Đề cương ôn thi học sinh giỏi toán 9 phần số học

Gi¸o viªn : NguyÔn M¹nh Hïng Trường THCS Thanh Thuỷ- Phú Thọ ĐỀ CƯƠNG ÔN THI HSG TOÁN 9 PHẦN SỐ HỌC A.. Gọi m là tổng các hệ số ứng với lũy thừa bậc chẵn của x và n là tổng các hệ số ứng[r]

Gi¸o viªn : NguyÔn M¹nh Hïng Trường THCS Thanh Thuỷ- Phú Thọ ĐỀ CƯƠNG ÔN THI HSG TOÁN PHẦN SỐ HỌC A PHÉP CHIA HẾT TRÊN Z Bài 1: Cho số chính phương a, b, c Chứng tỏ P = (a – b)(b – c)(c – a)  12 Bài 2: Cho P = (a + b)(b + c)(c + a) + abc với a,b,c  Z Chứng minh (a + b + c)  thì P  Bài 3: Chứng minh không tồn các số nguyên x,y,z thỏa mãn: x  y3  z3  x  y  z  2005 Bài 4: Tồn hay không số nguyên n thỏa mãn: n  2003n  20052005  (1) Bài 5: Tìm tất các số tự nhiên k để:  k  2k  15   k  3 Bài 6: Tìm số nguyên dương n cho n + 600 và n – là lũy thừa bậc bốn số nguyên dương 2006 Bài 7: Cho đa thức f(x) = 1  x  x  Gọi m là tổng các hệ số ứng với lũy thừa bậc chẵn x và n là tổng các hệ số ứng với lũy thừa bậc lẻ x Hỏi m, n là các số lẻ hay chẵn? Bài 8: Tồn hay không đa thức f(x) với hệ số nguyên thỏa mãn các điều kiện: f(2) = 1945, f(9) = 2009 Bài 9: Cho n  Z CMR: n  14n  71n  154n  120 24 Bài 10: CMR: S = n  3n  38 không chia hết cho 49 với n  N Bài 11: CMR: A = 5n  5n  1  6n  3n  2n  91 với n  N Bài 12: Cho n  N, n  1.CMR : Tn  15  25   n chia hết cho Sn     n Bài 13: Cho a1 , a , , a n  1; 1 , n  N* và thỏa mãn a1a  a 2a  a 3a   a n a1  CMR: n  Bài 14: CMR với n  Z, n  ta có: (n n  5n  11n  5)  n  1 Bài 15: Cho x,y,z là các số nguyên khác CMR : x  yz  a, y  xz  b, z  xy  c thì tổng  ax  by  cz   a  b  c  Bài 16: Tìm cặp số nguyên dương (m,n) cho 2m +  n và 2n +  m Bài 17: CMR: 321  224  68  11930 Bài 18: Tìm số dư phép chia A = 38  36  32004 cho 91 B SỐ NGUYÊN TỐ, SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1: Cho A = 11…1(2n chữ số 1) và B = 44…4(n chữ số 4); n  N* CMR: A + B + là số chính phương Bài 2: Cho p là số nguyên tố lớn CMR: p4 – 80 Bài 3: CMR với n  N* thì 3m không thể là lập phương số nguyên biết: m = 1.3 +2.4 + 3.5 +…+ n(n + 2) Bài 4: Tìm n  N để n  4n  4n  là số nguyên tố Lop6.net Bài 5: Tìm n  N để n  6n  11n  6n là số chính phương Bài 6: Giả sử a,b,c là các số nguyên dương và a là số nguyên tố cho a  b  c CMR: b = c + và a < c Bài 7: Cho a, b  N thỏa mãn : 2a  a  3b  b CMR : a  b và 2a  2b  là các số chính phương Bài 8: Tìm n  Z để n  2n  2n  n  là số chính phương Bài 9: Tìm số nguyên tố p để:  p  p  p3  p là số chính phương Bài 10: Cho n  N* , 2n + và 3n + là các số chính phương CMR: n  40 Bài 11: Tìm n  N để A  n  n  2n  2n là số chính phương Bài 12: Cho n  N* , n + và 2n + là các số chính phương CMR: n  24 Bài 13: Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là số chính phương: x  2x  2x  x  Bài 14: Tìm số nguyên tố p để 4p2 + và 6p2 + là các số nguyên tố Bài 15: Tìm n  N* cho x = 2003 + 2n và y = 2005 + 3n là số chính phương C PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM MGUYÊN Bài 1: Tìm các số nguyên dương x,y,z thoả mãn: 2x  y  2z Bài 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình: y  2  x  x y  32  Bài 3: Xác định giá trị a để phương trình a    có nghiệm nguyên x xy y dương Bài 4: Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2x  2y  2xy  x  y  10  Bài 5: Cho p là số nguyên tố lớn CMR phương trình x  y  z  4p  Luôn có nghiệm nguyên dương  x , y0 , z  Bài 6: Tìm tất các nghiệm nguyên (x,y) phương trình:  x  y  x  y2    x  y 3 Bài 7: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x  y3 z  y3 z  xy 1  2z  Bài 8: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  y3  xy  Bài 9: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  x  y Bài 10: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x  x  y    y3  2xy  z  y3 z  Bài 11: Tìm nghiệm nguyên phương trình:  2x  5y  1  x  y  x  x   105 Bài 12: Tìm nghiệm nguyên phương trình: p(x + y) = xy, với p là số nguyên tố Bài 13: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x + y + z = xyz Bài 14: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x   x  1  y   y  1 Lop6.net Bài 15: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  3y3  9z3  Bài 16: Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2xy  x  y   x  2y  xy Bài 17: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  xy  y  x y Bài 18: Tìm nghiệm nguyên phương trình: 8x y  x  y  10xy Bài 19: Tìm nghiệm nguyên phương trình:  x  x  x  y3 Bài 20: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 2(y + z) = x( yz – 1) Bài 21: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x  x  x  1  4y  y  1 Bài 22: Giải phương trình nghiệm nguyên: x  x  x  x  y  y Bài 23: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  2y  Bài 24: Tìm nghiệm nguyên phương trình:  x  y    x  xy  y  D PHẦN NGUYÊN CỦA MỘT SỐ Bài 1: Cho a,b,c,d là các số thực dương Tìm phần nguyên : 2a  b  c 2b  c  d 2c  d  a 2d  a  b    abc bcd cda dab Bài 2: Tính phần nguyên biểu thức A  n  n  1 n   n  3 vói n  N A Bài 3: CMR  x     2x    x  x  R  2  x  21000  x  1  x   Áp dụng tính tổng: S       1001  với x = 2008       Bài 4: CMR phần nguyên số  44  1975  100 là số lẻ Bài 5: Cho n  N , CMR: a)  4n     4n   b)  72n     9n  9n     72n   2003 Bài 6: Tìm hai chữ số tận cùng số: A =   3    Lop6.net  HƯỚNG DẪN A PHÉP CHIA HẾT TRÊN Z Bài 1: Một số chính phương chia cho 3, cho có số dư là Theo nguyên lý Đi-rich-le thì ba số a,b,c phải tồn ít số có cùng số dư chia cho 3, đó các số a-b, b-c, c-a phải có ít số chia hết cho  P  Tương tự ta có P  Mà (3;4) = và 3.4 = 12 nên P 12 Bài 2: Ta có 3P =  a  b  c    a  b3  c3  3abc     a  b  c    a  b  c  a  b  c  ab  bc  ca  Vì a,b,c  Z và  a  b  c  nên 3P   P  (vì (3;4) = 1) Bài 3: Ta có x  y3  z3  x  y  z  2005        x  x  y3  y  z  z  2005  x  x  1 x  1  y  y  1 y  1  z  z  1 z  1  2005 Mà x  x  1 x  1  y  y  1 y  1  z  z  1 z  1  3, 2005 không chia hết cho  đpcm Bài 4: Giả sử tồn số nguyên n thỏa mãn (1), ta có: n  2003n  n  n  2004n   n  1 n  n  1  2004n  n  2003n    Mặt khác 20052005    2004  1  chia cho dư (3) Từ (2) và (3) dẫn đến mâu thuẫn Vậy không tồn số nguyên n thỏa mãn (1) Bài 5: k  0;3 Bài 6: Giả sử n + 600 = a4 và n – = b4 (a,b nguyên dương) 2005     a  b a  b  1.609  3.203  7.87  21.29 Dễ thấy a>b  nên ta có trường hợp xẩy Từ đó tìm n = 25 Bài 7: Ta có f(x) = a 4012 x 4012  a 4011x 4011   a1x  a ;a i  Z,i  0,1, 2, , 4012 Khi đó f(1) = m + n = 32006; 32006  32006  ,n   m lẻ, n f(-1) = m – n =  m  2 chẵn Bài 8: Giả sử f(x) = a n x n  a n 1x n 1   a1x  a Suy f(9) – f(2)  Nhưng 2006 – 1945 = 61 không chia hết cho  không tồn đa thức f(x) thỏa mãn điều kiện đề bài Bài 9: Ta có A =  n   n  3 n   n   24 Bài 10: Giả sử n  N / S 49  S Lại có S =  n  4n     n     n     n    n  2  n  7t  Thay vào S ta có: S = 49  t  t   28 không chia hết cho 49  mâu thuẫn  đpcm Bài 11: Chứng minh A  và A 13 Bài 12: Ta có 2Sn = n(n + 1) Lop6.net Mặt khác a n  b n   a  b  n  N* và n lẻ, ta có:        1  (n  1)      n       (n  1) 2Tn  15  n  25   n  1   n    n  1 2Tn 5 5    2n  n Mà (n, n+1) =  2Tn  n  n  1  2Tn  2Sn  Tn Sn Bài 13: Đặt x1  a1a , x  a 2a , , x n  a n a1  x1, x , , x n  1; 1 Hơn x1  x   x n  nên các số x1, x , , x n thì số các số bằng số các số -1 Giả sử có m số  có m số -1  m  N*   n  2m và x1x x n   1   a1a a n    m chẵn m    m  2k k  N*  n  2m  4k   đpcm Bài 14: Ta có n n  5n  11n   n n  n   n  1 Mà   n n  n  n  n  1 n n   n n 3   n       n  n  1  n n    n n 3     n  1   n     n  1  n n  5n  11n  5  n  1  ax  by  cz   x  y3  z3  3xyz   x  y  z   x  y2  z  xy  yz  zx  Bài 15: Ta có   x  y  z  a  b  c   a  b  c  Bài 16: Ta có (2m + 1)(2n + 1)  mn  2m  2n  1 mn  2m  2n   k.mn  k  N*   k, m, n lẻ (1) Lại có: m  1; n    m  1 n  1   m  n  mn   2m  2n   2mn   5mn   Từ (1) và (2)  k   k  1;3;5 21 24 8 8 Bài 17: Đặt A =            3 =  37    28    1  3.37  28   1   37  28  1 314  216   37.28  28  37   3   A  37  28   1930 Bài 18: Ta có 36   729   728 91        A  38  36  32004  38  32  36   32004   32         3     (3 ) 6 334    11  A chia cho 91 dư 11 B SỐ NGUYÊN TỐ, SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1: Tự làm Bài 2: Tự làm Bài 3: Ta có m   22  1   32  1   42  1    n  1    12  22  32    n  1   n  1 (1) Lop6.net  Mà 12  22  32   n  n  n  1 2n  1 (2) Thay (2) vào (1) ta m n  n  1 2n    2n  9n  7n  n  3m  n  n  n   n   2 Vậy 3m là lập phương số nguyên thì : n  n  n   n  1 2 Phương trình này không có nghiệm nguyên dương nên ta có đpcm Bài 4: Ta có A =  n  1  n  3n  1 , từ đó tìm n = Bài 5: Ta có A = n  6n  11n  6n =  n  3n    n  3n  Dễ thấy n = thì A = là số chính phương 2 Nếu n > ta có :  n  3n   A   n  3n  1  A không thể là số chính phương Vậy n = là giá trị cần tìm Bài 6: Ta có a   b  c  b  c     b  c  b  c Do a là số nguyên tố nên a  1.a  b  c  1và b  c  a + Từ b – c =  b  c   a  2c   a lẻ  a  2k  1 k  N*   a   2k   a  1  4k  hay a  2a    a  2a  Vậy 2a   2a   a  2c   a  c  đpcm Bài 7: Theo bài 2a  a  3b  b   a  b  2a  2b  1  b Hơn  a  b; 2a  2b  1   a  b và 2a  2b  là số chính phương Bài 8: Giả sử A = y   n  n    n  n   Ta có  n  n   y   n  n  3  y   n  n  1 y   n  n   2 2 Từ đó tìm n = và n = -3 Bài 9: Giả sử  p  p  p3  p  a  a  N*  Khi đó 4a   2a    4p  4p  4p3  4p  4p  4p3  p   2p  p  Mặt khác: 4a   2a   4p  p   4p3  8p  4p   2p  p     2p  p    2a    2p 2     p    2a   2p  p  2 2   4p  4p  4p3  4p   2p  5p  4p3  4p  p  2p    p  1; p  vì p là số nguyên tố nên p = Bài 10: Đặt 2n   k  k  Z  Vì 2n + lẻ nên k lẻ  k  2t  1 t  Z   2n    2t  1  n  2t  t  11  n chẵn  3n  lẻ  3n    2x  1  x  Z   3n  4x  x  1  Từ (2)  n 8 (3) Ta lại có 5n  3n  2n  4x  x  1  4t  t  1   x  x  1  t  t  1   Lop6.net  x  x  1  t  t  1  x  x  1 và t  t  1  n    Từ (3) và (4)  n  40 2 Bài 11: A  n  n  2n  2n  n  n  1  n  1    Với n =  A  là số chính phương Với n =  A  là số chính phương Với n >  A là số chính phương   n  1  là số chính phương Nhưng  n  1   n  1 1  n (vì n > 1)   n  1 1 không là số chính phương Vậy n = 0; n = là các giá trị cần tìm Bài 12: Đặt a   n ; 2a   m  m, n  N  2a   m suy m lẻ và 2a   m  1 m  1  a chẵn  n lẻ  a   n  1 n  1 là tích hai số chẵn liên tiếp nên a 8 1 Mặt khác 3a   n  m  n và m chia cho dư 1, đó n  1 hay a    Từ (1) và (2) suy đpcm Bài 13: Đặt x  2x  2x  x   y  y  N  1 Ta thấy y   x  2x  x    x  x  3   x  x    x  x  3 Ta chứng minh a  y   a   a  x x  11 Thật y  a  x  x    x      2 2 1  a    y2  x  x   x  2x  2x  x   3x  3x    x     2      Vậy a  y   a   nên y   a  1  x  2x  2x  x    2  x  x   x  x    x  1; x  2 Bài 14: Ta thấy p = và p = không thỏa mãn bài toán Giả sử p  5k  r, k  Z và r  0;1; 2;3; 4 Ta có 4p   100k  40kr  4r  ; 6p   150k  60kr  6r  + Nếu r   p 5; 4p  và 6p  không chia hết cho + Nếu r   4p  1 và 6p  không chia hết cho + Nếu r   6p  1 và 4p  không chia hết cho + Nếu r   6p  1 và 4p  không chia hết cho + Nếu r   4p  1 và 6p  không chia hết cho Như ba số p, 4p  1, 6p  có đúng số chia hết cho Do p > nên 4p   5, 6p   Vậy để 4p  và 6p  nguyên tố thì p , mà p là số nguyên tố nên p = Khi đó 4p   101 và 6p   151 là số nguyên tố Vậy p = thỏa mãn bài toán Bài 15: Giả sử 2n  2003  a và 3n  2005  b  a, b  N*  Khi đó 3a  2b  19911  a lẻ Lop6.net Đặt a  2k  1 k  N  vào (1) ta có : 2b  3.4k  k  1  1996  3.4k  k  1  2.1000   b   mod  Điều này không xảy dù b chẵn hay lẻ Vậy không tồn n  N* t/m đề bài C PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM MGUYÊN Bài 1: Tìm các số nguyên dương x,y,z thoả mãn: 2x  y  2z (1) Từ 2x  y  2z  2x  2x  y  2z  x  z Tương tự ta có y  z 1  1  1 Đặt a  2z  x ; b  2z  y thì (2) trở thành:   a, b  N* a b   a  1 b  1   a  2; b  Từ (1) ta lại có 2x z  y z   zx  zy    2z  x   z  x  2z  y   z  y  Lấy x  m  m  N*  thì y = m và z = m + Thay x = m, y = m, z = m + vào (1) ta thấy thỏa mãn Vậy ba số cần tìm là (x, y, z) = (m, m, m + 1) Bài 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình: y  2  x  x y  32  Ta có y  2  x  x y  32   x   x  2x y  y   64   x    x  y   64 Vì x  N và 64 phân tích thành: 64 = 43  02  03  82 nên ta có : x  và x  y   x  2, y  x  2, y  8 Hoặc x  và  x  y   82  x  và y  8 Vậy phương trình có nghiệm Bài 3: Xác định giá trị a để phương trình a    11 có nghiệm x xy y nguyên dương Giả sử (x,y) là nghiệm nguyên dương PT (1) Đặt d = ƯCLN(x,y)  x  dx1 ; y  dy1 với  x1 , y1   Ta có (1)  y  axy  x  x y  y  y  ax   x  y  1    y1  y1  ax1   x12 d y12  Vì  x1 , y1   nên d y  1 y1  y1 là ước Mà y nguyên dương nên y1 =  1 x1  x1   x  y Thay x = y vào (1) ta a   x  (1) có nghiệm nguyên dương a + là số chính phương Bài 4: Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2x  2y  2xy  x  y  10  1 2 Đặt s  x  y, p  xy thì (1) trở thành: 2s  6p  s  10   p  Lop6.net 2s  s  10   Mặt khác  x  y     x  y   4xy   s  4p hay p  2 s2 1 2s  s  10  s  s  2s  20   6  s  * Mà p  Z  s Từ (*) suy s  4; 2;0; 2    Xét trường hợp ta tìm nghiệm nguyên là:  1; 3 ,  3; 1 ,  0;  ,  2;0  Bài 5: Cho p là số nguyên tố lớn CMR phương trình x  y  z  4p  luôn có nghiệm nguyên dương  x , y0 , z  Vì p là số nguyên tố lớn nên p không chia hết cho  Nếu p chia cho dư  p  3k  1 k  N*  Ta có 4p    3k  1    2k    4k  1   4k   Do đó  x , y0 , z  là hoán vị 2k, 4k+1, 4k+2 2 2  Nếu p chia cho dư  p  3k   k  N*  Ta có 4p    3k      2k     4k     4k  3 Do đó  x , y0 , z  là hoán vị 2k+2, 4k+2, 4k+3 Vậy trường hợp PT đã cho luôn có nghiệm nguyên dương  x , y0 , z  Bài 6: Tìm tất các nghiệm nguyên (x,y) phương trình:  x  y  x  y2    x  y 3 1 2 2 Ta có 1  x  x y  xy  y3  x  y3  3x y  3xy      x y  xy  2y3  3x y  3xy   y 2y  y x  3x  x  3x     *  Nếu y = thì 1  x x  x luôn đúng x  Z  Nếu y  , đó: *  2y   x  3x  y   x  3x     Xem (2) là PT bậc hai ẩn y Để (2) có nghiệm nguyên thì :    x  3x    x  3x  phải là số chính phương Ta có  x  3x    x  3x   x  x   x  1 2   là số chính phương  x  x    a  a  N    x   a  x   a   16 Vì  x   a    x   a  nên ta có trường hợp xảy Từ đó tìm các nghiệm nguyên (x,y) PT đã cho là:  9; 6  ,  9; 21 , 8; 10  ,  1; 1 ,  m;0  với m  Z Bài 7: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x  y3 z  y3 z  xy 1  2z  Ta có x  y3z  y3z  xy 1  2z   x  y 1  2z  x  zy3  z  1  1 (1) có nghiệm   x  0;  x  y 1  4z 1  z 1  y    Nếu y  và y, z  N* thì  x   1 vô nghiệm Lop6.net  Nếu y = thì  x  và 1  x  1  2z  x  z  z  1  PT này có nghiệm là x1  z; x  z  Vậy nghiệm nguyên dương PT (1) là (x,y,z) = (z;1;z), (z+1;1;z) với z  N* Bài 8: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  y3  xy  1 Ta có (1)  x  y x  xy  y  xy  Dễ thấy x  y vì x = y thì (1) trở thành  x  , vô nghiệm Do x, y  Z nên x  y   x  xy  y  xy   x  xy  y  xy    Xét trường hợp: * xy   đó    x  xy  y   xy    x  y   8 , vô nghiệm * xy   đó    x  xy  y  xy   x  y   x , y  0;1; 4 - Nếu x = thì từ (1) có y3  8  y  2 - Nếu y = thì từ (1) có x   x  - Nếu x,y khác thì x , y  1; 4 Do x  y nên có x  1, y  x  4, y   số x,y có số chẵn và số lẻ Khi đó VT (1) lẻ, còn VP (1) chẵn nên PT vô nghiệm Vậy nghiệm PT đã cho là  x, y    0; 2  ,  2;0  Bài 9: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  x  y ĐK : x   Với x = thì y = suy (0;0) là nghiệm PT  Với x > thì y > Bình phương vế PT ta được: x  x  y2  x  y2  x  Đặt x  k  k  N*   k  k  1  y Nhưng k  k  k  1   k  1  k  y   k  1 2  k  y  k 1  y  Z Vậy PT đã cho có nghiệm nguyên (0;0) Bài 10: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x  x  y    y3  2xy  z  y3 z  Ta có x  x  y    y3  2xy  z  y3z    yz  x   y  yz  x    y3z  y3z  y z  y z 2 y y2    yz  x     z  11  y  y z  1 2  y  y z  z  1 y  1  y  Để (x,y,z) là nghiệm (1) thì 1    z  x     z  x  z  x  1  z  x z  x  2  Vậy PT có nghiệm nguyên dương là: (x = n, y = 1, z = n) với n  N* và (x = k, y = 1, z = k – 1) với k  N* , k  Bài 11: Tìm nghiệm nguyên phương trình:  2x  5y  1  x  y  x  x   105 Lop6.net Vì 105 là số lẻ nên 2x + 5y + lẻ nên y chẵn Mà x  x  x  x  1 chẵn nên x lẻ x0 Với x = ta có PT:  5y  1 y  1  5.21  5y  1,5   1nên 5y   21và y   5y   21và y   5.Suy y  Thử lại ta thấy x = 0, y = là nghiệm PT Bài 12: Tìm nghiệm nguyên phương trình: p(x + y) = xy, với p là số nguyên tố HD: Giả sử x  y ta có: p(x + y) = xy    xy  px  py  p  p   x  p  y  p   p  p.p   p  p   1.p  p  1 Bài 13: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x + y + z = xyz (1) 1     x2   x  xy yz zx x Với x = ta có:  y  z  yz   y  1 z  1   y   1và z    y  2, z  Giả sử  x  y  z Từ (1) suy ra:  Vậy nghiệm PT là (1,2,3) và các hoán vị nó Bài 14: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x   x  1  y   y  1 1 Ta có: 1  x  x  y  2y3  3y  2y  x  x  y  y  1  2y  y  1  x  x    y  y  1    Nếu x > thì từ x   x  x   x  1  x  x  không thể là số chính phương nên (2) không có nghiệm nguyên  Nếu x < -1 thì từ  x  1  x  x   x suy (2) không có nghiệm nguyên  Nếu x = x = -1 thì từ (2) suy y  y   1  y  y  1 Vậy PT có nghiệm nguyên  0;0  ,  0; 1 ,  1;0  ,  1; 1 Bài 15: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  3y3  9z3  1 Giả sử  x , y0 , z  là nghiệm PT, đó ta có: x 03  3y03  9z 03     x  Đặt x  3x1  x1  Z  thay vào (2) ta được: 3x13  y03  3z 03   3  y0  Đặt y0  3y1  y1  Z  thay vào (3) ta được: 3x13  9y13  z 03     z  Đặt z  3z1  z1  Z  thay vào (4) ta được: x13  3y13  9z13    x y0 z  , ,  là  3 3 x y z nghiệm PT (1) Một cách tổng quát ta suy  n0 , n0 , n0  là nghiệm 3 3  n PT (1) với n  N , hay x , y0 , z  n  N đó x  y0  z  Vậy (0;0;0) là nghiệm PT đã cho Bài 16: Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2xy  x  y   x  2y  xy Ta có 2xy  x  y   x  2y  xy    2y  x  1  x  x  1  y  x  1  1  2y  x  y  x  1  1 Lop6.net x=2 x 1    2y  x  y  1 y =  (loại) x   1 x=0 2y  x  y  y =  (loại) Vậy nghiệm PT là (2;1), (0;1) Bài 17: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  xy  y  x y 1 Ta có 1   x  y   xy  xy  1   xy  xy  1 là số chính phương Mà xy và xy + là số nguyên liên tiếp nên từ (2) suy ra: xy = -1 xy = xy + = xy + = Từ đó tìm các nghiệm PT là 1; 1 ,  1;1 ,  0;0  Bài 18: Tìm nghiệm nguyên phương trình: 8x y  x  y  10xy Ta có 8x y  x  y  10xy  8xy  xy  1   x  y   1 Do đó x,y là nghiệm PT thì xy  xy  1    xy   xy  xy   Nếu xy   x  y   Nếu xy   x  y  1 Vậy PT có ba nghiệm nguyên là:  0;0  , 1;1 ,  1; 1 Bài 19: Tìm nghiệm nguyên phương trình:  x  x  x  y3 1 11 19 Ta có: x  x   và 5x  11x    x     10  20  2 Nên (1  x  x  x )   x  x  1   x  x  x  1  x  x  x    5x  11x     x   Do đó x  y3   x    y3   x  1 Kết hợp với (1) ta có :  x  1 3   x  x  x  x  x  1   x  x  1 Vậy nghiệm nguyên PT (1) là:  0;1 ,  1;0  Bài 20: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 2(y + z) = x( yz – 1) (1)  Với x = PT có dạng  y  z   yz    y   z    Ta tìm các nghiệm (x,y,z) là: (1;3;7) và (1;7;3)  Với x  , giả sử y  z ta có :2  y  z    yz  1  yz  y  z     y  1 z  1    + Nếu y = thì PT (1) có dạng: 1  z   x  z  1   x   z  1  Ta các nghiệm là:  3;1;5  ,  4;1;3 ,  6;1;  + Nếu y   z  từ (2) suy y = 2, PT (1) có dạng : Lop6.net   z   x  2z  1   2z  1 x  1  PT này có nghiệm (x,y,z) = (2;2;3) Tương tự xét y > z thì PT đã cho có tất 10 nghiệm là: 1;3;7  , 1;7;3 ,  3;1;5 ,  4;1;3 ,  6;1;  ,  2; 2;3 ,  3;5;1 ,  4;3;1 ,  6; 2;1 ,  2;3;  Bài 21: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x  x  x  1  4y  y  1 Ta có x  x  x  1  4y  y  1  x  x  x   4y  4y    x  1  x  1   2y  1 Vì  2y  1 lẻ nên x  và x  cùng lẻ Lại có  x  1, x  1   x  1và x  là số chính phương Do x và x  là số nguyên liên tiếp và cùng là số chính phương nên số nhỏ 0, đó x =  y = y = -1 Bài 22: Giải phương trình nghiệm nguyên: x  x  x  x  y  y Ta có x  x  x  x  y  y  4x  4x  4x  4x   4y  4y    2x  x   3x  4x    2y  1 Lại có  2x  x    2y  1   2x  x  1  2y  1   2x 2   2x  x   2  0  x    2y  1  2  x  1 3x  1   x < -1 x>2 x  2x  Như với x < -1 x > thì  2y  1 nằm số chính phương liên tiếp Suy PT vô nghiệm Bài 23: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  2y  11 Giả sử x, y  Từ 1  x lẻ x chia cho dư  y chẵn  y chẵn Đặt x  2a  1, y  2b; a, b  N thay vào (1) ta được:  4a         4a    8b  4a  4a  4a  4a  8b  2a  2a  a  a  b Đặt a  a  n ta có n  2n  1  b 2  Với a = thì x = thay vao (1) ta y =  Với a  thì n và 2n + là số nguyên dương, nguyên tố cùng nhau, có tích b2 nên số là số chính phương Đặt n  k  k  N  ta có a  a  k Điều này vô lí vì: a  a  a  a  2a    a  1 Vậy PT đã cho có nghiệm (1;0) và (-1;0) Bài 24: Tìm nghiệm nguyên phương trình:  x  y    x  xy  y  HD: Đặt u  x  y, v  x  y ta có : 28u   u  3v   u  và  u   u =   x, y    4;5  ,  5;  Lop6.net