 12− = ⇔) (x x 11− )( 2− =) Suy (x 11− ) (x 12− ) ước

Giải sử: x1 ≥x2 ⇒x x 11− ≥ 2− Khi đó:

(x ,y ,z , 0 )

(x ,y ,z , 0 ) x0 0

x +y +z +

(x ,y ,z , 1 ) (x ,y ,z , 0 ) x0

(x ,y ,z , 1 ) x1 <x0 0

x =y =z =0

( )

4 4

8x +4y +2z =t

(x ,y ,z0 0) x0

1 t 2t=

4 4

0 0

4x +2y +z =8t z0 4 4

0 0 1

z =2z ⇒2x +y +8z =4t ⇒y

4 4

0 1 1

y =2y ⇒x +8y +4z =2t ⇒x

( )

4 4

0 1 1 1 1

x =2x ⇒8x +4y +2z =t ⇒ x ; y ; z ; t

x <x x0

(x,y,z,t) (= 0,0,0,0 )

(33)

a) 1

2

x x

x 1 x

 − =  =

⇔

 − =  =

  Khi a =

b) 1

2

x 1 x

x x

 − = −  =

⇔

 − = −  = −

  Khi a = -2

Thay giá trị a vào phương trình (1) thử lại kết luận

Bài toán Cho phương trình x2−(2m x m 0+ ) + 2+ = , với m tham số tìm tất

cả giá trị m∈ để phương trình có hai nghiệm phân biệt x ,x1 2 cho biểu thức

1 2 x x P

x x

=

+ có giá trị số nguyên

Ta có ∆ =(2m 1+ )2−4 m 4m 3( 2+ =) − Đểphương trình có hai nghiệm phân biệt m

4

⇔ ∆ > ⇔ > Theo định lý Viet ta có: x x1+ 2 =2m 1+ 2

x x =m 1+ Do

( )

2

1

x x m 2m

P

x x 2m 4 2m

+ −

= = = =

+ + + Suy

5 4P 2m

2m

= − +

+ Do

3 m

4

> nên

2m 1+ >

Để P∈ ta phải có (2m 1+ ) ước 5, suy 2m 5+ = ⇔m 2= Thử lại với m 2= , ta P 1= (thỏa mãn)

Vậy m 2= giá trị cần tìm thỏa mãn tốn

VII. BÀI TỐN ĐƯA VỀGIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN Dạng Bài tốn vềsốtựnhiên chữsố

Bài tốn 1. Thì tất số có chữ số cho tích chúng tổng chúng Hướng dẫn giải

Gọi số cần tìm abc với a,b,c N∈ a 9,0 b,c 9.≤ ≤ ≤ ≤

Do số có chữ số có cho tích chúng tổng chúng nên: ( )

abc a b c

b 0,c

= + +

⇒ ≠ ≠

Đặt a m 1; b n 1;c p 1,= + = + = + với m,n,p N∈ Ta có: m n p 3+ + + =(m n p 1+ )( + )( + )

( )

m n p mnp mn mp m n p

mnp mn mp np 2

⇔ + + + = + + + + + +

⇔ + + + =

(34)

Nếu số m, n, p lớn vế phải (2) lớn Vậy số phải Giả sử m = Khi đó:

( )2 ⇒np 2= ⇒ =n 1,p 2= n = 2, p = Vậy số cần tìm là: 123, 132, 231, 213, 312, 321

Bài toán 2. Tìm tất số có hai chữ số cho ab ba2− =1980

Ta có: ab2−ba2 =1980⇔(ab ba ab ba− )( + )=1980

⇔99 a b a b( + )( − )=1980⇔(a b a b+ )( − )=20

Ta có: 18 a b a b 0≥ + ≥ − >

Mặt khác: a + b, a – b có tính chẵn lẻ đó:

a b 10 a

a b b

 + =  =

⇔

 − =  =

 

Vậy số phải tìm 64

Bài tốn 3. Tìm số tự nhiên nhỏ có chữ số cho nhân với 21 chia cho 23 dư 16

Gọi số cần tìm x Trước hết ta tìm nghiệm nguyên phương trình 31x 23y 16.= +

Biểu thị y theo x ta y 31x 16 x 8x ( )1

23 23

− +

= = − +

Đặt k m Z

8

− = ∈ k – = 8m nên k = 8m +

Thay vào (2) ta x 8m 1 m 23m 2.= ( + − −) = +

Cần tìm giá trị nhỏ m cho 23m 100.+ ≥ Chọn m = x 23.5 117.= + =

Thay vào (1) y 117 8.117 157 23

+

= − + =

Khi đó: 117.31 23.157 16.= +

Dạng Bài toán vềhàm số

(35)

Bài toán Cho đường thẳng D có phương trình 5x 7y 50 0+ − = a) Tìm tất điểm nguyên của D

b) Tìm tất điểm D có tọa độ số nguyên dương Hướng dẫn giải

a) Phương trình: 5x 7y 50 0+ − = ⇔5x 7y 50+ =

Từ phương trình suy ra: 7y 5 mà (7, 5) = nên y 5 ⇔ =y 5t t Z( ∈ ) Suy ra: 5x 35t 50+ = ⇒ =x 10 7t−

Vậy tập hợp điểm nguyên D điểm có tọa độ: ( )

x 10 7t

t Z y 5t

 = −

∈

 =



b) Điểm thuộc D có tọa độ nguyên dương khi: 10 7t t 107

5t t 0

  − > ⇔ <

 > 

  >

Mà t số nguyên nên t =

Suy điểm thỏa mãn điều kiện toán A(3, 5)

Bài toán Cho đường thẳng (d) có phương trình 5x 7y 11.+ = a) Tìm (d) tất điểm có tọa độ cặp số nguyên b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P m n= − Cho biết m Z,n Z∈ ∈ 5m 7n 11.+ =

Xét phương trình 5x 7y 11+ = (x,y Z∈ )

Ta có: 5x 11 7y (10 5y 2y) x (2 y) 2y

−

= − = − + − ⇔ = − +

Để x nguyên 2y t 2y 5t y 2t t

5

− = ⇒ = + ⇔ = + +

Y t nguyên nên t k k Z( )

2

+ = ∈

Vậy điểm thuộc D thỏa yêu cầu toán x 7k 5(k Z) y 5k

 = − +

∈  = −



b) Ta có: m Z,n Z∈ ∈ 5m 7n 11.+ =

(36)

Do theo ý a) : m 7k (k Z) n 5k

 = − +

∈

 = −



P m n 7k 5k 2= − = − + − −

Với k 0≤ ta có: P 7k 5k= (− + ) (− − )=19 20k 19− ≥ Dấu xảy k =

Với k 1≥ ta có: P 7k 5k 2= ( − −) ( − )=20k 19 1− ≥ Dấu xảy k =

Vậy minP = m = - n =

Dạng Bài tốn vềtính chia hết vềsốngun tố

Bài tốn Tìm số ngun dương n số nguyên tố p cho p n n 1( )

+

= −

Ta có: p (n n 2)( )

− +

=

Để p số nguyên tố, n – n + 2, cần có số 1; thừa số koa chia hết cho thừa số

Ta thấy n + > nên trường hợp thứ cho n – = suy n = 2, p = 2; trường hợp thứ hai cho n – = 2, suy n = 3, p =

Bài toán 2. Giả sử p số nguyên tố cho hai nghiệm phương trình :

2

x px 444p 0+ − = số nguyên Hãy tìm p nghiệm phương trình

Ta có: x2+px 444p 0− = ⇔x2 =p 444 x( − )

Số x2 chia hết cho p nên x chia hết cho p Đặt x = np :

n2p2 = p(444- np) ⇔ n2p = 444 - np ⇔ n(n+1)p = 444 = 3.4.37

Do p nguyên tố nên p = , 3, 37 Chỉ có trường hợp p = 37 tích cịn lại tích hai số ngun liên tiếp

Thay p= 37 vào phương trình giải để tìm x

Bài tốn 3. Chứng minh số có dạng A n( )=n6−n4+2n3+2n2khơng

phương với n >

(37)

Phân tích A(n) thành nhân tử A n( )=n n 12( + ) (2 n 1− )2+1

 

 

Để chứng minh A(n) khơng phương ta chứng minh (n 1− )2 +1 khơng phương

Với n 1> ⇔2n 2> ⇔ −2n 2< ⇔n2−2n n+ < 2− + ⇔2 2 (n 1− )2 + <1 n2

Lại có (n 1− ) (2 < n 1− )2+1 nên (n 1− ) (2 < n 1− )2 + <1 n2

Do (n 1− )2+1 khơng phải số phương

Bài toán 4. Cho hai số tự nhiên a, b Chứng minh tích a.b chẵn ta ln tìm hai số tự nhiên c, d cho d2 = a2 + b2 + c2

Tích a.b chẵn : - Cả a,b chẵn - Chỉ có số chẵn

- Khi hai số a, b chẵn a2 + b2 chia hết cho Đặt a2 + b2 = 4m Lúc ta

chọn d = m + c = m -1 Có d2 = a2 + b2 + c2 = m2 + 2m +

- Khi có số chẵn a2 + b2 số lẻ Đặt a2 + b2 = 2m + Lúc chọn d =

m+1 c = m Có d2 = a2 + b2 + c2 = m2 + 2m +

Bài toán 4. Các số nguyên a,b,c,d thoả a2 + b2 + c2 = d2 Chứng minh : abc chia

hết cho

- Trong ba số a2 , b2 , c2 có ba số lẻ ⇒ a2 + b2 + c2 chia dư nên khơng thể số

phương

- Trong ba số a2 , b2 , c2 có hai số lẻ ⇒ a2 + b2 + c2 chia dư nên khơng thể số

phương

- Suy ba số a2 , b2 , c2 có hai ba số chẵn Suy a.b.c chia hết cho Dạng Các tốn thực tế

Bài tốn 1.Có 37 táo có số trái nhau, 17 trái hỏng, lại chia cho 79 người Hỏi có trái

Gọi a số trái cây, b số trái người

(38)

Ta có phương trình 37a 17 79b− = ( )1

Với a, b số nguyên dương ta có: ( )1 a 79b 17 2b 5b 17

37 37

+ +

⇔ = = +

( ) ( )

2 c 5b 17

a,b Z c Z b 7c

37

b,c Z c c 5d 1,d N

+ +

+

− +

∈ ⇒ = ∈ ⇒ = − +

∈ ⇒ −  ⇒ = + ∈

Do đó:

a 79d 9, b 37d 4,

a,b d a

= +

> ⇒ ≥ ⇒ ≥

a đạt giá trị nhỏ d =

Do số trái táo trái

Bài toán 2. Một số khách du lịch đến cửa hàng mua lọ hoa làm kỉ niệm Nếu khách hàng mua lọ hoa cửa hàng y lọ hoa Nếu khách hàng mua y lọ hoa có y khác hàng khơng mua lo hoa Biết y số chẵn, tính số khách hàng số lọ hoa cửa hàng

Gọi số khách hàng x (x N∈ +)

Nếu khách hàng mua lọ hoa cửa hàng cịn y lọ hoa nên số lọ hoa (x + y) Nếu khách hàng mua y lọ hoa có y khác hàng khơng mua lo hoa nên có (x – y) mua y lọ hoa Vậy có y(x – y) lọ hoa

Do ta có phương trình: x + y = y(x – y) Xét phương trình: y2 −(x y x 0− ) + =

Có ∆ =(x 1− )2−4x x 6x 1= 2− + phải số phương

( ) ( )( )

2

x 6x m− + = m N∈ ⇔ x m x m− + − − =8

x – + m

x – - m

m 3,

x (loại)

Với x = suy y = y = Do y chẵn nên y = Vậy số khách hàng 6, số lọ hoa cửa hàng

Bài tốn 2.Một thi có 20 câu hỏi câu trả lời điểm, câu trả lời sai

(39)

bị trừ điểm, câu không trả lời bỏ qua điểm Tính số câu trả lười đúng, số câu trả lời sai số câu bỏ qua không trả lời bạn Tùng, biết số điểm bạn 58 điểm

Gọi số câu trả lời đúng, số câu trả lời sai, số câu không trả lời x, y, z

Ta có: ( )

( )

x y z 20

5x y 58

 + + = 



− =

 Suy 6x + z = 78 nên z 6 (3)

Từ (2) suy x 12≥ nên 6x 72≥ z 6≤ ( )4 Từ (3) (4) suy z = Từ x = 12, y =

Vậy Tùng trả lười 12 câu, trả lời sai câu, không trả lười câu

Tổng kết: Một tốn nghiệm ngun thường có thể giải nhiều phương pháp, bạn

đọc nên tìm nhiều cách giải cho tốn đểrèn luyện kĩ Sau sẽgiải

một tốn nhiều phương pháp để tổng kết

Bài toán. Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: Lời giải

Cách Đưa vềphương trình ước số

Sau giải phương trình ước số

Cách Dùng tính chất sốchính phương phương trình ước số

Nếu y = x = ta có (0, 0) nghiệm phương trình Nếu phải số phương

Ta có: đưa

Ta tìm x = x = -1 từ tìm y

( )

2 2

x +xy y+ =x y

( ) ( )

( )( )

2 2

2

x xy y x y

4x 4xy 4y 4x y

4x 8xy y 4x y 4xy

2x 2y 2xy 1

2xy 2x 2y

2xy 2x 2y 2xy 2x 2y

+ + =

⇔ + + =

⇔ + + = +

⇔ + = + −

⇔ + − + =

⇔ + + + + − − =

( )

( ) ( )

2 2

2 2 2 2

2 2 2

4x 4xy 4y 4x y

2x y 3y 4x y

2x y y 4x

+ + =

⇔ + + =

⇔ + = −

y 0≠ 4x 32− ( )

2

4x k k N− = ∈ (2x k 2x k+ )( − )=3

(40)

Cách Đưa vềphương trình bậc x

Xét y = (2) có dạng: -x – = x = -1 Xét y = -1 (2) có dạng x – = x =

Xét (2) phương trình bậc hai x có:

Ta phải có số phương Nếu y = từ (2) suy x =

Nếu phải số phương

Ta có ,ta xét

Cách Sử dụng bất đẳngthức

Khơng tính tổng qt giả sử ,

Do đó:

Nếu y = x =

Nếu chia hai vế cho ta Do

Vậy phương trình có ba nghiệm (1, -1) , (-1, 1), (0, 0)

Cách Sử dụng tính chất số phương

Thêm xy vào hai vế

Ta thấy xy (xy + 1) hai số ngun liên tiếp có tích số phương nên tồn số

Xét xy = từ (1) có

Xét xy = -1 nên x = , y = -1 x = -1, y =

Thử lại thấy phương trình có ba nghiệm (0, 0); (1, -1); (-1, 1)

C BÀI TẬP ÁP DỤNG

Bài 1: Tìm nghiệm nguyên phương trình

Bài 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình 2

2009

+ + =

x x y

Bài 4: Giải phương trình nghiệm nguyên

Bài 7: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình

Bài 8: Tìm nghiệm nguyên phương trình a)

(y x yx y2− ) 2− − =0 ( )2 y≠ ±1

( ) ( )

2 2 2

y 4y y y 4y

∆ = + − = −

∆

y 0≠ 4y2−3

( ) ( )( )

2

4y − =3 k k N∈ ⇒ 2y k 2y k+ − =3 y= ±1 y= ±1

x ≤ y x2 ≤y ,xy xy y2 ≤ ≤

2 2 2 2

x y =x +xy y+ ≤y +y +y ≤3y

y 0≠ y2 x2 ≤3 x2 = ⇒ = ±1 x 1

( )2 ( )

2 2

x 2xy y+ + =x y +xy⇔ x y+ =xy xy 1+

2

x +y = ⇒ = =0 x y

2xy− − =x y

2 2

5 10

x + y + z + xy− xz=

2

3x −2xy+ −y 5x+ =2

2

(x +y x)( +y )=(x−y)

3

2 x −y = xy+

5(x+ + + =y z) 2xyz

2 4

1+ +x x +x +x = y ;

(41)

b)

Bài 10: Tìm số tự nhiên lẻ để số phương

Bài 11: Tìm số nguyên cho

Bài 12: Tìm nghiệm nguyên dương hệ phương trình

Bài 16: Tìm nghiệm nguyên hệ phương trình

Bài 17: Tìm nghiệm phương trình:

Bài 18: Tìm nghiệm nguyên phương trình : x(x + 1)(x + 2)(x + 3) = y2 (1) Bài 19: Tìm tất nghiệm nguyên phương trình:

Bài 20: Tìm tất số x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình:

Bài 21: Giải phương trình nghiệm ngun dương p số nguyên tố

Bài 22: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình:

Bài 23: Tìm nghiệm nguyên của phương trình

Bài 24: Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm ngun: ( )

+ + =

2 2

x y z 1999

Bài 25: Tìm nghiệm dương phương trình

Bài 26: Giải phương trình nghiệm nguyên:

Bài 27: Giải phương trình tập số nguyên

(Chuyên Quảng Trung – Bình Phước 2015) Bài 28: Tìm số tự nhiên x số nguyên y cho

Bài 29: Tìm số tự nhiên x, y thỏa mãn:

Bài 30: Tìm tất cặp (x, y, z) số nguyên thỏa mãn hệ phương trình:

2 3

1+ +x x +x = y

4x+9y=48

n 26n+17

, ,

x y z 4

2012 x +y +z =

2 2

13

x y z x y t

 + =



+ =



3 3

3

x − y − z =

2 2

2 2 4

x + y + z − xy− yz− z= −

( )( )( )

1 48

x + y + z + = xyz

2

9 16 12

x z

y t

xt yz

 + =

 + =



 + = 

3 2

x +y −x y xy− =5

( 2 )( 2 ) ( )3

x y y x− − = x y−

1 1

x y 617+ = 1

x y p+ =

1 1

x y 6xy 6+ + = 6x 15 10z 3+ + =

x+ y = 50

y= x x 1+ − + x x 1− − 2015

x = y(y 1)(y 2)(y 3) 1+ + + +

x

2 + =3 y

(2 2x + )( x+2 2)( x +3 2)( x +4 5)− y =11879.

(42)

Bài 31: Tìm số nguyên x, y, z thỏa mãn đẳng thức:

Bài 32: Tìm số thực a để nghiệm phương trình sau số nguyên:

Bài 33: Tìm số nguyên dương x y thoả mãn phương trình:

(Chuyên Nguyễn Trãi – Hải Dương 2016 – 2017) Bài 34: Tìm tất cặp số tự nhiên x, y thỏa mãn:

(Chuyên Hà Nội 2016 – 2017) Bài 35: Tìm nghiệm ngun phương trình:

(Trích đềvào lớp 10 chuyên ĐHKHTN, ĐHQGHN năm 2014) Bài 36: Tìm tất cặp số nguyên dương thỏa mãn

(Trích đềthi vào lớp 10 Chuyên Lê Hồng Phong- Nam Định 2014-2015) Bài 37: Tìm nghiệm nguyên phương trình

(Trích đềvào Chun Bình Dương 2017) Bài 38: Tìm nghiệm nguyên phương trình

(Trích đề vào Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định)

Bài 39: Tìm nghiệm nguyên phương trình sau

(Trích đề vào Chun Bạc Liêu 2017) Bài 40: Giải phương trình nghiệm ngun

(Trích đềvào Chuyên Hưng Yên 2017) Bài 41: Giải phương trình nghiệm nguyên

(Chuyên Lương ThếVinh – Đồng Nai 2017) Bài 42: Tìm x, y nguyên cho

(Chuyên Bình Định 2015) Bài 43: Tìm số nguyên x y thoả mãn phương trình

(Chuyên Phan Bội Châu – NghệAn 2014) Bài 44: Tìm cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn phương trình:

(Chuyên TP HồChí Minh 2014) 3

x y z

 + + =

 + + = 

( ) ( )

x y z

2x xy x 2z

 − + =

 

− + − =



( ) ( )

2

x ax a 2− + + =0

( 2 2 )2 ( 4 4) 2 x +4y +28 −17 x +y =238y 833.+

x 2

2 x =9y +6y 16+

( ) 2

x y x y x y xy+ + + = +

(x; y) (x y+ ) (3 = x y 6− − )2

2

x −y =xy 8+

3

x 4y + =

2 2

x +y +5x y +60 37xy=

( )2 ( )

y 2x x x − − = + ( ) 2

x +2y −2xy 4x 8y 1− + + =

x+ y = 18

2 9x y+ = +y

2

2015(x +y ) 2014(2xy 1) 25− + =

(43)

Bài 45: Tìm nghiệm phương trình:

(Chuyên Lam Sơn 2014) Bài 46: 1) Tìm tất số nguyên tố p số nguyên dương x,y thỏa mãn

2) Tìm tất số nguyên dương n cho tồn số nguyên dương x, y, z thoả mãn (Chuyên Hà Nội Amsterdam 2014) Bài 47: Tìm nghiệm nguyên dương hệ phương trình:

(Chuyên Hồng Văn Thụ - Hịa Bình 2015) Bài 48: Tìm nghiệm nguyên phương trình:

(Chuyên Hùng Vương Phú Thọ2015) Bài 49: Tìm số nguyên thỏa mãn

(Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương 2015) Bài 50: a) Chứng minh không tồn số nguyên (x, y, z) thỏa mãn b) Tìm tất nguyện nguyên thỏa mãn đẳng thức

(Chuyên KHTN Hà Nội 2011) Bài 51: Tìm tất cặp số nguyên thỏa mãn

(Chuyên Nam Định 2018-2019)

Bài 52: Tính tất cặp số nguyên dương thỏa mãn:

(Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa 2018-2019)

Bài 53: Cho phương trình với ẩn 9! Là tích số nguyên dương liên tiếp từ đến

a) Chứng minh có số nguyên thỏa mãn (1) chia hết cho b) Chứng minh không tồn số nguyên thỏa mãn (1)

(Chuyên Vĩnh Phúc 2018-2019)

(Chuyên Bến Tre 2018-2019)

Bài 55: Tìm số nguyên thỏa mãn đồng thời:

(Chuyên Đăk Lăk 2018-2019)

Bài 56: Tìm cặp số nguyên thỏa mãn điều kiện

(Chuyên Đồng Nai 2018-2019)

3 2

x +y −x y xy− =5

2

p 2x(x 2) p 2y(y 2)

 − = +

 

− = +



3 3 2 x +y +z =nx y z

3 x y z

x y z

 + = 

 + =



2

x −2y(x y) 2(x 1)− = +

x,y x4+x2−y2 − +y 20 0.=

4 4

x +y =7z +5 ( ) (4 )4 3

x 1+ − x 1− =y

( ; )x y 2x2+5y2 =41 2+ xy

(x y; ) x2019 = y2019−y1346−y673+2

3 3

2 9!(1)

x + y + z = x y z; ; ; ;

x y z x y z, , , ,

x y z

3

2

x −xy+ = +x y

, ,

x y z x2+4y2+ +z2 2xz+4(x+ =z) 396

2

3 x +y = z

(x y; ) 2x2−4y2−2xy−3x− =3

(44)

Bài 57:Tìm nghiệm nguyên phương trình:

(Chuyên Tuyên Quang 2018-2019)

Bài 58: Tìm nguyên dương thỏa mãn:

(Chuyên Thái Nguyên 2018-2019)

Bài 59: Tìm cặp số nguyên thỏa mãn

(Chuyên Bắc Ninh 2018-2019)

(Chuyên Vĩnh Long 2018-2019)

Bài 61: Tìm tất cặp số nguyên thỏa mãn đẳng thức

(Chuyên Quảng Nam 2018-2019)

Bài 62: Tìm tất cặp số nguyên thỏa mãn

(Chuyên Lào Cai 2018-2019)

Bài 63: Tìm tất số nguyên thỏa mãn

(Chuyên Bình Phước 2018-2019)

(Chun Tốn Lam Sơn – Thanh Hóa 2019-2020)

Bài 65: Tìm tất nghiệm nguyên phương trình:

(Chun Tin Lam Sơn – Thanh Hóa 2019-2020)

Bài 66: Tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình

(Chuyên Hưng Yên 2019-2020)

Bài 67: Tìm tất số tự nhiên để phương trình (ẩn số ) có nghiệm số nguyên

(Chuyên Bình Thuận 2019-2020)

Bài 68: Tìm tất cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn

(Chuyên Phú Yên 2019-2020)

Bài 69: Tìm số nguyên không âm thỏa mãn:

(Chuyên Quảng Nam 2019-2020)

Bài 70: Tìm tất cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn

(Chuyên Cần Thơ 2019-2020)

Bài 71: Tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình

(Chuyên Đăk Nông 2019-2020)

Bài 72: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình

2

3x −2xy+ −y 5x+ =2

,

x y 16(x3−y3)=15xy+371

,

x y x2−2y2 =1

2 2 3 2

x −xy y+ = x− y−

( ; )x y x y2 2−x2 −6y2 =2 xy

,

x y y2+2xy−3x− =2

( )a b; ( 2) ( )

3 a +b −7 a+b = −4

(x ; y)

y + =y x +x +x +x

2

5

x −xy− x+ y+ =

2

xy −(y 45)− +2xy x 220y 2024 0+ − + =

n x2 −n x n 02 + + = x

2

x y 85

x y 13

+ = +

,

a b,n

2

3 2

2

n a b

n a b

 = + 



+ = +



2

2020(x +y ) 2019(2xy 1) 5− + =

2

2x y− =1 x +3y x+ + + =y x+ y

(45)

(Chuyên Quảng Ngãi 2019-2020)

(Chuyên Bình Phước 2019-2020)

Bài 74: Tìm tất cặp số nguyên dương thỏa mãn: (Chuyên Bắc Ninh 2019-2020)

(Chuyên Tiền Giang 2019-2020)

Bài 76: Tìm tất cặp số nguyên dương (m;n) thỏa mãn phương trình 2m.m2 = 9n2 -12n +19

(Chuyên Bà Rịa Vũng Tàu 2019-2020)

Bài 77: Tìm tất cặp số nguyên thỏa mãn

(Chuyên Hà Nội 2019-2020)

(Chuyên Sư phạm Hà Nội 2019-2020)

Bài 79: Tìm x, y thỏa mãn:

(HSG Lớp An Giang năm 2015-2016)

Bài 80: Tìm tất nghiệm nguyên phương trình

(HSG Lớp Thanh Hóa năm 2015-2016)

Bài 81: Tìm tất cặp số nguyên (x;y) thoả mãn

(HSG Lớp TP Bắc Giang năm 2016-2017)

Bài 82: Tìm số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: (HSG Lớp Hải Dương năm 2014-2015)

(HSG Lớp Thanh Hóa 2018-2019)

Bài 84: Tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình:

Bài 84: Tìm số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức

Bài 86: Tìm số nguyên a để phương trình sau có nghiệm ngun dương Bài 87: Tìm tất cặp nguyên thỏa mãn

2

4y = +2 199 x− −2x

 x y; (xy x y x+ + )( +y2 +1)=30

( )x y;

( )( )

2x+5y+1 2x− + +y x +x =65

2

(x − +x 1)(y +xy)=3x−1

( )x y; x y2 2−4x y2 +y3+4x2−3y2+ =1

( )

2 x y 2+ − = x.y

2 2

x +xy y+ =x y

5 2

x +y =xy 1+

2 2 2

3x 18y− +2z +3y z 18x 27− =

( ) ( )

2

x y x y x y x + + = + −

2

xy +2xy 243y x 0− + =

2

x =y + y 1+

2

y = +1 x− −4x

4 3a a− = −

( )x; y

( ) (2 )2 ( )

2

x y + x 2− + 2y 2− −2xy x 2y 4+ − =5

(46)

(HSG Lớp Lạng Sơn năm 2018-2019)

Bài 88: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình :

(HSG Lớp Bình Phước năm 2018-2019)

Bài 89: Tìm tất cặp số nguyên thỏa mãn phương trình

(HSG Lớp Nam Định năm 2018-2019)

Bài 89: Tìm tất cặp số nguyên (𝑥;𝑦) thỏa mãn:

(HSG Lớp Hưng Yên năm 2017-2018)

Bài 90:Tìm nghiệm nguyên phương trình (HSG Lớp Thanh Hóa năm 2017-2018)

Bài 91: Tìm cặp số nguyên thỏa mãn:

(HSG Lớp Hải Dương năm 2016-2017)

Bài 92: Tìm tất nghiệm nguyên phương trình (HSG Lớp Hưng Yên năm 2016-2017)

Bài 93: Tìm số nguyên x, y thoả mãn phương trình

(HSG Lớp TP HồChí Minh năm 2016-2017)

(HSG Lớp Vĩnh Phúc năm2015-2016)

Bài 95: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình:

(HSG Lớp NghệAn năm 2015-2016)

Bài 96: Tìm nghiệm nguyên phương trình:

Bài 97: Tìm nghiệm nguyên (x; y) phương trình:

(HSG Lớp Vĩnh Phúc năm 2014-2015)

Bài 99: Tìm số nguyên dương x, y, z thỏa mãn

(HSG Lớp Khánh Hòa năm 2014-2015)

Bài 100: Tìm thỏa mãn

(HSG Lớp Thanh Hóa năm2012-2013)

Bài 101: Tìm nghiệm nguyên phương trình:

(HSG Lớp Bình Định năm 2018-2019)

4

4y +6y x− =

(x; y)

(x y x y 6xy y x y− − )( + − )+ + 2( − − ) (=2 x y 1+ )( + )

( )2 4 3 2

x 2018− =y 6y 11y 6y− + −

2 2

y 5y 62 (y 2)x (y 6y 8)x.− + = − + − + (x y; ) 2x2+2y2+3x 6y 5xy 7.− = −

2

3x 16y 24− − = 9x 16x 32+ +

(x y x 2y+ )( + )= +x

(x y; ) x x x 1.( 2+ + =) y−

x

3 171 y+ =

( )x; y 54x y 3+ =

( 2) ( )

5 x xy y+ + =7 x 2y+ ( )x; y x x x( + + 2)=4y y ( − )

2

x =2x yzz4+

x,y,z N∈ x 3+ = y+ z

2 2

2xy + +x y + =1 x + 2y + xy

(47)

Bài 102: Tìm số nguyên thỏa mãn

(HSG Lớp Quảng Trịnăm 2018-2019) Một sốbài toán từđềthi học sinh giỏi toán lớp 10!

Bài 103. Tìm tất số tự nhiên x, y thỏa mãn phương trình:

(Đềđề nghịTHPT TP Cao Lãnh – Đồng Tháp)

Bài 104. Tìm nghiệm nguyên phương trình:

(Đềđề nghị THPT Bạc Lưu) Bài 105. Tìm nghiệm nguyên phương trình:

(Đềđề nghịChuyên Lê Khiết – Quảng Ngãi) Bài 106. Chứng tỏ số: không viết dạng với

(Đềđề nghịChuyên Quang Trung – Bình Phước)

Bài 107. Tìm tất số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình:

(Đềđề nghịTHPT Hùng Vương – Lê Lai) Bài 108. Tìm nghiệm nguyên phương trình:

(Đềđề nghịChuyên Lương Văn Chánh – Phú Yên) Bài 109. Tìm nghiệm nguyên phương trình

Bài 110. Tìm tất cặp (x, y, z) số nguyên thỏa mãn hệ phương trình

Bài 111. Tìm tất số nguyên x, y, z thỏa mãn phương trình:

Bài 112. Tìm tất cặp số nguyên dương thỏa mãn đẳng thức:

Bài 113 Tìm tất cặp số nguyên dương thoả mãn phương trình:

Một sốbài tốn phương trình nghiệm ngun tạp chí tốn học tuổi trẻ

,

x y 4x = +1 3y

( )4

x− y =3361− 11296320

( ) 2

4x 6y 9x 6y

313

x y

− + −

= +

2

x + + =x 2xy y+

444444 303030 3+ (x y 3+ )2

x,y Z∈

( 2 ) ( )

9 x +y +2 3xy 2008+ − =

( )

3 2 2

x x y xy+ + +y =8 x +xy y 1+ +

( )

2

x 17y+ +34xy 51 x y+ + =1740

3 3

x y z

 + + =

 + + = 

2 2 2

3x +6y +2z +3x y 18x 0.− − =

(a,b)

3 2

a −b +3(a −b ) 3(a b) (a 1)(b 1) 25+ − = + + +

( )x; y

( 2 2 )2 ( 4 4 2 ) x +4y +28 =17 x +y 14y+ +49

(48)

Bài 114 Tìm nghiệm nguyên phương trình

Bài 115 Tìm số nguyên thỏa mãn hệ

Bài 116 Một tam giác có số đo cạnh số nguyên x, y, z thỏa mãn

Chứng minh tam giác tam giác

Bài 117 Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm nguyên dương

Bài 118 Tìm nghiệm tự nhiên phương trình

Bài 119 Tìm tất số nguyên x y, thỏa phương trình 2x2+y2+xy=2(x+y)

(Trích đề học sinh giỏi lớp tỉnh An Giang 2017-2018) Bài 120. Tìm nghiệm nguyên phương trình

Bài 121 Tìm số x y, nguyên dương thỏa mãn phương trình: 16(x3−y3)=15xy+371

(Trích đề học sinh giỏi lớp tỉnh Bến Tre 2017-2018) Bài 122 Tìm nghiệm nguyên phương trình: (x−y)(2x+ + +y 1) (9 y− =1) 13

(Trích đề học sinh giỏi lớp tỉnh Bình Định 2017-2018) Bài 123 Tìm tất cặp số nguyên thỏa mãn phương trình

(Trích đề học sinh giỏi lớp TP Hà Nội 2017-2018) Bài 124. Tìm số nguyên dương , , , thỏa mãn

(Trích đề học sinh giỏi lớp Hà Tĩnh 2017-2018) Bài 125 Tìm số thực cho số nguyên

(Trích đề học sinh giỏi lớp Hải Dương 2017-2018) Bài 126. Tìm cặp số ngun thỏa mãn

(Trích đề học sinh giỏi lớp Hưng Yên 2017-2018) Bài 127.Tìm tất số nguyên dương thỏa mãn

(Trích đề học sinh giỏi lớp Phú Thọ2017-2018) ( )

2

x y xy x y 1.− − = − +

(a.b,c,d)  −ac 3bd 4ad bc 3+ == 

2 2

2x +3y +2z −4xy 2xz 20 0.+ − =

( ) ( )2 2

x +y = x y+ + xy

2 3 2

x y −4xy +y +x −2y 0.− =

2

x y

7 x xy y

−

=

− +

(x y, )

2

7 13 x y

x xy y

−

=

+ +

a b c (b>c)

( )

2 2

2

b c a

a b c bc

 + =



 + + =



x x+ 2018 2018

x−

( )x y; (x−2018)2 = y4−6y3+11y2−6y

, ,

a b c a b c+ + =91

b =ca

(49)

Bài 128 Chứng minh với số nguyên n cho trước, không tồn số nguyên dương x cho x x( + =1) (n n+2)

(Trích đề học sinh giỏi lớp huyện Ba Vì 2019-2020) Bài 129 Tìm số thực x để biểu thức 3

1+ x + 1− x số nguyên

(Trích đề học sinh giỏi lớp quận Ba Đình 2016-2017)

Bài 130.Tìm số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: 2 2

3x −18y +2z +3y z −18x=27

(Trích đề học sinh giỏi lớp tỉnh Hải Dương 2014-2015)

Bài 131. a) Tìm số nguyên dương x, y thỏa mãn 3 ( 2)

95

x −y = x + y

b) Tìm số thực x, y thỏa mãn x2 −4+ y2 −4+ =8 4( x− +1 y−1)

x y

(Trích đềvào 10 Chuyên Sư Phạm 2016-2017)

Bài 132. Tìm tất cặp số nguyên ( )x; y thỏa mãn (x y 3x 2y+ )( + )2 =2x y 1+ −

(Trích đềvào 10 Chuyên Khoa học tựnhiên Hà Nội 2018-2019)

Bài 133. Chứng minh không tồn số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức

2

12x 26xy 15y 4617

Bài 134. Tìm tất cặp số nguyên  x y; thỏa mãn đẳng thức sau

2

x + x = y

Bài 135. Tìm cặp số nguyên thỏa mãn:

Bài 136. Tìm tất cặp số nguyên thỏa mãn đẳng thức

Bài 137. Tìm tất số nguyên không âm (x, y) thoả mãn đẳng thức (1+x2)(1+ y2)+4xy+2(x+ y)(1+xy)=25

Bài 138. Tìm số ngun a để phương trình sau có nghiệm ngun: a)

b)

Bài 139 Tìm số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình:

Bài 140. Tìm nghiệm ngun khơng âm phương trình :

x y;  5x28y220412

 x y;

x y 1xy x y   5 2x y 

( )

2

5 (1)

x − +a x+ a+ =

2

198 (2)

x +ax+ =a

3

1 x +y + = xy

(50)

( )4 4 ( )2 2

1 (1)

y+ + y = x+ +x

( Vòng 2,THPT Chuyên – Đại học Sư phạm Hà Nội, năm học 2006 – 2007) Bài 141. Tìm số nguyên x, y thỏa mãn: ( ) ( 2)

7 x+y =3 x −xy+y (1) Bài 142. Tìm nghiêm nguyên phương trình: 2 ( )

17 34 51 1740

x + y + xy+ x+y =

(Vòng 1, THPT Chuyên - Đại học Quốc gia Hà Nội, năm học 2005 - 2006) Bài 143. Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: ( 2 )

7 x y+ +x xy +2y =38xy+38

Bài 144. Tìm cặp số nguyên( , )x y thỏa mãn điều kiện:(x+ +y 1)(xy+ +x y)= +5 2(x+y) ( Đềthi tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT chuyên KHTN – ĐHQG Hà Nội , 2014) Bài 145. Tìm cặp số nguyên ( , )x y thỏa mãn điều kiện: 4x2+8xy+3y2+2x+ + =y

( Đềthi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên toán tin Amsterdam , 2018) Bài 146. Tìm cặp số nguyên( , )x y thỏa mãn điều kiện:x3−y3 =91

Bài 147 Tìm nghiệm nguyên phương trình:

1 x −xy+ = y−x

Bài 148 Tìm nghiệm nguyên phương trình: 3 ( )

8 * x −y =xy+

Bài 149 Tìm số nguyên dương x y z, , thỏa mãn: x2− =2 (xy+2)z

Bài 150 Tìm cặp số nguyên ( )x y; thỏa mãn điều kiện: ( ) (2 )

2 26

x+ y− +xy + =

Bài 151 Tìm số nguyên dương ( )x y; thỏa mãn: 3 ( 2)

95

x −y = x +y

(Trích Đề tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán ĐHSP Hà Nội, năm 2016) Bài 152 Tìm số nguyên tố x y, thỏa mãn điều kiện: (x2+2)2 =2y4+11y2+x y2 2+9

Bài 153 Tìm số nguyên dương x y, thỏa mãn: x3−y3 =13(x2+y2).

Bài 154 Tìm tất cặp số tự nhiên ( )x y; thỏa mãn phương trình:

( )

4

2

16 14 49 16

17

x y y x y

+ + + =

+ +

Bài 155 Tìm cặp nghiệm số nguyên ( ; )x y thỏa mãn x2−xy+y2 =x y2 2−5

(Đề tuyển sinh vào lớp 10 Trường THPT chuyên KHTN – ĐHQG Hà Nội, 2015). Bài 156 Tìm tất số nguyên dương x y z, , thỏa mãn x+ − =y z 3x2+2y2−z2 =13

(Đề tuyển sinh Chuyên Tin Amsterdam, 2017) Bài 157 Tìm tất số nguyên x y, thỏa mãn điều kiện:x2(x+y)= y2(x−y)2

(Trích Đề tuyển sinh vào lớp 10 Trường THPT chuyên KHTN – ĐHQG Hà Nội, 2016) Bài 158 Tìm tất cặp số nguyên ( )x y; thỏa mãn 2 2

5 x −xy+y =x y −

(Đề tuyển sinh lớp 10 Trường THPT chuyên KHKT – ĐHQG Hà Nội, 2015)

(51)

Bài 159 Tìm nghiệm nguyên phương trình 2( )

3

x y x+y + + = +x y xy

Bài 160. Tìm nghiệm tự nhiên phương trình:

8x−37= y

Bài 161 : Tìm nghiệm ngun khơng âm phương trình: x+ x+ x+ + x = y Trong vế trái có n dấu

(52)

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1:Biến đổi phương trình thành

Vì số nguyên nên số nguyên

Do vai trị nhau, khơng giảm tổng quát giả sử nên Mà nên xảy hai trường hợp

Vậy phương trình có bốn nghiệm

Nhận xét Bằng cách ta có giải phương trình dạng , số nguyên

Bài 2: Ta có

Do nên , chúng số nguyên

Ta có phân tích

Vì xảy bốn trường hợp

2 1607 1602 400

1)

2 1612 403

2 1607 1602 401

2)

2 1612 403

+ + = + = =

  

⇔ ⇔

 − + = −  =  =

  

+ + = − + = − = −

  

⇔ ⇔

 − + =  =  =

  

x y x x

x y y y

x y x x

x y y y

2 1 8034 2009

3)

2 8035 8036 2009

+ + = + = − = −

  

⇔ ⇔

 − + = −  =  =

  

x y x x

x y y y

2 1 8034 2008

4)

2 8035 8036 2009

+ + = − + = =

 ⇔ ⇔

 − + =  =  =

  

x y x x

x y y y

Bài 3: Biến đổi sau

Nhận thấy số nguyên số chẵn, nên

hai số phương tính chẵn lẻ, nên viết

4xy−2x−2y=2 (2x y 1) (2y 1) (2x 1)(2y 1)

⇔ − − − = ⇔ − − =

x y 2x−1 2y−1

,

x y x≥ y 2x− ≥1 2y−1

3=3.1= − −( 3)( 1)

2

1) ;

2 1

2)

2

x x

y y

x x

y y

 − =  =

⇔

 − =  =

 

− = − =

 

⇔

 − = −  = −

 

( ; )x y (2;1), (1; 2), (0; 1), ( 1; 0)− −

ax by+ +cxy=d

, , ,

a b c d

2 2009 2( )

x + +x =y y∈

2

(2 1) (2 ) 8035

(2 1)(2 1) 8035

x y

x y x y

⇔ + − = −

⇔ + + − + = −

y∈ 2x+2y+ ≥1 2x−2y+1

8035 1607.( 5) ( 1607).5 1.( 8035) ( 8035).1

− = − = − = − = −

2 2 2

2 2

[ (2 ) ( ) ] ( ) 10

( ) 4 10

( ) (2 ) 10

x x y z y z y z y z

x y z y yz z

x y z y z z

+ − + − − − + + =

⇔ + − + + + =

, ,

x y z 2y+ + =z z 2(y+z)

(2y+z) z2

2 2

10=0 + +3

(53)

Xảy khả sau

Tìm nghiệm

Vậy có tất thỏa mãn mơ tả

Bài 4: Cách 1. Phương trình chứa bậc nên ta rút theo

Ta có

Do nguyên nên Suy

Do số nguyên suy số nguyên, nên Từ tìm

được

Cách 2. Coi phương trình bậc hai , ta có

Nên phương trình có nghiệm ngun phải số phương, tức

Từ tìm nghiệm

Nhận xét Bằng cách ta có giải phương trình dạng ,

Trong số nguyên

Bài 5: Biến đổi phương trình dạng

Nếu số nguyên tùy ý Xét

Ta coi phương trình bậc hai theo ẩn , ta tính Trường hợp , nghiệm kép

2

( )

1) (2 )

1

x y z

y z

z

 + − =

 + =



 =



( ; ; )x y z

(1;1;1), (4; 2;1), ( 4; 2; 1), ( 1; 1; 1).− − − − − − (*)

2 2

( )

2) (2 )

3

x y z

y z

z

 + − =

 + =



 =



( ; ; )x y z

(7; 1;3), (8; 2;3), ( 8; 2; 3), ( 7;1; 3).− − − − − − (**)

( ; ; )x y z (*) (**)

y y x

2

(1 )− x y= −3x +5x−2

x 2− x≠0

2

3 12 20

4

2 2

x x x x

y y x

x x x

− + − +

= ⇔ = = + +

− − −

,

x y

2x−1 2x− ∈ −1 {1; 1}

( ; )x y (1; 0), (0; 2)

x

3x −(2y−5)x+ + =y

2

(2y 5) 12(y 2) 4y 8y

∆ = + − + = + +

∆

2

4 ( )

(2 2)

(2 2)(2 2)

y y k k

y k

y k y k

+ + = ∈

⇔ + − =

⇔ + + − + =



2

ax +bxy cx dy+ + =e (ay2+bxy cx dy+ + =e)

, , , ,

a b c d e

2 2

[2 ( ) ]

y y + x − x y+ +x x =

0

y= x

0

y≠ 2y2+(x2−3 )x y+ +x 3x2 =0 (1)

(1) y

2 2

(x )x 8(x 3x ) x x( 1) (x 8)

∆ = − − + = + −

1

x= − ∆ =0 (1) y= −1

(54)

Trường hợp , để phương trình có nghiệm ngun phải số phương, tức

Vì nên nên

chẵn.Lại có Xảy bốn

trường hợp

với

Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên với

Lưu ý. Trong trường hợp đa thức có hệ số nguyên với bậc cao theo biến , ta đưa hai trường hợp cách đặt ẩn phụ

Bài 6: Ta đưa dạng phương trình bậc hai ẩn phép đặt (với nguyên) Khi ta có

Do ngun nên , tính

Để cho suy Vì nguyên nên nhận giá

trị Thử chọn có thích hợp tìm

Bài 7: Do vai trò nhau, không giảm tổng quát giả sử Chia hai vế phương trình cho ta có

Do

1) Với ta có

Vì ngun dương nên

Chỉ xảy trường hợp 2) Với ta có

Vì ngun dương nên

Xảy trường hợp 3) Với ta có

Mặt khác nguyên dương nên

suy (Mâu thuẫn với )

Vậy phương trình có nghiệm ngun dương hốn vị

1

x≠ − ∆

2

( 8) ( ) ( )( ) 16

x x− =k k∈ ⇔ x− −k x− +k =

k∈ x− − ≤ − +4 k x k (x− − + − +4 k) (x k)=2(x−4)

4 ,

x− −k x− +k 16=2.8=4.4= −( 4).( 4)− = −( 2).( 8).−

4

x k a x k b

− − = 

 − + =

 ( ; )a b =(2;8), (4; 4), ( 4; 4), ( 2; 8).− − − −

( ; )x y ( 1; 1), (8; 10), (0; )− − − k

k∈

( , )

F x y x

y

y x= +y a a

2

(3a−2)y +(3a −2)y+a − =8

a 3a− ≠2

2

4

2

(3 2) 4(3 2)( 8)

3 12 96 60

( 2) ( 56) 56

a a a

a a a a

a a a a

∆ = − − − −

= − + − + −

= − − − − − −

0

∆ ≥ 3

2 (a a −56)< ⇔ < ≤0 a 56 a a

1, 2, a=2 ( ; )x y (0; 2), ( 2; 0).− −

, ,

x y z 1≤ ≤ ≤x y z

xyz

2

5 5 18

2

xy xz yz xyz x

= + + + ≤

2

2x ≤18⇒ ∈x {1, 2, 3}

x= 5(y+ + =z) 2yz⇔(2y−5)(2z− =5) 41 ,

y z y≤z − ≤3 2y− ≤5 2z−5, 41 1.41.=

2

2 41 23

y y

z z

 − =  =

⇔

 − =  =

 

2

x= 5(y+ +z) 13=4yz⇔(4y−5)(4z− =5) 77 ,

y z 2= ≤ ≤x y z − ≤3 4y− ≤5 4z−5, 77 11.7.=

4

4 11

y y

z x

 − =  =

⇔

 − =  =

 

3

x= 5(y+ +z) 18=6yz⇔(6y−5)(6y− =5) 133 (*) ,

y z 3≤ ≤y z 15≤6y− ≤5 6z−5

2

(6y−5)(6y− ≥5) 15 =225 (*)

( ; ; )x y z (1;3;3), (2;3; 4)

(55)

Nhận xét Với cách làm tương tự, ta tìm nghiệm nguyên dương phương

trình dạng số nguyên dương

và

Bài 8: a) Với thay vào phương trình tìm Với

Với điều vơ lí

Vậy phương trình cho có bốn nghiệm ngun b) Với

Với

Với điều vơ lí

Với điều vố lí

Vậy phương trình cho có hai nghiệm ngun

Nhận xét Với cách làm tương tự trên, ta tìm nghiệm ngun dương phương trình dạng với số nguyên dương

Bài 9: Giả xử số nguyên thỏa mãn phương trình cho

Ta thấy 48 chia hết chia hết cho 4, mà nên Đặt thay vào phương trình đầu ta

Thay biểu thức thấy thỏa mãn Vậy phương trình có vơ số nghiệm với

Bài 10: Giả sử (với tự nhiên lẻ) Khi

Do nên

Nếu ( lẻ),

Vậy số tự nhiên lẻ cần tìm có dạng lẻ)

Bài 11: Giả sử tồn số nguyên thỏa mãn phương trình

Nhận thấy chia cho 16 dư 1, nên chia cho 16 có số dư số 0, 1, 2,

Trong số 2012 chia cho 16 dư 12 Hai điều mâu thuẫn với Vậy không tồn số nguyên thỏa mãn đề

Bài 12: Giả sử tìm số nguyên dương thỏa mãn điều kiện ra, ta có

1 2

( n) ,n

a x + + +x x + =b cx x x a b c n, , ,

2 n≥

0

x= y=1 y= −1

1

x= − y=1 y= −1

0

x> 4

( 1) , x <y < +x

x< − 4

(x+1) <y <x ,

( ; )x y

(0;1), (0; 1), ( 1;1), ( 1; 1).− − − −

0

x= y=1

1

x= − y=0

0

x> 3

( 1) , x < y < +x

x< − (x+1)3< y3<x3,

( ; )x y (0;1), ( 1; 0).−

2

1+ +x x + + xn = yn n

,

x y

4x 9y (9; 4)=1 y4

( )

4 ,

y= t t∈ 4x+36t =48 12

x t

⇔ = − y=4t (*) x y, (*)

( ) (x y; = 12 ; 4− t t) t∈

2

26n+17=k k

( )( ) ( ) ( )( )

26n+13= k−2 k+2 ⇔13 2n+ =1 k−2 k+2

( )

13 12n+1 13 (k−2 13) (k+2 13.)

(k−2 13) k =13t+2 t

2

13

t t

n= − −

(k+2 13) k =13t−2 t

2

13

t t

n= + −

n

2

13

(

t t

t

± − , ,

x y z 4, 4,

x y z x4+y4+z4

, ,

x y z

(x y z t, , , ) (= a b c d, , , )

2 2

13

a b c a b d

 + =



+ =



(56)

Gọi ƯCLN suy

Đặt với số tự nhiên

Suy Suy

dẫn đến nên Điều mâu thuẫn với

Nhận xét Bằng cách làm tương tự ta chứng minh hệ phương trình với có ước ngun tố dạng khơng có nghiệm ngun dương

Bài 13: Giả sử nghiệm phương trình Khi đặt (với ) ta có Khi đặt (với ) ta có Khi đặt (với ) ta có

Như nghiệm nguyên phương trình Quá trình tiếp tục ta suy số nghiệm phương trình Điều xảy

Vậy phương trình có nghiệm ngun

Nhận xét. Ta gọi phương pháp giải ví dụ phương pháp lùi vô hạn

Fermat, thường dùng để chứng minh phương trình có nghiệm vơ nghiệm

Bài 14: Biến đổi phương trình dạng

Vậy phương trình có nghiệm

Bài 15: Nhận thấy nghiệm ngun phương trình dương có hai số âm số dương

Ngoài nghiệm

Do trước hết ta tìm nghiệm nguyên dương

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số khơng âm, ta có Suy

Đẳng thức xảy

Vậy nghiệm nguyên phương trình

( )a b, =m m( ∈* ,) c m d m

1, 1, 1, 1,

a=ma b=mb c=mc d=md a b c d1, , ,1 1 1 (a b1, 1)=1 ( 2) 2 ( 2) 2

1 1

14 a +b =c +d ⇔14 a +b =c +d 2

1 7,

c +d  c17

1 7,

d  2

1

a +b  a17 b17 (a b1, 1)=1

2 2

x ny z nx y t

 + =



+ =

 n+1 4k+3 ( )

2

1,

n+ p =

(x y z0, 0, 0)

0 3,

x  x0 =3x1 x1∈ 3

1 0

9x −y −3z =0

0 3,

y  y0 =3y1 y1∈ 3

1

3x −9y −z =0

0 3,

z  z0 =3z1 z1∈ 3 3

x − y − z =

( ) 0 1, 1, ; ;

3 3

x y z

x y z =  

 

0; 0;

3n 3n 3n x y z

 

 

  n∈

0 0 0,

x = y =z =

(x y z; ; ) (= 0; 0; )

( ) ( ) ( )

2 2 2

2 2

2 4

0

2 0

2

x xy y y yz z z z

x y

x y y z z y z x y z

z

− + + − + + − + =

− =  

⇔ − + − + − = ⇔ − = ⇔ = = =

 − = 

(x y z; ; ) (= 2; 2; )

(x y z0; 0; 0) x y z0, 0,

(−x0;−y z0; 0) (, x0;−y0;−z0) (, −x y0; 0;−z0)

2 2

1 0; 4 0;

x + ≥ x≥ y + ≥ y≥ z + ≥ z≥

( )( )( )

1 48

x + y + z + ≥ xyz

1, 2,

x= y= z=

(x y z; ; )

(57)

Nhận xét. Bằng cách ta tìm nghiệm ngun phương trình dạng với số nguyên dương

Bài 16: Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhia-kôp-xki cho hai số ta có

suy

Từ

Nếu Vậy

Nếu tương tự tìm Vậy nghiệm nguyên hệ

Bài 17: Ta có:

Do (x - y)2 0 x y thuộc Z nên xảy hai trường hợp:

Th1:

Th2: (loại)

Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên

Bài 18: Nếu y thỏa mãn phương trình – y thỏa mãn phương trình, ta có ta giả sử

Khi đó: (1) (x2 + 3x)(x2 + 3x + 2) = y2

Đặt t = x2 + 3x +1 :

Thay y = vào (1) ta được: x = 0, - 1, -2, -

Vậy phương trình có nghiệm (x, y) = (0, 0); (-1, 0); (-2, 0); (-3, 0)

Bài 19: Ta có:

(1; 2;3 ,) (− −1; 2;3 , 1; 2; ,) ( − − ) (−1; 2; − )

( 2)( 2) ( 2)

1 2 2

n

n n n n

x +a x +a x +a = x x x a a a a ni,

( )x z, ( )t y,

( 2 2)( 2 2) ( )2 2

9.16= x +z y +t ≥ xt+yz =12 ,

( 2)( 2) ( )2

x +z y +t = xt+yz xy=zt

2

9 0,

x +z = ⇔ =x z= ± x= ±3,z=0

0

x= t=0,

16, 12

y = yz= y=4,z=3 y= −4,z= −3

0

z= y=0, x=3,t=4 x= −3,t= −4 (x y z t; ; ; )

(0; 4;3; , (0; 4; 3; 0), (3; 0; 0; 4), ( 3; 0; 4).) − − − −

( )( ) ( )

3 2

2

x y x y xy

x y x xy y xy x y

+ − − =

⇔ − − + − + =

( )( )

2

x y x 2xy y

x y x y

⇔ + − + =

⇔ + − =

≥

( )2

x y x

x y x y 1 y 2

x y x

x y

x y y

 + =  =

 

 + = − = =

 ⇒ ⇔

  

 + =  =

− =

  

− = − =

 

 

( )2

x y x y

 + =  + =

 ⇒

 

− =  − = ±

 



( ; ) {(3; 2);(2;3)}x y ∈

y 0≥

⇔

( )( )t t 1− + =y2 ⇔ − =t y2 ⇔ −(t y t y)( + )= ⇒ + = − ⇒ =1 t y t y y 0

(58)

Nếu x = y thuộc Z

Nếu suy ra:

Coi phương trình ẩn x ta có:

Để phương trình có nghiệm ngun phải số phương tức là:

Vì (y + + a) > (y + – a) (y + + a) + (y + – a) số chẵn nên ta có trường hợp:

Giải ta nghiệm phương trình là: với

Bài 20: Ta có

Vì x, y nguyên dương nên x – 617 y – 617 ước lớn –617 6172

Do 617 số nguyên tố nên xảy trường hợp:

Vậy tất cặp (x;y) nguyên dương cần tìm

(1234;1234) , (618; 381306), (381306; 618)

Bài 21: Ta có:

( )( ) ( )

( )

2

2 3 2

3 2 2

2 2

x y y x x y

x y y x xy x 3x y 3xy y

2x x y xy 3x y 3xy

x 2x y 3y x y 3y

− − = −

⇔ − − + = − + −

⇔ − − − + =

⇔ + − − − + =

x 0≠ 2x2+ −( y2−3y x y 3y) − + =0

( 2 ) (2 2 ) ( ) (2 )

y 3y 3y y y y y

∆ = + − − = − +

∆

( ) 2 ( )2 2 ( )( ) ( )

y y 8+ =a ⇔ y 4+ −a =16⇔ y a y a+ + + − =16 a N∈

y a y a

; ;

y a y a

;

y a y a

 + + =  + + =

 + − =  + − =

 

 + + = −  + + = −

 + − = −  + − = −

 

( ) (1;1 , 10, , 6, , 21, , 0; k− ) ( − ) ( − ) ( ) k Z∈

2

1 1

617( ) 617 617 617 617

617 617

( 617)( 617) 617 x y

xy x y xy x y

x y xy

x y

+

+ = ⇔ = ⇔ − + = ⇔ − − + =

⇔ − − =

2

617 617 617 617

1234 617

618; 381306 617 617

381306; 618 617 617

617 x

y

x y x

x y

y

x y

 − =

 − =

 

= = 

 − =



 ⇔ = =



 − =  =

=

 

 − =

 

 − =

 

( )( ) xy px py= + ⇒ x y y p− − =p

(59)

Vì p số nguyên tố nên ước số nguyên là: Thử

với ước ta nghiệm (x, y) là:

Bài 22: Ta có:

Do vai trị x, y bình đẳng giả sử:

Chỉ có trường hợp

Vậy phương trình có nghiệm (x, y) = (43, 7); (7, 43)

Bài 23: Ta có: Đặt ta

Đưa phương trình hai ẩn x, y với hệ số tương ứng hai số nguyên tố

cùng

Đặt ta

Vậy phương trình có nghiệm (x, y, z) = ( 5t - 5k - 2, – 2t, 3k) với k, t số nguyên tùy ý

Bài 24: Ta biết số phương chẵn chia hết cho 4, cịn số phương lẻ chia cho dư chia cho dư

Tổng số lẻ nên ba số phải có: có số lẻ, hai số chẵn; ba số lẻ

Trường hợp ba số có số lẻ, hai số chẵn vế trái (1) chia cho dư 1, vế phải 1999chia cho dư 3, loại

Trong trường hợp ba số lẻ vế trái (1) chia cho dư 3, vế phải 1999 chia cho dư 7, loại

Vậy phương trình (1) khơng có nghiệm ngun

Bài 25: Ta thấy Từ ta có

Vì x, y nguyên nên nguyên Ta biết với x nguyên số nguyên số vô tỷ Do để ngun 2x phải số phương tức

với k có nhận giá trị: 0, 1, 2, 3, 4, Lựa chọn k số để thỏa mãn phương trình ta nghiệm (x, y) (0, 50); (2, 32); (8, 18); (18, 8); (32, 2); (50,0)

Bài 26: Điều kiện:

2

p ± ± ±1, p, p2

(p 1,p p ; 2p,2p ; p p ,p + + 2) ( ) ( + + ) ( )1 ⇔6y 6x xy+ + = ⇔x y 6 y 6( − −) ( − )=37⇔(x y 6− )( − )=37

x y 1≥ ≥ ⇒ − ≥ − ≥ −x y

x 37 x 43

y y

 − =  =

⇔

 − =  =

 

10z 3 ⇒z 3 z 3k= 6x 15y 30k 3+ + = ⇔2x 5y 10k 1+ + =

1 10 5y y

2x 5y 10k x 5k 2y

2

− − −

+ = − ⇒ = = − − +

( ) y t t Z

2

−

= ∈ ( )

y 2t

x 5k 2t t 5t 5k z 3k

 = −

 = − − − + = − −



 =



2 2

x +y +z x ; y ; z2 2

2 2

x ; y ; z

2 2

x ; y ; z

0 x,y 50.≤ ≤ y= 50− x y 50 x 50x 50 x 10 2x= + − = + −

10 2x 10 2x

10 2x 2x 4k=

2

x 2k ,k Z

⇒ = ∈ 2k2 ≤50⇒k2 ≤25⇒

x 1≥

(60)

Với x = y =

Với Do đó:

Do nên đặt: x – = t2 với t nguyên dương

Do ta có:

Vậy phương trình có nghiệm (1, 2); (1 + t2, 2t) với t nguyên dương

Bài 27: (1)

Có

Đặt ( t ∈ℤ , t2 ≥ 1)

(1)

Với x, t số nguyên ta có:

Với

Thử lại ta thấy cặp (1;-3), (1;-2), (1;-1), (1;0) thỏa mãn đề Vậy có cặp (x;y) cần tìm (1;-3), (1;-2), (1;-1), (1;0)

Bài 28: Lần lượt xét giá trị tự nhiên x:

Nếu x =

Nếu x = , khơng có nghiệm ngun

( ) ( )

( ) (2 )2

y x 1 x x 1 x

x 1 x 1

= − + + − + − + − −

= − + + − −

x 2≥ y= x 1− + + x 1 x 1− − = − y2 =4 x 1( − ) x 2≥

2

x t y 2t

 = +  

=  2015

x = y(y 1)(y 2)(y 3) 1+ + + +

2

y(y 1)(y 2)(y 3)+ + + = y(y 3) (y 1)(y 2)+   +  +  = (y +3y)(y +3y 2)+

2

t y= +3y 1+ ⇒y(y 1)(y 2)(y 3) t 1+ + + = − 2015

2015

2015 2

x

x t

(x 1) t 1(2)

 − ≥



⇔ − = − ⇔ 

− = −



( 2015 )( 2015 )

2015

2015 2015

2015

(2) x t x t

x t

x

x t t 1

x t

⇔ − + − − = −

 − + =



 = =

− − = − 

 

⇔ ⇔  =

− + = − 

 

  = −

   − − =

 2015

2

x x

x t y

y 3y 1

y

 =

 = 



= = ⇒ ⇔  =

+ + =

 

  = −

 

2015

2

x x

x

y

t y 3y 1

y

 =

 =  = 

 ⇒ ⇔  = −

 = −  + + = − 

  

   = −

 

2

y = ⇒ = ±4 y

2

y =5

(61)

Nếu x , vế trái chia cho dư 3, y lẻ nên vế phải chia cho dư Mâu thuẫn

Kết luận: Nghiệm phương trình (0 ; 2), (0 ; -2)

Bài 29:

(1)

Đặt ta có:

Xét TH sau:

• TH1: y ≥ ⇒ ⋮ 25

Từ (2) suy t2 ⋮ ⇒ t2⋮ 25 Do từ (2) ⇒ 11880 ⋮ 25 (vơ lí) • TH2: y =

(2) ⇔ t2 = 11885 (loại 11885 khơng phải số phương) • TH3: y =

(2) ⇔ t2 = 11881 ⇒ t = 109

Vậy x = 3, y = số tự nhiên cần tìm

Bài 30: Ta có:

Đặt Khi đó:

Vì x, y, z vai trị bình đẳng nên ta giải sử:

Khi ta có:

Với a = ta có:

Với a = ta có: (khơng có nguyện ngun)

2

≥ 2 4x

(2x+1 2)( x+2 2)( x+3 2)( x+ −4) 5y =11879

( )( )

2 x 5.2x x 5.2x 5y 11879

⇔ + + + + − =

2

2 x 5.2x 5, *, t= + + t∈

2

(1) ( 1)( 1) 11879

5 11880(2)

y y

t t

t

⇔ − + − =

⇔ − =

y

2

2 5.2 109 5.2 104 8( )

3 13( )

x x x x

x x

tm

x L

⇒ + + = ⇒ + − =

 =

⇔ ⇒ =

= − 

( ) ( ) ( )( )( )

( )( )( ) ( )( )( ) ( )

3 3 3 3

x y z x y z x y y z z x

27 3 x y y z z x

x y y z z x *

+ + − + + = + + +

⇔ − = + + +

⇔ + + + =

x y a Z y z b Z z x c Z

 + = ∈  + = ∈ 

 + = ∈ 

( )* ⇔abc 8= ⇒a,b,c∈ ± ± ± ±{ 1; 2; 4; 8} x y z≤ ≤ ⇒ ≥ ≥a b c

( )

a b c x y z+ + = + + =2.3 6= ⇒ ≥a

b c b

x y z

bc c

 + =  =

⇔ ⇔ = = =

 =  =

 

b c bc

 + =

 =



(62)

Với a = ta có:

Vậy hệ cho có nghiệm:

Bài 31: Từ (1) ta z = + y – x thay vào (2) ta được: Do x = - không thỏa mãn phương trình nên:

y nguyên nên (x + 2) ước Suy ra:

Từ suy nghiệm hệ là:

Bài 32:

Gọi nghiệm phương trình (1) Theo định lý Vi-et ta có:

Do đó:

Suy ước

Giải sử: Khi đó:

a) Khi a =

b) Khi a = -2

Thay giá trị a vào phương trình (1) thử lại kết luận

Bài 33: Ta có:

Vì Do đó:

b c b

x 5; y 4; z

bc c

 + = −  = −

⇔ ⇔ − = =

 =  = −

 

(x,y,z) (= 1,1,1 ; 4,4, ; 4, 5,4 ; 5,4,4 ) ( − ) ( − ) (− ) ( )

2

2x xy x 2y 2x 1− + − − + = ⇔2x +3x y x 2− = +

2

2x 3x

y 2x

x x

+ −

= = − −

+ +

{ }

x

x 1; 3;1;

x

 + = ±

⇔ ∈ − − −

 + = ± 

(x,y,z) (= 1; 6; , 3; 4;1 , 1;0;1 , 5; 10; 3− − ) (− − ) ( ) (− − − )

x ,x

1

x x a

 + =

 = +



( ) ( ) ( ) ( )( )

1 2 2

x x − x x+ = ⇔2 x x 1− − x 1− = ⇔3 x x 1− − =3 (x 11− ) (x 12− )

1 2

x ≥x ⇒x x 1− ≥ −

1

2

x x

x 1 x

 − =  =

⇔

 − =  =

 

1

2

x 1 x

x x

 − = −  =

⇔

 − = −  = −

 

( ) ( )

( )

( )( ) ( )

2 4

2

4 2

2

4

2

x 4y 28 17 x y 238y 833

x y 17 x y

16x 8x y y

4x y

2x y 2x y

+ + − + = +

   

⇔ + +  =  + + 

   

⇔ − + + + =

 

⇔ − +  =

⇔ − − =

⇔ + − =

*

x,y N∈ ⇒2x y 2x y+ > − 2x y 0+ > 2x y x

2x y y

 + =  =

⇔

 − =  =

 

(63)

Kết luận: (x, y) = (2, 3) thỏa yêu cầu tốn

Bài 34: Ta có: Mà

Nếu x lẻ đặt: , suy x lẻ loại

Nếu x chẵn đặt: (đúng)

Do x chẵn

Vì

Vậy ta có trường hợp:

(loại)

Vậy (x, y) = (2; 0)

Bài 35: Đặt x + y = a; xy = b Phương trình trở thành: Xét b = suy ra: (Vơ lý)

Xét ta có:

Ta phải có (b2 + 1) phải ước dương 10 đó:

Nếu b = a = Ta có:

Nếu b = a = Ta có

Nếu a =

Ta có: x + y = 1, xy = -1 (loại)

Nếu b = a = Ta có: x + y = xy = không tồn x, y Nếu b = -2 (vơ lý)

Nếu a = Ta có: x + y = không tồn x, y nguyên Vậy phương trình có nghiệm (x, y) = (0, 3); (3, 0); (1, 1)

Bài 36:

( ) ( )

2 x

9y +6y 16+ ≡ mod ⇒2 x ≡1 mod ( ) x (( ))

2

2 mod x 0;1 mod

x mod

 ≡ 

≡ ⇒ 

≡ 

( ) x k ( )( )

x 2k k N= + ∈ ⇒2 =2.4 ≡2 mod sai

( ) x k ( )

x 2k k N= ∈ ⇒2 =4 ≡1 mod

( )2 ( )2 ( )( )

x 2 k k

2 x =9y +6y 16+ ⇔ 2k.2 = 3k 1+ +15⇔ 2k.2 −3y 2k 3y 15.− + + =

k k

y,k N∈ ⇒2k.2 +3y 2k.2+ > −3y 0.− >

k k

k

2k.2 3y 1 2k.2 k N

2k.2 3y 15 3y

 − − =  =

 

+ ⇔ ⇒ ∉

+ + = + =

 

 

k k

k

2k.2 3y 2k.2

y

2k.2 3y 3y 1

 − − =  =  =

 

+ ⇔ ⇒ =

+ + = + =

  

 

2

ab a b+ = +

3 a

5

=

b 3≠ ( ) ( )

2 2

3 b b 10

b a a b a b b a a b

b b b

+ − −

+ = + ⇔ + = + ⇔ = ⇔ − = = +

+ + +

{ } { }

2

b 1; 2; 5;10+ ∈ ⇒ ∈b 0; 1; 2; 3± ± −

x y 3,xy 0+ = = ⇒ =x 0,y 3= x 3,y 0= =

x y 2,xy 1+ = = ⇒ =x 1,y 1=

b= −1

1 5

x ; y

2

+ −

= = x 5; y

2

− +

= =

1 a

5

=

b= −3 xy= −3

3

( ) ( )

x y xy

x y xy x y xy

+ − =

<=> + − + − =

(64)

Đặt x + y = a xy = b (a, b nguyên) ta có:

Vậy

Bài 37: Phương trình cho tương đương Coi phương trình phương trình ẩn x có y tham số ta có:

Ta có chia cho dư nên có tận Do đó, khơng số phương phương trình cho vơ nghiệm

Bài 38: Ta có:

Do

Suy ra:

Do a, b số nguyên nên nhận giá trị a =1 b = -1 suy y = x = -1 Vậy phương trình có nghiệm (x, y) = (-1, 0)

Bài 39: Ta có:

3

2

3

(a 1)(a 1) b(a 1) (a 1)(a ) a ab b

a

a b

− − =

<=> + − + − + = <=> + − + − =

2 2 1

1) 1( )

1

3

1 1

2) ( ) ( ; ) {(0;1); (1; 0)}

0

1

1 2

3) ( ) ( ; )

3

1

4)

1

a a

L b

a a b

a a x y

TM x y

b xy

a a b

a a x y

TM x y

b xy

a a b

a

a a b

=  + =   <=> −   = − + − =   + = = + =   

<=> <=> => ∈

 − + − =  =  =

 



+ = − = − + = −

 <=> <=> => ∈∅

  =  = − + − = −    + = −   − + − = − 3 ( ) ( ; ) 4

a x y

TM x y

b xy

= − + = −

 

<=> <=> => ∈∅

= =

 



( ; ) {(0;1);(1;0)}x y ∈

( )

2

x −xy y− +8 =0

( )

2 2

y y 5y 32

∆ = + + = +

∆ ∆

( )( )

3

x 4y+ = ⇔ 2y 2y 1− + =x

(2y 1,2y 1− + =) 2y a ,2y b a,b Z+ = − = 3( ∈ )

( )( )

3 2

a −b = ⇔2 a b a− +ab b+ =2

2

a

a b b 1

a ab b 3 33

a

a b 6

a ab b 3 33

b   =    − =   = −  + + =     + ⇔ ⇔  = − =   + + =    − +   =   

2 2

x +y 5x y 60 37xy+ + =

( ) ( ) ( )

2 2

2 2 2

x 2xy y 5x y 35xy 60

x y x y 7xy 12

⇔ − + = − + −

⇔ − = − + −

(65)

Do Đặt t = xy ( ) ta có: Mà t số nguyên nên t = t =

Khi t = ta có (khơng tồn giá trị ngun x, y)

Khi t = ta có x = y =

Vậy phương trình có hai nghiệm (x, y) = (2, 2); (-2, -2)

Bài 40: Ta có:

Do

Xét thì:

Do

Vì x, y ngun nên phương trình khơng có nghiệm Xét x nguyên nên x = x = -1 x = Với x = -1 ta y =

Với x = y =

Với x = y = (loại)

Vậy phương trình có 2nghiệm (x, y) = (-1, 0); (1, 2)

Bài 41: Ta có

Do ta có:

Với thay vào phương trình ta được:

Vậy phương trình có nghiệm (x, y) = (-1, -3); (1, -2); (-1, -2); (1, -1)

Bài 42: Ta có : Pt viết:

Pt viết:

( )2 ( 2 2 )

x y− ≥ ⇒ −0 x y 7xy 12+ − ≥0 t Z∈

( )

5 t 7t 12 t

− + − ≥ ⇔ ≤ ≤

( )2

2

x y x y 3

xy

 − =

 ⇔ = =



= 

( )2

x y

xy

 − =

 ⇔



=

 x y= = −2

( )1 ⇔y3 =x3+2x2+3x 2+

2 3

2x 3x 2 x y x

4

 

+ + =  +  + > ⇒ >

 

x 1> y3 =x3+2x2+3x 2+ =(x 1+ )3+ −1 x2 <(x 1+ )3 ( ) (3 )3

3

x < y 1+ < x 1+

x 1≤

3 2

( ) ( ) (2 )2 ⇔ x y 2− − + y 2+ =1

( )2 { }

y 2+ ≤ ⇔ − ≤ + ≤ ⇔ − ≤ ≤ − ⇒ ∈ − − −1 y y y 3,

y= −3 x2+2x 0+ = ⇔ = −x 1

y= −2 x 02− = ⇔ = ±x 1

y= −1 x2−2x 0+ = ⇔ =x 1

x+ y = 18(x 0; y 0)≥ ≥

x+ y 2(1)(0= ≤ x 2;0≤ ≤ y 2)≤

(66)

Pt (1) viết:

Vậy Pt cho có nghiệm ; ; ;

Bài 43: Phương trình cho tương đương với Nếu y −1

Mà 9x nên ta có mâu thuẫn

Suy ray −1 3, đó: y −1 = 3k( )=>y=3k+1( ) Thay vào (1) ta có:

Vậy phương trình có nghiệm:

Bài 44:

Đặt t=|x-y| , x, y nguyên Xét trường hợp:

TH1: t = 0, tức x = y ⇒ phương trình vơ nghiệm

TH2: t = 1, tức x – y = ±1

+ Với x – y = hay x = y + 1, phương trình trở thành:

2

x y ( x) (3 y) 2y y x 18

y x 18

2y Q

6

a N(Vi 2y Z va a 0)

2y a Q 2y a Q

a

= − ≥ <=> = − <=> = − + − +

=> = ∈

 ∈ ∈ ≥

 <=> = ∈ <=> = ∈ <=> 

 

2

a 2m(m N)

2y (2m) y 2m y m 2.TT x n

= ∈

=> = <=> = <=> = => =

n m 2+ = <=>m n 3(m; n N)+ = ∈

n x

m y 18

n x

m y

n x

m y

n x 18

m y

 =  =

=>

 =  =

 



 =  =

 =>

= =

 

<=> 

 =  =

 =>

 =  =



 =  =



=>

 

 = =

 



x y 18

 =  = 

x y

 =  = 

x y

 =  = 

x 18 y

 =  = 

9x (y 1)(y 2)(1)= − +

 y (y 1) 3+ = − +  => −(y 1)(y 2) 9+ 

 ∀ ∈x Z

 k Z∈ k Z∈

9x 3k(3k 3)= + => =x k(k 1)+

x k(k 1)

(k Z) y 3k

 = +

∈  = +



2

2 2

2015(x y ) 2014(2 xy 1) 25 2014(x y) x y 2039

+ − + =

<=> − + + =

t N∈

(67)

Với y = x = 4; với y = –4 x = –3

+ Với x – y = –1 hay x = y – 1, phương trình trở thành:

Với y = –3 x = –4; với y = x =

TH3: t ≥ 2, VT > VP ⇒ phương trình vơ nghiệm Vậy cặp (x;y) thỏa (4;3), (–3;–4), (–4;–3), (3;4)

Cách khác: Sử dụng phương pháp biến đổi phương trình dạng vế trái tổng bìnhphương Vế phải tổng số phương, cách điều kiện có nghiệm phươngtrình bậc hai giải đáp số

Bài 45:

Do (x-y)2 x y thuộc Z nên xảy hai trường hợp:

Th1:

Th2:

Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên

Bài 46:

1) Tìm tất số nguyên tố p số nguyên dương x,y thỏa mãn Từ (1) ⇒ p – số chẵn ⇒ p số nguyên tố lẻ

Trừ vế (2) cho (1) ta

⇒ 2(y – x)(y + x + 2) ⋮ p Mà (2;p) = nên xảy TH:

2 2

(y 1) y 25 y y 12

y

+ + = <=> + − =  =

<=>  = − 

2 2

(y 1) y 25 y y 12

y

− + = <=> − − =  = −

<=>  = 

3 2

2

x y x y xy

(x y)(x xy y ) xy(x y) (x y)(x 2xy y ) (x y)(x y)

+ − − =

<=> + − + − + =

<=> + − + = <=> + − =

≥

2

x y x

x y y

x y

(x y) x y x

x y y

 + =  =

<=>

 − =  =

 + =

 => 

 − = 

 + =  =

  <=>

− = − =

 



2

x y x y

=> (L)

(x y) x y

 + =  + =

 

 

− = − = ±

 

 

(x; y) {(3; 2);(2; 3)}∈

2

p 2x(x 2) p 2y(y 2)

 − = +

 

− = +



2 2

p p 2y 2x 4y 4x− = − + − ⇔p(p 1) 2(y x)(y x 2)(*)− = − + +

(68)

• y – x ⋮ p ⇒ y – x = kp (k ∈ N*)

Khi từ (*) ⇒ p – = 2k(x + y + 2) ⇒ kp – k = 2k2(x + y + 2) ⇒ y – x – k = 2k2(x + y + 2)

(loại x + y + > y – x – k > ; 2k2> ⇒ 2k2(x + y + 2) > y – x – k) • y + x + ⋮ p ⇒ x + y + = kp (k ∈ N*)

Từ (*) ⇒ p – = 2k(y – x) ⇒ kp – k = 2k2(y – x) ⇒ x + y + – k = 2k2(y – x) (**)

Ta chứng minh k = Thật k ≥ từ (**) ⇒ x + y = 2k2(y – x) + k – ≥ 8(y – x) (vì y

– x > 0)

⇒ 9x ≥ 7y ⇒ 7y < 14x ⇒ y < 2x

Do từ (2) ⇒ (p – 1)(p + 1) = 2y(y + 2) < 4x( 2x + 2) < 4x(2x + 4) = 8x( x + 2) = 4(p – 1) (vì 2x(x + 2) = p – theo (1))

⇒ p + < ⇒ p < 3, mâu thuẫn với p số nguyên tố lẻ Do k = 1, suy

Thay p – = 4x + vào (1) ta có:

⇒ y = 4, p = (thỏa mãn) Vậy x = 1, y = p =

2) Tìm tất số nguyên dương n cho tồn số nguyên dương x, y, z thoả mãn (1)

Giả sử n số nguyên dương cho tồn số nguyên dương x,y,z thỏa mãn (1) Không tính tổng quát, giả sử x ≥ y ≥ z ≥

Từ (1) ⇒

Vì x ≥ y ≥ z nên Kết hợp với (*) ta có Mà

Ta có:

• Nếu z = : (**) (loại y < z)

• Nếu z = : (**)

Ta chứng minh n ∉ {2;4} Thật vậy,

x y p x y p x y p y 3x

p 2(y x) x y 2(y x) y 3x p 4x

 + + =  + + =  + + =  = +

⇔ ⇔ ⇔

 − = −  + + = −  = +  − = +

   

2

4x 2x(x 2)+ = + ⇔2x x 2x+ = + ⇔x = ⇒ =1 x

3 3 2

x y z+ + =nx y z

3 2 2 2

0 y z< + =x (ny z 1)− ⇒ny z 0− > ⇒ny z 1− ≥

3 2 2

y z x (ny z 1) x (*)

⇒ + = − ≥

3 3 2 2 2 4

3x ≥x y z+ + =nx y z ⇒ny z ⇒9x ≥n y z

( )

3 2 4

3

z

9 y z 9x n y z n yz

y

 

+ ≥ ≥ ⇒  + ≥

 

3

2

3

z z

y z n yz 18(**)

y y

 

≥ ⇒ ≤ ⇒ ≤  + ≤

 

4 z

(**) z 18

z

 =

⇒ ≤ ⇒ 

= 

2

16n y 18 n y

⇒ ≤ ⇒ = =

2

n y 18 n 18 n

⇒ ≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤

(69)

*Nếu n = từ n2y ≤ 18 ⇒ 16y ≤ 18 ⇒ y = Từ (1) ⇒ x3 + = 4x2⇒ x2(4 – x) = ⇒ x2 ước

của ⇒

x = (khơng thỏa mãn)

*Nếu n = từ n2y ≤ 18 suy 4y ≤ 18 ⇒ ≤ y ≤

+

+ Suy x2 ước Mà x2 ≥ y2 = nên x=3

(không thỏa mãn)

+ Suy x2 ước 28 Mà x2 ≥ y2 = nên

không tồn x thỏa mãn

+ ước 65 (loại 65 khơng có ước phương)

Vậy n ∉ {2;4} Do n ∈ {1;3}

Thử lại với n = 1, tồn (x;y;z) nguyên dương chẳng hạn (x;y;z) = (3;2;1) thỏa mãn (1) với n = 3, tồn (x;y;z) = (1;1;1) thỏa mãn (1)

Vậy tất giá trị n thỏa mãn toán n ∈ {1;3}

ước 65 (loại 65 khơng có ước phương) Vậy n ∉ {2;4} Do n ∈ {1;3}

Thử lại với n = 1, tồn (x;y;z) nguyên dương chẳng hạn (x;y;z) = (3;2;1) thỏa mãn (1) với n = 3, tồn (x;y;z) = (1;1;1) thỏa mãn (1)

Vậy tất giá trị n thỏa mãn toán n ∈ {1;3}

Bài 47: Ta có:

Vì x, y ngun dương nên x+y > 0, ta có:

Vì x, y nguyên nên có trường hợp: + Trường hợp 1:

+ Trường hợp 2:

+ Trường hợp 3:

3 2

y 1: (1)= ⇒x 2x 0− + = ⇒x (x 2)− = − < ⇒ < ⇒ =2 x x 1(L)

3 2

y : (1)= ⇒x 8x 0− + = ⇒ =9 x (8 x).−

3 2

y : (1)= ⇒x 18x 28 0− + = ⇒x (18 x) 28.− =

3 2

y : (1)= ⇒x 32x 65 0− + = ⇒x

3 2

y : (1)= ⇒x 32x 65 0− + = ⇒x

3 2

x +y =(x y)+ <=>(x y)(x xy y x y) 0+ − + − − =

2

x xy y x y 0− + − − =

2

2 2

2(x xy y x y) (x y) (x 1) (y 1)

<=> − + − − = <=> − + − + − =

2 x y

(x 1) x y 2,z (y 1)

 − =

 − = <=> = = = 

 − = 

2 x

(x y) x 1,y 2,z (y 1)

 − =

 − = <=> = = = 

 − = 

2 y

(x y) x 2,y 1,z (x 1)

 − = 

− = <=> = = = 

 − = 

(70)

Vậy hệ có nghiệm (1,2,3);(2,1,3);(2,2,4)

Bài 48: Ta có:

Để phương trình (1) có nghiệm ngun x ∆' theo y phải số phương Ta có

∆'chính phương nên ∆’ ∈{0;1;4}

+ Nếu thay vào phương trình (1) ta có :

+ Nếu + Nếu

+ Với y = thay vào phương trình (1) ta có: + Với y =-1 thay vào phương trình (1) ta có:

Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên :

Bài 49:Ta có (1)  Ta thấy



Vì x, y ∈ nên ta xét trường hợp sau + TH1

Với , ta có

+ TH2

(loại)

+ TH3 (loại)

+ TH4

Với , ta có

Vậy PT cho có nghiệm nguyên (x;y) : (3;10), (3;-11), (-3; 10), (-3;-11), (0; -5), (0;4)

2 2

x 2y(x y) 2(x 1)− − = + <=>x 2(y 1)x 2(y 1) 0(1)− + + − =

2 2

' y 2y 2y y 2y (y 1)

∆ = + + − + = − + + = − − ≤

2

' (y 1) y

∆ = => − = <=> =

2 x

x 4x x(2 4)

x

 = − = <=> − <=> 

− 

2

' (y 1) y Z

∆ = => − = <=> ∉

2 y

' (y 1)

y

 = ∆ = => − = <=> 

= − 

2

x 8x 16 0− + = <=>(x 4)− = <=> =0 x

2

x = <=> =0 x

(x; y) {(0;1);(4;1);(4;3);(0;-1)}∈

4 2

x x 20 y+ + = +y

4 4 2

x +x <x +x +20 x≤ +x +20 8x+

2 2

x (x 1) y(y 1) (x 4)(x 5)+ < + ≤ + +



2 4

y(y 1) (x 1)(x 2)+ = + + ⇔x x 20 x 3x 2+ + = + +

2

2x 18 x x

⇔ = ⇔ = ⇔ = ±

2

x =9 y2 + =y 9 202+ + ⇔y2+ −y 110 0= y 10; y 11(t.m)

⇔ = = −

2 4

y(y 1) (x 2)(x 3)+ = + + ⇔x x 20 x 5x 6+ + = + +

2

4x 14 x

2

⇔ = ⇔ =

2 2

y(y 1) (x 3)(x 4) 6x x

+ = + + ⇔ = ⇔ =

2 2

y(y 1) (x 4)(x 5)+ = + + ⇔8x = ⇔0 x = ⇔ =0 x

2

x =0 y2 + =y 20⇔y2+ −y 20 0= ⇔ = −y 5; y 4=

(71)

Bài 50:

a) Giải sử tồn (x, y, z) thỏa mãn

Ta có với số nguyên a

Mâu thuẫn với (*) không tồn (x, y, z) thỏa mãn đẳng thức b) Phương trình tương đương với

Nếu (mâu thuẫn với y nguyên)

Nếu (x, y) nghiệm, ta suy (-x, -y) nghiệm mà mâu thuẫn Nếu x = y = (mâu thuẫn)

Vậy (x, y) = (0, 0) nghiệm

Bài 51: Phương trình cho tương đương

Ta có Mặt khác từ (1) ta có số lẻ, nên

Với Với Với Với

Vậy có cặp số nguyên thỏa mãn là:

Bài 52: Đặt :

Phương trình cho trở thành: Lại có:

Từ (1) (2) ta có: Vì

+) Với ta có:

( )

4 4 4 4

x +y =7z + ⇔5 x +y +z =8z +5 *

( )

4

a ≡0,1 mod ( )

( )

4 4

4

x y z 0,1,2,3 mod 8z 5 mod

 + + ≡

 ⇒ 

+ ≡ 

( ) (2 ) (2 ) (2 )2 3 ( 2 ) 3 3 3

x x x x y 2x 4x y 8x 8x y

 + + −   + − − = ⇔ + = ⇔ + =

   

   

( )3 ( )3 ( )3

3 3

x 1≥ ⇒8x <8x +8x< 2x 1+ ⇔ 2x <y < 2x 1+

x≤ −1 − ≥ ⇒x

2

2x −2xy+5y −41=0 (1)

2 82

' 82

9

x = − y ≥ ⇒ y ≤



y y2∈{ }1;9

2

1 2 36

y= ⇒ x − x− = ⇒ ∉x 

2

1 2 36

y= − ⇒ x + x− = ⇒ ∉x 

2

3

2

x y x x

x

= 

= ⇒ − + = ⇒ 

= 

2

3

2

x y x x

x

= − 

= − ⇒ + + = ⇒ 

= − 

( ; )x y {(1;3), (2;3), ( 1; 3), ( 2; 3) − − − − }

( )

673 673

; ;

x =a y =b a b∈

3

2(*) a =b −b − +b

( )3 ( ) ( )3

3 2

3 4

a b b b b b b b b b

⇒ = − + − + − + = − + − + > −

( )3 ( ) ( )3

3 2

6 12 13 13

a =b + b + b+ − b − b− = b+ − b + b− < b+

( )3 3 ( )3

1 2

b− <a < b+ ⇒ − < < +b a b

,

1

a b a b

a b

= 

∈ ⇒  = + 



a =b ( )* ⇔b3 =b3− − +b2 b 2

(72)

+)Với

Vậy

Bài 53: a) Chứng minh rằng…

Ta có: số chẵn

là số chẵn

Chứng minh hồn tồn tương tự ta có Vậy ta có điều phải chứng minh

b) Chứng minh không tồn tại…

Theo ý a) ta đặt

số chẵn

Lại có:

( )( )

2

673 673

673 673 673

2

1 2 1( ) 2( )

b b b b b a b

b a b

x y tm x y

x y ktm x y ⇔ + − = ⇔ − + = = = =   ⇔ ⇔  = − = = −   = =  = =  ⇒ ⇔  = = − = = −  

( ) ( )3 3 2

1 *

a= + ⇒b ⇔ b+ =b −b − +b

3 2

3

4 1 ( ) 2 ( )

b b b b b b b b b ktm b ktm ⇔ + + + = − − + ⇔ + − =  − + =   ⇔  − − = 

( ) ( )x y; = 1;1

9! 1.2.3.4.5.6.7.8.9= ⇒ x32⇒ x2⇒ =x 2m (m∈)

3 3 3

8m 2y 4z 9! 4m y 2z 1.3.4.5.6.7.8.9

⇒ + + = ⇔ + + =

( )

3

3 3

2 2

4 1.3.4.5.6.7.8.9

y y y n n m n z

⇒ ⇒ ⇒ = ∈

⇒ + + =

  

3 3

2m 4n z 1.2.3.5.6.7.8.9

⇔ + + =

( )

3

2 2 2

z z z p p

⇒  ⇒  ⇒ = ∈

3 3 3

2 1.2.3.5.6.7.8.9 1.3.5.6.7.8.9

m n p m n p

⇒ + + =

⇔ + + =

( )

2

2 ; ;

2

m x m

n m n p y n

p z p

=    ∈ ⇒ =     =          ( )

4 ; ; ; ;

x= a y= b z = c a b c∈

3 3

3

9! 1.2.3.4.5.6.7.8.9

2 1.3.5.6.7.9

4

a b c

⇒ + + = = =

( )

2

a a u u

⇒  ⇒ = ∈

3 3 3

8u 2b 4c 1.3.5.6.7.9 4u b 2c 1.3.3.5.7.9 1.5.7.3

⇒ + + = ⇔ + + = =

(73)

Nhưng chia hết ta có điều vơ lý Vậy ta có điều phải chứng minh

Bài 54:

Vì

Vậy hệ phương trình có nghiệm ngun

Bài 55: Tìm số nguyên thỏa mãn đồng thời:

Từ điều kiện suy chia hết cho hay chia hết cho

Suy ra: số phương Mặt khác nên

Xét :

Tìm

Xét :

Giải Vậy

Bài 56:

( ) ( )

( )

4 4

3 3

1.5.7.3 1.5.7.3 0; (mod 9)

; ; 9

x x Z

a b c u b c

 ⇒   ≡ ± ∈  ⇒ ⇒ + +    

1.5.7.3 93

( ) ( ) ( )( ) 3 2 2

1

x xy x y x xy x y x x y x

x x x y

− + = + ⇔ − − − = ⇔ − − + = − ⇔ + − − = − 2 2

1 3

( )

1 11

1

( )

1

,

1

( ) 2 1 ( ) x x tm x x y y

x x

tm x x y y

x y

x x

tm y

x x y

x x

tm y

x x y

 + = −  = −   − − = =     + =  =    − − = −  = ∈ ⇒ ⇔  + = =       − − = −  =      + = −  = −   =  − − =    

( ) (x y; = −{ 3;11 ; 1;1 ; 0; ;) ( ) ( ) (−2; 4)}

, ,

x y z

2 2

4 4( ) 396

x + y +z + xz+ x+ =z x2+y2 =3z

2

3

x +y = z x2+y2 x y,

2 2

4 4( ) 396

x + y +z + xz+ x+ =z ⇔(x+ +z 2)2 =4(100−y2)

2

100−y y2 ≤100 y3 y2∈{0;36}

{0; 6; 6}

y ⇒ ∈ − y= ( ) 2 2 3 400

2 20 20

x x

x z z z

x z

x z x z

   = = =  ⇔ ∨    + + =      + + =  + + = − 6, 12

x= z= x= −9,z=27

y= y= −6

( ) 2 36 256 x z x z  + =   + + =  2 12 12 3

2 16 16

x x

z z

x z x z

  = + = +   ⇔ ∨  + + =  + + = −   ,

x z∉ (x y z; ; ) (6; 0;12) (−9; 0; 27)

(74)

Do lẻ nên ta có trường hợp sau đây:

Vậy nghiệm nguyên phương trình cho

Bài 57: Phương trình cho tương đương với

Do nguyên nên:

Vậy nghiệm nguyên phương trình cho

Bài 58:

Vì nguyên dương nên nên

Ta có: số lẻ nên lẻ, :

Xét thay vào phương trình thỏa mãn

( ) ( ) ( )

( )( )

2

2 3

2 2 2

2 2 (*)

x y xy x

x xy x xy y y x y x x y y x y x y x y x y

− − − − =

⇔ − − + − − − − − =

⇔ − − + − =

, , 2

x y∈ x+ y−

( )

1 ( )

2 1 2 1

2 7

*

2 1 2 3

( )

2

3

x

tm x y x y y

x y x y

x x y x y

ktm x y x y

y  =    + − = −  + =  = −     − − = −  − = −       ⇔ ⇔ ⇔  =  + − = + =        − − = − = −      =  

(1; 1− )

2 2

2

3

3 2

3 (2 1)

3

( 0)

x xy y x

x x xy y x x y x

x x

y Do x x x − + − + = ⇔ − + = − ⇔ − + = − − + ⇒ = ∈ ⇒ − ≠ −  , x y ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2

3 2

4 2

20 8

8 2 1

2 1

x x x x x

x x x x x x x x x

x x x x

x x y

 − + −   − −    ⇔  − + − −  − ⇔ − + − − +  − ⇔ − + − ⇔ − + + −  − ⇔ − − = = ⇒ =   ⇔  ⇔  − = − = ⇒ = −         

( )x y; ( ) (1;0 ; 0; 2− )

,

x y VP >0 VT >0 x> y

( 3)

15xy =16 x −y −371 x y,

1 x y ≥   ≥ 

x= y=1

(75)

Xét Ta có:

Ta có:

Vậy trường hợp vơ nghiệm

Vậy phương trình có cặp nghiệm nguyên dương

Bài 59: Ta có số phương chia cho nhận số dư nên ta có:

Nếu x,y khơng chia hết cho số dư Vế trái cho chia dư vô lý

trong hai số x, y phải có số

Vậy cặp số nguyên

Bài 60:

Để phương tình có nghiệm

Vì y nguyên nên

Với ,

Vậy nghiệm phương trình:

Bài 61: - Với , ta có - Với , ta có:

5 x≥

( ) ( ) ( )

( )

( ) ( ) ( )

3

3 3 2

2 2

2 16 16 16 12

15 371 15 371 15 30 371

16 12 15 30 371 81 162 243 81

x y x y x x x x xy x x x x

x x x x x x x x

 

− ≥ ⇒ − ≥  − −  = − +

+ ≤ − + = − +

− + − − + = − − = − −

( )

2 3

2 3 0, 5 16 15 371

x − x− > ∀ ≥ ⇒x x −y > xy+

( ) ( )x y; = 3;1

( )

( ) ( )

2 2

(3 )

(3 1) 1 mod 3 12 mod

k k

k k k k k k

 =

 + = + + ≡

 

+ = + + ≡



,

x y> 2.1− = −1

2

x − y =

⇒

2 2

3 2( 0)

3 2.9 19

x y y y y

y x x x

 = ⇒ − = ⇒ = ⇔ = >

⇒ 

= ⇒ − = ⇔ = ⇒ ∈∅



( ) ( )x y; = 3;

( )

2 2

2

3

2

x −xy+y = x− y− ⇔x − y+ x+y + y+ = ( )1 ( )2 ( )

2 y 3y

y y y

∆ = + − + + = − − −

( )1 ∆ ≥0

2 2

3 8

3

y y y y y

⇒ − − − ≥ ⇔ + + ≤ ⇔ − ≤ ≤ −

2

y= − y= −1

y= − ( )1 ⇒ x2 =0 ⇔ x=0

1

y= − ( )1 ⇒ x2− =x ⇔ x x

=   = 

(0; , 0; , 1; 1− ) ( − ) ( − )

0

y= x=0

y≠

( )

+

− − = ⇔ − = + ⇔ − = = ∈

2 2 2 2 2

2

( )

6 ( ) x y

x y x y xy x y y x y x a a

y

(76)

Khi

Khi Vậy

Bài 62: Coi phương trình cho phương trình bậc ẩn y có tham số x Ta có:

Vì số phương

Thay vào phương trình đề Với

Với

Vậy tập nghiệm phương trình cho

Bài 63: Nhân hai vế phương trình với 12 ta được:

2

5

3

x a x

x x a

 + =  =



− = ⇔ ⇒ = ⇔  = −

− = 



2

3

y x = y y

y

= − 

⇒ − − = ⇔ 

= 

2

3

y x = - y y

y

= 

⇒ + − = ⇔ 

= − 

( ) ( ) (x y; ∈{ 0;0 ; 3; ; 3;3 ;− ) ( ) (−3;1 ;) (− −3; 3)}

2

4x 12x

∆ = + +

,

x y∈ ⇒ ∆

( )

( )( )

2 2 2 2

4 12 12

2

2 3

2 1

( )

2

( )

2

x x k x x k x k

k k k k x k x

tm x k k

x k x

tm x k k

⇒ + + = ⇔ + + − =

⇔ + − =

⇔ + − + + =

 + − =  = −

 

 + + =  =

 

 

⇔  ⇔

+ − = − = −

 

 

+ + = − =

 

 

( ) 2 ( )2

1 * 1 1( )

x= − ⇒ ⇔ y − y+ = ⇔ y− = ⇒ =y tm

( ) 2 ( )2

2 * 4 2( )

x= − ⇒ ⇔ y − y+ = ⇔ y− = ⇔ =y tm

( ) (x y; = −{ 1;1 ;) (−2; 2)}

( 2 2) ( ) ( ) (2 )2 2 2 2 2

36 a +b −84 a+b = − ⇔48 6a−7 + 6b−7 =50=5 +5 = +1

(77)

Vậy tập nghiệm phương trình cho

Bài 64: Ta có

Ta thấy : nên từ (1) (2) ta suy

Loại khơng có số ngun y thỏa mãn Từ suy

Xét ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2

6 7 7 7 7 7 25

6 7 25

6

6 7

6 7 49

6

6 7

a b a b a b a b a a b b a a b a b b a a b b − =   − =  − = −   − =  − =   − = −  − = −   − = −  − =   − =    − =  − = − = −     − =  − =  ⇒  ⇔  − =  − =   − = −   − =  − = −  − =  − = − 2( )

, 2( )

1 2, ( )

3 1 ; ( ) 3 ; ( ) 3 1; ( )

3

; 0( )

1

6 7 7 7 7 7 7

a b tm a b ktm a b ktm a b ktm a b ktm a b ktm a b ktm a a b a b a b a b      = =   = =    = =    = =    = =    = = ⇔   = =    =     − =  − =   − = −    − =  − =    − = −    − = −  − = −   ; 0; ( )

3

4

; ( )

3

4

; 1( ) 0, a b a b a b b

a b ktm a b ktm a b ktm a b             =     =      ⇔ = =   =        =  =   = =    = =    = =   = = 

( ) ( ) ( ) ( )a b; ={ 0;1 ; 1;0 ; 2; }

2 2

4 4 4

y + =y x + +x x + ⇔x y + y+ = x + x + x + x+

( ) ( ) 2 2 2

(2 1) (3 1)( 1)

(2 1) ( 1)

y x x x x

y x x x x

 + = + + + +  ⇔   + = + + − + 

x< − x>2 (3x+1)(x+ >1) (x x−2)>0

( 2 )2 2 ( 2 )2 ( ) 2x + +x >(2y+1) > 2x +x *

1 x x { 1, 0,1, 2} − ≤ ≤ ⇒ ∈ −

2

2 30 5,

x= ⇒ y + =y ⇒ =y y= −

(78)

Xét loại Xét

Xét

Vậy hệ cho có nghiệm

Bài 65: Từ

Vì nên ta có trường hợp sau:

Trường hợp 1:

Trường hợp 2:

Trường hợp 3:

Trường hợp 4:

Vậy có cặp thỏa mãn là:

Bài 66: Ta có

Bài 67:

Xét phương trình: (ẩn số ) (1)

Để phương trình (1) có nghiệm

Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình (1)

Áp dụng hệ thức Vi-et, ta được:

2

1

x= ⇒ y + =y

2

0 0,

x= ⇒y + = ⇒ =y y y= −

2

1 0,

x= − ⇒ y + = ⇒ =y y y= −

(0, 5)(2⋅ −6)(0 : 0), (0; 1), ( 1, 0), ( 1, 1)− − − −

2

5

x −xy− x+ y=

( - ) - 5( - )

x x y x y

⇔ =

( - )( - 5)x y x

⇔ =

2 1.2= =2.1= −( 1).( 2)− = −( 2).( 1)−

1

( )

5

x y y

TM

x x

 − =  =  − =  =

 

2

( )

5

x y y

TM

x x

− = =

 

⇔

 − =  =

 

1

( )

5

x y y

TM

x x

− = − =

 ⇔

 − = −  =

 

2

( )

5

x y y

TM

x x

− = − =

 ⇔

 − = −  =

 

( , )x y (7; 6); (6; 4); (3; 4); (4; 6)

2 ( 45)2 2 220 2024 0 ( 1)( 129) 128 27

xy − −y + xy x+ − y+ = ⇔ y+ xy x y+ − − = − = −

{ } { } { }

1 2;4;8;16;32;64;128 1;3;7;15;31;63;127 ( ; ) (33;1),(25;3),(15;7)

y y x y

⇒ + ∈ ⇒ ∈ ⇒ ∈

2

x −n x n 0+ + = x

{ } ( )

0 n 4n n 0;1 n

∆ ≥ ⇒ − − ≥ ⇒ ∉ ∈ Ν

2

1

x x n x x n

 + =

 

= + 

2

1 2

x x x x n n

⇒ + − = − −

( ) ( )

1 2

x x x n n

⇔ − − − = − −

(x1 1 x)( 2) (n n 1)( )

⇔ − − = − +

(x1 x)( 1) (2 n n 1)( )

⇔ − − = − +

(79)

Với

Do

Mà Khi đó, phương trình (1) trở thành:

Vậy với , để phương trình cho có nghiệm số ngun

Bài 68: Vì

=>

=> x + y >

Áp dụng BĐT: (luôn đúng)

Ta có:

Mặt khác:

Suy ra:

Vậy nghiệm PT là: (x; y) = (6; 7) ; (7; 6)

Bài 69: Có: suy , hay

Nếu (Loại) Do

{ }

n∈ Ν ∉, n 0;1

2 2  + = ≥  = + ≥ 

x x n x x n

( )( ) ( )( )

1 2

x ≥1;x ≥ ⇒1 x −1 x − ≥ ⇒1 n n 1− + ≥0

( )

2 n n 0, n n

⇒ − ≥ + > ∀ ∈ Ν ⇒ ≤

{ }

n N, n∈ ∉ 0;1 ⇒ =n

( )( )

( )

2

x 4x x x x t / m x x

x x t / m x

− + = ⇔ − − =  = ∈ Ζ − =  ⇒  − = ⇔  = ∈ Ζ  

n∈ Ν n =2

2

, ,

x y∈ ⇒ + x y x + ∈y 

2

85

85( ) 13( ) 0 13

x y

x y x y x y

+ = ⇔ + = + >

+

( )2

2 2

( ) 0 2

x y

x + ≥y + ⇔ −x y ≥

( )2

2 13 170

85( ) 13( ) 13 2 13

x+ y = x + y ≥ x+ y ⇒ + ≤x y ⇒ + ≤x y

2

0

13 85

13

x y

x y x y

x y + >  ⇒ + = ⇒ + =  +  

( )2 2

6

( )

13 7

13

85 13 85 7

( )

6

x

TM

y x y

x y

x y x x x

TM y  =   = −  = + =    ⇔ ⇔    + =  + − =  =    =   ( )2 ( 2 2)

2

a b+ ≤ a +b n4≤2(n3+2) 3( )

2 n n− − ≤

3

n≥ n3(n− − ≥2) n3− >4 n=0;1;

(80)

Với không tồn thỏa mãn đề

Với thỏa mãn đề kết luận

Bài 70:

(1)

Nếu , từ (1) (vô nghiệm nguyên)

Nếu từ (1) (2)

Thay vào (2) ta được: Thay vào (2) ta được:

Vậy phương trình có nghiệm ngun:

Bài 71: (*)

Suy Ư(5)= mà nên

Với thay vào (*) ta

Với thay vào (*) ta (loại)

Vậy số nguyên dương thỏa mãn

Bài 72:

Nếu số khơng phương VT số vơ tỉ cịn VP số hữu tỉ, vơ lý Vậy

0;

n= a b;

2

n= a=1;b=3 a=3;b=1

2

2020(x +y ) 2019(2− xy+ =1)

2 2

2019(x y) x y 2024

⇔ − + + =

2 2024

2019( ) 2024 ( ) ( ) 1

2019

x y x y x y x y

⇒ − ≤ ⇒ − ≤ ⇒ ≤ − ≤ ⇒ ≤ − ≤ x y x y  − = ⇒  − = 

x y− = ⇒ =x y ⇒2x2 =2024⇒x2 =1012

1

x y− = 1

1

x y y x

− = = −

 

⇔

 − = −  = +

 

2 5

x y

⇒ + =

1

y x= − ( 1)2 5 2 0

2

x y

x x x x

x y = − = −   ⇒ + − = ⇔ − − = ⇔ ⇒ = =  

y x= + ( 1)2 5 2 0

2

x y

x x x x

x y = =   ⇒ + + = ⇔ + − = ⇔ ⇒ = − = −  

( ; ) ( 1;2);( 2;1);(1; 2);(2; 1)x y = − − − −

( 2 ) ( )( )

2 2x y−x −3y− = ⇔1 2x −3 2y− =1

2y− ∈1 {± ±1; 5} 2y− > − ∀ >1 1, y 1

2

y y y y − = =   ⇔  − =  =  

y= ( )

( )

2 2

2

2 x n x x x l =  − = ⇔ = ⇔  = − 

y= 2

2x − = ⇔3 x = ⇔ = ±2 x

2,

x= y=

x y x y

x y x y x xy y

x y xy x y xy xy

xy x y xy + + + = + ⇔ + + + + + + = + + ⇔ + + = − ⇔ + + = − + − − + ⇔ =

3

3 4

1 xy

xy=k2 ⇒ xy =k

(81)

Ta có

(*)

vì

Nếu số khơng phương VT số vơ tỉ cịn VP số hữu tỉ, vơ lý Vậy số phương, Lý luận tương tự số phương Đặt

Từ (*)

Ta tìm

Bài 73: ĐK: (Vì )

Ta có: , mà

Suy ra:

; ; ;

Vậy tập hợp cặp số nguyên thỏa mãn đề là:

Bài 74: Vì ngun dương khơng thỏa mãn phương trình nên Suy ước nguyên dương lớn gồm:

Nếu ta trường hợp

+) (thỏa mãn điều kiện đầu bài)

Nếu không thỏa mãn

Vậy cặp số thỏa mãn

( ) ( )

x+ + =y xy−4 xy+ ⇔ + +4 x y xy =xy−2 xy+ ⇔1 x+ y = xy+1

x y xy

⇔ + = −1

( ) ( )

y k x y k k x x

⇔ = − − ⇔ = − − − +

1

( ) ( )

k x y x

k

− + −

⇔ =

−

2

1

2 (k >2)

x

x y

; x=a y2 =b2

( )( )

a b+ =ab+ ⇔1 a−1 b− =1

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )a b; = 3; ; ;3 ⇔ x y; = 9; ; 4;

   

 2         

199 x 2x x 200 x 15; 14; 13; ;12;13 x Z

 

            

2 2

4y 199 x 2x 200 x 10 y y Z

 

  2; 1;1;2

y

   

   1  15 13

x y

x

   

    1  15 13

x y

x

   

    2 

x y

x

   

   2 

x y

x

 x y;

              

 

 13; , 13;1 , 15; , 15;1 , 3;2 ,  3; 1;2 , 1; 2

S

,

x y    x y;  1;1

2 1 3; 3

x y   xy   x y xy x y 30 5;6

  

5 1

xy   x y x  y 

1

x x

y y

 

    

 

 

    

 

 

1

x x

y y

 

    

 

 

    

 

 

  

6 1

xy   x y x  y 

 x y;    1;2 , 2;1

(82)

Bài 75: Vì 65 lẻ nên lẻ lẻ Mà lẻ nên chẵn, suy y chẵn

Mặt khác chẵn nên lẻ, suy

Với x =

Với x = -1 Phương trình khơng có

nghiệm ngun Vậy:

Bài 76: Ta có 2m.m2 = 9n2 -12n +19 2m.m2 = (3n-2)2 +15

Nếu m lẻ m= 2k +1, k

2m.m2 =2.4k.m2 = (3+1)k 2m2 2m2 (mod3) mà m2 0;1 (mod3) nên 2.4k.m2 0;2 (mod3)

Mặt khác (3n-2)2 +15 1 (mod3)

Vậy trường hợp không xảy

Nếu m chẵn m= 2k , k ta có phương trình 22k.m2 - (3n-2)2 = 15 (2k.m +3n-2) (2k.m -3n+2) = 15 (*)

Vì m,n nên 2k.m +3n-2 > 2k.m -3n+2

2k.m +3n-2 >0 2k.m -3n+2 >0

Do dó (*)

TH1: (vơ nghiệm)

TH2:

Vậy phương trình cho có nghiệm m = 2, n =

Bài 77:

Từ biểu thức ta nhận thấy 3x-1 phải chia hết cho (x2 – x + 1)

ta có (3x - 1)(3x - 2) = 9x2 - 9x + = 9(x2 – x + 1) - phải chia hết cho (x2 – x + 1)

suy chia hết cho (x2 - x + 1)

(x2 - x + 1) =

Thay x = 0,1,3 -2 vào ta có y => (x,y) = (1,1),(1,-2) (-2,1)

Bài 78: Phương trình cho viết lại thành

hay

2x+5y+1

2x− + +y x + x

2x+1 5y

( )

2

1

x + =x x x+ 2x−1 x − =1 0 ⇔ = ±x 1

(5y 3)(y 3) 65 y 2

⇒ + + = ⇒ =

( )( )

5y y 65 5y 4y 66

⇒ + + = ⇔ + − =

( ) ( )x y; = 1;2



  *



   



  *

  *





2 15

k k

m n m n

   



     2 33 22 53

k k

m n m n

   



   

 15 2

3

k k

k

m n k

n m n

     

 

     



2 2

1

1 3

k k

k

m n k k m

n n

n m n

         

   

         



2

(x − +x 1)(y +xy)=3x−1

( )2

2 2 3 4 3 x y− +y − y + =

( )2( )

2

y− x + + =y

(83)

Suy Giải ra, ta Vậy có hai cặp số nguyên thỏa mãn yêu cầu đề

Bài 79: Điều kiện:

Với điều kiều kiện bình phương vế ta có

Kết hợp với điều kiện ta có:

Bài 80: Ta có x2 + xy + y2 = x2y2

(x + y)2 = xy(xy + 1)

+ Nếu x + y = xy(xy + 1) =

Với xy = Kết hợp với x + y = x = y = Với xy = -1 Kết hợp với x + y = + Nếu x + y (x + y)2 số phương

xy(xy + 1) hai số nguyên liên tiếp khác nên chúng nguyên tố Do khơng thể số phương

Vậy nghiệm nguyên phương trình (x; y) = (0; 0); (1; -1); (-1; 1)

Bài 81: Ta có

*Nếu ta có với y nguyên

Vậy ngiệm PT (1;y Z) *Nêu

Ta có

Vậy ta có

Ta có , Vậy ta có

Từ * ** ta có

( )2

2

y− =

1

x + + =y x= ±1 y=1

( )x y; ( )1;1 (−1;1)

x 0; y ; x y 0≥ ≥ + − ≥

( ) ( ) ( ) ( )( )

2 x y x.y x y 2 y y x

y x

+ − = ⇔ − − − = ⇔ − − =

⇔ = ∨ =

x 0,y 2≥ = x 4,y 0= ≥

⇔

⇒ ⇔ xy

xy

 =

 = − 

⇒

⇒ x

y

 =  = − 

x

y

 = −  = 

≠ ⇒

( ) ( )

5 2 2

x y+ =xy 1+ ⇔ x 1− − xy y− =0

( )( ) 2( ) ( )( 2)

4 2

x x x x x y x x x x x x y

x

x x x x y

⇔ − + + + + − − = ⇔ − + + + + − =

 − =

⇔  + + + + = 

x 0− = ⇒ =x 1 y+ =y2 +1

∈

4 2 2

x +x +x + + =x y ⇒4x +4x +4x +4x (2y)+ =

( )2 ( 2 )2 4 3 2 4 3 2

2

2y 2x x 4x 4x 4x 4x 4x 4x x

2

3x 4x x

3

− + = + + + + − − −

 

= + + =  +  + >

 

( )2 2

(2x x)+ < 2y *

( 2 )2 2 2

2x + +x −(2y) =5x ≥0 ( )2y ≥(2x2+ +x * *)2

(84)

Nếu

+ +Nếu

-Nếu

Kết luận (x, y) = (-1, 1); (-1, -1); (3, 11); (3, -11); (0, 1); (0, -1); (1,y Z)

Bài 82: Giả thiết (1)

+) Lập luận để (*)

(1) (2)

y ngun dương

Nếu (1) có dạng:

(vì có(*))

Khi , x ngun dương nên tìm x=6

Nếu (vì y nguyên dương) (1) có dạng:

(vì z ngun dương)

Suy (vì x nguyên dương) Đáp số

Bài 83: Đặt

Phương trình (1) trở thành:

Do đó:

Với

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

2

2 2

2

2 2

(2x x) 2y 2x x 2y 2x x ;

2y 2x x

+ < ≤ + + ⇒ = + +

= + +

( )2 2 2 2 2

2y =(2x x 1)+ + ⇔ − +x 2x 0+ = ⇔x 2x 0− − =

x

(x 1)(x 3)

x

 = −

⇔ + − = ⇔ 

= 

x= − ⇒1 y = ⇒ = ±1 y

x 3= ⇒y =121⇒ = ±y 11

( )2 2 2 2 2

2y =(2x x 2)+ + ⇔ −5x = ⇔ = ⇒0 x y = ⇒ = ±1 y

∈

( )2 2 2 2 2

3 x 18y 2z 3y z 54

⇔ − − + + =

2 2

z 3 ⇒z 3 ⇒z 9 ⇒z ≥9

⇔3(x 3)− +2z2 +3y (z2 −6) 54 (2)=

2 2 2

54 3(x 3) 2z 3y (z 6) 3(x 3) 2.9 3y

⇒ = − + + − ≥ − + +

2

(x 3)− +3y ≤12⇒y2 ≤ ⇒4 y2 =1; y2 =4

y = ⇔ =1 y

( )2 2 2 2 72 2

3 x 5z 72 5z 72 z z z

5

− + = ⇒ ≤ ⇒ ≤ ⇒ = ⇒ =

( )2 ( )2

3 x 3− =27⇒ x 3− =9

2

y = ⇔ =4 y

( )2 2 2 2 2

3 x 3− +14z =126⇒14z ≤126⇒z ≤ ⇒9 z = ⇒ =9 z

2

(x 3)− = ⇒ =0 x

x x y 2; y z z

 =  =  =  =

 

 =  =

 

( )

a x y,b xy a,b Z= + = ∈ a2 ≥4b

2

2 b b a a b a

b

+ + = + ⇔ =

+

(2 b b 1+ )( 2+ ⇒) a b 12 −  + ⇒(a b 12+ −)  2+ ⇒5 a 1 2+

{ } { } { }

2

a 1; a 0,4 a 0; 2;

⇒ + ∈ ⇒ ∈ ⇒ ∈ −

( ) ( ) ( ){ } xy

a b x,y 0; , 2;0

x y

 =

= ⇒ = ⇒ + = ⇔ ∈



(85)

Với (loại khơng thỏa mãn x, y ngun)

Với (loại b khơng ngun) Vậy nguyện (x, y) = (0, 2); (2, 0)

Bài 84: Ta có:

Vì nên ta có:

Do (y, y + 1) = nên ước 243 Mặt khác:

Do đó:

Với:

Vậy nghiệm dương phương trình là: (x, y) = (54, 2); (24, 8)

Bài 84: Xét phương trình với Xét y = x nguyên dương nên x =

Xét Ta có: (vơ lý)

Do số ngun khơng âm phải tìm (x, y) = (1, 0)

Bài 85: Ta có

Suy

Với khơng có nghiệm ngun

Với

Vậy phương trình có nghiệm (-2, 0); (-2, -4); (2, 0); (2; - 4)

Bài 86: Ta có:

Xét , ta

Để x nguyên dương thuộc khoảng xét ta giải hệ

x

y

xy

a b

x y x 2

y

 =   = −

 = − 

= − ⇒ = ⇒ + = ⇒   

  = −

 

=   

4

a b

5

= ⇒ =

( )2

xy 2xy 243y x 0+ − + = ⇔x y 1+ =243y y 0+ ≠

( )2 243y x

y

= +

( )2

y 1+ 243 3=

( )2 2 ( )2 4

y 1+ =3 ∨ y 1+ =3 ( )2 2

y 1+ =3 ⇒ =y 2,x 54=

( )2 4

y 1+ =3 ⇒ =y 8,x 24= 2

x =y + y 1+ x,y Z∈ +

x =1

y x 3.≥ ⇒ ≥ (x y x y+ ) (2 − )2 = + ⇒y (y x y+ ) ( + )

( ) ( )2

2

y = +1 13 x 4x 4− + + = +1 13 x 2− + ≤ +1 13

2 y≤ ≤4

( )2

y = ⇒1 13= x 2+

( )2 ( )2

y = ⇒ =4 13 x 2− + ⇔ x 2+ = ⇔ = ∨ = −4 x x ( )

4 3x a− = −

x

≤ x a 1.

3

− =

a

0 a 4

3

a

 −

< ≤

 ⇒ =



 −

 

(86)

Khi x =

Xét , ta

Giải hệ: với

Khi x = – k

Vậy ta cần a = a = 3k với k nguyên, Bài 87: Ta có:

và và

Vậy phương trình có cặp ngun là:

Bài 88:

Đặt ,

Lập bảng

1 13

13

-3

1

4 x

3

> x a

3

− =

9 a a 5

a 3k

3 a 3

9 a

 − >  <

 ⇔ ⇔ =

 

  −

  

k 1.≤

( ) (2 )2 ( )

2

2 2 2

4 4 4

x y x y xy x y

x y x x y y x y xy xy

+ − + − − + − =

⇔ + − + + − + − − + =

( 2 2) ( ) ( )

4 4 8

x y xy y x x x y xy y

⇔ − + + − + + − + − = −

( ) ( ) ( )

2 2

4 4 4

y x x x x y x x

⇔ − + + − + − − + =

( )( )

4

x x y y

⇔ − + + − = ( ) (2 )2

2 1

x y

⇔ − − =

( ) ( )

1: 1

TH x− = y− = ⇔ =x y=2

( ) ( )

2 : 1

TH x− = y− = − ⇔ =x y=0

( ) ( )

3 : 1

TH x− = − y− = ⇔ =x y=0

( ) ( )

4 : 1

TH x− = − y− = − ⇔ =x y=2

( )x y; ( ) ( ) ( ) ( )3; ; 1;0 ; 3;0 ; 1;

,

x =a a> y2 =b b, >0

4

4y +6y − =1 x

2

4b 6b a

⇔ + − =

2

16b 24b 4a

⇔ + − =

2

16b 24b 4a 13

⇔ + + − =

( )2

4b 4a 13

⇔ + − =

(4b 2a)(4b 2a) 13

⇔ + − + + =

4b+ −3 2a 4b+ +3 2a

a

b

(87)

Nhận Loại

Vậy phương trình có nghiệm ngun là

Bài 89: Ta có

Vì nên ước

+)

+) +)

+)

Vậy cặp số nguyên

Bài 89: Ta có

TH1 :

TH2 :

Bài 90: Ta có

Nhận thấy nên ta phải phân tích số 56 thành tích ba số nguyên mà tổng hai số đầu số lại

Như ta có

x

y

(x y; ) ( )9;1

( )( ) 2( ) ( )( )

1 2 1

x− −y x+ −y + xy+y − −x y = x+ y+

( )2 2( ) ( )

1 2

x y xy y x y x y xy

⇔ − − + − + − = + + + ( )2 2( ) ( )

2

x y y x y x y

⇔ + − + − = + +

(x y x)( y 2) y2(x y 2) 3

⇔ + + − − + − = ( )( 2)

2

x y x y y

⇔ + − + − =

,

x y∈ x+ −y 2;x+ −y y2

2

3

x y y x

y

x y y x y

+ − = =  ⇔ = ⇔    = + − = + =    2

2

3 1

2

x y

x y y

x y y x y x

y  =   = − + − = −  ⇔  = ⇔    + − = − + =  = −    =   2

2

1

2

x y

x y y

x y y x y x

y  =   = − + − =  ⇔ = ⇔    + − = + =  =    =   2

2

1

x y y x

y

x y y x y

+ − = − = −   =  ⇔ ⇔  + − = −  + = −  =   

(x y; ) ( ) (3;0 ; 3;−2 ;) (−1; ; 7; ; 3; ;) ( − ) ( ) (−1;0 )

( ) ( )

( ) ( ) ( )( )

2

2 2

2

2 2

2018 6

3 2018 2018 2018

x y y y y y y y

y y x y y x y y x

− + = + + − − + = − + ⇔ − + − − = ⇔ − + + − − + − + = ( ) ( ) 2 2018

3 2018 2018

1

3

3 2018

2 x

y y x x

y y y

y y x

y =   − + + − = −  =  ⇔ ⇔ =     − + = − + − + = −       = ( ) ( ) 2 2018

3 2018 2018

0

3

3 2018

3 x

y y x x

y y y

y y x

y =   − + + − =  =  ⇔ ⇔ =     − = − + − + =       =

(x y; ) (∈{ 2018;0 ; 2018;1 ; 2018; ; 2018;3) ( ) ( ) ( )}

( )( ) ( )( )

(1)⇔ y−2 y− +3 56=(y−2)x + y−2 y−4 x

( ) ( ) ( )

2 56

y x y x y 

⇔ −  + − − − =

(x 1)(y 2)(x y 3) 56

⇔ − − + − =

(y−2) (+ x− = + −1) x y 3,

(88)

Vậy phương trình có nghiệm ngun

Bài 91: Ta có

Xét trường hợp ta có

Bài 92: Để phương trình có nghiệm phải số phương

Khi Phương trình tương đương với

Ta có nên ; tính chẵn lẻ

Lại thấy chia dư ta có trường hợp sau

Giải trường hợp ta

+ Với (thỏa mãn)

+ Với (loại)

+ Với (thỏa mãn)

Vậy nghiệm nguyên phương trình

Bài 93: Phương trình tương đương với nhận thấy phương trình có bậc hai nên ta sử dụng delta để giải phương trình nghiệm nguyên

Phương trình tương đương với

Xem phương trình phương trình bậc ẩn x ta

Để phương trình có nghiệm nghiệm ngun số phương

Đặt với a số nguyên

Vì tính chẵn lẻ nên ta có bảng sau

( ) ( ) ( ) ( )

) 56 1.7.8 ; 2;9 ) 56 7.1.8 ; 8;3

x y x y

+ = ⇒ =

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

) 56 ; 7;3

) 56 ; 2;

x y x y

+ = − − ⇒ = −

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

) 56 ; 7;9

) 56 ; 8;

x y x y

+ = − − ⇒ = −

( )( )

2

2x +2y +3x−6y=5xy− ⇔7 x−2y 2x− +y = −7

(x y; ) ( ) (= 3; ; − −5; ;) (− −7; ; 1; ) ( )

9x 16x 32+ +

( )

2

9x 16x 32 t t+ + = ∈

( )( )

( ) ( ) ( ) ( )

2 2

4

81x 144x 288 9t 81x 2.9.8 64 224 9t

9x 3t 9x 3t 224 14 28 56 2.112 14 28 56 112

+ + = ⇔ + + + =

⇔ + − + + = − = − = − = − = −

= − = − = − = −

x Z; t N∈ ∈ 9x 3t 9x 3t+ + > + − 9x 3t+ − 9x 3t+ +

9x 3t+ + 9x 3t+ −

9x 3t 14 9x 3t 56 9x 3t 9x 3t

; ; ;

9x 3t 16 9x 3t 9x 3t 28 9x 3t 112

 + + =  + + =  + + =  + + =

 + − = −  + − = −  + − = −  + − = −

   

{ }

x∈ − − −7; 2; 1; x= − ⇒ − −1 27 16y 5= ⇒ = −y

9

x 30 16y y

4

= − ⇒ − − = ⇒ = −

7

x 18 16y 10 y

4

= ⇒ − − = ⇒ =

x= − ⇒ − −7 45 16y 19= ⇒ = −y

( ) (x; y = − −1; , 7; 4) (− − )

2

x 3xy 2y x 0+ + − − =

( )

2 2

x +3xy 2y+ − − = ⇔x x + 3y x 2y− + − =5 ( )2 ( 2 ) 2 ( )2

3y 2y y 6y 21 y 12

∆ = − − − = − + = − +

∆

( )2 2 ( )( )

y 12 a a y a y 12

∆ = − + = ⇔ − + + − =

a y 3− + a y 3+ −

(89)

2

6

4

5 (TM) (TM) (TM) (TM)

Thay vào phương trình cho ta

Bài 94: Ta có

Do

- Nếu nghiệm phương trình cho

- Nếu chẵn, đặt

Khi

Do số lẻ nên suy Vậy phương trình cho có nghiệm

Bài 95: Viết phương trình cho dạng: 9.(3x – +19) = y2 (x 2) Để y số nguyên

điều kiện cần đủ 3x – + 19 = z2 số phương (z số nguyên dương)

Nếu x – = 2k + số lẻ 32k + 1 + 19 = (32k + 1 + 1) + 18 = 4.B + 18 chia hết cho

không chia hết khơng thể số phương Do x – = 2k số chẵn

Ta có 3x – + 19 = z2 Vì 19 số nguyên tố nên

Vậy x = y = 30

Bài 96: Nếu thỏa mãn

Nếu khơng thỏa mãn

Xét phương trình cho có dạng

Đặt ta phương trình

Từ ta thấy Gọi ƯCLN(

Mặt khác không chia hết không chia hết

a y 3− + −2 −6

a y 3+ − −6 −2

a −4 −4

y

y 5= x 14x 45 02 + + = ⇔ ∈ − −x { 9; 5}

( ) ( )( )

1 4y 1 4y

x x + + =x − ⇔ x+ x + =

, ,

x y∈ ⇒ x y≥

( ) ( )

0 ; 0;

x= ⇒ = ⇒y x y =

0

x> ⇒ > ⇒ +y x x=2k+1(k≥0) ( )( )

1 2 4y

k+ k + k+ = −

2

2k +2k+1 k = ⇒ = ⇒ = ⇒0 x y (x y; ) ( )= 1;1

(x y; ) ( ) ( )= 0; ; 1;1 ≥

(z 3k)(z 3k) 19

⇔ − + = z−3k < +z 3k

3 19

k k

z z

 − =

 

+ =



10 10

2 3k

z z

k

= =

 

⇔ ⇔ =

= 



0

x= ⇒ =y

0

y= ⇒ ∉x 

0;

x≠ y≠

( ) ( )2 ( )3

3 3 3

4.54x 54x + =1 4.54 x y ⇔ 4.27x +1 = 6xy +1

3

4.27x =a; 6xy=b

( ) (2 )( 2 ) ( )

1 1 *

a+ = b+ b − +b

( )* b+ >1

1; 1)

b+ b − + =b d

( ) ( )

2

1

1 3

1 b d

b b b b b d d

b b d

+ 

⇒ ⇒ − + = + − + + ⇒

− + 



 



( )2 ( )

1 4.27

a+ = x +

( )

1 1; 1

d⇒ = ⇒d b+ b − + =b

(90)

Từ nhận thấy tích hai số nguyên tố số phương nên phải

có

Ta có

Từ (1) (2) vơ lý suy phương trình (*) vơ nghiệm Vậy phương trình có nghiệm

Bài 97:

Ta có: (1)

Đặt (2)

(1) trở thành (3)

Từ (2) thay vào (3) ta (*), coi

PT bậc hai y có:

Để (*) có nghiệm

Vì Thay vào (*) : + Với

+ Với

Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x, y) (0; 0), (-1; 3) ( 1; 2)

Cách khác: Ta có Do

Vậy nên

thỏa mãn toán

Bài 98:Ta có

Vì nên từ (1) suy chẵn

Giả dử lẻ

( )* ( ) 2 2

; *; 2;

1

b m

m n m m b b n

 + =

 ∈ ≥ ≥



− + =

 

( ) (2 )

2 2

1 1

n = m − − m − +

( ) (2 ) ( ) ( ) (2 ) ( )

2 2 2

1 ; 2

n m m n m m

⇔ = − − − = − + −

( 2 )2 2 ( 2 )2

2

m n m

⇒ − < < −

(x y; ) ( )= 0;1

2

5(x +xy+ y )=7(x+2 )y

⇒ 7(x+2 ) 5y  ⇒ (x+2 ) 5y  x+2y=5t (t∈Z)

2

7

x +xy+ y = t

⇒ x= −5t 2y 3y2−15ty+25t2− =7t 0

2

84t 75t

∆ = −

2

0 84t 75t 0

⇔ ∆ ≥ ⇔ − ≥ 28

25

t

⇔ ≤ ≤

0

t∈ ⇒ =Z t t =1

0

t= ⇒ y1 =0 ⇒ x1 =0

1

t = 2

3 3 y x y x = ⇒ = −  ⇒  = ⇒ = 

( 2 2) ( ) 2 ( ) ( )2

5 4x +4xy+4y =28 x+2y ⇒15x =28 x+2y −5 x+2y

( ) ( )2 ( )2 ( )

2 14 169 169 169

15 28 5 2

5 25 5

x ≥ ⇒ x+ y − x+ y = −  x+ y − x+ y + + ≤

 

2 169 169

0 15

5 75

x x , x

≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ∈ x∈ −{ 1; ; }

0 x y x y x y + = ⇒ = + = − ⇒ = + = ⇒ =

( 2) ( ) ( 2)

1 1 4

x + +x x = y y− ⇔ x +x + + =x y − y+ ( )( 2 ) ( ) ( )2

1 1

x x y

⇔ + + = −

( )2

,

x y∈ ⇒ y− > x≥0 x

( )

1;

x+ x + = ⇒d d

2 2 1 x d d d x d  −  ⇒ ⇒ =  +    

(91)

Vì số phương mà nên hai số phương

Do

Khi

Vậy hai cặp số nguyên

Bài 99: Ta có ; x, y, z Suy có dạng

Do Suy

Vì số phương có tổng chữ số nên chia cho dư 0, 1, 4, Do

Khi tìm

Bài 100: Ta có

(1)

TH1 Nếu Ta có (2) vơ lý

( nên vế phải (2) số hữu tỷ )

TH2. (3)

Giải (3) ta thử lại thỏa mãn

Bài 101:

Đặt = a, PT (1) trở thành Phương trình (2) có

Phương trình (1) có nghiệm ngun Phương trình (2) có nghiệm ngun số phương

Đặt ( )

Vì số chẵn có tích số chẵn nên

số chẵn

Do hoặc

( )( )

1

x+ x + (x+1;x2+ =1) (x+1) (x2+1)

0

x≥ ⇒x2 <x2+ ≤1 (x+1)2⇒x2+ =1 (x+1)2 ⇒ =x

( )

0

1 y

x y y

y =  = ⇒ − = ⇒  = 

(x y; ) ( ) ( )= 0; ; 0;1

2

x =2x+yzz4⇔(x 1)− =yzz5 ∈+ y, z∈{1; 2; ;9}

x 1− a5

2 2

yzz5=a5 =(10a+5) =100a(a 1)+ +25 z= ⇒ + + + = +2 y z z y

2

(x 1)− =yzz5 y+9 yzz5

{ } y∈ 1; 4;7

{ }

(x, y, z)∈ (36;1; 2);(66; 4; 2);(86;7; 2) z

y

x+2 = + ⇔x+2 3= y+z+2 yz

(x−y−z)+2 3=2 yz⇒(x−y−z)2+4 3(x−y−z)+12=4yz

⇔

0 ≠ − −y z

x ( )

(x y z)

z y x yz − − − − − − = 12 N z y x, , ∈

0 = − −y z

x ( )

   = = − − ⇔ yz z y x      = = = z y x      = = = z y x

2 2

2xy + + + =x y x + 2y + xy ⇔ x2− x(2y2− y +1)+ 2y2− y − =1 (1)

2

2y − +y ⇔ x2− ax + − =a (2)

( )2

4

a a a

∆ = − + = − +

⇔ ⇒ ∆

( )2 2

2 k

a − + = k∈N ( )2

2

k a

⇔ − − = ⇔(k + −a 2)(k − +a 2)=

(k+a– 2) (+ k–a+2)=2k (k+a– 2)

(k–a+2)

2 2 k a k a + − =   − + =  2 2 k a k a + − = −   − + = −  ⇔ 2 k a =   =  2 k a = −   = 

(92)

Vậy phương trình (2) có nghiệm Ta có

Ta chọn (vì y Z) Vậy nghiệm nguyên phương trình

Bài 102: Xét

Xét Nếu chẵn, đặt ,

vơ lí

Nếu lẻ , vơ lí

Vậy thỏa mãn yêu cầu toán

Bài 103.

Nhận thấy x, y số nguyên không âm số vơ tỷ Phương trình cho viết lại:

Vế trái (1) số hữu tỉ nên điều kiện cần đủ để phương trình có nghiệm ngun vế trái vế phải (1) Khi ta có hệ phương trình:

Đặt ta có hệ phương trình:

Từ (3) rút được: Thay vào (2) thu gọn ta được:

Do đó:

Suy x, y nghiệm phương trình:

Vậy phương trình có nghiệm (20 ; 21) (21 ; 20)

Bài 104.

Ta thấy (x, y) = (0 , 0) khơng nghiệm phương trình

2

0

2

a k

x

a k

x

 + +

= = =

 

 − −

 = = =



2

2y − − = =y a ⇔ 2y2− − =y ⇔2y2− 2y + − =y

( 2)( 1) 1 y

y y

y

=  

⇔ − + = ⇔

 = − 

1

y= ∈

(x ; y) (2 ; 1) (0 ; 1)

1

x= ⇒ =y

2

x≥ 8x y y=2k k( ∈*)⇒ +1 3y = +1 9k ≡2 mod 8( )

y y=2k+1(k∈*)⇒ +1 3y = +1 3k ≡4 mod 8( )

x= =y

3

11296320 41 105=

( )2 ( ) ( )

x y+ +4xy 3361 x y xy 328 105− = + −

( ) ( )

2

x y 4xy 3361 x y xy 328 105

 + + −

 

+ − =



S x y,P xy= + = ( )

( )

2

S 4P 3361

S P 82 105

 + −

 

= 

2 82 105

P

S

=

4 2 2

S 3361.S 4.82.105 0− + = ⇔S =1681 S∨ =1680 41=

S 41,P 420.= =

2 t 20

t 42t 420

t 21

 =

− + = ⇔ 

= 

(93)

Với x, y khác 0:

Ta dễ dàng chứng minh được:

Nếu

Vì (13,12) = nên với

Nếu

vậy phương trình có nghiệm với

Bài 105.

Phương trình cho viết dạng:

Vì ước

Vậy nghiệm phương trình là:

Bài 106. Nếu

Do

Thì ta có: (vơ lý)

Do

Bài 107.

Đặt s = x + y, p = x y Lúc phương trình trở thành:

Nếu p =1 (mâu thuẫn)

Vì

Mặt khác từ điều kiện: , ta có Vì vậy:

Từ (2) (3) ta có:

a)

b)

( )1 ⇔ 4x 6y 9x 6y− + − = 313 x( 2+y2)

( )

A B A.B A B

A B A.B

 + ≥

 + = 

− < 

(4x 6y 9x 6y− )( − )≥0

( )2 ⇔ 13x 12y− = 313 x( 2+y2)⇔144x2 +2.13.12xy 169y+ = ⇔0 12x 13y 0+ = ( ) (x,y = 13k; 12k− ) k Z∈ k 0≠

(4x 6y 9x 6y− )( − )<0

( )2 ⇔ 5x = 313 x( +y2)⇔288x2+313y2 =0 VN( )

( ) (x,y = 13k; 12k− ) k Z∈ k 0≠

( )

x 3

y 4y 2x

2 4 2x 2x

= + + ⇔ = + +

+ +

x,y Z∈ ⇒2x 1+ ⇒2x 1; 1; 3; 3+ ∈{ − − }

( ) (0;1 , 1; , 1;1− − ) ( )(− −2; 1)

( )2

A B 3+ = +C D C A 3B ,D 2AB= + = ⇒(A B 3− )2 = −C D 3

( )2

x y 3+ =444444 303030 3+

( )2

x y 3− =444444 303030 3− 444444 303030 0− <

* s,p N∈

( )

3s =4p 664 1+

*

s N∉

p 2≥ 3s2 ≥672⇒s2 ≥224 2( )

s ≥4p 3s 664 s2− ≤ s2 ≤332 3( )

{ }

2

s ∈ 256; 324

2 *

s =256⇒ =s 16,p 26= ⇒ ∉x N

( ) ( ) ( )

s =324⇒ =s 18,p 77= ⇒ x,y = 11,7 ; 7,11

(94)

Vậy phương trình có nghiệm (x, y) = (11, 7); (7,11)

Bài 108. Ta có:

Suy ra: x, y chung tính chăn lẻ (x + y – 8) số chẵn

Nếu

Suy ra: phương trình (1) khơng

thỏa

Nếu , phương trình (1)

khơng thỏa

Nếu Khi đó:

Nếu phương trình khơng có nghiệm ngun

vì x + y =

Nếu Khi đó: khơng có

nghiệm nguyên

Kết luận: Nghiệm nguyên phương trình (x, y) = (2, 8) ; (8, 2)

Bài 109. Phương trình cho có dạng:

Chú ý với số x nguyên, x có dạng sau:

với

Từ suy ra:

Nhận thấy vế phải 1740 chia cho 17 có số dư Tron vế trái chia cho 17 trường hợp khơng có số dư Vậy phương trình cho khơng có nghiệm ngun

Bài 110. Ta có:

( )

( ) ( ) ( )

( )( ) ( )

3 2 2

2 2 2

2

x x y xy y x xy y

x x y y x y x y 8xy

x y x y 8xy

+ + + = + + +

⇔ + + + = + + +

⇔ + + − = +

x y 6+ − ≥ ( )

2 2

2 x y 14

x y

2

+

+ ≥ ≥ >

(x y x y 82+ 2)( + − )≥6 x y( + 2) (≥2 x y2 + 2)+8xy 8xy,> +

x y 8+ − ≤ −4 (x y x y 82+ 2)( + − )≤ −4 x y( 2+ 2)≤8xy 8xy< +

x y 2+ − = ( )1 ⇔x2+y2 =4xy 4+ x y 10,xy 16 x x

y y

 =  =

+ = = ⇔ ∨

= =

 

x y 0+ − = ( )1 ⇔8xy 0+ = ⇔xy 0,+ =

x y 8+ − = −2 ( )1 ⇔x2 +y2+4xy 0+ = x y 6,xy+ = = −20

( )

2

x 17 y 2xy x y+  + + + =1740 x 17k r= ± r∈{0,1,2,3,4,5,6,7,8} k Z∈

{ }

2

x ∈ 17k,17k 1,17k 4,17k 9,17k 8,17k 16,17k 2,17k 1+ + + + + + + 5,17k 13 +

( ) ( ) ( )( )( )

( )( )( ) ( )( )( ) ( )

3 3 3 3

x y z x y z x y y z z x

27 3 x y y z z x

x y y z z x *

+ + − + + = + + +

⇔ − = + + +

⇔ + + + =

(95)

Đặt Khi đó: Vì x, y, z vai trị bình đẳng nên ta giải sử:

Khi ta có:

Với a = ta có:

Với a = ta có: (khơng có nguyện ngun)

Với a = ta có:

Vậy hệ cho có nghiệm:

Bài 111. Ta có:

Dễ dàng thấy:

Suy ra:

+ Với

Nhận xét: (*)

Vậy trương trường hợp phương trình vơ nghiệm

+ Với Do (*) nên

Không tồn giá trị nguyên x, y nên trường hợp phương trình vơ nghiệm

+ Với Do (*) nên

Không tồn giá trị nguyên x, y nên trường hợp phương trình vơ nghiệm

+ Với :

Kết luận phương trình cho có nghiệm nguyên:

x y a Z y z b Z z x c Z

 + = ∈  + = ∈ 

 + = ∈ 

( )* ⇔abc 8= ⇒a,b,c∈ ± ± ± ±{ 1; 2; 4; 8} x y z a b c≤ ≤ ⇒ ≥ ≥

( )

a b c x y z+ + = + + =2.3 6= ⇒ ≥a

b c b

x y z

bc c

 + =  =

⇔ ⇔ = = =

 =  =

 

b c bc

 + =

 =



b c b

x 5; y 4; z

bc c

 + = −  = −

⇔ ⇔ − = =

 =  = −

 

(x,y,z) (= 1,1,1 ; 4,4, ; 4, 5,4 ; 5,4,4 ) ( − ) ( − ) (− )

( )

( ) ( )( )

2 2 2

3x 6y 2z 3x y 18x

3 x 6x 6x 2z 3y z 33

3 x 3y z 37

+ + + − − =

⇔ − + + + + =

⇔ − + + + =

( )2 ( )2

3 x 3− ≤33⇔ x 3− ≤11 ( ) {2 }

x 3− ∈ 0,1,4,9

( )2 ( 2 )( 2 )

x 3− = ⇒0 3y +2 z 2+ =37

2

3y + ≥2 z 22 + ≥ ( )2 ( 2 )( 2 )

x 3− = ⇒1 3y +2 z 2+ =34 3y22 17 3y22 2

z 2 z 17

 + =  + =

 ∨

 

+ = + =

 

 

( )2 ( 2 )( 2 )

x 3− = ⇒4 3y +2 z 2+ =25 3y22

z

 + =

 

+ = 

( )2

x 3− =9

( )( ) 2

2

y y

3y 2 3y

3y z 10

z z

z z 2

 + =  + =  =  = −

 

⇒ + + = ⇔ ∨ ⇔ ∨

= =

+ = + =

   

 

(96)

Bài 112.Tìm tất cặp sốnguyên dương thỏa mãn đẳng thức:

(*)

Đặt

Khi (*) trở thành: (**)

+ Từ (**) suy , mà nên:

(1)

+ Hơn nữa: nên

Suy (2)

Từ (1) (2) suy ra: Do nên + Thử lại, có thỏa (**) Suy cặp số cần tìm

Bài 113

Do nguyên dương nên

Vậy

Bài 114

Do số lẻ

Mặt khác y số nguyên nên phải có hay

Lại có: Suy ra:

( ) (x,y = 6,1,0 ; 6, 1,0 ; 0,1,0 ; 0, 1,0) ( − ) ( ) ( − )

(a,b)

3 2

a −b +3(a −b ) 3(a b) (a 1)(b 1) 25+ − = + + +

3 2

a −b +3(a −b ) 3(a b) (a 1)(b 1) 25+ − = + + +

3

(a 3a 3a 1) (b 3b 3b 1) (a 1)(b 1) 25

⇔ + + + − + + + = + + +

3

(a 1) (b 1) (a 1)(b 1) 25

⇔ + − + = + + +

x a 1,y b 1(x,y Z; x,y 2)= + = + ∈ ≥

3 2

x −y =xy 25+ ⇔(x y)(x− +xy y ) xy 25+ = +

x y> ⇒ − ≥x y x2 +xy y+ >0

2 2

x +xy y+ ≤xy 25+ ⇒x +y ≤25⇒ ≤x x y> x,y 2≥ xy 6≥

3 3

x −y =xy 25 31+ ≥ ⇒x >31⇒ >x

x 4= x y> y 2≥ y∈{ }2;

x y

 =  = 

a b

 =  = 

( ) ( )2

2

PT⇔x y 7+ + =17 x + y 7+ 

   

( ) ( )2 ( )

4 2 2

16x 8x y y 4x y 

⇔ − + + + = ⇔ − +  =

( )( ) 2

4x y 2x y 2x y

⇔ − − = ⇔ + − =

x,y 2x y 2x y+ ≥ − 2x y 0+ >

( ) ( ) 2x y

x; y 2; 2x y

 + =

⇔ =

 − =



( ) ( )x; y = 2;

( ) ( ) ( )

2 2

2

5x x 6x

x y xy x y y x x 5x x y

x x x x

+ + −

− − = − + ⇒ − + = + + ⇒ = = +

− − − +

( )2

2

x x x

4

− + = − + > x x x x 12− + = ( − +)

(3x x x 1− )( − + ) (3x 2x x x 12− ) ( 2− + )

( ) ( )

3 x x x x 1− +  − + (x x x 1− )( 2− + ⇒) (3x x x 1− )( 2− + )

(97)

Ta có:

Nếu ta nghiệm (0, 1); (1, 7) Nếu

Với x = -2 y khơng ngun Với x = y =

Vậy phương trình cso nghiệm (x, y) = (0, 1); (1, 7); (3, 7)

Bài 115 Ta có:

Suy mà bd nguyên nên

Với bd = ta tìm số (a, b, c, d) sau

Bài 116 Ta có:

Ta thấy 20 có dạng phân tích thành tổng bình phương số là:

Do

Từ ta giải nghiệm x = y = z = tức tâm giác

Bài 117 Giả sử phương trình có nghiệm dương (x, y)

Với số dương a, b kí hiệu (a, b) ước chung lớn a b

Đặt ta có với Khi đó:

Với lưu ý

Từ suy Kết hợp với (3) ta đó

, mâu thuẫn với

Vậy phương trình cho không cso nghiệm nguyên dương

Bài 118 Xét phương trình:

( ) ( )

( ) ( ) ( )

2

3x x x

7 x x 3x x x

 − − +

 ⇒ − +



− − +





 

2 x

x x 1

x

 = − + = ⇔  =



2 x

x x

x

 = −

− + = ⇔  =



( ) (2 )2 ( ) (2 ) (2 )2 ( )2

25 ac 3bd= − + ad bc+ =8 bd + ac bd− + ad bc− ≤8 bd ( )2 25

bd

8

≤ < bd 1<

(1,0,4,3 , 1,0, 4, , 4,3,1,0 , 4, 3, 1,0) (− − − ) ( ) (− − − )

2 2

2x +3y +2z −4xy 2xz 20 0.+ − =

( ) (2 ) (2 )2

x y z x y y z 20

⇔ − + + − + + =

2 2

20 4= + + x y z 0,y z 0− + > + > ⇒ − =x y

( )x,y =d x dx ,y dy= 1 = 1 * 1

x ,y ∈N (x ,y1 1)=1 ( ) ( 3 3) ( ) (2 )2 ( )

1 1 1

1 ⇔d x +y = x y+ + x y

( ) (2 ) ( )

1 1

x y  x y+

(x ,y1 1)=1 (x y ,x y1 1+ 1)=1 x y x y1 1( 1+ 1) 1

x +y =1 *

1 x ,y ∈N

( ) ( ) ( )

( )( ) ( ) ( )

2 3 2

2 3

2

3

x y 4xy y x 2y

x xy xy y 2y

xy x y

− + + − − =

⇔ + − + + − + =

⇔ + − + − =

(98)

Ta thấy với x, y số tự nhiên :

Do Nghĩa x lấy giá trị 0, 1,

Với x = thay vào (2) ta được: y2 – 2y – = hay y = -1 (loại) y =

Với x = 3y3 + – (y -1)2 = (vô nghiệm)

Với x = y =

Vậy phương trình cho có nghiệm (2, 1) (0, 3)

Bài 119 Phương trình cho tương đương với :

( )

2

2x + y−2 x+y −2y=0 (1)

Xem phương trình bậc hai theo ẩn x

( )2 ( 2 ) 2 ( )( )

2 12

y y y y y y y

∆ = − − − = − + + = − − −

Để (1) có nghiệm 2

7 y

−

∆ ≥ ⇔ ≤ ≤ y∈ ⇔ ∈Z y {0,1, 2}

• Với

0 2

1 x

y x x

x

= 

= ⇒ = ⇔ 

= 

• Với

1 ( )

1 2

1 x loai

y x x

x

−  = 

= ⇔ − − = ⇔

 = 

• Với

2 0

y= ⇔ x = ⇔ =x

Vậy tập nghiệm phương trình ( ) ( ) ( ) ( )0; ; 1;1 ; 1; ; 0;

Bài 120. Ta có:

Đặt

Khi ta có: , từ suy Đặt p = 3k

Thay giá trị p vào (2) ta có:

Suy

Thay k = 3m vào (3) ta được:

( )2

2

xy 0,+ > y 1− ≥0

2

x 0− ≤

( )2 ( )2

2

x xy y x y x y

4

− + = + + −

( ) ( 2 2) ( ) ( )2 ( )2

2

x y 7 x y 3 x xy y 7 x y x y x y

7 4

x xy y

− = ⇔ − = − + ⇔ − = + + −

− +

p x y,q x y= + = −

( 2) ( )

28p p 3q= + 28p 3 ⇒p 3 (k Z∈ )

( 2) ( ) 28k 3k q= + ( )

k 3 ⇒ =k 3m m Z∈

( )

2 2 28

28m 27m q m 27m 28 q 0 m m m

27

= + ⇒ − = − ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ = ∨ =

(99)

Với m = q = p = suy x = 0, y = (loại) Với m = p = q = q = -

Từ suy x = 5, y = x = 4, y =

Vậy phương trình có nghiệm (x, y) = (5, 4); (4, 5)

Bài 121. Vì x y, nguyên dương nên 16(x3−y3)=15xy+371> ⇒ >0 x y

Ta lại có ( 3)

15xy=16 x −y −371 số lẻ nên x y, lẻ suy y≥1;x> ≥ ⇒ ≥y x

Xét x= ⇒ < ⇒ =3 y y thay vào phương trình thỏa mãn

Xét x≥5 ta có x− ≥2 y, suy 16(x3−y3)≥16x3−(x−2)3=16 6( x2−12x+8)

Mặt khác ( )

15xy+371 15≤ x x− +2 371 15= x −30x+371 Ta chứng minh

( )

16 6x −12x+8 >15x −30x+371.

Thật vậy, ( )

16 6x −12x+8 >15x −30x+371

( )( )

2

81x 162x 243 x 2x x x

⇔ − − > ⇔ − − > ⇔ + − > với x≥5. Suy ( 3)

16 x −y >15xy+371 với x≥5 Vậy phương trình có nghiệm ( ) ( )x y; = 3;1

Bài 122. Ta có: (x−y)(2x+ + +y 1) (9 y− =1) 13⇔2x2+xy+ −x 2xy−y2− +y 9y− −9 13=0

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2x −2xy+6x + xy−y +3y − 5x−5y+15 = ⇔7 2x x− + +y y x− + −y x− + =y

(x y 2)( x y 5)

⇔ − + + − =

+ TH1:

10

3 3

2 12 16

3

x

x y x y

y

 = 

− + = − = −

 ⇔ ⇔

 + − =  + = 

   =



(loại)

+ TH2:

10

3 3

2

3

x

x y x y

y

 = 

− + = − =

 ⇔ ⇔

 + − =  + =  −

   =



(loại)

+ TH3:

2 2

x y x y x

x y x y y

− + = − − = − = −

  

⇔ ⇔

 + − = −  + = −  =

   (thỏa mãn)

+ TH4: 10

2

x y x y x

x y x y y

− + = − − = − = −

  

⇔ ⇔

 + − = −  + =  =

   (thỏa mãn)

(100)

Vậy pt cho có nghiệm nguyên (x y; ) là: (−2; 2), (−2;8)

Bài 123 Điều kiện: Từ phương trình suy Bây ta viết lại phương trình cho dạng

(1)

Từđây, ta có chia hết cho Mà nên chia hết cho (2) Mặt khác, ta lại có

Do đó, kết hợp với (1), ta suy

Từđó, với ý , ta có đánh giá Kết hợp với (2), ta

Giải hệphương trình

Bài 124 Ta có

Vì nên dó

Vì nên có trường hợp sau

TH1:

TH2:

Bài 125 Điều kiện Đặt

Xét

2 0

x +xy y+ ≠ x y− ≠0

( ) ( 2)

13 x y− =7 x +xy +y

( )

13 x y− (14,7 1= ) x −y

( )2 ( )2 ( )2

2

4 4

x +xy +y = x y− + x y+ ≥ x y−

( ) 7( )2

13

4 x y− ≥ x y−

0

x y− ≠ 52

7 x y < − <

x y− = x2+xy y+ =13.

{ {

2

3

13

3 x y x y

x xy y x

y  =  = − − =

 ⇒ 

 + + = =

 

= − 

( )2 ( )2 ( )

2 2 2

2

b +c =a ⇒ b+c − bc=a ⇒ b+c − a+ +b c =a

( ) (2 )2

2

b c a

⇒ + − = +

1

b> ≥c b c+ − ≥2

( )2 ( )( )

2

2 4 4

b c+ − = + ⇒ = + − ⇒a a b c b +c = b c+ − ⇔ b− c− =

4

b− > − ≥ −c

4 12

13

4

b b

a

c c

− = =

 ⇒ ⇒ =

 − =  =

 

4

10

4

b b

a

c c

− = =

 

⇒ ⇒ =

 − =  =

 

0 x≠

2018 2018

a= +x ⇒ = −x a

7 7 2018 2018

2018 2018

a b

x a a

− +

= − = − =

− −

( 2018) 2025 2018

b a a

⇒ − = −

2015 ( ) 2018

ab b a

⇒ − = −

(101)

Với

Bài 126.

Vì cặp ; nguyên nên:

TH1:

TH2:

Bài 127. Đặt ta Trường hợp 1: Nếu số tự nhiên ta

Trường hợp 2: Nếu số hữu tỷ giả sử Khi

Ta có

Vậy có số thỏa mãn

,

a b∈Z

2025 ( ) 2018

ab Z a b

⇒ − ∈ ⇒ − = a b ⇒ = 2025 45 a b ⇒ = = ± = ±

+ a=45⇒ =x 45− 2018 + a= − ⇒ = − −45 x 45 2018

( )2 4 3 2 ( )2 ( 2 )2

2018 11 2018

x− =y − y + y − y⇔ x− + = y − y+

( )2 ( 2 )2 ( 2 )( 2 )

2018 1 2019 2017

x y y y y x y y x

⇔ − − − + = ⇔ − − + − + − = x y 2 2018

3 2019 2018;

2018;

3

3 2017

x

y y x x y

x y

y y

y y x

=  − − + =   = =  ⇔ ⇔    = = − = − + − =     2 2018

3 2019 2018;

2018;

3

3 2017

x

y y x x y

x y

y y

y y x

=  − − + = −   = =  ⇔ ⇔    = = − + = − + − = −    

( ) (x y; ∈{ 2018; , 2018;1 , 2018; , 2018;3) ( ) ( ) ( )}

( )

2

;

b=qa c=q a q> a 1( + +q q2)=91 13.7.=

q

2

1

1; 9; 81

1 91

a a

a b c q q q = =   ⇔ ⇒ = = =   = + + =   7

7; 21; 63

1 13

a a

a b c

q q q = =   ⇔ ⇒ = = =   = + + =   13 13

13; 26; 52

1

a a

a b c

q q q = =   ⇔ ⇒ = = =   = + + =  

q q x(x 3;y )

y

= ≥ ≥

( 2) ( 2)

a 1+ +q q =91⇔a x +xy+y =91y (x2+xy+y2 ≥19)

2

2 2

2 91 6;

ax a

c a ty x xy y x y

y y

= ∈ ⇒ ∈ ⇒ = ⇒ + + = ⇒ = =

25; 30; 36

a= b= c=

(a b c; ; ) (1;9;81 , 81;9;1 , 7; 21; 63 , 63; 21; ; ) ( ) ( ) ( )

(102)

Bài 128. Ta có: x x 1( + =) (n n 2+ )⇔x2 + + =x 1 (n 1+ )2 (1)

Với x∈ Ν* thì: x2 <x2 + + <x 1 (x 1+ )2 nên x2 + +x 1 số

phương mà (n 1+ )2là số phương với ∀ ∈ Ζn , (1) không xảy Vậy với số nguyên n cho trước, không tồn số nguyên dương x cho

( 1) ( 2) x x+ =n n+

Bài 129.

1) Đặt

Ta có (Vì

Đặt

+) Với , ta có

hệ vơ nghiệm

+) Với

Nếu

Nếu Vì ngun nên

• hệ vơ nghiệm

•

3

M= 1+ x + 1− x (x≥0)

( )2 ( )2

3 3

3

M = +2 1+ x 1− x +3 1+ x 1− x = +2 3.M x− ≤ +2 3M

31 x− ≤1

x 0) ∀ ≥

( )( ) ( ) ( )

3

2

M 3M

M M M

M M

M

⇒ − − ≤

⇔ + − − ≤

⇔ + − ≤

= −  ⇔  ≤

 3

a x

b x

 = + 



 = − 

(a≥1, b 1≤ )

M= −1 3 3 ( 2 3) 3

a b

1 3b 3b b b

a b

= − − 

+ = −

 ⇔

 + = − + + + + =

 

2

a b

b b

= − − 

⇔ 

+ + =

 ⇒

( )3 3 3 ( ) M≤ ⇔ + ≤ ⇔2 a b a+b ≤ ⇔8 a +b +3ab a+b ≤8 ( ) ( ) 3 3 ( )( )2

ab a b ab a b a b a b a b

⇔ + ≤ ⇔ + ≤ + ⇔ + − ≥

a b a b

=  ⇔  + ≥



3

a= ⇔b 2a = ⇔ = ⇔ =2 a x

a+ ≥ ⇒ ≤b 0 M≤2 M M={0;1; 2}

3

a b a b

M

0

a b

+ = = −

 

= ⇒ ⇔ =

+ = 

 ⇒

3 2 2

a b a b a b

M

a b a ab b 2b b b b b

+ = = − = −

  

= ⇒ ⇔ ⇔

+ = − + = − + − + + =

  

(103)

Kết hợp điều kiện ta

(TM )

•

(TM )

Vậy với thỏa mãn yêu cầu toán Bài 130.Giả thiết ( )2 2 2 2 2

3 x 18y 2z 3y z 54

⇔ − − + + = (1)

+) Lập luận để 2

3 3 9 9

z  ⇒ z ⇒z  ⇒ z ≥ (*)

(1) 2 2

3(x 3) 2z 3y z( 6) 54(2)

⇔ − + + − =

(2) 2 2 2

54 3(x 3) 2z 3y z( 6) 3(x 3) 2.9 3y

⇒ = − + + − ≥ − + +

2

(x−3) +3y ≤12

2 2

4 1;

y y y

⇒ ≤ ⇒ = = y nguyên dương

Nếu

1

y = ⇔ =y (1) có dạng:

( )2 2 2 2 72 2

3 72 72

5

x− + z = ⇒ z ≤ ⇒z ≤ ⇒ z = ⇒ =z (vì có(*))

Khi ( )2 ( )2

3 x−3 =27⇒ x−3 =9, x nguyên dương nên tìm x=6 Nếu

4

y = ⇔ =y (vì y ngun dương) (1) có dạng:

( )2 2 2

3 x−3 +14z =126⇒14z ≤126⇒ ≤ ⇒ = ⇒ =z z z 3(vì z nguyên dương)

Suy

(x−3) = ⇒ =0 x 3(vì x nguyên dương)

2

3 21 b

6 a b

3 21

3b 3b b

6 a b

 = +   = −

 

⇔ − − = ⇔  −

= 

 

 = − 

3 21 a

6 21 b

6 21 a

6 21 b

6

 −

=    = +  ⇔

 +

 = 

 −



 =

  

3 21 21

a x

28

6

x 27

3 21 21

b x

6

 = +  + = +

 

 ⇔ ⇔ =

 

− −

 =  − =

 

 

2 2

3 2

a b a b 4b b 2b b b

M

a b a ab b a b

+ = = −

   − + − + + =

= ⇔ ⇔ ⇔

+ = − + = = −

  

b

x a

= 

⇔ = ⇔ =



x=0 x 28 27

=

(104)

Đáp số

3

2;

3

x x y y z z

= =

 

 =  =

 

 =  =

 

Bài 131.

a) Tìm số nguyên dương x, y thỏa mãn 3 ( 2)

95

x −y = x + y

 Phân tích lời giải Đặt d x, y x da y; db với a b, N*  a b, 1

Và phương trình trở thành d a – b a  abb295 a b2

Vì a2 b ,a2 abb21 nên a2 abb2 a – b23ab ước 955.19, ước

này chia dư lớn nên 19, a – b2 3ab19

Từ ta 65 195

130

a b a x

d

a b b y

  

           

  

     

  

  

Vậy cặp số nguyên dương thỏa mãn toán   x y;  195;130

b) Tìm số thực x, y thỏa mãnx2 y2 4 x y 1

x y

 

     

 Phân tích lời giải Từ hệ thức tốn cho ta có điều kiện xác định x 1;y 1 Hệ thức cho có chứa biến mẫu chứa thức bậc hai, để tìm x, y thỏa mãn ta biến đổi hệ thức cho dạng tổng bình phương Ta có

 

2

4 8 4 1 1

4

4 4 4 0

x y x y

x y

y

x x x y

x x y y

        

  

      

1x2 4x x 4x 1 y2 4y y 4y

x y

          

 2  2

1

2

x x y y

x y

       Vì x 1;y1 nên ta có

 2  2 2

1

2

x x x

x x y y

y

x y y y

     

 



        

  

 



Thử lại ta thấy    x y;  2;2 thỏa mãn yêu cầu toán

Bài 132. Để ý 2x y+ =(3x 2y+ ) (− x y+ ) nên phương trình cho viết lại thành ( )( ) (2 ) ( )

x y 3x 2y+ + = 3x 2y+ − +x y 1−

(105)

Đặt a x y; b 3x 2y= + = + Khi ta có ab2 = − −b a 1 hay a b b 1( 2+ = −)

Từ suy b 1− chia hết cho b 12 + Do ta b b b 12 + −( − )( + ) chia hết cho

b 1+ hay chia hết cho b 12+ Suy b 1; 22+ ∈{ } nên b∈ −{ 1;0;1}

+ Với b= −1 ta a= −1, ta ( ) (x; y = 1; 2− ) + Với b 0= ta a= −1, ta ( ) (x; y = 2; 3− ) + Với b 1= ta a 0= , ta ( ) (x; y = 1; 1− )

Vậy cặp số nguyên ( ) (x; y = 1; , 1; , 2; 3− ) ( − ) ( − ) thỏa mãn yêu cầu toán

Bài 133. Trước hết ta chứng minh bổ đề: Với số nguyên tố có dạng p  4k 3 ta

ln có

 

2 a p ,

a b p a b Z

b p



   

 



Thật vậy, ta xét hai trường hợp sau

+ Trường hợp Nếu hai số a b chia hết cho p ta suy điều cần chứng minh

+ Trường hợp Nếu hai số a b khoog chia hết cho p Khi ta có

   a p;  b p; 1

Theo định lí Fecmat ta có  

     

1

4 4

1 mod mod

2 mod

1 mod mod

p k

k k

p k

a p a p

a b p

b p b p

 

 

 

 

   

 

    

 

   

 

 

Mặt khác ta có a4k2 b4k2  a2  k  b2 2k1 chia hết cho a2 b2 nên chia hết cho p

Từ suy chia hết cho p, mà p số nguyên tố nên ta p 2 Điều mâu

thuẫn p số nguyên tố lẻ

Như trường hợp không xẩy hay bổ đề chứng minh

Trở lại toán Do 4617 chia hết cho 19 nên 12x2 26xy15y219 hay ta

 

     

2 2 2 2

2 2 2

12 12 15 38 19 12 12 15 19

3 4 19 4 19

4 4 19 2 19

x xy y xy x xy y

x xy y x xy y

x xy y y x y y

     

     

      

 

(106)

Do 19 số nguyên tố có dạng 4k 3 nên áp dụng bổ đề ta suy

2 19 19 19 19

x y x y x x

y y y y

   

     

   

   

   

   

   

Từ ta 4x24xy 5y2192 Điều dẫn đến mâu thuẫn 4617 khơng chia hết

cho 192

Vậy không tồn cặp số nguyên  x y; thỏa mãn yêu cầu toán

Bài 134. Ta có x4 2x2  y3  x4 2x2  1 y3  1 x2 12 y1 y – y 1

Gọi dy1; y2  y 1 Khi ta có y 12d y2  y 1d nên ta

 2  2 

1

y  y  y d  y d

Do d nguyên tố nên ta có hai trường hợp

+ Khi 3d ta x2 12 y1 y – y 1 9 nên x2 1 92 x2 1 3 Điều

vơ lý số phương chia cho khơng thể có số dư + Khi 3d ta y d , kết hợp với y1d ta suy d 1

Do y1; y – y2 11

Khi y1 y – y 1 số phương nên ta đặt y 1 a ; y – y2  1 b2

trong a, b số nguyên dương  a b; 1 Tứ ta

  2    

2 2 2

b  a 1 – a 1  4b 4a 12a 12  2b – 2a 3 2b2a 3 

Vì  2b 2a2 32 2b2a23 nên ta xét trường hợp sau

+ Trường hợp Với

2

1

2

2 3

b

b a

a

b a

 

     

 

 

 

     

 



, hệ khơng có nghiệm ngun + Trường hợp Với

2

2 2

1 y 1

2 3

0

1 y – y 1

2

b

b a a

x y

b a

   

          

   

      

   

              



Thử lại vào phương trình ban đầu ta thấy thỏa mãn Vậy phương trình có nghiệm  0;0

(107)

Bài 135. Nhận xét: số nguyên thỏa mãn thật vậy,

suy

Phương trình tương đương với

suy ( )

Thay vào phương trình ta thu

Lập luận tương tự ta thu ( )

Và nhận phương trình

Tương tự ta có ( ) thu

Từ phương trình suy

Suy

Đáp số: , , ,

Bài 136. Phương trình tương đương với

ước

+ Giải (vô nghiệm)

+ Giải

+ Giải (vơ nghiệm)

Vậy

Bài 137. Ta có:

;

a b a2b23 a b; 3

   

2 0,1 mod3 ; 0,1 mod3

a  b 

      2 2 mod3

0 mod3 ,

0 mod3

a

a b a b

b          

6x29y2  x2y228 9

 

2 0 mod3

x y   

 

2

1

2

0 mod3

3 ;

0 mod3

x

x x y y

y

  

   



 x y1; 1

2

1

5 9 x   8 y 28 9

2 2

1

5 x y 28

     

1 ; 32

x  x y  y x y2; 2

2 2

2

5 9 x   8 y 28 9

2

5 x y 28

     

2 ; 33

x  x y  y x y3; 3 5x32 8 y3228

2

3 28 28

y  

2

3

2 2

3 28 y x y x            

2 2

3 ;

x y

  

2 2

2 ;

x y

   

2 2 2 2

1 ; 9 ;

x y x y

       

3

2 ;

x  y x 2 ;3 y 33 x  2 ;3 y33 x  2 ;3 y 33

x y 1xy x y  2x y  1

x y 1xy x y 2

      

1

x y

  

1

2

x y x y

xy x y xy

                       

1

2 1

x y x y x

xy x y xy y

                                     

1

2 1

x y x y x

xy x y xy y

                                

1

2

x y x y

xy x y xy

                          

x y;   1;1  , 1;

(108)

( 2)( 2) ( )( ) ( )( ) 2 2

1 25 ( 1) ( ) 25

( ) 25 ( 1) ( 1) 25

x y xy x y xy xy x y xy x y xy x y x y

+ + + + + + = ⇔ + + + + + + =

⇔ + + + = ⇔ + + =

Vì x, y khơng âm nên (x + 1)(y + 1) = ta có (x; y) = (0; 4) ; (4; 0)

Bài 138. a) Gọi nghiệm phương trình (1), Theo Vi-ét ta có:

Từ (*) ta có

Suy a = a = b) Ta có:

Do 199 số nghuyên tố nên:

a = -2

Bài 139. Đặt ,

Ta có:

Hay

Vì Vậy

Ta phải tìm x,y nguyên dương cho:

Suy x, y hai nghiệm phương trình bậc hai:

Ta có Vậy ta phải có:

Bài 140. Ta có:

1,

x x ∈Z

1 2

5 (*)

5

x x a

x x a

+ = +



 = +



1

5 5 25

5

x x a

x x a

+ = +



 = +



(x1 5)(x2 5) 1.2 2.1 ( 1).( 2) ( 2).( 1)

⇒ − − = = = = − − = − −

1

1 2

1

198 198

x x a

x x x x

x x a

+ = − 

⇒ + − = −

 = −



(x1 1)(x2 1) 199

⇔ − − =

(x1−1)(x2− =1) 1.199 199.1 ( 1).( 199)= = − − = −( 199).( 1)− ⇒ =a 198

u= +x y v=x y.

( )3 ( )

3

1 3

x +y + = xy⇔ x+y − xy x+y + − xy=

3

u − uv+ − v= ⇔(u+1)(u2− + −u 1) (v u+ = ⇔1) (u+1)(u2− + −u 3v)=0

, 0

x y> ⇒ = + > ⇒ + ≠u x y u

( )

2

1

3

u − + −u v= ⇒ =v u − +u

( )

1

3

x y u

x y u u

+ =  

 = − +



( )

2

1

3

X −uX + u − + =u

( )2

1

2

3 u

∆ = − − < u≠2 2 1

2

u u= + = ⇒ = = =x y x y

(109)

4 2

2 2

2

( ) 2( ) 1

( 1)

PT y y y y x x

y y y y y x x

y y y y x x

y y x x

⇔ + + + = +

⇔ + + + + + = + +

⇔ + + + + = + +

⇔ + + = + +

Đặt

1

t = y + +y t∈ vàt ≥1, ta được:

( )

( )( )

2 2

2

1 4 4

4

2 2

t x x t x x

t x

t x t x

= + + ⇔ = + +

⇔ − + =

⇔ − − + + =

Chú ý 2t + 2x+1≥3 nên ta có 2t + 2x + = 2t – 2x - = Suy phương trình có nghiệm ngun khơng âm x = 0; y =

Bài 141. Đặt p= +x y q; = −x y ,

2

p q p q x= + y= − Thay vào (1) ta ( 2)

28p=3 p +3q (1)

Từ (2) suy ra: 28p  mà (28,3) = nên p 3, đặt p = 3k Thay vào (2): ( 2)

28k =3 3k +q ⇒k3 đặt k = 3m ta

( )

28 27

m − m =q ⇒ =m m = Nếu m = => x = y =

Nếu m = => x = 5, y = x = 4, y = Vậy (x,y) ∈{( ) ( ) ( )0; , 5; , 4;5 }

Bài 142.Phương trình cho tương đương với: ( )

2

17y +34xy+51 x+y −1734= −6 x

Vế trái phương trình chia hết cho 17 Đặt x=17k+r n( ∈N, 0≤ ≤r 16)

Dề thấy 2 ( )2

6 17

x − = k+r − không chia hết cho 17

Vậy phương trình khơng có nghiệm nguyên

Bài 143. Chú ý số hữu tỉ biểu diễn dạng liên phân số:

(110)

0

2

1

n

a q b

q q

q

= + +

+ +

+



Với *

0 ; 1, 2, , n qn

q ∈Z q q q ∈N v ≥

Phương trình cho tương đương với

( )

2

2 38 1

5

1

2 x y x xy y

x y xy

x y

+ + + = ⇔ + + = +

+ + +

Từ suy x=2,y =3

Bài 144.

Ta viết lại phương trình: (x+ +y 1)(xy+ +x y) (=2 x+ + + ⇔y 1) (x+ +y 1)(xy+ + − =x y 2)

1

x y

⇒ + + ước

+ Giải 1

2

x y x y

xy x y xy

+ + = + =

 

⇔

 + + − =  =

  ( Vô nghiệm)

+ Giải 1

2 1

x y x y x

xy x y xy y

+ + = − + = − = −

  

⇔ ⇔

 + + − = −  =  = −

  

+ Giải

2 1

x y x y x

xy x y xy y

+ + = + = =

  

⇔ ⇔

 + + − =  =  =

  

+ Giải

2

x y x y

xy x y xy

+ + = − + = −

 

⇔

 + + − = −  =

  ( Vô nghiệm)

Vậy: ( ) (x y; = −1; , 1;1) ( )

Bài 145.

Ta viết lại phương trình:

( )

2

2 2

2

4

4 4

4 2.2

2 2

x x y y y

y y y

x x y y

+ + + + + =

+ + +

     

⇔ +   +  + + + −  =

     

Hay:

2 2

4 4

2

y y y

x +  + + 

 +  − = −

 

   

(111)

( )( )

2

4

2 2

2

y y

x + + x y x y

 +  −  = − ⇔ + + + = −

   

   

Ta có trường hợp xả yra: TH1:

2

3

2 2 3

2 y

x y x y

x y x y x

= − 

+ = + =

 ⇔ ⇔

 + + = −  + = −  =

   (loại)

TH2:22xx++ = −3yy+ =11 2⇔22xx++ = −3yy=11⇔xy= −=11( thỏa mãn)

TH3:

1

2 2 2

2 1 3

4

y

x y x y

x

 = 

+ = − + = −

 ⇔ ⇔

 + + =  + = 

   = −



(loại)

TH4:

1

2 2 2

2 1

4

y

x y x y

x

 = − 

+ = + = −

 ⇔ ⇔

 + + = −  + = − 

   = −



( thỏa mãn) Vậy phương trình có nghiệm nhất( ) ( )x y; = 1;1

Bài 146.

Ta viết lại phương trình:( )( 2)

91 13.7

x−y x +xy+y = =

Vì(13, 7)=1vàx2+xy+y2 >0suy khả xảy là:

2

7

13 x y

x xy y

− =  

+ + =

 2

13 x y

x xy y

− =  

+ + =



Ta tìm nghiệm:( ) ( ) (x y; = 6;5 ; − −5; ; 4; ; 3; 4) ( − ) ( − )

Bài 147

Ta viết lại phương trình: ( )

1

x + + =x y x+ , để ý x= −2 khơng phả nghiệm

phương trình nên suy 2( 2) ( 2) (5 2)

2

x x x x x

x x

y y

x x

+ − + + + −

+ +

= ⇔ =

+ + hay

2

2 y x x

x

= − + −

+ , đề x y; ∈ Ζ ⇒ + ∈x U( )9 Từ ta tìm nghiệm phương

trình là: ( ) (x y; = −11;149 ; 7;39 ;) ( ) (−5; 43 ;) (−3; 29 ;) (− −1; ; 1;1) ( )

Bài 148.

Sử dụng đẳng thức: 3 3 ( )3 ( )

3

a −b = a−b + ab a−b ta có: ( )* tương đương với

( )3 ( )

3

x−y + xy x−y =xy+ Đặt x− =y a xy, =b với a b, ∈ Ζ phương trình trở thành:

(112)

( )

3 3

3 8

a + ab= + ⇔b a − = −b a− ⇒a −  a−

Suy ( )

27 a −8 3 a− ⇔1 27a − −1 215 3 a−1 Do 27a3− =1 (3a−1 9)( a2+3a+1 3) a−1, suy

ra điều kiện cần là: 215 3 a−1, ý 215=43.5.Từ ta tìm a=2,b=0suy

các cặp nghiệm phương trình là:( ) (x y; = 0; ; 2; 0− ) ( )

Chú ý: Với phương trình đưa ẩn x−y xy; x+y xy; ta dung phép đặt ẩn

phụ để chuyển thành toán chia hết

Bài 149

Từ giả thiết ta suy

2

x − xy+ hay ( )

2

y x − xy+ Ta có phân tích sau:

( ) ( ) ( )

2 2

y x − =x xy+ − x+y suy 2(x+y xy) +2 hay 2(x+y) (=k xy+2)với k∈N*

*Nếu k≥2thì 2(x+y) (=k xy+ ≥2) (2 xy+ ⇔ + ≥2) x y xy+ ⇔2 (x−1)(y− + ≤1)

Điều vơ lí x y, ≥1 Vậy k = ⇔1 2(x+y)=xy+ ⇔2 (x−2)(y− =2) Từ tìm ( ) ( ) ( )x y; = 3; ; 4;3

Bài 150 Đặt z= −y 2, phương trình cho trở thành:

( )2 ( )2 ( )( )

2 26

x+ z+ z+ x+ = ⇔ x+ +z xz+ = từ suy x+ + ∈z U(6) Giải

trường hợp ta thu cặp số ( )x y; thỏa mãn điều kiện là: ( ) (x y; = 1; ;− ) (−3;3 ;) (−10;3 ; 1; 8) ( − )

Bài 151 Đặt d =( )x y d, ; ≥1suy x=ad y; =bd với ( )a b, =1 Từ phương trình ta có:

( )( 2) 95( 2)

d a−b a +ab+b = a +b Vì ( )a b, =1 nên (a2+ab+b a2; 2+b2) (= ab a; 2+b2)=1

Suy 2

(95)

a +ab b+ ∈U Nếu a2+ +b2 ab5⇒4(a2+ +b2 ab)5⇒(2a b+ )2+3b25 Một số phương chia dư 0; 1; Suy a b, 5điều trái với giả thiết( )a b, =1 Vậy a2+ab+b2 =19,

0 2;

a> > ⇒ =b b a= cặp số thỏa mãn: Từ tính cặp nghiệm phương trình là: ( ) (x y; = 195;130)

Bài 152 Ta viết lại giả thiết thành:

( 2 ) (2 2 ) (2 4 2 2 2)( 2 ) (2 2 )2 2( 2 2 )

2 5

x + = y + + y +x y + y x + − y + = y x +y +

Hay ( 2 )( 2 ) 2 ( )( )

5 2 1

x +y + x − y − = ⇔x − y = ⇔ x− x+ = y

Suy (x−1)(x+1 2) hay x−1 x+1chia hết cho Mặt khác ta có: x+ − − =1 (x 1) 2 nên số x+1,x−1đều chia hết cho Do (x−1)(x+1 ) ⇒ y 2, mà y số nguyên tố nên

2

y  ⇒ =y Thay vào ta tìm x=3

Bài 153 Đặt ( )x y, = ≥d suy x=ad y, =bd với a>b a b, ( , )=1 thay vào phương trình ta

có: 3 3 3 3 2 2 2 2

13( ) ( )( ) 13( ) 13( ) ( )

a d −b d = a d −b d ⇔d a b a− +ab b+ = a +b ⇒ a +b  a +ab b+

Ta lại có: 2 2 2

(a +b a, +ab b+ )=(a +b ab, ) 1= Thật giả sử

2

1

(a b ab, ) d a b d ab d

 +

+ = ⇒ 





 giả sử a d 1⇒b d

(113)

Mà ( )a b, = ⇒ =1 d1 Như ta có:

2

a +b không chia hết cho a2+ab+b2

Suy 2 2

13a +ab b+ ⇒a +ab b+ =13⇒ =a 3,b= ⇒ =1 x 15,y=5

Bài 154 Đặt x2 =a y, =b ta viết lại phương trình thành

( )

2

16 14 49 16

17

a b b a b

+ + +

= + +

Hay

( ) ( )

2

2 2 2

2

16 14 49 16

16 17.16 17( 7)

17

a b b

a b a b

a b

+ + +

= ⇔ + + = + +

+ + hay

( ) ( )2 ( )2

2

256a −32 b+7 + b+7 = ⇔0 16a− −b = ⇔0 16a− − =b hay 16x2−y2 =7 Tức (4x−y)(4x+y)=7 x y, số tự nhiên nên ta suy 1

4

x y x

x y y

− = =

 

⇔

 + =  =

 

Bài 155 Dễ thấy với x=0hoặc y=0 không thỏa mãn

Xét x y, ≥1 vai trò nhau, giả sử x ≥ y

Khi ta có 2 2 { }

3 1;

x −xy+y ≤ x ⇒y ≤ ⇒ ∈ ± ±y

+ Nếu 2

1 6

y= ⇒x − + =x x ⇒ =x

+ Nếu 2

1 6

y= − ⇒x + + =x x ⇒ = −x

+ Nếu 2

2 4

y= ⇒x − x+ = x − ⇒ ∉x  loại

+ Nếu 2

2 4

y= − ⇒ x + x+ = x − ⇒ ∉x loại Đáp số: ( ; )x y =(6;1), ( 6; 1), (1; 6), ( 1; 6).− − − −

Bài 156 Từ điều kiện x+ − =y z suy z= + −x y thay vào điều kiện ban đầu ta có: ( )2

2

3x +2y − x+ −y =13 Hay 2x2+y2−2xy−4x+4y− =9

( ) ( ) ( )2 ( )2

2 2

2 2 2 2

y y x x x y y x x x x x

⇔ − − + − − ⇔ − − + − + − − − − =

( )2 2

2 13

y x x

⇔ − + + = = + , suy

4

x = x2 =9 ⇔ =x x=3 Nếu x=2 suy y=3 ⇒ =z 3, x=3 suy (y+1)2 = ⇒ = ⇒ =4 y z

Vậy có hai số (x y z; ; ) thỏa mãn điều kiện (2;3;3) (3;1; 2)

Bài 157 Ta thấy x= =y nghiệm phương trình

Với x y, ≠0 giả sử ( )

( ) d

, d

,

x m

x y d y n

m n

 =  = ⇒ =

 =



thay vào phương trình ta được:

( ) ( )2 ( ) ( )2 ( )

2 2 2 2

m d md+nd = md−nd n d ⇔m m+n =n d m−n ⇒m m+n n

Do ( ) ( )

( )

2

,

, 1

,

m n

m n n n

m n n

 =



= ⇒ ⇒ = ⇒ = ±

+ =



(114)

Nếu 2( ) ( )2 ( )2 { }

1 1 1 1 3; 2; 0;

n= ⇒m m+  m− ⇒ +m  m− ⇒ +m m− ⇒ ∈m − từ tìm

các cặp nghiệm ( ) (x y; = 27;9 , 24;12 ) ( )

Nếu 2( ) ( )2 { }

1 1 1 3; 2; 0;1

n= − ⇒m m− =d m+ ⇒ −m m+ ⇒ ∈ − −m , kiểm tra khơng có giá

trị thỏa mãn

Bài 158 Dễ thấy với x=0 y=0 không thỏa mãn

Xét x y, ≥1 vai trò nhau, giả sử x > y Khi ta có 2

3 x −xy+y ≤ x

Suy 2 2 2 { }

5 8x 1,

x y =x −xy+y + ≤ ⇒y ≤ ⇒ ∈ ± ±y + Nếu y= ⇒1 x2− + =x 6 x2 ⇒ =x 6.

+ Nếu 2

1 6

y= − ⇒x + + =x x ⇒ = −x

+ Nếu 2

2 4

y= ⇒ x − x+ = x − ⇒ ∉x Z loại

+ Nếu 2

2 4

y= − ⇒ x + x+ = x − ⇒ ∉x Z loại Đáp số: ( ) ( ) (x y; = 6;1 , − −6; , 1; ,) ( ) (− −1; )

Bài 159: Đặt u= +x y v; =xy, ta có:

2

3 0,

uv − + − =v u ta phải có:

( ) { }

1 3 0,1, 2,

v u u u u

∆ = − − ≥ ⇒ ≤ ⇒ ∈

Đáp số: ( ) ( ) ( )0;3 , 3; , 1;1

Bài 160. Ta viết lại phương trình thành:

3 2

2

2 37 (2 )(2 ) 1.37

2 37

x

x x x x

x x

y y y y

y y

 − = 

− = ⇔ − + + = ⇒ 

+ + =



Thay 2x = +y ta có:

2 2

(y+1) +(y+1)y+y =37⇔ y + =y 12⇔ y y( + =1) 3.4⇒ =y 3,x=2 Vậy phương trình có nghiệm (x; y) = ( 3; 2)

Bài 161. Ta thấy cặp số ( 0; 0) nghiệm phương trình

Nếu n = x = y⇒x= y2(x≤0) nghiệm phương trình (x; y) ( t2; t) với

N t∈

Nếu n = x+ x = y⇒ x+ x = y2 ⇒ x = y2 −x⇒ x là sốtựnhiên

t x =

⇒ với t∈NKhi t(t + 1) = y2 ( ) ( )2

1 < + +

<t t t

t nên t2 < y2 <(t+1)2

Điều không xảy với t > phương trình có nhiệm (0; 0)

(115)

Với n≥3 ta có x+ x+ x+ + x = y2 −x vế trái n - dấu ; đặt

1

y x y − =

1

là số nguyên dương Tiếp tục làm n - lần dẫn đến

= + x

x y2n−2 −x

Như ta lại trở trường hợp thứ có nghiệm (0;0)

(116)

NGƯỜI CHỨNG MINH ĐỊNH LÝ PHÉC – MA CUỐI CÙNG (Trích viết sách “9 Chuyên đề số học Vũ Hữu Bình”)

Vào năm 1917, nhà toán học kim luật gia người pháp Phéc – ma (Pierre de Fermat, 1601 – 1665), nêu mệnh đề sau (được gọi định lý lớn Phéc – ma, gọi định lý cuối Phéc – ma):

Phương trình xn+yn =zn với n số ngun lớn khơng có nghiệm dương

Người ta tìm thấy chứng minh Phéc – ma với n = n = Một trăm năm sau người ta chứng minh mệnh đề với n = 5, Đến năm 1992 với phát minh máy tính người ta chứng minh với n 4000000≤ Đến năm 1993 toán treo lơ lững thách đố khả người Ít người tin tốn giải kỉ XX

Người làm cơng trình tuyệt vời nhà toán học người anh Oai – lơ (Andrew Wiles, sinh năm 1953) Ơng tự nguyện gắn bó đời với tốn kỉ từ năm 23 tuổi Ơng kể lại:

“Tơi nghĩ toán suốt ngày, lúc ngủ Khi bế tắc tơi dạo gần hồ.Tơi có sẵn bút chì giấy Lúc có ý tưởng tơi ngồi xuống băng ghế viết vội ra, suốt – năm trời Một buổi sáng cuối năm – 1993, tơi ngó lướt qua nghiên cứu mình, có câu làm tơi ý, câu nhắc đến cơng trình vào kỉ XIX, tơi nhận tơi dùng để hồn tất chứng minh Tơi tiếp túc tới chiều quên ăn trưa Khoảng – chiều tơi tin tưởng giải tốn Tơi xuống nhà nói với vợ tơi tơi chứng minh định lý Phéc – ma cuối cùng”

Oai – lơ cơng bố cơng trình hội nghị toán học quốc tế Cambridge, Anh Đó ngày thứ tư 23-6-1993, ngày báo cáo cuối ơng Ơng chứng minh giả thuyết mà định lý Phéc – mà hệ giả thiết Ông kết luận báo cáo: ”Và điều chứng minh định lý Phéc – ma”

Phòng họp im lặng hội trường vỗ tay dồn dập Ngày hơm sau báo chí giới đưa tin thành tựu tốn học vĩ đại

Cơng trình 200 trang ông gửi đến nhà lý thuyết số hàng đầu giới Sáu tháng sau họ phát lỗ hổng chứng minh, lỗ hổng khoong phải sai lầm, người tin Oai – lơ khắc phục

Sự miệt mà Oai – lơ trả giá Tháng – 1994 ơng tìm lỗi sai tháng 10/1994 ơng học trị công bố báo 25 trang để lấp lỗ hổ báo cáo trước Lần người ta khơng tìm thấy sai sót Định lý Phéc – ma cuối chứng minh sau 350 năm

Việc Oai – lơ chứng minh định lý Phéc – ma giáo sư Ngô Bảo Châu chứng minh bổ đề Chương trình Langlands cho thấy óc cuarcon người

(117)

thật kì diệu: Bất đỉnh cao người vươn tới Khơng có tốn mà người khơng thể giải được, sớm hay muộn mà thôi!

MỘT SỐPHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN CHƯA ĐƯỢC GIẢI

Bài tốn Phương trình sau có tồn nghiệm ngun hay khơng x3+y3+z3+ =t3 148. Bài tốn Tồn số nguyên a, b, c, d dương khác cho a3+b3 =c d3+ 3 ,

chẳng hạn 1 123 + =9 103+ 3

Cho tồn số dương a, b, c, d dương khác cho a5+b5 =c d5+ 5 khơng?

Bài tốn Có tồn số nguyên tố nằm n 2 (n 1+ )2 với số tự nhiên n khơng? Bài tốn Xét biểu thức n 1n+ Với n = 1, 2, biểu thức cho số nguyên tố 2, 5, 257,

còn số tự nhiên khác để n 1n + số ngun tố khơng?

Bài tốn Phương trình xm −yn =1 với m > 1, n >1 x < y có nghiệm nguyên dương

khi m = n =

Bài toán Xét biểu thức x! 1.+ Với x = 4, 5, biểu thức cho số phương

2 2

5 ,11 ,71 Còn số nguyên dương khác để x! 1+ số phương khơng?

(118)

Mơc lơc

Trang Lời nói đầu

Phần I PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN

1. Phát tính chia hết ẩn 4

2. Phương pháp đưa phương trình ước số 7

3. Phương pháp tách giá trị nguyên 11

4. Phương pháp sử dụng tính chẵn, lẻ số dư vế 13

5. Phương pháp sử dụng bất đẳng thức 15

6. Phương pháp dùng tính chất số phương 21

7. Phương pháp lùi vơ hạn, nguyên tắc cực hạn 30

8 Các toán đưa giải phương trình nghiệm nguyên 33

Phần II BÀI TẬP VẬN DỤNG 40

Phần II HƯỚNG DẪN GIẢI – ĐÁP SỐ 52

BÀI ĐỌC THÊM NGƯỜI CHỨNG MINH ĐỊNH LÝ PHÉC – MA CUỐI CÙNG 115

MỘT SỐPHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN CHƯA CÓ LỜI GIẢI 116

(119)

Zalo: 039.373.2038

Tailieumontoan.com@gmail.com

Website: www.facebook.com/baotoanthcs

TỦ SÁCH TOÁN CẤP

NGUYỄN QUỐC BẢO

Định dạng
Số trang	119
Dung lượng	2,07 MB