ĐS8 chuyên đề 20 PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN ( 68 trang)

Tốn Học Sơ Đồ BỘ 47 CHUN ĐỀ HSG GIĨI TỐN ĐS8-Chun đề 20 PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN A KIẾN THỨC CẦN NHỚ Phương trình nghiệm nguyên phương trình có nhiều ẩn số, tất hệ số phương trình số nguyên Các nghiệm cần tìm số nguyên (Phương trình nghiệm nguyên cịn gọi phương trình Diophantus - mang tên nhà toán học cổ Hy Lạp vào kỷ thứ II) Phương trình nghiệm ngun khơng có cơng thức giải tổng quát, có cách giải số dạng Trong chuyên đề giới thiệu qua số ví dụ tập cụ thể Cách giải phương trình nghiệm ngun đa dạng, địi hỏi học sinh phân tích, dự đốn, đối chiếu tư sáng tạo, lơgic để tìm nghiệm B MỘT SỐ VÍ DỤ Dạng phương trình bậc ẩn ax  by  c ( a,b,c ; a, b không đồng thời 0) Ta có định lý sau: Điều kiện cần đủ để phương trình ax  by  c ( a,b,c  ;a,b  ) có nghiệm nguyên ước số chung lớn a b ước c (tức  a,b  c ) Ví dụ 1: Tìm nghiệm ngun phương trình: a) x  y  (1); b) x  y  20 c) x  y  24 (3); d) 20 x  11y  49 (4) (2); * Tìm cách giải: Câu a) hệ số ẩn x 1, ta tính ẩn x theo y Khi y lấy giá trị nguyên chắn x nguyên Câu b); c) giá trị tuyệt đối hệ số x nhỏ hệ số y Do ta tính x theo y Ta tách phần nguyên, đặt phần phân số ẩn số đưa phương trình có hệ số nhỏ hệ số phương trình ban đầu Tiếp tục cách giải có ẩn số có hệ số tính theo ẩn số có hệ số ngun Sau tính x, y theo ẩn số cuối cách tính ngược từ lên d) Về giá trị tuyệt đối hệ số y nhỏ hệ số x Do ta tính y theo x Tiếp tục làm b) Giải Liên Hệ Chuyển Giao Tài Liệu WORD CHẤT-ĐẸP-TIỆN Có Phí Hỗ Trợ ĐT/Zalo 0945943199 Tốn Học Sơ Đồ BỘ 47 CHUN ĐỀ HSG GIĨI TỐN x  a) Từ (1) ta có: x   y Nếu y  t   x   3t Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên tổng quát  y  t t   (Muốn tìm nghiệm nguyên số cụ thể ta việc cho t giá trị nguyên cụ thể: Thí dụ với t = (x = 11; y = 2); vói t = - (x = - 9; y = - 3), ) b) Từ (2) ta có x  y  20  x  10  y  Để x  y  y  Do đặt y y  t t   ta có y  2t x  10  2. 2t   t  10  5t  x  10  5t Vậy phương trình (2) có nghiệm ngun tổng qt   y  2t t   c) Cách 1: Tương tự b) Cách 2: Nhận xét: ƯCLN(3;24) = nên đặt y  3t  t   Ta có x  y  24  x  21t  24  x  t   x   t x   7t Do phương trình (3) có nghiệm tổng quát   y  3t d) 20 x  11y  49  11y  20 x  49  y  Tách phần nguyên ta có: y  x   Để y  x  9x   11 Ta có x   11t  x  Ta có 2t   9u  t  t   20 x  49 11 9x  11 Đặt 9x   t t  11  11t  2t  2t  Đặt t  u, u  9 9u  u1 u1 Đặt  4u    v, v  2   Liên Hệ Chuyển Giao Tài Liệu WORD CHẤT-ĐẸP-TIỆN Có Phí Hỗ Trợ ĐT/Zalo 0945943199 Tốn Học Sơ Đồ BỘ 47 CHUN ĐỀ HSG GIĨI TỐN Ta có u   2v  u  2v  Ta thấy v  ;u  t  Từ x  y  Tính ngược từ lên ta t   2v  1   v  v  x  t  u   v     2v  1  11v  y  x   t   11v      v    20 v   x  11v  Vậy nghiệm nguyên tổng quát phương trình   y  20 v  v   Chú ý: Qua bốn thí dụ ta rút phương pháp giải sau: Bước Tính ẩn có giá trị tuyệt đối hệ số nhỏ theo ẩn Bước Ta tách phần nguyên, đặt phần phân số ẩn số đưa phương trình có hệ số nhỏ hệ số phương trình ban đầu Tiếp tục cách giải có ẩn số có hệ số tính theo ẩn số có hệ số nguyên (Việc tách phần nguyên cần linh hoạt cho giá trị tuyệt đối hệ số ẩn phần phân số nhỏ nhất) Bước Sau tính x, y theo ẩn số cuối cách tính ngược từ lên (Nếu hai hệ số hệ số tự có ƯSCLN = k > 1; k  ẩn kt  t  ta đặt ẩn  - (xem ví dụ 1c) để rút ngắn bước giải phương trình.) Ví dụ Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: a) x  3y  65 (1); b) x  y  12 (2); c) x  y  13 (3) * Tìm cách giải: Trước hết ta tìm nghiệm nguyên tổng quát phương trình Sau dựa vào biểu thức nghiệm, lý luận, giải tìm giá trị nguyên ẩn số cuối để x > y > Giải Liên Hệ Chuyển Giao Tài Liệu WORD CHẤT-ĐẸP-TIỆN Có Phí Hỗ Trợ ĐT/Zalo 0945943199 Tốn Học Sơ Đồ BỘ 47 CHUN ĐỀ HSG GIĨI TỐN a)  1  y  65  x hay y  65  x Tách phần nguyên y  21  x  2x 2x Đặt  t, t  3  Ta có x   3t y  21    3t   t  17  t  x   3t Do phương trình (1) có nghiệm ngun tổng qt   y  17  t 2  3t  Để x>0 y>0 ta phải có  17  t   , t   17 t Từ có t = 0; - 1; - ta có nghiệm nguyên dương phương trình (1) là: x  x  x  ; ;   y  17  y  10  y  b) Do ƯCLN(4; 12) = Do ta đặt x  4t, t   Ta có 20t  y  12  5t  y   y   5t  x  4t Do phương trình (3) có nghiệm ngun tổng quát   y   5t 4 t  Để x > y > ta phải có  3  t  0t , t   khơng có giá trị nguyên t thỏa mãn Vậy phương trình (2) khơng có nghiệm ngun dương c) Ta có: x  y  13  x  y  13  x  Tách phần nguyên x  y   y  13 1 y 1 y Đặt  t, t  3  Ta có y   3t x    3t    t   8t Liên Hệ Chuyển Giao Tài Liệu WORD CHẤT-ĐẸP-TIỆN Có Phí Hỗ Trợ ĐT/Zalo 0945943199 Tốn Học Sơ Đồ BỘ 47 CHUN ĐỀ HSG GIĨI TỐN  x   8t Nghiệm nguyên tổng quát phương trình   y   3t , t   7  8t  Để x > y > ta phải có:  1  3t  Với  8t   t   3t   t  3 Kết hợp t  (*) Lần lượt cho t lấy giá trị nguyên 0; - 1; - 2; - thỏa mãn (*) ta tìm giá trị tương ứng x y nghiệm phương trình (3) Vậy phương trình (3) có vơ số nghiệm ngun dương Dạng phương trình bậc nhiều ẩn a1 x1  a2 x2   an xn  c ( a1 ; a2 ; ; an ; c  ; a1 ; a2 ; ; an khơng đồng thời 0) Ta có định lý sau: Điều kiện cần đủ để phương trình a1 x1  a2 x2   an xn  c ( a1 ;a2 ; ;an ;c  ; a1 ;a2 ; ;an  ) có nghiệm nguyên ước số chung lớn a1; a2; ; an ước c (Tức  a1 , a2 , , an  c ) Ví dụ Giải phương trình tập số nguyên: x  13y  5z  (1) Giải  1  x   y  z    x  y   Đặt u  y  z; v  x  y  1  x  5u  v   x   5u  8v; y  v  x  v   5u  8v  5u  9v  Và z  u  y  u  5u  9v    4u  9v Liên Hệ Chuyển Giao Tài Liệu WORD CHẤT-ĐẸP-TIỆN Có Phí Hỗ Trợ ĐT/Zalo 0945943199 Toán Học Sơ Đồ BỘ 47 CHUN ĐỀ HSG GIĨI TỐN  x   5u  v  Vậy nghiệm tổng quát (1)  y  6  5u  v , u  ; v   z   4u  v   Dạng phương trình bậc cao ẩn Ví dụ Tìm nghiệm nguyên phương trình: a) x  x  21  (1); b) x  x   x   (2); c) x  x  x  x  12 (3) * Tìm cách giải: Ta chuyển vế đưa dạng A  x   sau phân tích A  x  thành nhân tử Giải a) x  x  21   x  x  x  21   x(x  3)  (x  3)   (x  3)(2 x  )  2 x    x  3, 5(loaïi )   x   x  Nghiệm nguyên (1) x = b) x  x   x    x  x    x  x  1  x  x     x      x2  x    x  1    x   x   x  1  x    x  3    x    x  x   x    Tập nghiệm nguyên (2) S  3; 1; 2 c) x  x  x  x  12    x  x  x  x  x  12    x   x   x  x   Liên Hệ Chuyển Giao Tài Liệu WORD CHẤT-ĐẸP-TIỆN Có Phí Hỗ Trợ ĐT/Zalo 0945943199 Tốn Học Sơ Đồ BỘ 47 CHUN ĐỀ HSG GIĨI TỐN Do x  x    x  1   ,x nên nghiệm nguyên phương trình (3) x  2 Ví dụ Tìm nghiệm nguyên phương trình: a) x2  4x  x2  4x    x2  4x  x2  4x  6 (1) b)  x     x     x     x   (2) 3 3 * Tìm cách giải: a) Ta thấy tử mẫu phân thức có x  x giống nhau, ta đặt ẩn phụ để giải Hơn x  x    x    x  x    x    dương với x nên ĐKXĐ x  b) Dùng khai triển  a  b   a3  3a2 b  3ab  b3 Giải Đặt x  x   y   ta phương trình y  1 y  1  y  y 1 y     y y 1 6 y  y  1     y2   y2  y2  y   y  y     y   y    Ta tìm y   (loại) y    x  1 Vậy x  x    x  x     x  1x       x  3 Nghiệm nguyên phương trình x = - x = - b) Ta có  x    x  x  27 x  27 ;  x  4  x  12 x  48 x  64 Liên Hệ Chuyển Giao Tài Liệu WORD CHẤT-ĐẸP-TIỆN Có Phí Hỗ Trợ ĐT/Zalo 0945943199 Tốn Học Sơ Đồ BỘ 47 CHUN ĐỀ HSG GIĨI TỐN  x  5  x  15 x  75 x  125;  x    x  18 x  108 x  216 Do  x     x     x     x    x  18 x  42 x  3 3  9  x(x  x  21)   x  x  x  21   x     ,x 2  2 Nghiệm nguyên phương trình x = Dạng phương trình bậc cao nhiều ẩn Ví dụ a) Tìm nghiệm ngun dương phương trình  x  y   xy ; b) Tìm nghiệm nguyên phương trình  x  y    xy * Tìm cách giải: Các thuộc dạng thường dùng phương pháp phân tích, tức biến đổi vế thành tích, cịn vế số Viết số thành tích thừa số cho tương ứng với thừa số tích ta tìm giá trị nguyên ẩn Giải a) Ta có  x  y   xy  xy  x  y  25  25  x  y     y    25   x   y    25 Vì x; y   x   5 y   5 nên 25  5.5  125  251 Giải cặp ta tìm nghiệm nguyên dương sau: x    x  10  x    x   x   25  x  30  ;  ;   y    y  10  y   25  y  30  y   y  b)  x  y    xy  xy  x  y  18   xy  x  y  54  xy  x  y   54   x  y     y    58   x   y    58 Liên Hệ Chuyển Giao Tài Liệu WORD CHẤT-ĐẸP-TIỆN Có Phí Hỗ Trợ ĐT/Zalo 0945943199 Toán Học Sơ Đồ BỘ 47 CHUYÊN ĐỀ HSG GIĨI TỐN Ta biết 58  158  58.1  2.29  29.2   1  58    58   1   2   29    29   2  Do giải cặp ta có nghiệm ngun phương trình là:  x; y   1; 20  ;  20; 1 ; 0; 9  ;   9;  Ví dụ Tìm nghiệm ngun dương phương trình: a)  x  y  z    xyz (1) b)  t  x  y  z    3txyz (2) * Tìm cách giải: a) Ta có x  y  2z   xyz Đây phương trình mà vai trò ẩn nhau, ta dùng phương pháp cực hạn Ta giả sử  x  y  z chia hai vế phương trình vừa lập cho xyz lập luận so sánh để tìm nghiệm b) Tương tự dùng phương pháp cực hạn Giải a) Do vai trò x, y, z nên không tổng quát ta giả sử  x  y  z Chia hai vế (1) cho số dương xyz ta có 2    3 yz xz xy xyz Do  x  y  z nên x  xy  xz  yz  xyz Do ta có:  2 15      x   x  1; yz xz xy xyz x Với x = 1: Thay x = vào (1) ta có: y  z  11  yz  a   yz  y  z  11  yz  y  z  33  y  3z     z    37   y   z    37  137 3 y   y    Ta có nghiệm  x,y,z    1; 1; 13  3z   37  z  13 Liên Hệ Chuyển Giao Tài Liệu WORD CHẤT-ĐẸP-TIỆN Có Phí Hỗ Trợ ĐT/Zalo 0945943199 Tốn Học Sơ Đồ BỘ 47 CHUN ĐỀ HSG GIĨI TOÁN Với x = 2: Thay x = vào (l) ta có:  y  2z   yz  yz  y  2z  13  36 yz  12 y  12 z  78  y  z     z    82  6 y  6 z    82  182  2.41 6 y   6 y    khơng có giá trị nguyên dương  6 z   82 6 z   41 Vậy: Do vai trò x, y, z nên phương trình có nghiệm nguyên dương  x,y,z   1; 1; 13  hốn vị 1; 13; 1 ; 13; 1; 1 Chú ý: Khi giải phương trình y  2z  11  3yz ta giải phương pháp phân tích Ta tiếp tục giải phương pháp cực hạn được: z y Do  y  z nên từ y  z  11  yz     11 15   y  15 yz y  y  1; 2; 3; 4; Lần lượt thay vào phương trình (2) ta nhận y = z = 13 cịn với y = 2; 3; 4; ta khơng tìm số ngun dương z b)  t  x  y  z    3txyz (2) Do vai trò x, y, z, t nên không tổng quát ta giả sử 1 t  x  y  z Từ (2)   2 2 15      xyz xzt xyt yzt xyzt t  t3   t  Với t =  x  y  z    xyz Đây phương trình câu a) Ta tìm nghiệm  x,y,z    1; 1; 13  Vậy nghiệm nguyên dương phương trình (2)  t, x,y,z   1; 1; 1; 13  ; 1; 1; 13; 1 ; 1; 13; 1; 1 ; 13; 1; 1; 1 10 Liên Hệ Chuyển Giao Tài Liệu WORD CHẤT-ĐẸP-TIỆN Có Phí Hỗ Trợ ĐT/Zalo 0945943199 Tốn Học Sơ Đồ BỘ 47 CHUN ĐỀ HSG GIĨI TỐN Với x  , ta có:  2( y  1)2  13  2( y  1)2   ( y  1)2   y3    y3     y  3  y   2 Vì y  Z nên y3 =  y = Vậy phương trình có nghiệm ngun  x; y    0;1 Bài 35: Tìm số nguyên x, y thỏa mãn: x  y  xy  x  y  Lời giải x  y  xy  x  y    x  y  1  y  Do y 4;  x  y  1  0; y  2 4 y  x, y nên   x  y  1   y     y   x    y     x  2   x  1    thỏa mãn x, y nguyên    y  1    y   y         x  y  1    x    x  3      x   Vậy  x; y    0;1;  2;1 ; 2; 1 ; 4; 1  Bài 36: Tìm nghiệm nguyên phương trình: 3x  4x  5x Lời giải Ta thấy x  nghiệm phương trình cho Với x  ta xét: x x 3  4 Nếu x        5  5 Với x  dễ thấy x  0; x  nghiệm phương trình Với x  ta đặt x   y y  nên y  Ta có: 54 Liên Hệ Chuyển Giao Tài Liệu WORD CHẤT-ĐẸP-TIỆN Có Phí Hỗ Trợ ĐT/Zalo 0945943199 Toán Học Sơ Đồ BỘ 47 CHUYÊN ĐỀ HSG GIĨI TỐN x y x 3  4 3 4     1     5  5 5 5 y y y 5  5 1     1  3  4 5 y 5 y 5 Phương trình vơ nghiệm         3  4 Vậy phương trình cho có nghiệm x  Bài 37: Tìm tất tam giác vng có số đo cạnh số nguyên dương số đo diện tích số đo chu vi Lời giải Gọi cạnh tam giác vuông x, y, z cạnh huyền z ( x, y, z số nguyên dương) Ta có: xy   x  y  z 1 x  y  z (2) Từ (2) suy z   x  y   xy, thay (1) vào ta có: z2   x  y    x  y  z  z2  4z   x  y    x  y  z2  4z    x  y    x  y    z  2   x  y  2 Suy z   x  y   z  x  y  4; thay vào 1 ta được: xy   x  y  x  y   xy  x  y  8  x   y    1.8  2.4 Từ ta tìm giá trị x, y, z là:  x; y; z    5;12;13 ; 12;5;13 ;  6;8;10  ; 8;6;10  Bài 38: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình 2016 x y 2015    2 x  y y  2015 4031 x  2016 Lời giải 55 Liên Hệ Chuyển Giao Tài Liệu WORD CHẤT-ĐẸP-TIỆN Có Phí Hỗ Trợ ĐT/Zalo 0945943199 Toán Học Sơ Đồ BỘ 47 CHUYÊN ĐỀ HSG GIĨI TỐN +) Với a, b, c, d dương, ta có: a b c d    bc cd d a ab c   b d  a  d  a   c b  c  b  a  b   d c  d   a         b  c  d  a   c  d  a  b  bc d a   cd ab  F 2 2 a  c  ad  bc b  d  ab  cd  a  b  c  d  ab  ad  bc  cd     1 2 a  b  c  d  b  c  d  a  c  d  a  b 4 (theo bất đẳng thức xy   x  y  ) Mặt khác:  a  b2  c  d  ab  ad  bc  cd    a  b  c  d   a  b  c  d  2ac  2bd   a  c    b  d   2 Suy F  đẳng thức xảy  a  c; b  d +)Áp dụng F  với a  2016, b  x, c  y, d  2015 ta có: 2016 x y 2015    2 x  y y  2015 4031 x  2016 Đẳng thức xảy  y  2016, x  2015 Bài 39: Tìm giá trị x, y nguyên dương cho x  y  y  13 Lời giải Biến đổi đẳng thức cho dạng  x  y  1 x  y  1  12 Lập luận để có x  y   x  y  x  y  1; x  y  ước dương 12 từ có trường hợp x  y 1 56 12 Liên Hệ Chuyển Giao Tài Liệu WORD CHẤT-ĐẸP-TIỆN Có Phí Hỗ Trợ ĐT/Zalo 0945943199 Tốn Học Sơ Đồ BỘ 47 CHUN ĐỀ HSG GIĨI TỐN x  y 1 x 13 y 1 Mà x, y nguyên dương nên  x; y    4;1 Bài 40: Tìm tất số x, y, z nguyên thỏa mãn: x  y  z  xy  y  z   Lời giải x  y  z  xy  y  z    y2  3    x  xy     z  z  1   y  y     4   y 2    x     z  1   y    2  Có giá trị  x, y, z   1; 2;1 Bài 41: Tìm cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn: x  x   y Lời giải x  x   y  x  x  12  y   x  1  y  11   x  y  1 x  y  1  11  2 x  y    x  3    2 x  y   11  y   2 x  y   1  x     2 x  y   11  y  3   2 x  y   11   x   2 x  y   1  y    2 x  y   11  x  3  2 x  y     y  3   57 Liên Hệ Chuyển Giao Tài Liệu WORD CHẤT-ĐẸP-TIỆN Có Phí Hỗ Trợ ĐT/Zalo 0945943199 Tốn Học Sơ Đồ BỘ 47 CHUN ĐỀ HSG GIĨI TỐN Bài 42: Tìm tất tam giác vng có số đo cạnh số nguyên dương số đo diện tích số đo chu vi Lời giải Gọi cạnh tam giác vuông x, y , z cạnh huyền z ( x, y, z số nguyên dương) Ta có xy   x  y  z  (1) x2  y  z (2) Từ (2) suy z   x  y   xy, thay (1) vào ta có: z2   x  y   4 x  y  z   z2  4z   x  y   4 x  y   z2  4z    x  y   4 x  y     z  2   x  y  2 2 z   x  y    z    x  y  2(ktm vi z  0)  z  x  y  4; thay vào (1) ta được: xy   x  y  x  y    xy  x  y  8   x   y     1.8  2.4 Từ tìm giá trị x, y , z là:  x; y; z   5;12;13 ; 12;5;13;  6;8;10 ; 8;6;10  Bài 43: Giải phương trình nghiệm nguyên: x2  xy  y  16  Lời giải x  xy  y  16    x  y   16  y (1) Từ 1 suy 16  y   y  16  y  0;4;9;16 58 Liên Hệ Chuyển Giao Tài Liệu WORD CHẤT-ĐẸP-TIỆN Có Phí Hỗ Trợ ĐT/Zalo 0945943199 Tốn Học Sơ Đồ BỘ 47 CHUN ĐỀ HSG GIĨI TỐN *) y   y   x  4 *) y   y  2  x  (ktm) *) y   y  3  x  (ktm) *) y  16  y  4  x  8 Vậy phương trình cho có cặp nghiệm ngun  4;0  ;  4;0  ; 8;4  ;  8; 4  2 Bài 44: Giải phương trình nghiệm nguyên : x  y   xy Lời giải Ta có:  x  y    x  y  xy   xy  xy  xy  Lại có:  x  y    x  y  2 xy   xy  2 xy  xy  3 Suy 3  xy  Mà x, y   xy 3; 2  1;0;1   Lần lượt thử ta  x, y    2;1 ;1; 2 ; 2; 1 ;  1;2 ; 1;1 nghiệm phương trình Bài 45: a) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn: x3  x  3x   y3 b) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn: x  y  x  y  10  với x, y nguyên dương Lời giải 3  a) Ta có: y  x  x  x    x      x  y (1) 4  3 2 15  x    y  x  x    x      y  x   16  3 (2) Từ 1   ta có: x  y  x  mà x, y nguyên suy y  x  Thay y  x  vào phương trình ban đầu giải phương trình tìm x  1  y  Vậy  x; y    1;0  b) x  y  x  y  10    x  x  1   y  y       x  1   y      x  y  1 x  y  3  2 x  y   x   x  y 1  y 1 Vì x, y nguyên dương nên x  y   x  y     59 Liên Hệ Chuyển Giao Tài Liệu WORD CHẤT-ĐẸP-TIỆN Có Phí Hỗ Trợ ĐT/Zalo 0945943199 Tốn Học Sơ Đồ BỘ 47 CHUN ĐỀ HSG GIĨI TỐN Vậy  x; y   3;1 Bài 46: Tìm giá trị nguyên x để A B biết A  10 x  x  B  x  Lời giải Xét A 10 x  x    5x   B 2x  2x  Với x  A B    x  3 2x  Mà Ư (7)  1;1;7; 7 nên x  5; 2;2;1 A B Bài 47: Tìm tất tam giác vng có số đo cạnh số ngun dương số đo diện tích số đo chu vi Lời giải Gọi cạnh tam giác vuông x, y , z ; cạnh huyền z (x, y, z số nguyên dương) Ta có : xy  2( x  y  z ) (1) x  y  z (2) Từ (2) suy z   x  y   xy, thay (1) vào ta có : z   x  y   xy, thay (1) vào ta có: z2   x  y    x  y  z  z  z   x  y   4( x  y ) z  x    x  y   4( x  y )   z  2   x  y  2  z   x  y  2 z  x  y  , thay vào (1) ta được: xy   x  y  x  y    xy  x  y  8  x    y     1.8  2.4 Từ ta tìm giá trị x, y, z :  x; y; z    5;12;13 ; 12;5;13 ;  6;8;10  ; 8;6;10  60 Liên Hệ Chuyển Giao Tài Liệu WORD CHẤT-ĐẸP-TIỆN Có Phí Hỗ Trợ ĐT/Zalo 0945943199 Toán Học Sơ Đồ BỘ 47 CHUYÊN ĐỀ HSG GIĨI TỐN Bài 48: Giải phương trình nghiệm nguyên: x  xy  2012 x  2013 y  2014  Lời giải x       x   x    43  x  x  x  x   43; 2 Đặt x2- 4x = t ĐK t  - Khi ta có phương trình: t2 + 2t - 35 =  (t + 7)(t – 5) =  t = -7 (loại) t = Với t = 5, x2 - 4x - =  (x +1)(x – 5) =  x = x = -1 Vậy tập nghiệm phương trình S = {-1; 5} Bài 49: Tìm nghiệm nguyên  x; y  phương trình x  y  y  1 y   y  3 Lời giải x  y  y  1 y   y  3  x  y  y  3 y  1 y     x2  y  y  y  3y   Đặt t  y  y  ta x   t  1 t  1  x  t   x  t  1   x  t  x  t   1 Vì x, y số nguyên nên x  t x  t số nguyên Do ta có hai trường hợp sau: * TH1: x  t  x  t  1 Suy x  t  1 Với t  1 y  y   1  y  y     y  1 y     y  1 y  2 * TH2: x  t  1 x  t  Suy x  t  Với t  y  y    y  y   y  y  3   y  y  3 Vậy PT cho có nghiệm nguyên  x; y   0; 3 ,  0; 2  ,  0; 1 ,  0;0  61 Liên Hệ Chuyển Giao Tài Liệu WORD CHẤT-ĐẸP-TIỆN Có Phí Hỗ Trợ ĐT/Zalo 0945943199 Tốn Học Sơ Đồ BỘ 47 CHUN ĐỀ HSG GIĨI TỐN Bài 50: Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x3  x  3x   y Lời giải 3  Ta có y  x  x  3x    x      x  y 4  3 (1)  15  ( x  2)3  y  x  x    x      y  x   16  (2) Từ (1) (2) ta có x < y < x + mà x, y nguyên suy y = x + Thay y = x + vào pt ban đầu giải phương trình tìm x =  1; Từ tìm hai cặp số (x, y) thỏa mãn toán là: (-1 ; 0) (1; 2) KL nghiệm  Bài 51: Tìm nghiệm nguyên phương trình: y  2 x  x3 y  32  Lời giải Ta có:     y  2 x  x3 y  32  x6  x  x3 y  y  64   x  x2 3 y   64 Vì x  N 64 phân tích thành 64  02  43  03  82 nên ta có:  x   x     x  y   x  y    82  x  2; x  2 x     y  8; y  8  y  8; y  8 Vậy pt cho có nghiệm nguyên:  x  0; y  8 ;  x  0; y  8 ;  x  2; y   ;  x  2; y  8  Bài 52: : Tìm tất cặp số nguyên ( x; y) thỏa mãn: y  xy  x   Lời giải Ta có: y  xy  5x    x  xy  y  x  5x  62 (*)  ( x  y)2  ( x  2)( x  3) Liên Hệ Chuyển Giao Tài Liệu WORD CHẤT-ĐẸP-TIỆN Có Phí Hỗ Trợ ĐT/Zalo 0945943199 Toán Học Sơ Đồ BỘ 47 CHUYÊN ĐỀ HSG GIĨI TỐN VT (*) số phương; VP (*) tích số nguyên liên tiếp nên phải có số x    x  2   x    x  3 *) Với x  2  y  *) Với x  3  y  Vậy có cặp số nguyên ( x; y)  (2;2) ( x; y)  (3;3) Bài 53: Tìm số nguyên x,y thỏa mãn: x3 + 2x2 + 3x + = y3 Lời giải 15 16 Ta có: y − x = 2x + 3x + = (x + ) + > ⇒ x < y (1) (x + 2)3 − y = 4x + 9x + = (2x + ) + > ⇒ y < x + (2) Từ (1) (2) ta có : x < y < x + 2, mà x, y nguyên nên suy y = x + Thay y = x + vào phương trình ban đầu giải phương trình tìm x = -1 Từ tìm hai cặp số (x;y) thỏa mãn toán (-1;0); (1;2) Bài 54: Giải phương trình nghiệm nguyên : x2 + y2 = - xy Lời giải Ta có: (x − y)2 ≥ ⇔ x + y ≥ 2xy ⇒ − xy ≥ 2xy ⇔ xy ≤ Lại có: (x + y)2 ≥ ⇔ x + y ≥ −2xy ⇒ − xy ≥ −2xy ⇔ xy ≥ −3 Suy −3 ≤ xy ≤ Mà x, y ∈ Z ⇒ xy ∈ {−3; −2; −1; ; 1} Lần lượt thử ta (x; y) ∈ {(−2; 1); (1; −2); (2; −1); (−1; 2); (1; 1)} nghiệm phương trình Bài 55: Lời giải 63 Liên Hệ Chuyển Giao Tài Liệu WORD CHẤT-ĐẸP-TIỆN Có Phí Hỗ Trợ ĐT/Zalo 0945943199 Toán Học Sơ Đồ BỘ 47 CHUYÊN ĐỀ HSG GIĨI TỐN Gọi cạnh tam giác vng x; y; z cạnh huyền z (x; y; z số nguyên dương) Ta có: xy = 2(x + y + z) (1)và x + y = z (2) Từ (2) suy z = (x + y)2 − 2xy, thay (1) vào ta có: z = (x + y)2 − 4(x + y + z)2 ⇔ z + 4z = (x + y)2 − 4(x + y) ⇔ z + 4z + = (x + y)2 − 4(x + y) + ⇔ ( z + 2)2 = (x + y − 2)2 ⇔[ z+2=x+y−2 z + = −x − y + 2( không thỏa mãn z > 0) Suy z = x + y − thay vào (1) ta được: xy = 2(x + y + x + y − 4) ⇔ xy − 4x − 4y = −8 ⇔ (x − 4)(y − 4) = = 1.8 = 2.4 Từ tìm giá trị x; y; z là: (𝑥; 𝑦; 𝑧) ∈ {(5; 12; 13); (12; 5; 13); (6; 8; 10); (8; 6; 10)} Bài 56: Tìm số nguyên x, y thỏa mãn: x3  x  3x   y Lời giải 1.1 Ta có: y  x3  x  3x    x      x  y (1)  4 15  x    y3  x  x    x      y  x  (2)  16  Từ 1   ta có: x  y  x  mà x, y nguyên suy y  x  Thay y  x  vào phương trình ban đầu giải phương trình tìm x  1  y  Vậy  x; y    1;0  x3  x  x Bài 57: Tìm giá trị nguyên x để biểu thức B  nhận giá trị nguyên 2x 1 Lời giải a) 64 B x3  x  x x3  x  x  x  x   3   2x2  2x   2x 1 2x 1 2x 1 Liên Hệ Chuyển Giao Tài Liệu WORD CHẤT-ĐẸP-TIỆN Có Phí Hỗ Trợ ĐT/Zalo 0945943199 Tốn Học Sơ Đồ BỘ 47 CHUN ĐỀ HSG GIĨI TỐN Để B nhận giá trị nguyên  x  1 U (3)  1;1; 3;3  x  0;1; 1; 2 Bài 58: Giải phương trình tìm nghiệm nguyên:  x  x  x3  y Lời giải Ta nhận thấy  x  x   x     với x 2  Nên x3   x  x  x3  y Theo câu a):  x     x  x  x3 Suy : x3  y   x    x  1 3  y   x  1   x  x  x3   x  1  x  x  1    x   x  1  y  x   y   Vậy phương trình có nghiệm ngun  1;0  ;  0;1 Bài 59: Ta có: x  xy   x  y   y  10   x  xy  28 x  28 y  y  40    x  y    y   * 2 Ta thấy:  x  y    nên y   y  y nguyên nên y  0;1  y  0;1; 1 Với y  thay vào * ta  x    tìm x 2; 5 Với y  thay vào * ta có :  x    khơng tìm x ngun 65 Liên Hệ Chuyển Giao Tài Liệu WORD CHẤT-ĐẸP-TIỆN Có Phí Hỗ Trợ ĐT/Zalo 0945943199 Toán Học Sơ Đồ BỘ 47 CHUYÊN ĐỀ HSG GIĨI TỐN Với y  1 thay vào * ta có:  x    khơng tìm x ngun Vậy  x; y  nguyên tìm  2;0 ; 5;0 Bài 60: Biến đổi dạng :  x  y   x  y  1  17  1.17  17.1  1  17  17  Xét trường hợp   x; y   30; 15;  18;17 ; 12; 15;  36;17  Bài 61: Ta có: y  xy  3x    x  xy  y  x  3x   *   x  y    x  1 x   VT (*) số phương ; VP (*) tích hai số nguyên liên tiếp nên phải có số x 1   x  1  y    x    x  2  y  Vậy có cặp số nguyên  x; y    1;1;  2;2 Bài 62: x  xy  x  y   x  x   y  x   x  6x   y x5  y  x 1 (2) (vì x  khơng nghiệm phương trình (2)) Vì x, y nguyên nên x  ước x5 Hay x  1;3;1; 3 hay x 4;6;8;2 Khi x   y  Khi x   y  Khi x   y  Khi x   y    Vậy phương trình có nghiệm ngun  x, y    2,0  ;  4,0  ;  6,8 ; 8,8  66 Liên Hệ Chuyển Giao Tài Liệu WORD CHẤT-ĐẸP-TIỆN Có Phí Hỗ Trợ ĐT/Zalo 0945943199 Toán Học Sơ Đồ BỘ 47 CHUYÊN ĐỀ HSG GIĨI TỐN 3  Bài 63: Ta có: y  x  x  x    x      x  y (1) 4  3 2 15  x    y  x  x    x      y  x   16  3 (2) Từ 1   ta có: x  y  x  mà x, y nguyên suy y  x  Thay y  x  vào phương trình ban đầu giải phương trình tìm x  1  y  Vậy  x; y    1;0  Bài 64: Bài x  25  y ( y  6)  x   y  3  16   x  y  3 x  y  3   4   4    2   8    1  16  x y -1 11 -5 19 -13 x y -7 -11 -1 -5 13 -19 -2 -4 Vậy cặp số nguyên phải tìm là:  4; 3;  4; 3; 5;0;  5; 6; 5; 6 ;  5;0  Bài 65: Lời giải 3  Ta có: y  x  x  x    x      x  y (1) 4  3 2 15  x    y  x  x    x      y  x   16  3 (2) Từ 1   ta có: x  y  x  mà x, y nguyên suy y  x  Thay y  x  vào phương trình ban đầu giải phương trình tìm x  1  y  Vậy  x; y    1;0  Bài 66: Tìm tất cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn 3x  3xy  17  x  y Lời giải 67 Liên Hệ Chuyển Giao Tài Liệu WORD CHẤT-ĐẸP-TIỆN Có Phí Hỗ Trợ ĐT/Zalo 0945943199 Toán Học Sơ Đồ BỘ 47 CHUYÊN ĐỀ HSG GIĨI TỐN Ta có: 3x  3xy  17  x  y  3xy  y  3x  x  17   3x   y  3x  x  17 Vì x nguyên nên x   nên ta có: 3 x  x  17 3x  x  x   11 y  3x  2  x  3x     x    11 11   x   3x  3x  Vì x, y nguyên nên ta có 11 nguyên  11 3x   3x   1; 11 3x  Xét trường hợp ta tìm x  1; y  1; x  3; y  thỏa mãn kết luận Bài 67: Giải phương trình nghiệm nguyên: x2  xy  2012 x  2013 y  2014  Lời giải a) x2  xy  2012 x  2013 y  2014   x  xy  x  2013x  2013 y  2013   x  x  y  1  2013  x  y  1    x  2013 x  y  1    x  2013    x  2014    x  y     y  2014     x  2013  1   x  2012     x  y   1   y  2014 68 Liên Hệ Chuyển Giao Tài Liệu WORD CHẤT-ĐẸP-TIỆN Có Phí Hỗ Trợ ĐT/Zalo 0945943199 ...    ,x 2  2 Nghiệm nguyên phương trình x = Dạng phương trình bậc cao nhiều ẩn Ví dụ a) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình  x  y   xy ; b) Tìm nghiệm nguyên phương trình  x  y  ... lượt cho t lấy giá trị nguyên 0; - 1; - 2; - thỏa mãn (* ) ta tìm giá trị tương ứng x y nghiệm phương trình (3 ) Vậy phương trình (3 ) có vơ số nghiệm ngun dương Dạng phương trình bậc nhiều ẩn a1... chu vi Bài 48: Giải phương trình nghiệm nguyên: x  xy  201 2 x  201 3 y  201 4  Bài 49: Tìm nghiệm nguyên  x; y  phương trình x  y  y  1 y   y  3 Bài 50: Tìm số nguyên x, y thỏa