Chuyờn ụn thi hsg toỏn THPT. 1 CHUYấN : PHNG TRèNH NGHIM NGUYấN Phần I: M ột số ph-ơng pháp giải ph-ơng trình nghiệm nguyên A. Tóm tắt lý thuyết. 1.Số 2 là số nghuyên tố chẵn duy nhất. 2.Ph- ơng trình đ- ợc đ- a về dạng f(x).g(x) = k với f(x) và g(x) là các đa thức hệ số nguyên. Ta phân tích k ra thừa số nguyên tố rồi giải các hệ ph- ơng trình. () () f x m g x n với m.n = k . 3.Ph- ơng trình đối xứng các ẩn của x, y, z Khi tìm nghiệm nguyên d- ơng ta có thể giả sử 1 x y z 4.Không tồn tại số chính ph- ơng nằm giữa hai số chính ph- ơng liên tiếp. B. các dạng toán Th-ờng gặp. Dạng 1: Sử dụng phép chia hết và chia có d Hai vế của ph-ơng trình nghiệm nguyên khi chia cho cùng một số có số d- khác nhau thì ph-ơng trình đó không có nghiệm nguyên. Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của ph-ơng trình sau. 22 2xy (1) Giải: Rõ ràng x = y = 0 là nghiệm của (1). Nếu 00 ,0xy và 00 ( , )xy là nghiệm của (1). Gọi 00 ( , )d x y , suy ra 00 , 1. xy dd Ta có: 22 22 0 0 0 00 22 x y x xy d d d chẵn 2 00 24 yx dd chẵn, vô lý. Vậy ph- ơng trình (1) chỉ có nghiệm nguyên duy nhất là (0,0). Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của ph-ơng trình sau. 22 25xy (1) Giải: 1)Nếu 5x thì 2 2 2 2 2 5 5 5 2 25y x y x y vô lý. 2)Nếu 5x thì từ 5y ta có 2 1(mod5)x và 2 1(mod5)y suy ra 22 2 1, 3(mod5)xy . Vậy ph- ơng trình không có nghiệm nguyên. Chuyờn ụn thi hsg toỏn THPT. 2 Ví dụ 3: Chứng minh rằng tổng bình ph-ơng của ba số nguyên trong phép chia cho 8 không thể có d- là 7 từ đó suy ra ph-ơng trình 2 2 2 4 25 144 2007x y z không có nghiệm nguyên. Giải: Giả sử: 2 2 2 7(mod8)x y z mà 0, 1, 2, 3 ,4(mod8)x nên 2 0,1,4(mod8)x suy ra 22 7,6,3(mod8)yz nh- ng 22 0,1,2,4,5,(mod8)yz vô lý. Vậy 2 2 2 7(mod8)x y z Ph- ơng trình đã cho có thể viết: 2 2 2 (2 ) (5 ) (12 ) 6 125 7x y z Từ đó suy ra ph- ơng trình không có nghiệm nguyên. Ví dụ 4: Giải ph-ơng trình sau trên tập số nguyên: 4 4 4 1 2 7 2008.x x x Giải: 1)Nếu x = 2k thì 16x . 2)Nếu x = 2k + 1 thì 42 1 ( 1)( 1)( 1) 16,x x x x vì ( 1)( 1) 8xx và 2 ( 1) 2x . Vậy 4 0;1(mod16)x Do đó khi chia tổng 4 4 4 1 2 7 x x x cho 16 có số d- không v- ợt quá 7, trong khi đó 2008 8(mod16) . Suy ra ph- ơng trình không có nghiệm nguyên. Dạng 2: Ph-ơng pháp phân tích. Tìm nghiệm nguyên của ph-ơng trình: a( x+ y ) + b = cxy ( với a, b, c Z ) (1) Ta có: (1) 2 ( ) ( ) aa cxy ay b y cx a cx a b cc 2 ( )( ) .cx a cy a a bc Phân tích 2 .a bc mn với m, n Z, sau đó lần l-ợt giải các hệ: cx a m cy a n Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên d-ơng của ph-ơng trình: 2( ) 16 3x y xy Giải: Ta có: 2( ) 16 3 3 2 2 16x y xy xy x y 24 (3 2) (3 2) 16 (3 2)(3 2) 52 33 y x x x y Giả sử: xy khi đó 1 3 2 3 2xy và 52 = 1.52 = 2.26 = 4.13 ta có các hệ sau: 3 2 1 ; 3 2 52 x y 3 2 2 ; 3 2 26 x y 3 2 4 ; 3 2 13 x y Giải các hệ trên ta đ- ợc các nghiệm nguyên d- ơng của ph- ơng trình là: ( 1, 18); Chuyờn ụn thi hsg toỏn THPT. 3 ( 18, 1); ( 2, 5); ( 5, 2); Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của ph-ơng trình: 2 (2 5 1)(2 ) 105. x x y y x x Giải: Vì 105 là số lẻ nên 2 5 1xy lẻ suy ra y chẵn mà 2 ( 1)x x x x chẵn nên 2 x lẻ x = 0. Với x = 0 ta có ph- ơng trình ( 5y + 1 ) ( y + 1 ) = 21.5 Do ( 5y + 1, 5 ) =1 nên 5 1 21 15 y y hoặc 5 1 21 4 15 y y y Thử lại ta thấy x = 0, y = - 4 là nghiệm nguyên của ph- ơng trình. Ví dụ 3: Tìm tất cả các tam giác vuông có các cạnh là số nguyên và có diện tích bằng chu vi. Giải: Gọi x, y, z là các cạnh của tam giác vuông : 1 x y z . Ta có: 2 2 2 (1) 2( )(2) x y z xy x y z Từ (1) ta có: 2 2 2 ( ) 2 ( ) 4( )z x y xy x y x y z 22 22 ( ) 4( ) 4 4 4 ( 2) ( 2) x y x y z z x y z 22x y z do ( 2)xy Thay 4z x y vào (2) ta đ- ợc: 4 1 5 4 8 12 ( 4)( 4) 8 4 2 6 4 4 8 xx yy xy xx yy vậy các cặp: ( , , ) (5,12,13);(6,8,10);x y z Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên của ph-ơng trình: ( ) .p x y xy với p là số nguyên tố. Giải: Ta có: 2 2 2 ()p x y xy xy px py p p x p y p p Mà 2 2 2 . ( ).( ) 1. ( ).( 1)p p p p p p p .Từ đó ph- ơng trình đã cho có các nghiệm nguyên là: 2 2 2 2 ( , ) (0,0);(2 ,2 );( 1, );( , 1);( , 1);( 1, );x y p p p p p p p p p p p p p p Dạng 3: Ph-ơng trình đối xứng. Để tìm nghiệm nguyên của ph-ơng trình đối xứng ta giả sử 1 x y z rồi chặn trên một ẩn. Chuyờn ụn thi hsg toỏn THPT. 4 Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của ph-ơng trình: (1).x y z xyz Giải: Vì x, y ,z có vai trò nh- nhau nên ta giả sử 1 x y z . Từ (1) suy ra: 2 1 1 1 3 1 1.x xy yz zx x Với x = 1 ta có 1 1 2 1 ( 1)( 1) 2 1 2 3 yy y z yz y z zz . Vậy (1) có nghiệm nguyên d- ơng ( x, y, z ) = ( 1, 2, 3 ) và các hoán vị của nó. Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của ph-ơng trình: 5( ) 10 2 (1).x y z t xyzt Giải: Vì x, y ,z có vai trò nh- nhau nên ta giả sử x y z t 1 . Từ (1) suy ra: 3 1 5 5 5 10 30 2. 2 t t xyz xzt xyt xyzt t *)Với 1t ta có: 2 2 1 5 5 5 15 30 5( ) 15 2 2 15 2. 3 z x y z xyz z z xy yz xz xyz z z 1)Với z = 1 ta có: 2 5 65 35 2 5 1 3 5( ) 20 2 (2 5)(2 5) 65 2 5 13 9 2 5 5 5 xx yy x y xy x y xx yy Ta có các nghiệm( x, y, z, t) =( 35, 3, 1, 1 ),( 9, 5, 1, 1 ) và các hoán vị của chúng, 2) Với z = 2, z= 3, ph- ơng trình không có nghiệm nguyên d- ơng. *) Với 2t , ta có: 2 2 5 5 5 20 35 35 5( ) 20 4 4 9 4 x y z xyz z xy yz xz xyz z 2.z vì ( 2)zt . Khi đó: 5( ) 30 8 (8 5)(8 5) 265.x y xy x y Do 2x y z t nên 8 5 8 5 11xy , mà 265 = 53.5 Tr- ờng hợp này ph- ơng trình không có nghiệm nguyên d- ơng. Ví dụ 3: Một tam giác có số đo độ dài của đ-ờng cao là mhững số nguyên d-ơng và đ-ờng tròn nội tiếp tam giác có bán kính bằng 1. Chứng minh tam giác đó là tam giác đều. Giải: Chuyờn ụn thi hsg toỏn THPT. 5 Đặt a = BC, b = CA, c = AB. Gọi độ dài các đ- ờng cao ứng với các cạnh a, b, c của tam giác. Bán kính đ- ờng tròn nội tiếp bằng 1 nên x, y, z > 2. Giả sử x y z > 2. Diện tích tam giác ABC: 1 1 1 . . . (1) 2 2 2 S a x b y c z Mặt khác: 1 ( )(2) 2 AOB BOC AOC S S S S a b c Từ (1) và (2) Suy ra: . . . 1 1 1 1 1 1 a b c a b c a x b y c z a b c a b c x y z x y z 1 1 1 3 1 3 3.zz x y z z Thay z = 3 vào 1 1 1 1. x y z ta đ- ợc: 2 3 9 6 () 2 3 1 2 1 1 2 3( ) 2 (2 3)(2 3) 9 3 2 3 3 3 2 3 3 3 xx Loai yy x y xy x y xy xx yy Vậy x = y = z = 3, khi đó a = b = c. Vậy tam giác ABC là tam giác đều. Dạng 4: Ph-ơng pháp loại trừ. Tính chất: Nếu có số nguyên m sao cho 22 ( 1)m n m thì n không thể là số chính ph-ơng. Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của ph-ơng trình: 2 1! 2! 3! 4! ! .xy Giải: Với x 5 thì x! có chữ số tận cùng là 0 nên: 1! 2! 3! 4! 5! ! 33 5! !.xx Có chữ số tận cùng là 3 nên không thể là số chinh, Vậy x 5 thì ph- ơng trình đã cho không có nghiện nguyên d- ơng. Với 1 x < 5, bằng cách thử trực tiếp x = 1, 2, 3, 4 ph- ơng trình có nghiệm (1,1) và (3,3). Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của ph-ơng trình: 6 3 4 3 1 .x x y Giải: Rõ ràng x = 0, y = 1 là nghiệm nguyên của ph- ơng trình. +)Với x > 0 ta có: 3 2 6 3 6 3 4 3 2 3 2 3 ( 1) 2 1 3 1 ( 2) 1 2x x x x x y x x y x ( vô lý ). Chuyờn ụn thi hsg toỏn THPT. 6 +)Với x - 2 thì : 3 2 4 3 2 3 2 3 ( 2) ( 1) 2 1x y x x y x ( vô lý ). +)Với x = - 1 thì : 4 1y , ( vô lý ). Vậy ph- ơng trình đã cho có hai cặp nghiệm ( 0; 1 ); ( 0; -1 ). Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của ph-ơng trình: 2 2 4 4 ( 1) ( 1) .x x y y Giải: Khai triển và rút gọn hai vế ta đ- ợc: 4 3 2 2 2 2 2 2 2 ( 1) 2 3 2 ( 1) 2 ( 1). 1 ( 1) (1) x x y y y y x x y y y y x x y y +)Nếu x > 0 thì từ 2 2 2 1 ( 1) .x x x x suy ra 2 1 xx không là số chính ph- ơng nên (1) không có nghiệm nguyên. +)Nếu x < - 1 thì từ 2 2 2 ( 1) 1x x x x suy ra (1) không có nghiệm nguyên. +)Nếu x = 0 hoặc x = - 1 thì từ (1) suy ra 2 0 11 1 y yy y . Vậy ph- ơng trình có 4 nghiệm nguyên ( x; y ) = ( 0; 0 ); ( 0; -1 ); ( -1; 0 ); (-1; -1 ); Dạng 5: Ph-ơng pháp xuống thang. Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của ph-ơng trình: 3 3 3 3 9 0.xyz Giải: Giả sử 0 0 0 ,,x y z là nghiệm nguyên của ph- ơng trình khi đó 0 3x đặt 01 3.xx thay 01 3.xx vào (1) ta đ- ợc: 3 3 3 1 0 0 0 9 9 0 3.x y z y đặt 0 1 0 3 3,y y z khi đó: 3 3 3 3 3 3 1 1 0 1 1 0 0 9 27 3 0 3 9 0 3.x y z x y z z đặt 01 3zz khi đó: 3 3 3 1 1 1 3 9 0xyz . Vậy 0 0 0 ,, 3 3 3 x y z cũng là nghiệm của ph- ơng trình. Quá trình này tiếp tục thì đ- ợc: 0 0 0 ,, 333 kkk x y z là các nghiệm nguyên của (1) với mọi k điều này chỉ xảy ra khi 0 0 0 0.x y z Vậy ( 0, 0, 0 ) là nghiệm duy nhất của ph- ơng trình đã cho. Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của ph-ơng trình: 2 2 2 2 2 (1).x y z t xyzt Giải: Giả sử 0 0 0 0 , , ,x y z t là nghiệm nguyên của ph- ơng trình khi đó: 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 2 (1).x y z t x y z t là số chẵn nên trong các số 0 0 0 0 , , ,x y z t phải có số Chuyờn ụn thi hsg toỏn THPT. 7 chẵn số lẻ (0; 2 hoặc 4 ). +)Nếu 0 0 0 0 , , ,x y z t đều lẻ thì 2 2 2 2 0 0 0 0 ( ) 4x y z t , trong khi đó 0 0 0 0 24x y z t . +)Nếu trong các số 0 0 0 0 , , ,x y z t có hai số lẻ thì 2 2 2 2 0 0 0 0 ( ) 2(mod4)x y z t , trong khi đó 0 0 0 0 24x y z t . Vậy 0 0 0 0 , , ,x y z t phải là các số chẵn, đặt 01 2.xx , 01 2.yy , 01 2.zz , 01 2.tt ph- ơng trình trở thành: 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 8 (1).x y z t x y zt Lý luận t- ơng tự ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 8 (1).x y z t x y z t Với 1 1 1 1 2 2 2 2 , , , , 2 2 2 2 x y z t x y z t tiếp tục ta có: 0 0 0 0 , , , , 2 2 2 2 n n n n n n n n x y z t x y z t Là số nguyên vơi mọi n, điều này chỉ xảy ra khi 0 0 0 0 0.x y z t Vậy ( 0, 0, 0, 0 ) là nghiệm duy nhất của ph- ơng trình đã cho. Dạng 6: Hạn chế tập hợp chứa nghiệm dựa vào điều kiện của các ẩn. Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên d-ơng của ph-ơng trình: 50.xy Giải: Ta thấy 0 , 50xy từ 50 .yx ta có 50 2 50 50 10 2 .y x x x x Vì y nguyên nên 22 2 4 2 .( )x k x k k Z với 22 2 50 25.( )k k k Z k chỉ có thể nhận các giá trị: 0; 1; 2; 3; 4; 5. Lựa chọn k trong các số trên để thoả mãn ph- ơng trình ta đ- ợc các nghiệm: ( ; ) (0;50);(2;32);(8;18);(18;8);(32;2);(50;0)xy . Dạng 7: Một số dạng khác. Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của ph-ơng trình: 22 3 5 12(1).xy Giải: Ta có: (1) 22 3( 1) 5(3 ).xy Do (3, 5) = 1 nên 2 ( 1) 5.x và 2 (3 ) 3.y Đặt 2 1 5 .xk , 2 3 3 .yl Ta có: 3.5 5.3 ( , )k l k l k l Z . Do đó: 2 2 1 5 1 0 1 5 3 3 0 1 xk k kl yl l . Vậy x = 2, y = 0. Ph- ơng trình có hai nghiệm nguyên ( 2, 0 ); ( -2, 0 ). Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của ph-ơng trình: 22 4 5 16.x xy y Giải: Tac có: 2 2 2 2 4 5 16 ( 2 ) 16x xy y x y y . Chuyờn ụn thi hsg toỏn THPT. 8 Vì: 22 16 4 0 nên 24 0 xy y hoặc 20 4 xy y Giải các hệ ph- ơng trình trên ta đ- ợc các nghiệm nguyên của ph- ơng trình là: ( ; ) (4;0);( 4;0);(8;4);( 8; 4);xy Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của ph-ơng trình: 22 3( ) 8 .x xy y x y Giải: Ph- ơng trình đã cho đ- ợc viết lại là: 22 3 (3 1) 3 8 0(1)x y x y y . Ph- ơng trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi: 2 2 2 (3 1) 12(3 8 ) 0 27 90 1 0.y y y y y Do y nguyên nên 0 3 0;1;2;3yy . +)Với y = 0 ta có x = 0. +)Với y = 1 ta có x = 1. +)Với y = 2 và y = 2 ta có không tìm đ- ợc x nguyên. Vậy ph- ơng trình có hai nghiệm nguyên là ( x ; y ) = ( 0 ; 0 ); ( 1 ; 1 ); P hần II: Bài tập Dạng 1: Sử dụng phép chia hết và chia có d Giải ph-ơng trình trên tập số nguyên. a) 22 3 17xy . b) 22 5 17xy . c) 22 21xy . d) 2 2 2 2 12 3 x y . e) 22 15 7 9xy . f) 22 2 4 37x x y . Dạng 2: Ph-ơng pháp phân tích. Giải ph-ơng trình trên tập số nguyên. a) 5( ) 2 3x y xy . b) 2( ) 3x y xy . c) 22 91xy . d) 22 6x x y . e) 22 169xy . e) 22 1999xy . Dạng 3: Ph-ơng trình đối xứng. Tìm nghiệm nguyên d-ơng của các ph-ơng trình sau. a) 1x y xyz . b) 9x y z xyz . c) x y z t xyzt . d) 11 2 xy . e) 1 1 1 1 1 x y z t . f) 2 2 2 2 1 1 1 1 1 x y z t . Dạng 4: Ph-ơng pháp loại trừ. Giải ph-ơng trình trên tập số nguyên. Chuyờn ụn thi hsg toỏn THPT. 9 a) 22 6 13 100x xy y . b) 2 3 3 1 x x x y . c) 2 3 4 2 1 x x x x y . d) 2 ( 1)( 2)( 3)x y y y y . e) 4 4 3 ( 2)x x y . f) 2 ( 1)( 7)( 8)x x x x y . Dạng 5: Ph-ơng pháp xuống thang. Giải ph-ơng trình trên tập số nguyên. a) 3 3 2 2 4 0x y z . b) 4 4 4 4 8 4 2x y z u . c) 2 2 2 2x y z xyz . Dạng 6 và Dạng 7. Giải ph-ơng trình trên tập số nguyên. a) 2 2 2 ( 1) 3( 1)x y x y . b) 2 2 2 2 2 2 2 2 4x y z xy yz z . c) 1 12 2 x y z x y z . . đ-ờng tròn nội tiếp tam giác có bán kính bằng 1. Chứng minh tam giác đó là tam giác đều. Giải: Chuyờn ụn thi hsg toỏn THPT. 5 Đặt a = BC, b = CA, c = AB. Gọi độ dài các đ- ờng cao ứng với. các số 0 0 0 0 , , ,x y z t phải có số Chuyờn ụn thi hsg toỏn THPT. 7 chẵn số lẻ (0; 2 hoặc 4 ). +)Nếu 0 0 0 0 , , ,x y z t đều lẻ thì 2 2 2 2 0 0 0 0 ( ) 4x y z t , trong khi. và 2 1(mod5)y suy ra 22 2 1, 3(mod5)xy . Vậy ph- ơng trình không có nghiệm nguyên. Chuyờn ụn thi hsg toỏn THPT. 2 Ví dụ 3: Chứng minh rằng tổng bình ph-ơng của ba số nguyên trong phép chia