b/ Coù theå tìm ñöôïc 5 soá töï nhieân lieân tieáp sao cho laäp phöông cuûa moät soá baèng toång laäp phöông boán soá kia hay khoâng.. Haõy chöùng toû ñieàu khaún ñònh aáy.[r]
(1)PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
CÁC PHƯƠNG PHÁP THƯỜNG DÙNG GIẢI PT NGHIỆM NGUYÊN I/ SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CHIA HẾT:
Ví dụ 1: Giải pt với nghiệm nguyên: 3x + 17y = 159 (1) Giải: Giả sử x, y số nguyên thoã mãn pt (1)
Ta thấy 159 3x chia hết 17y 3; Do y (vì 17 nguyên tố nhau)
Đặt y = 3t (t∈ Z) Thay vào (1) ta được: 3x + 17.3t = 159 <=> x = 53 – 17t Đảo lại, thay biểu thức x, y vào (1), pt nghiệm
Vậy pt (1) có vơ số nghiệm ngun (x, y) biểu thị cộng thức:
= − =
t y
t x
3 17 53
(t∈ Z)
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên pt: x2 – 2y2 = (2)
Giải: Từ pt (2) ta suy x phải số lẻ Thay x = 2k + (k∈ Z) vào (2), ta được: 4k2 + 4k + – 2y2 <=> 2(k2 + k – 1) = y2 => y2 số chẵn Đặt y = 2t (t
∈ Z), ta coù: 2(k2 + k – 1) = 4t2 <=> k2 + k – = 2t2 <=> k(k + 1) = 2t2 + (**)
Nhận xét: k(k + 1) số chẵn, 2t2 + số lẻ => pt (**) vô nghiệm Vậy pt cho khơng có nghiệm ngun
Ví dụ 3: CMR khơng tồn số nguyên x, y, z thoả mãn: x3 + y3 + z3 = x + y + z + 2000 (3) Giải: Ta có (x3 – x) = (x – 1)x(x + 1) tích số nguyên liên tiếp ( với x số nguyên) Do đó: x3 – x
Tương tự y3 – y z3 – z chia hết cho Từ ta có x3 + y3 + z3 – x – y – z chia hết cho
Vì 2000 không chia hết cho neân x3 + y3 + z3 – x – y – z
≠ 2000 với số nguyên x, y,
z; tức pt (3) nghiệm ngun
Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên pt: xy + x – 2y = (4) Giải: Ta có (4) <=> y(x – 2) = -x +
Vì x = khơng thoả mãn phương trình nên (4) y =
3 −
+ −
x
x <=> y = -1 + − x
Ta thấy: y số nguyên <=> x – ước <=> x – = ±1 <=> x = x = ta có nghiệm (x, y) (1; -2) (3; 0)
Lưu ý: Bài dùng pp đưa tích để đưa dạng: (x – 2)(y + 1) =
(2)Giải: Giả sử f(x) có nghiệm ngun a Thế thì: f(x) = (x – a).g(x); g(x) đa thức có hệ số nguyên
=> f(1) = (1 – a) g(1) f(2) = (2 – a).g(2); g(1), g(2) số nguyên Do đó: f(1).f(2) = (1 – a)(2 – a) g(1).g(2)
=> 35 = (1 – a)(2 – a) g(1).g(2) (*)
Ta thấy (1 – a)(2 – a) tích số nguyên liên tiếp nên số chẵn nên vế phải số chẵn, vế trái số lẻ nên không xảy đẳng thức (*)
Tức đa thức f(x) khơng có nghiệm ngun II/ ĐƯA VỀ DẠNG TÍCH:
Ta biến đổi pt dạng: vế trái tích đa thức chứa ẩn, vế phải tích số nguyên
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên pt: xy – x – y = (1)
Giải: Ta có (1) <=> x(y – 1) – y = <=> x(y – 1) – (y – 1) = <=> (y – 1) (x – 1) =
Do vai trị bình đẳng x y pt nên giả sử x ≥ y x – ≥ y – Vậy ta có :
= − = − 1 y x hay − = − − = − 1 y x => = = y x hay − = = y x Vậy nghiệm nguyên pt (4; 2), (0; -2); (2; 4), (-2;0)
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên pt: y3 – x3 = 91 (2) Giaûi: (2) <=> (y – x)(y2 + xy + x2) = 91 (*)
Vì y2 + xy + x2 > với x, y nên từ (*) => y – x > Mặt khác: 91 = 1.91 = 7.13 y – x, y2 + xy + x2 nguyên dương nên ta có khả sau:
= + + = − 91 2 y xy x x y ; = + + = − 91 2 y xy x x y ; = + + = − 13 2 y xy x x y ; = + + = − 13 2 y xy x x y ; Giải ta nghiệm pt là:
<=> = − = y x ; = − = y x ; = = y x ; − = − = y x
Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên pt: x + y + xy =
HD: biến đổi pt dạng: (x + 1)(y + 1) = 10 => (x + 1) ∈ Ư(10) => (x + 1) ∈ {±1; ±2; ±5; ±10} ta tìm nghiệm là:
(1, 4); (4, 1); (-3, -6); (-6, -3), (9, 0); (0,9); (-2; -11); (-11, -2)
Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: y2 = x(x + 1)(x + 7)(x + 8) (4) Giaûi: (4) <=> y2 = ( x2 + 8x)(x2 +8x + 7)
Đặt z = x2 + 8x; ta coù y2 = z2 + 7z <=> 4y2 = (2z + 7)2 – 49
(3)a/ = + + = + − 49 2 2 y z y z => = = 12 z y b/ = + + = + − 2 49 2 y z y z => = − = 12 z y
c/ 2z – 2y + = 2z + 2y +7 = <=> y = z = d/ 2z – 2y + = 2z + 2y +7 = -7 <=> y = 0; z = -7
Trong trường hợp đầu ta có z = hay x2 + 8x = 9, hay x = x = -9 Trong trường hợp thứ ta có z = hay x2 + 8x = 0, hay x = x = -8
Trong trường hợp thứ ta có z = -7 hay x2 + 8x = -7, hay x = -1 x = -7 Vậy ta có nghiệm nguyên (x, y) sau:
(1, 12); (-9, 12); (1, -12); (-9, -12); (0, 0); (0, -8); (-1, 0); (-7, 0) Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên phương trình: xy = p(x + y) với p số nguyên tố cho trước Giải: xy = p(x + y) <=> px + py – xy = <=> x(p – y) – p(p – y) = – p2; p số nguyên tố Do ta có:
= − = − p y p p x (1) = − = − p p y p x (2) − = − − = − p y p p x (3) − = − − = − p p y p x (4) = − = − p p y p p x (5) − = − − = − p p y p p x (6)
Giải ta nghiệm nguyên là: (p2 + p; + p); (1 + p; p2+ p); (-p2 + p; -1 + p) (-1 + p; -p2 + p); (2p; 2p); (0; 0)
III/ SẮP THỨ TỰ CÁC ẨN
Nếu ẩn x, y, z, … có vai trị bình đẳng, ta giả sử x ≤ y ≤ z ≤ … để tìm
nghiệm thoả mãn điều kiện Từ đó, dùng phép hốn vị để suy nghiệm phương trình cho
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x + y + z = xyz (1)
Giải: Do vai trị bình đẳng x, y, z phương trình, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z Vì x, y, z nguyên dương nên xyz ≠0
Do x ≤ y ≤ z => xyz = x + y + z ≤ 3z => xy ≤ => xy∈ {1; 2; 3} Neáu xy = => x = y = 1, thay vào (1) ta có + z = z; vô lí
Nếu xy = 2, x ≤ y nên x = y = 2, thay vào (1), suy z = Nếu xy = 3, x ≤ y nên x = y = 3, thay vào (1), suy z = Vậy nghiệm nguyên dương pt hoán vị (1; 2; 3) Ví dụ 2: Tìm nghiệm ngun dương phương trình:
z y x 1 +
+ = (2)
Giải: Do vai trị bình đẳng x, y, z phương trình, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z Ta có: = z y x 1 +
+ ≤
x
1 => x ≤
2
(4)Thay x = vaøo (2) ta coù: 1+ 1+1 y
x = => = x y 1
+ ≤
y
2 => y ≤ Suy y = =>
z
1 = (vơ lí) Hoặc y = =>
z 1 =
2
1 => z =
Vậy nghiệm nguyên dương phương trình hốn vị (1; 2; 2) IV/ SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC:
Dùng BĐT để đánh giá ẩn từ đánh giá suy giá trị nguyên ẩn
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 – xy + y2 = (1) (1) <=>
2
− y
x = –
4
y
Vì
2
− y
x ≥ => –
y
≥ => -2 ≤ y ≤
Lần lượt thay y = ±2; y = ±1; vào phương trình để tính x Ta có nghiệm ngun phương trình là: (-1; -2), (1; 2); (-2; -1); (2; 1), (-1; 1), (1; -1)
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình:
3 1
= +
y x
Giải: Do vai trị bình đẳng x y nên giả sử: x ≥ y Hiển nhiên ta có: 1
>
y neân y > (1) Mặt khác do: x ≥ y ≥ nên
y x
1
≤ Do đó:
≤ y x
1
+ ≤
y y
1
+ = y
3
≥
y neân y ≤ (2)
Ta xác định khoảng giá trị y là: ≤ y ≤ Với y = ta được:
x 1 =
4
− = 12
1 nên x = 12 Với y = ta được:
x 1 =
5
− = 15
2 , loại x khơng phải số nguyên Với y = ta được:
x 1 =
6
− =
1 neân x =
Vậy nghiệm phương trình là: (4; 12), (12; 4), (6; 6) Ta đưa pt tích:
3 = + xy
x
y <=> xy – 3x – 3y = <=> (x – 3)(y – 3) = Bài tương tự: 1/ Tìm số nguyên dương thoả:
2 1
= +
y
x ĐS: (6; 3), (4; 4), (3; 6) 2/ Tìm tất số nguyên dương x, y, z thoả:
z y x
1 1
+
(5)Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên phương trình:
z xy y xz x yz
+
+ =
Giải: Điều kiện x, y, z ≠ Ta coù: y2x2 + z2x2 + x2y2 = 3xyz => xyz >0 p dụng BĐT Cosi ta
coù: y2x2 + z2x2 + x2y2
≥ x4y4z4
=> 3xyz ≥ x4y4z4 => xyz ≤ => xyz = (do xyz >0)
Vậy ta có nghiệm: (1, 1, 1); (1, -1, -1); (-1, 1, -1); (-1, -1, 1); V/ ĐƯA VỀ DẠNG TỔNG:
Biến đổi phương trình dạng: vế trái tổng bình phương, vế phải tổng số phương hay
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 + y2 – x – y = (1) Giaûi: (1) <=> 4x2 + 4y2 – 4x – 4y = 32 <=> (4x2 – 4x + 1) + (4y2 – 4y + 1) = 34
<=> |2x – 1|2 + |2y – 1|2 = 32 + 52
Do phương trình thoả mãn khả năng:
= −
= −
5
3
y x
= −
= −
3
5
y x
Giải hệ => phương trình cho có nghiệm là: (2; 3), (3; 2), (-1; -2), (-2; -1) Ví dụ 2: x2 + 2y2 + z2 – 2xy – 2y + 2z + =
HD: Ta biến đổi dạng: (x – y)2 + (y – 1)2 + (z – 1)2 = => x – y = 0; y – = 0; z + = => có nghiệm (1; 1; -1)
Ví dụ 3: Giải phương trình tập số ngun Z: x2 – 6xy + 13y2 = 100 Giải: Ta biến đổi phương trình dạng: (x – 3y)2 = 4(25 – y2) (1)
Tứ (1) => 25 – y2
≥ <=> y2 ≤ 25 25 – y2 số phương Vaäy: y2
∈ {0, 9, 16, 25} => y ∈ {0, ±3, ±4, ±5} Thay vào ta tìm giá trị x VI/ LÙI VÔ HẠN:
Ví dụ 1: Tìm nghiệm ngun phương trình: x2 – 5y2 = (1) Giải: Giả sử (x0; y0) nghiệm (1) thì:
x02 – 5y02 = => x0 5; Đặt x0 = 5x1; (x1∈ Z)
Ta có: 25x12 – 5y02 = <=> 5x12 – y02 = => y0 5; Đặt y0 = 5y1 (y1 ∈ Z) Từ ta có: 5x12 – 25y12 = <=> x12 – 5y12 =
Vậy (x0; y0) nghiệm (1)
5 ;
0 y
(6)Tiếp tục lập luận tương tự, ta có
k k
y x
5 ;
0
0 với k nguyên dương bất kỳ, nghiệm nguyên (1): hay x0; y0 chia hết cho 5k với k số nguyên dương tuỳ ý Điều xảy x0 = y0 = Vậy phương trình cho có nghiệm x = y =
Ví dụ 2: Tìm nghiệm ngun phương trình: x3 = 2y3 + 4z3 Giải: Từ phương trình cho ta suy x chẵn, hay x = 2x1 (x1∈ Z)
Thay vào ta 4x13 = y3 + 2z3 Ta lại suy y chẵn, y = 2y1 (y1∈ Z)
Thay vào ta được: 2x13 = 4y13 + z3 Do z chẵn, z = 2z1 (z1∈ Z) Thay vào ta được: x13 = 2y13 + 4z13 Vậy (x, y, z) nghiệm phương trình cho
2 ; ;
z y
x cuõng
là nghiệm phương trình cho Một cách tổng quát, ta suy
n n n
z y x
2 ; ;
2 nghiệm phương trình cho, với n ∈ N, hay x, y, z chia hết cho 2n với n,
Do x = y = z =
VII/ XÉT CHỮ SỐ TẬN CÙNG:
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 1! + 2! + … + x! = y2 (1)
Giải: Cho x 1; 2; 3; ta có nghiệm nguyên dương (x, y) phương trình (1) (1; 1) (3; 3)
Nếu x > dễ thấy k! với k > có chữ số tận => 1! + 2! + … + x! = 33 + 5! + … + x! có chữ số tận
Mặt khác vế phải số phương nên khơng thể có chữ số tận Vậy phương trình (1) có nghiệm ngun dương (1; 1) (3; 3)
Ví dụ 2: Tìm x, y nguyên dương thoả mãn phương trình: x2 + x – = 32y+1 (2)
Giải: Cho x giá trị từ đến 9, dễ dàng xác định chữ số tận x2 + x – nhận giá trị 1; 5; Mặt khác ta thấy 32y+1 luỹ thứa bậc lẻ nên chữ số tận có thể 7, khác với 1; 5;
Vậy (1) xảy Nói cách khác, phương trình nghiệm nguyên dương Lưu ý: Bài giải theo cách đưa phương trình tích
VIII/ SỬ DỤNG TÍNH CHẤT NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC
Biến đổi phương trình dạng phương trình bậc ẩn, coi ẩm khác tham số, sử dụng tính chất nghiệm cùa phương trình bậc để xác định giá trị tham số
Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên: 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + = (1)
Giaûi: (1) <=> y2 + (4x + 2)y + 3x2+ 4x + = Nếu phương trình có nghiệm nguyên y nguyên => -4x – '
x
∆
± nguyeân, mà x nguyên nên ∆x' nguyên => '
y
(7)<=> (x – n)(x + n) = 4, ta xác định x = ±2
Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên (2; -5), (-2; 3)
Ví dụ 2: Tìm nghiệm ngun phương trình: x2 – (y + 5)x + 5y + = (2) Giải: Giả sử phương trình ẩn x có nghiệm ngun x1, x2 theo định lý Viet ta có:
+ =
+ = +
2
5
2
2
y x x
y x x
=>
+ =
+ = +
2
25 5
2
2
y x x
y x x
=> (x1 – 5)(x2 – 5) = = 1.2 = (-1).(-2)
=> x1 + x2 = 13 x1 + x2 = => y = y = Thay vào (2) phương trình có nghiệm: (7; 8), (6; 8), (4; 2), (3; 2)
Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x + y + xy = x2 + y2 (3)
Giải: Viết (3) thành phương trình bậc x là: x2 – (y +1)x + (y – y) = (4) Điều kiện để (4) có nghiệm ∆ ≥
∆ = (y + 1)2 – 4(y2 – y) = -3y2 + 6y + ≥ => 3y2 – 6y –
≤ <=> 3(y – 1)2 ≤ => (y – 1)2 ≤
=> y ∈ {-1; 0; 1} thay vào ta tìm x ∈ {0; 1; 2} Nên ta có nghiệm nguyên là: (0; 0), (1; 0), (0; 1), (2; 1), (1; 2), (2; 2)
BÀI TẬP:
Bài 1: Tìm tất cặp số nguyên (x, y) thoả mãn đẳng thức: y(x – 1) = x2 + Bài 2: Tìm chữ số a,b,c biết abc = (a+b) c
Bài 3: Tìm giá trị nguyên x, y thoả mãn đẳng thức: (y + 2)x2 + = y2
Baøi 4: Cho f(x) = ax2 + bx + c có tính chất: f(x) nhận giá trị nguyên x số nguyên Hỏi hệ số a, b, c có thiết số nguyên không? Vì sao?
Bài 5: Tìm số ngun khơng âm x, y thoả mãn đẳng thức: x2 = y2 +
1 +
y
Bài 6: Tìm tất số nguyên n cho n2 + 2002 số phương Bài 7: Tìm nghiệm nguyên cùa phương trình: x + xy + y =
Bài 8: Tìm tất số nguyên m để phương trình: x2 – mx + 2002 = m (1) có nghiệm ngun Bài 9: Tìm số n nguyên dương thoả mãn: (3 2 2)n
+ + (3 2 2)n
− =
Bài 10: Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2x6 – 2x3y + y2 = 64
Bài 11: Tìm số nguyên x, y thoả mãn đẳng thức: 2y2x + x + y + = x2 + 2y2 + xy Bài 12: Tìm số nguyên x, y thoả mãn đẳng thức: x2 + xy + y2 = x2y2
Bài 13: Hãy tìm cặp số (x, y) cho y nhỏ thoả mãn: x2 + 5y2 + 2y – 4xy – = Bài 14: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 + 17y2 + 34xy + 51(x + y) = 1740 Bài 15: Tìm giá trị nguyên x y đẳng thức: 2x3 + xy =
(8)Bài 17: Tìm tất cặp số tự nhiên x, y cho: x + y = 1989
Bài 18: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 – y2 = 1999
Bài 19: Tìm số phương có chữ số biết tăng thêm chữ số đơn vị số tạo thành số phương
Bài 20: Tìm tất ba số nguyên tố (a, b, c) cho: abc < ab + bc + ca Bài 21: Tìm tất số tự nhiên a, b cho (a, b) =
25
2 =
+ + b a
b a
Bài 22: Có 480 học sinh dự trại hè địa điểm: 10% số học sinh địa điểm (I), 8,5% số học sinh địa đuiểm (II) 15% số học sinh địa điểm (III) thăm viện bảo tàng Viện bảo tàng cách địa điểm (I) 60km, cách địa điểm (II) 40km cách địa điểm (III) 30km để trả vừa đủ tiền xe (100đ cho người 1km) số người thăm viện bảo tàng góp đồng người 4000đ Hỏi có người đại điểm thăm viện bảo tàng
Bài 23: Tìm tất số nguyên tố p để tổng ước số p4 số phương
Bài 24: Chứng minh P(x) đa thức với hệ số nguyên, thêm vào P(0) P(1) số lẻ đa thức P(x) khơng thể có nghiệm nguyên
Bài 25: a/ Hãy số nguyên dương khác x y cho xy + x xy + y bình phương số nguyên dương khác
b/ Có hay khơng số ngun dương khác x y khoảng (998; 1994) cho xy + x xy + y bình phương số nguyên dương khác
Bài 26: a/ Tìm số tự nhiên liên tiếp cho lập phương số tổng lập phương ba số
b/ Có thể tìm số tự nhiên liên tiếp cho lập phương số tổng lập phương bốn số hay không? Hãy chứng tỏ điều khẳn định
(9)BAØI GIẢI Bài 1: Nếu x = phương trình trở thành = 3; vơ lí
Nếu x ≠ ta biến đổi: y =
1 2
− + x
x = x + + − x Vì x, y ∈ Z <=>
1 −
x ∈ Z <=> x – ước 3; từ suy x – = ±1; ±3 Giải ta có nghiệm (-2; -2), (0; -2), (2; 6), (4, 6)
Baøi 2: abc= (a+b) c <=> abc = (a + b)2c <=> 10ab = c[(a + b)2 – 1] (1)
+ Nếu ab không chia hết cho a + b không chia hết cho => (a + b)2 – 3, vế trái (1) chia hết cho 3, vế phải (1) khôgn chia hết cho 3, n mâu thuẫn
Vậy ab suy (a + b) nên [(a + b)2 – 1] không chia hết cho 3, từ c Do c ∈ {0; 3; 6; 9}
* Neáu c = a = b = c = điều không xảy a ≠
* Nếu c = ab3 = (a + b)2.3 nên (a + b)2 tận 1; mà 1≤ a + b≤ 18 Nên (a + b) ∈ {1; 0; 11}
_ Nếu a + b = ab3 = suy ab = 0, khơng thích hợp
_ Nếu a + b = ab3 = 92.3 = 243 suy ab = 24 a + b ≠ (loại)
_ Nếu a + b = 11 ab3 = 112.3 = 363 suy ab = 36 a + b ≠ 11 (loại)
* Nếu c = ab6 = (a + b)2.6, suy (a + b)2 tận
_ Nếu (a + b)2 tận a + b
∈ {1; 9; 11}, thay giá trị a + b vào
6
ab = (a + b)2.6 , chữ số a, b thoả mãn
_ Nếu (a + b)2 tận a + b
∈ {4; 6} Tương tự khơng có chữ số a, b thoả mãn
* Nếu c = ab9 = (a + b)2.9 suy (a + b)2 tận suy a + b ∈ {1; 9; 11} _ Nếu a + b = ab9 = 9, khơng thích hợp
_ Nếu a + b = ab9 = 81.9 = 729 suy ab = 72 thoả mãn đề
_ Nếu a + b = 11 ab9 = 121.9 = 1089, vô lí Vậy a = 7; b = 2; c =
Baøi 3: (y + 2)x2 + = y2 <=> (y + 2)x2 = y2 – +Nếu x = -2 = 3; vô lí
+ Nếu x ≠-2 x2 =
1
2
+ −
y
y = y – +
2 + y Với y ∈ Z, để x ∈ Z
2 +
(10)Bài 4: Theo đề f(x) = ax2 + bx + c số nguyên với x số nguyên Suy f(0) ∈ Z; f(1)∈ Z f(-1)∈ Z, ta có:
∈ + −
∈ + +
∈
Z c b a
Z c b a
Z c
<=>
∈ ∈ + +
∈
Z a
Z c b a
Z c
2
Ta cần chứng minh:
∈ ∈ + +
∈
Z c
Z c b a
Z a
2
đủ
Thật vậy, với x ∈ Z, ta có: f(x) = ax2 – ax + (a + b + c)x + c – cx = ax(x – 1) + (a + b + c)x + c – cx
Do x(x – 1) với x ∈ Z nên x(x – 1) = 2k (k ∈ Z) mà 2a ∈ Z nên ax(x – 1) ∈ Z a + b + c∈ Z x ∈ Z nên (a + b + c)x∈ Z
c∈ Z, x ∈ Z nên c – cx∈ Z với x ∈ Z
Như không thiết hệ số a, b, c số nguyên Bài 5: x2 = y2 + 1
+
y (1) <=> x2 – y2 = y+1
Do x2
∈ Z, y2∈ Z nên x2 – y2∈ Z, suy y+1∈ Z, mà y+1 ≥ 0; suy y+1 = k∈ N <=> y + = k2 => y2 = ( với k∈ N k ≥ 1)
Phương trình (1) <=> x2 = k4 – 2k2 + = k (2)
Do k ∈ N* neân k4 + 4k3 + 6k2 + 4k + > k4 – 2k + k + hay x2 < (k + 1)4
Ta coù k4 – 2k + k + – (k4 – 4k3 + 6k2 – 4k + 1) = 4k3 – 8k2 + 5k = 4k(k – 1)2 + k > 0, suy k4 – 2k + k + > hay x2 > (k – 1)4
Vậy (k – 1)4 < x < (k + 1)4 Mà x2 số phương, x2 = k4 Thay vào (2) ta được: (2) <=> 2k2 – k – =
Phương trình có nghiệm k = k = 1/2 (loại) Với k =
= = +
1 1 x
y <=>
= =
1 x
y
( x ∈ N) Các số phải tìm (x; y) = (1; 0)
Bài 6: Giả sử có số phương n2 + 2002 = k (x
∈ N) <=> 2002 = (k + n)(k – n) (1) Suy (k + n) (k – n) ước 2002 Mà (k + n) + (k – n) = 2klà số chẵn, nên (k + n) (k – n) tính chẵn lẻ Do 2002 số chẵn nên (k + n) (k – n) số chẵn;
Suy (k + n)(k – n) Khi từ (1) ta lại có 2002 Điều vơ lí Vậy khơng có số ngun n để n2 + 2002 số phương
Bài 7: Có thể đưa vế phương trình tích (x + 1)(y + 1) = 10 hặoc biểu diễn x theo y để tìm ĐS: (-11; -2), (-6; -3), (-3; -6), (-2; -11), (0; 9), (1; 4), (4; 1), (9; 0)
(11)(1) <=> x02 + 2002 = m (x0 + 1) (2)
x0 = -1 không nghiệm (2) Vậy x0 ≠ -1, ta có:
(2)<=> m =
1 2002 0 + + x
x = x
0 – + 2003
0 +
x , suy (x0 + 1) ước 2003 Từ ta tìm giá trị nguyên m -2006 2002
Baøi 9: Do + 2 > 0, - 2 > nên bậc có nghóa Và (3+2 2) (3−2 2) =
Đặt (3 2 2)n
+ = a (a > 0) (3 2 2)n
− = 1/a phương trình cho tương đương với:
a + 1/a = <=> a2 – 6a + = có nghiệm a
1 = - 2; a2 = + 2 + Neáu a1 = - 2 => (3+2 2)n = - 2 =
2
1
+ = (3 + 2)
-1 = (3 2 2)−2
+
=> n = (loại)
+ Neáu: a2 = + 2 => (3+2 2)n = + 2 = (3+2 2)2 => n = Vaäy n =
Bài 10: Đặt x3 = t; (t
∈ Z), ta coù:
2t2 – 2tx + y2 = 64 <=> 4t2 – 4tx + 2y2 = 128 <=> (2t – y)2 + y2 = 128 (*)
Các số phương tận bởi: 0; 1; 4; 5; 6; Theo (*) tổng số cính phương có tận 8, nên số có tận Mặt khác tổng số phương 128 nên số 64, nên:
= = − 64 64 ) ( 2 y y
t <=>
± = = − 64 ) ( y y t
+ Với y =8 (2t – 8)2 = 64 <=> − = − = − 8 8 t t <=> = = t t
<=> = = x x
Với y = -8 (2t + 8)2 = 64 <=> − = + = + 8 8 t t <=> − = = t t
<=> − = = x x Vậy phương trình cho có nghiệm: (2; 8), (0; 8), (0; -8), (-2; -8) Bài 11: 2y2x + x + y + = x2 + 2y2 + xy (1)
⇔ x2 + 2y2 + xy – 2y2x – x – y = <=> (x – 1)(-2y2 + y + x) = (2)
Do x, y số nguyên nên vế trái (2) tích số nguyên Mà = 1.1 = (-1).(-1) Xét trường hợp: a)
= + + − = − 1 x y y x
vaø b) − = + + − − = − 1 x y y x
ta tìm nghiệm phương trình cho: (x; y) = (2; 1), (0; 1)
Bài 12: Đặt a = x + y, b = xy (a, b∈ Z) Phương trình cho có dạng: a2 – b = b2 <=> b2 + b – a2 = (1)
∆ = + 4a2
(12)4a2 + = k2 (k
∈ N) <=> (k – 2a)(k + 2a) = Ta coù baûng sau:
k – 2a -1
k + 2a -1
a 0
Thay a = vào (1) ta có: b2 + b = <=> b(b + 1) = <=> b = hay b = + Với a = 0; b = <=> x + y = xy = <=> x = y =
+ Với a = 0; b = -1 <=> x + y = xy = -1 <=> x = 1; y = -1 hay x = -1, y = Vậy phương trình có nghiệm là: ( 0; 0), (1; -1), (-1; 1)
Baøi 13: x2 + 5y2 + 2y – 4xy – = (1) <=> x2 – 4xy + 5y2 + 2y– = (2)
Vì (x, y) thoả mãn (1) nên phương trình (2) ẩn x phải có nghiệm <=> ∆′=4y2 – 5y2 – 2y + ≥ <=> y2 + 2y – ≤ <=> -3≤ y≤
Với y = -3 (1) <=> x2 + 12x + 36 = 0, phương trình có nghiệm x = -6 Vậy y nhỏ -3 ứng với cặp số (x, y) = (-6; -3)
Bài 14: Phương trình cho trở thành: 17(x + y)2 + 17.3(x + y) – 17x2 – 1734 = – x2 Suy (x2 – 6) 17 (*)
Đặt x = 17 k + r (k∈ Z, r∈ Z; 0≤ r ≤ 16) Suy x2 = r2(mod17); khơng có r thoả mãn (*) Vậy phương trình cho khơng có nghiệm ngun
Bài 15: 2x3 + xy = (x, y
∈ Z) <=> x(2x2 + y) = 7; Mà = (–1) (–7) = 1.7 Ta có trường hợp sau:
− = +
− =
7
1
y x
x
;
− = +
− =
1
7
y x
x
;
= +
=
1
y x
x
;
= +
=
7
y x
x
; <=>
− =
− =
9 y x
;
− =
− =
99 y
x
;
= =
5 y x
;
− =
= 97 y
x
Lưu ý: Bài giải theo cách biểu thị y theo x sau tìm giá trị x => giá trị y Bài 16: Gọi a, b số đấi thủ đội, với a, b∈ N* Theo đề ta có:
ab = 2(a + b) <=> (a – 2)(b – 2) =
Do a, b∈ N* nên (a – 2)∈ Z; (b – 2) ∈ Z.Vì vai trị a, b bình đẳng nên khơng tính tổng quát, giả sử a ≥ b => (a – 2) ≥ (b – 2) Ta có:
a – -1 -2
b – -4 -2
a
b -2
loại loại Vậy (a, b) = (4; 4), (6; 3), (3; 6)
(13)Baøi 17: x + y = 1989 <=> x + y = 221
3 221 số vô tỉ, suy x, y thức đồng dạng chứa 221 Đặt x = a 221
và y = b 221 với a, b ∈ N Ta có: a + b = Do đó: = = b a ; = = b a ; = = b a ; = = b a
; Từ cặp số tự nhiên x, y cần tìm là: (221, 884); (884; 221); (0; 1989); (1989; 0)
Baøi 18: x2 – y2 = 1999 <=> (x + y)(x – y) = 1999
Vì 1999 số nguyên tố nên có ước số là: ±1; ±1999 Suy ra:
= − = + 1999 y x y x hay − = − − = + 1999 y x y x hay = − = + 1999 y x y x hay − = − − = + 1999 y x y x
Giải hệ ta nghiệm nguyên phương trình là: (1000; -999), (-1000; 999), (1000; 999), (-1000; -999) Bài 19: Gọi số cần tìm là: x2 =
abcd = 1000a + 100b + 10c + d; với x ∈ N (1) Thì số phương lập thành từ giả thiết là:
y2 = ( 1)( 1)( 1)( 1) + + +
+ b c d
a = 1000(a + 1) + 100(b + 1) + 10(c + 1) + d +
(2)
Với y∈ N* a, b, c, d ∈ N thoả: ≤ a ≤ 8; ≤ b, c, d ≤ Trừ (2) cho (1) ya được: y2 – x2 = 1000 + 100 + 10 + = 1111 <=> (y + x)(y – x) = 101 11 (3)
Mà y + x > y – x > 101; 11 số nguyên tố, nên từ (3) ta có: = − = + 11 101 x y x y <=> = = 56 45 y x
Vậy số phương cần tìm x2 = 452 = 2025
Bài 20: Vai trị a, b, c bình đẳng, khơng tính tổng qt, giả sử a ≥ b ≥ c ≥ Từ ab + bc + ca > abc <=>
b a c 1 +
+ > Ta coù
c
3 > => c = (Vì c nguyên tố) Do
2 1 <
b a 1 + ≤ b
2 => b< 4; mà b nguyên tố nên b = b = + Với b =
2 1 <
2 1
+
a <=> a
1 > <=> a tuỳ ý, a nguyên tố + Với b =
2 1 <
3 1
+
a <=> 1 <
a
1; suy a = a =
(14)Bài 21: Gọi d = ƯCLN(a + b; a2 + b2), d
∈ N => d\ a + b vaø d\ a2 + b2
=> d\ (a + b)(a – b) + (a2 + b2) vaø d\(a2 + b2) – (a + b)(a – b) => d\ 2a2 vaø d\ 2b2 => d\ (2a2, 2b2) maø (a, b) = => (a2, b2) =
Do d\ => d = d = + Nếu d = 1; Ta có:
= +
= +
25 2
b a
b a
Giải ta được:
= =
3 b a
;
= =
4 b a
+ Nếu d = 2; ta có:
= +
= +
50 14 2
b a
b a
<=>
= + −
− =
50 )
14 (
14 2
b b
b a
<=>
= + −
− =
50 73 14
14
b b
b a
<=>
∈ − =
φ b
b a 14
(Vì '
∆ = -24 < 0); Không tồn a, b Tóm lại:
= =
3 b a
= =
4 b a
Bài 22: Gọi x, y, z (người) số người đại điểm (I), (II), (III) thăm việc bảo tàng (x, y, z nguyên dương)
Tổng số tiền xe: 100(60x + 40y + 30z) =4000(x + y + z) => 2x = z Tổng số học sinh dự trại: 10x +
17 200y +
3
20z = 480 => x < 48 vaø y = 40 – 2x +
60 48+x
Do 48 + x 60 mà 48 + x < 96; Nên 48 + x = 60 <=> x = 12 Vậy z = 2x = 24 y = 40 – 2.12 +
60 12
48+ = 17
Số người địa điểm (I), (II), (III) thăm viện bảo tàng 12 học sinh, 17 học sinh, 24 học sinh
Bài 23: Theo đầu ta có: n2 = + p + p2 + p3 + p4 (n nguyên dương, p nguyên tố)
<=> 4n2 = + 4p + 4p2 + 4p3 + 4p4 = (2p2 + p)2 + 3p2 + 4p + = (2p2 + p + 1)2 + + 2p – p2
Vì 3p2 + 4p + = 2p2 +(p + 2)2 > nên 4n2 > (2p2 + p)2 Nếu + 2p – p2 < 4n2 < (2p2 + p + 1)2
Vậy (2p2 + p)2 < (2n)2 < (2p2 + p + 1)2 => 2n không số nguyên (loại) Do đó: + 2p – p2
≥ => (p – 1)2 ≤ => -2 ≤ p – ≤ => -1 ≤ p ≤ Vì p số nguyên tố nên p = p =
Thử lại có p = thoả mãn Vậy p =
Bài 24: Giả sử đa thức P(x) có nghiệm số nguyên a, ta có P(x) x – a Do P(x)= (x – a).g(x) (g(x) đa thức có hệ số nguyên)
Ta có: P(0) = -a.g(0) số lẻ => a số lẻ
(15)Vậy P(x) có nghiệm số ngun sai Do đa thức P(x) khơng thể có nghiệm nguyên Bài 25: a/ Với x = 1; y = xy + x = = 32 xy + y = 16 = 42
b/ Giả sửcó số nguyên dương khác khoảng (998; 1994) cho xy + x xy + y bình phương số ngun dương khác
Đặt xy + x = a2 xy + y = b2 (a, b nguyên dương, a
≠ b)
Giả sử 998 < x < y < 1994 nên b > a Suy xy > x2 => a2 > x2 => a > x Ta có y – x = (xy + y) – (xy + x) = b2 – a2 > => b2 > a2 => b2
≥ (a + 1)2 b2 – a2
≥ (a + 1)2 – a2 = 2a +
Do y – x ≥ 2a + > 2x + => y > 3x + > 3.998 + = 2965
Vô lí theo giả thiết y < 1994
Vậy khơng tồn taài số nguyên dương khác x y khoảng (998; 1994) cho xy + x xy + y bình phương số nguyên dương khác
Bài 26: a/ Gọi số tự nhiên liên tiếp là: x, x + 1, x + 2, x + Ta có:
x3 + (x + 1)3 + (x + 2)3 = (x + 3)3 <=> … <=> x3 – 6x – = <=> (x – 3)(x2 + 3x + 3) =
= + +
= −
0 3
0
x x
x
<=>
∈ = φ x x
Do số tự nhiên liên tiếp là: 3; 4; 5;
b/ Giả sử tìm số tự nhiên liên tiếp là: x, x + 1, x + 2, x + 3, x +
maø: x3 + (x + 1)3 + (x + 2)3 + (x + 3)3 = (x + 4)3 <=> 3x3 + 6x2 – 6x – 28 = Điều vô lý 3x3 3; 6x2 3; 6x 3; 28 không chia hết cho
Vậy khơng tìm số tự nhiên liên tiếp cho lập phương số tổng lập phương số
Baøi 27: x4 – x2 + 2x + = (x4 – 2x2 + 1) + (x2 + 2x + 1) = (x2 – 1)2 + (x + 1)2 =
= (x + 1)2(x – 1)2 + (x + 1)2 = (x + 1)2[(x – 1)2 + 1] số phương (x + 1)2 = (x – 1)2 + tuỳ ý (x + 1)2
≠ vaø (x – 1)2 + số phương
+ Nếu (x + 1)2 = <=> x + = <=> x = -1 + Neáu (x + 1)2
≠
Ta có (x – 1)2 + số phương, nên đặt (x – 1)2 + = y2 (y ∈ N) Neân y2 – (x – 1)2 = <=> (y + |x – 1|)(y - |x – 1|) =
Vì y ∈ N, |x – 1|∈ N nên xảy ra: y + |x – 1| = 1; y - |x – 1| = Vaäy |x – 1| = <=> x – = <=> x =
Thử lại thấy x = 1, x = -1 x4 – x2 + 2x + số phương Bài 28: 2x + 2y + 2z = 1184 <=> 2x(1 + 2y-x + 2z-x) = 25.37
1 + 2y-x + 2z-x số lẻ lớn 1; 2x luỹ thừa Ta có: −2 =2−
5
x
<=> − =− 36
2
5 5 z y
(16)2y-5 + 2z-5 = 36 <=> yy-5(1 + 2z-5-y+5) = 22.32 Lập luận tương tự có:
− =
= −
− 3 1
2
2
2
y z
y
<=>
= = − 23
7
y z
y
<=>
= =
10 z