Đang tải... (xem toàn văn)
CHUYÊN ĐỀ 25PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN LỜI NÓI ĐẦU Chương 1: Các phương pháp chứng minh phương trình nghiệm nguyên thường gặp Chương 2: Các dạng toán phương trình nghiệm nguyên thường gặp Chương 3: Các bài toán liên quan đến giải phương trình nghiệm nguyên Chương 4: Các bài toán phương trình nghiệm nguyên trong các kì thi Chương 5: Một số bài toán luyện tập Bài đọc thêm cuối sách : Phương trình Phéc – ma. Một số phương trình nghiệm nguyên chưa được giải.
CHUN ĐỀ 25-PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN LỜI NĨI ĐẦU - Chương 1: Các phương pháp chứng minh phương trình nghiệm nguyên thường gặp - Chương 2: Các dạng toán phương trình nghiệm nguyên thường gặp - Chương 3: Các tốn liên quan đến giải phương trình nghiệm ngun - Chương 4: Các tốn phương trình nghiệm ngun kì thi - Chương 5: Một số tốn luyện tập - Bài đọc thêm cuối sách : Phương trình Phéc – ma - Một số phương trình nghiệm nguyên chưa giải CHƯƠNG I MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGUYỆN NGUYÊN CHỦ ĐỀ CÁC PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CHIA HẾT Phương pháp Đưa dạng tổng bình phương mA + nB2 = c Ta tìm cách đưa dạng tổng thức ngun Ví dụ Giải phương trình nghiệm ngun với m, n, c số nguyên; A, B biểu x2 − 4xy + 5y2 = 2(x − y) Lời giải x2 − 4xy + 5y2 = 2(x − y) ⇔ x2 − 4xy + 5y2 − 2x + 2y = Ta có ⇔ x2 − 2x(2y + 1) + (2y + 1)2 − (2y + 1)2 + 5y2 + 2y = ⇔ (x − 2y − 1)2 + y2 − 2y − 1= ⇔ (x − 2y − 1)2 + (y − 1)2 = 2(*) Xét phương trình (*) ta có: ( x − 2y − 1) ≥ ∀x,y ⇒ ( y − 1) ≤ 2 ( y − 1) ∈ { 0,1} Mà x nguyên nên * Với ( y − 1) ( y − 1) * Với -y=2 -y=0 =0 ( x − 2y − 1) =2 (loại) y − 1= y = = 1⇒ ⇔ y − = −1 y = x− 5= x = ⇒ ( x − − 1) = 1⇒ ⇒ x − = −1 x = x − 1= x = 2 ⇒ ( x − − 1) = 1⇒ ⇒ x − = −1 x = Vậy phương trình cho có nghiệm: ( x,y) = ( 6,2) ;( 4,2) ;( 2,0) ;( 0,0) Ví dụ Giải phương trình nghiệm nguyên 5x2 − 2xy + y2 = 17 Lời giải 5x2 − 2xy + y2 = 17 ⇔ ( x − y ) + 4x2 = 17 ⇔ (x − y)2 = 17 − 4x2 Ta có ( x − y) ≥ 0,∀x,y ⇒ 17 − 4x2 ≥ ⇒ x2 ≤ Xét phương trình (*) ta có - Với - Với Với Với x2 = ⇒ (x − y)2 = 17 x2 = 1⇒ (x − y)2 = 13 x2 = ⇔ x = ±2 17 x2 ∈ { 0;1;4} Mà x số nguyên nên - Với (*) (loại) (loại) , 2− y = y = x = ⇒ (2− y)2 = 1⇔ ⇔ − y = −1 y = 2+ y = y = −1 x = −2 ⇒ (2+ y)2 = ⇔ ⇔ + y = −1 y = −3 Vậy nghiệm nguyên phương trình là: (2; 1), (2; 3), (-2; -1); (-2; -3) Ví dụ Tìm nghiệm ngun phương trình x2 + y2 − x − y = Lời giải Ta có: x2 + y2 − x − y = ⇔ 4x2 + 4y2 − 4x − 4y = 32 ( ) ( ) ⇔ 4x2 − 4x − + 4y2 − 4y + = 34 ⇔ ( 2x − 1) + ( 2y − 1) = 34 2 2 ⇔ 2x − + 2y − = 32 + 52 Ta thấy 34 có dạng phân tích thành hai số phương 32 52 Do đó: 2x − = 32 ) 2x − = ( 2y − = 52 2y − = ) ( ⇒ 2x − = ( 2x − 1) = 2y − = 2y − = ) ( Giải ta nghiệm (x, y) = (2, 3); (-1, -2); (-2; -1); (3, 2) Phương pháp Đưa phương trình ước số Ta tìm cách đưa phương trình cho thành phương trình có vế tích biểu thức có giá trị ngun, vế phải số nguyên Thực chất biến đổi phương trình dạng: biểu thức nguyên, c số nguyên A(x;y).B(x;y) = c A(x;y),B(x;y) A(x;y),B(x;y) Xét trường hợp theo ước c Ví dụ Tìm nghiệm ngun phương trình: 2xy − x + y = Lời giải 22xy − x + y = ⇔ 4xy − 2x + 2y = ⇔ 2x ( 2y − 1) + ( 2y − 1) = − ⇔ ( 2y − 1) ( 2x + 1) = (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 x ( 2y − 1) + ( 2xy − x + y = 3) phương trình dạng tích, ta biến đổi ( 2y − 1) thành cách nhân vế phương trình trừ để đưa phương trình ước số Luyện tập kinh nghiệm ví dụ Ví dụ Tìm nghiệm ngun phương trình: 5x − 3y = 2xy − 11 Lời giải 15 5x − 3y = 2xy − 11⇒ x(5− 2y) + (5− 2y) − + 11 = 2 −7 2x + ⇔ ( 5− 2y) x + ÷ = ⇔ ( 2y − 5) = ⇔ ( 2y − 5) ( 2x + 3) = 7(*) 2 2 (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 nguyên việc đưa phương trình cho thành phương trình có vế tích biểu thức có giá trị nguyên, vế phải số nguyên khó khăn ta áp dụng số thủ thuật thể ví dụ sau Ví dụ Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 − 2xy + 3y − 5x + = Lời giải x2 − 2xy + 3y − 5x + = ⇔ x2 − x(2y + 5) + (2y + 5)2 −(2y + 5)2 + + 3y + = 4 2 2y + −4y2 − 20y − 25+ 12y + 28 2y + 4y2 + 8y − ⇔ x− + = ⇔ x − ÷ ÷ − 2 2y + 4(y + 1)2 − 2y + −7 ⇔ x− = 0⇔ x− ÷ − ÷ − (y + 1) = ( 2x − 2y − 5) ⇔ 2 −7 ⇔ ( 2x − 2y − 5) − 4( y + 1) = −7 4 ⇔ ( 2x − 2y − 5− 2y − 2) ( 2x − 2y − 5+ 2y + 2) = −7 ⇔ ( 2x − 4y − 7) ( 2x − 3) = −7(*) − (y + 1)2 = Vì x, y nguyên nên từ PT(*) ta có trường hợp sau: 1) 3) 2x − 4y − = x = −2 ⇔ 2x − = −7 y = −3 2x − 4y − = −1 x = ⇔ 2x − = y = 2) 4) 2x − 4y − = −7 x = ⇔ 2x − = y = 2x − 4y − = x = ⇔ 2x − = −1 y = −3 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 ( ax ) + bxy + cy2 ,ax2 + bx + c ): trước hết ta chọn biến để đưa đẳng thức (Bình phương tổng, hiệu) chứa biến đó: ta chọn biến x: x2 − x(2y + 5) + (2y + 5)2 , phần lại đa thức ta lại làm với biến y: −(2y + 5)2 4y2 + 8y − 4(y + 1)2 − + 3y + = − =− 4 Các bạn tư tìm hướng giải sau: x2 − 2xy + 3y − 5x + = ⇔ x2 − ( 2y + 5) x + 3y + + a = a ( *) Xét phương trình: x2 − ( 2y + 5) x + 3y + + a = ( **) Với a số chưa biết cần thêm vào, xác định a sau: ∆ ( **) = ( 2y + 5) − 4( 3y + + a) = 4y2 + 20y + 25− 12y − 28 − 4a = 4y2 + 8y − 3− 4a Chọn a để −3− 4a = ⇒ a = ∆( **) số phương nên ∆ ( **) = 4( x + 1) ⇒ x1 = 2y + 5− 2( x + 1) ( *) ⇔ x − 23 ÷ x − Vậy: = −7 : 2y + 5+ 2( x + 1) 4y + ,x2 = = 2 4y + ÷ = − ⇔ ( 2x − 3) ( 2x − 4y − 7) = −7 Vì x, y nguyên nên ta có trường hợp sau: 1) 3) 2x − 4y − = x = −2 ⇔ 2x − = −7 y = −3 2x − 4y − = −1 x = ⇔ 2x − = y = 2) 2x − 4y − = −7 x = ⇔ 2x − = y = 4) 2x − 4y − = x = ⇔ 2x − = −1 y = −3 Vậy nghiệm nguyên (x;y) phương trình là: (-2; -3); (2; 1); (5; 1);(1; -3) x2 + 12x = y2 Ví dụ Tìm nghiệm nguyên phương trình ( 1) Lời giải Phương trình tương đương với : x2 + 12x = y2 ⇔ ( x + 6) − y2 = 36 ⇔ ( x + y + 6) ( x − y + 6) = 36 Suy (x + y + 6) (x – y + 6) ước 36 Mà 36 có 18 ước nên: ( x + y + 6) ∈ { ±1; ±2; ±3; ±4; ±6; ±9; ±18; ±36} Kết ta tìm nghiệm nguyên là: ( 0,0) ;( −12,0) ;( −16,8) ;( −16, −8) ;( 4,8) ;( 4, −8) Nhận xét: Phương pháp đưa phương trình ước số có bước: Phân tích thành ước xét trường hợp Hai bước khơng 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 ta nhận xét sau: Do y có số mũ chẵn nên y nghiệm – y nghiệm nên ta giả sử x + 6− y ≤ x + 6+ y ta giảm trường hợp x + + y = x + + y = −9 , , x + − y = x + − y = −4 x + y + = 36 x + 6+ y = −2 , , x − y + = x + − y = − 18 y≥0 Khi x + y + = −1 x + y − = −36 x + y + = 18 x+ y − 6= x + + y = −3 x + y + = 12 x + y + = −6 , , x + − y = −12 x + y − = x + y − = −6 x + y + = x + y − = ( x + 6+ y ) + ( x + 6− y ) = 2y Bây có 10 trường hợp, ta lại thấy tính chẵn lẻ.Do ta cịn trường hợp: x + + y = −2 x + y + = 18 , x + − y = − 18 x+ y − 6= Tiếp tục xét hai phương trình nên ( x + + y ) ,( x + − y ) có x + y + = −6 x + y + = , , x + y − = − x + y − = x + y + = −6 x + y + = , x + y − = − x + y − = hai phương trình có nghiệm y = ta có xét y = từ đầu Ta có phương trình ban đầu: x ( x + 12) = y2 , xét hai khả năng: Nếu y = x = x = - 12 Nếu y≠0 x + 6− y < x + 6+ y áp dụng hai nhận xét ta phải xét trường hợp x + 6+ y = −2 x + y + = 18 , x + 6− y = −18 x + y − = Giải kết luận phương trình có nghiệm ( 0,0) ;( −12,0) ;( −16,8) ;( −16, −8) ;( 4,8) ;( 4, −8) Phương pháp Biểu thị ẩn theo ẩn cịn lại dùng tính chất chia hết Đối với toán sử dụng phương pháp thường phương trình có ẩn có bậc nên dễ dàng biểu diễn ẩn theo ẩn lại sau dùng tính chất ước số ngun để giải tốn, đến ví dụ minh họ cho dạng tốn Ví dụ Tìm số nguyên x y thoả mãn phương trình: x2 + xy − 2y − x − = Lời giải x2 + xy − 2y − x − = ⇔ y ( x − 2) = −x2 + x + Ta có: Với x = thì: Với x≠ ( *) ⇔ = (vô lý) ( *) ⇔ y = ta có: Để y ngun 3M( x − 2) ( *) −x2 + x + 3 + = −x − 1+ x− x− x− Vậy (x – 2) ước đó: ( x − 2) ∈ { −3,−1,1,3} ⇒ x ∈ { −1,1,3,5} Vậy phương trình có nghiệm: (x, y) = (3; - 1) ; (5; -5); (1; -5); (-1; - 1) Ví dụ Tìm nghiệm ngun dương phương trình sau: xy − 2y − 3y + = Lời giải Ta có xy − 2y − 3y + = ⇒ y ( x − 3) = 2x − x≠ Ta thấy x = không nghiệm y= nên 2x − = 2+ x− x− Để y nguyên (x – 3) ước +) x – = x = 4, y = + = +) x -3 = -1 x = 2, y = – = -3 (loại) +) x – = x = 8, y = +1 = +) x – = -5 x = -2 (loại) Vậy nghiệm (x, y) (4, 7) , (8, 3) Ví dụ 10 Tìm số ngun dương x, y cho 6x + 5y + 18 = 2xy (1) Lời giải Ta có: x= ⇔ 2x = −5y − 18 −10y − 36 ⇔ 2x = − 2y − 2y −66 + 5( 6− 2y ) − 2y = −66 −33 + ⇔ 2x = +5 − 2y 3− y Như x muốn nguyên dương (3 – y) phải ước – 33 Hay ( 3− y) ∈ { ±1; ±3; ±11; ±33} 3-y y x -1 19 Lại - 14 y ≥ 1⇒ 3− y ≤ ⇒ y ∈ { ±1; −3; −11; −33} -3 -11 14 -33 36 Ta có bảng sau: 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 x= −5y − 18 − 2y Ta thấy biểu thức khó phân tích ví dụ trên, nhiên để ý ta thấy tử số – 5y mẫu số -2y, mạnh rạn nhân vào tử số để xuất 2y giống mẫu - Bài tốn giải phương pháp đưa phương trình ước số Do toán nhân x để biến đổi, phải có bước thử lại xem x, y có thỏa mãn phương trình cho hay khơng Phương pháp Tách phương trình ban đầu thành giá trị nguyên để xét Trong nhiều toán ta tách phương trình ban đầu thành giá trị nguyên thành phần có giá trị nguyên, từ dễ dàng đánh giá giải toán cách đơn giải hơn, phương pháp biểu thị ẩn lại dùng tính chất chia hết dạng đặc trưng thường gặp phương pháp 2y2x + x + y + = x2 + 2y2 + xy Ví dụ 11 Tìm nghiệm ngun phương trình: Lời giải Ta có: 2y2x + x + y + = x2 + 2y2 + xy ⇔ 2y2 ( x − 1) − x ( x − 1) − y ( x − 1) + = ( 1) Nhận thấy x = không nghiệm phương trình (1) 2y2 − x − y + Chia vế (1) cho (x – 1) ta được: PT có nghiệm x, y nguyên, suy x− nguyên nên = ( 2) x−1 x = x − 1∈ { 1; −1} ⇒ x = Thay x = x = vao phương trình để ý đến y nguyên ta y = Vập phương trình cho có nghiệm (2; 1) (0; 1) Phương pháp Phương pháp xét số dư vế Ví dụ 12 Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm ngun: a) x2 − y2 = 1998 b) x2 + y2 = 1999 Lời giải a) Do x số nguyên nên x2 x = 2k x = 2k + ( k ∈ Z ) x2 = 4k2 ∨ x2 = 4k2 + 4k + y2 chia dư Tương tự ta có x2 − y2 chia dư Suy ra: chia cho dư hoặc Mà 1998 chia cho dư phương trình cho khơng có nghiệm ngun x2 + y2 x2 ,y2 b) Như chứng minh câu a ta có: chia cho ln 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 toán này: *) x2 − y2 *) x2 + y2 chia cho không dư chia cho không dư Ví dụ 13 Tìm nghiệm ngun phương trình: Lời giải Ta có: 9x + = y2 + y ⇔ 9x + = y ( y + 1) Ta thấy vế trái phương trình số chia cho dư nên Do Khi đó: Thử lại: y = 3k + y ( y + 1) chia cho dư y = 3k + ( k ∈ Z ) 9x + = ( 3k + 1) ( 3k + 2) ⇔ 9x = 9k2 + 9k ⇔ x = k ( k + 1) x = k ( k + 1) , y = 3k + Vậy nghiệm phương trình thỏa mãn phương trình cho ( x,y) = ( k ( k + 1) ,3k + 1) Ví dụ 14 Tìm x, y số tự nhiên thoả mãn với k∈Z x2 + 3y = 3026 Lời giải Xét y = ⇒ x2 + 30 = 3026 ⇒ x2 = 3025 Xét y > ⇒ 3y Mà x ∈ N ⇒ x = 55 chia hết cho 3, x2 chia cho dư 1⇒ x2 + 3y chia cho dư mà 3026 chia cho dư (loại) Vậy phương trình có nghiệm (x,y) = (55,0) Ví dụ 15 Chứng minh phương trình x3 − 7y = 51 Lời giải Xét Xét Xét x = 7k ( k ∈ Z ) x = 7k ± 1( k ∈ Z ) x = 7k ± 2( k ∈ Z ) x3 M7 thì x3 x3 chia cho dư chia cho dư khơng có nghiệm nguyên Xét x = 7k ± 3( k ∈ Z ) x3 chia cho dư Do vế trái phương trình chia cho dư hoặc vế phải phương trình chia dư Vậy phương trình cho vơ nghiệm Nhận xét: - Các tốn hỏi phương trình có nghiệm hay khơng thường phương trình cho khơng có nghiệm Để chứng minh phương trình cho khơng có nghiệm ta chọn số mà VT TP phương trình chia cho khơng có số dư - Phương pháp xét số dư vế thường áp dụng tốn vơ nghiệm Nên tốn mà bạn khơng thể nhẩm nghiệm nên nghĩ đến phương pháp Phương pháp Sử dụng tính chẵn lẻ Ví dụ 16 Tìm x, y nguyên tố thoả mãn y2 − 2x2 = Lời giải Ta có y2 − 2x2 = 1⇒ y2 = 2x2 + 1⇒ y 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) Ví dụ 17 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình ( 2x + 5y + 1) ( x ) + y + x2 + x = 105 Lời giải ( 2x + 5y + 1) ( x Ta có: ) + y + x2 + x = 105 Ta thấy 105 lẻ ⇒ 2x + 5y + lẻ ⇒ 5y chẵn ⇒ y chẵn, 2|x| + y + x2 + x = 2|x| + y + x(x+ 1) lẻ có x(x+ 1) chẵn, y chẵn ⇒ 2|x| lẻ ⇒ 2|x| = ⇒ x = Thay x = vào phương trình ta − (5y + 1) ( y + 1) = 105 ⇔ 5y2 + 6y – 104 = 0⇒ y = y = 26 ( loại) x≤ Xét x= , ta a− Để x nguyên dương thuộc khoảng xét ta giải hệ a− ≤ 0 < 3⇒ a= a − 1M3 Khi x = x> Xét Giải hệ: x= , ta 9− a 9− a a < > ⇔ a = 3k 3⇔ aM3 9− aM3 với k ≤ Khi x = – k Vậy ta cần a = a = 3k với k nguyên, k ≤ MỘT SỐ BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Phương trình bậc hai hai ẩn Bài Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm ngun a x2 - y2 = 1998 b 3x2 - 4y2 = 13 d x2 = 2y2 - 8y + e 19x2 + 28y2 = 729 c 19x2 + 28 y2 = 2001 Phương trình bậc cao Bài Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm ngun a x5 - 5x3 + 4x = 24(5y + 1) b 3x5 - x3 + 6x2 - 18x = 2001 c x3 + y3 = 2004 d x14 + x24 + + x144 = 1599 Phương trình dạng mũ Bài Tìm x, y tự nhiên để a 5x3 = 3y + 317 b 2x + = y2 c 3x + = 2y d 10x - = 81y e 2x + 57 = y2 f x2 - 2y = 33 g x2 + = 2y k x2 = 4y + Phương pháp tách giá trị nguyên Phương trình bậc hai hai ẩn Bài Giải phương trình nghiệm nguyên : a xy - x - y = b x2 - xy = 6x - 5y – Phương trình phân thức Bài Giải phương trình nghiệm nguyên : c 8y2 - 25 = 3xy + 5x y= a 1 1 + + = x y 2xy 2x + 3x − 1 + = x y p b c Phương trình bậc cao Bài 6: Giải phương trình với nghiệm nguyên : a (x2 + y )(x + y2 ) = (x+y)3 b x3 + y3 = 3xy + c x2 + y3 = y6 d x6 + 3x3 + = y4 e x(x+1)(x+7)(x+8) = y2 f x2 + xy + y2 = x2y2 Phương trình dạng mũ Bài Tìm x, y tự nhiên để 2x + 2y = 2x+y Sử dụng điều kiện ∆≥ để phương trình bậc hai có nghiệm, ∆ số phương để phương trình bậc hai có nghiệm ngun Bài Tìm nghiệm nguyên phương trình : a x + y + xy = x2 + y2 b x2(1 - y2) + xy + y2 = c x2 + 2y2 + 3xy - x - y + = d 7(x2 + xy + y2 )= 39 (x + y) Phương pháp lùi vô hạn Bài Giải phương trình nghiệm nguyên : x3 + 2y3 = 4z3 Giới hạn miền nghiệm Bài 10 Giải phương trình nghiệm nguyên a 6x2 + 5y2 = 74 1 + + =2 x y z b 2x2 + 4x = 19 - 3y2 c f x3 + 7y = y3 + 7x d y = -2(x - x y -32) e x + y + z = xyz g x(x+1)(x+7)(x+8) = y2 k x4 + 2x3 + 2x2 + x + = y2 h 7(x2 + xy + y2 )= 39 (x + y) n 1! + + x! = y2 ( Với x! = 1.2.3 x) m x! + y! = 10z + Các tốn với nghiệm ngun Bài 11 1) Tìm số abc có chữ số khác cho: 2) Tìm số nguyên tố a, b, c cho số a2 + b2 + c2 9a = 5b + 4c số nguyên tố 3) Đầu năm 1997, Thành vui vẻ nói với bạn: - Năm năm may mắn mình, tuổi tổng chữ số năm sinh, Hỏi thành sinh năm nào? Hệ phương trình nghiệm nguyên Bài 12 Tìm nghiệm nguyên a) 2x + 3y = 5x + 3z = b) x + y + z = 25 2 x + y + z = 209 c) xy + 2zt = xt − yz = HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài a Khi chia x2, y2 cho có số dư nên x -y2 có số dư 0, 1, -1 ( Trong 1998 chia có số dư b Do 13 không chia hết 3x không chia hết cho Suy x không chia hết cho Suy x2 chia dư Suy 3x2 chia dư Suy 3x2 - 4y2 chia dư Trong 13 chia dư nên phương trình khơng có nghiệm c Suy x khơng chia hết x không chia hết x chia dư Lúc VP chia dư 2001 chia dư Hoặc : 19x2 + 28 y2 = 2001 18x2 + x2 + 27 y2 + y2 = 2001 x2 + y2 chia hết x, y chia hết cho x 2, y2 chia hết cho 2001 không chia hết cho d 2y2 - 8y + số lẻ Nếu y chẵn VP chia dư nên khơng phương Nếu y lẻ y2 chia dư nên VP chia dư nên khơng số phương e 19x2 + 28y2 = 729 18x2 + x2 + 27y2 + y2 = 729 Suy x2 + y2 chia hết x,y chia hết cho Đặt x = 3u, y = 3v thay vào ta phương trình : 19u2 + 28 v2 = 81 Tiếp tục lý luận tương tự ta : 19p2 + 28q2 = p2 = : VN P2>0 : q2 < Bài a x5 - x - 5x3 + 5x = 24(5y + 1) Dễ thấy vế trái chia hết cho vế phải không chia hết cho b Suy x3 chia hết cho suy x2 chia hết cho Suy vế trái chia hết cho Trong vế phải khơng chia hết phương trình vơ nghiệm c Xét số dư x3 cho : x= 3k ⇒ x2 chia hết cho x = ± 3k ⇒ x2 chia dư x3 + y3 chia có số dư 2004 chia có số dư d Xét số dư x4 chia cho 16 Khi x = 2n có x4 = (2n)4 = 16n4 chia hết cho 16 Khi x = 2n+1 có x4 = (2n+ 1)4 = (2n)4 + 4(2n)3 +6(2n)2 +4(2n) + Có : (2n)4 + 4(2n)3 = 16(n4 + 2n3 ) chia hết cho 16 6(2n)2 +4(2n) = 8n(3n + ) Bằng cách xét số dư n chia cho ta có : n(3n + ) chia hết cho hay 6(2n)2 +4(2n) chia hết cho 16 Vậy x = 2n+1 x4 chia cho 16 dư Từ ta : số dư chia x14 + x24 + + x144 cho 16 nhỏ 14 Trong 1599 chia 16 dư 15 Vậy phương trình vơ nghiệm Bài a Xét y = 0, để tìm x Với y ≥ có 3y chia hết cho Suy 3y + 317 chia dư Xét số dư x : x = 3k ⇒ x3 chia hết cho ⇒ 5x3 chia hết cho x = 3k± x3 = 9k3 ± 3.9k2+3.3k +1 chia dư nên 5x3 chia dư Vậy với y ≥ VP chia dư 2, VT chia dư ; nên phương trình khơng có nghiệm (x,y) với y ≥ b Xét x = x = ± x = y = ± ( loại ) Với x ≥ có 2x chia hết cho suy 2x + chia dư Trong số phương chia có số dư Vậy phương trình có nghiệm (0, 2) ; ( 0, -2) c Xét y = 0,1,2 x Với y>2 có 2y chia hết cho Ta xét số dư 3x + chia cho Xét x=0,1 Với x>1 xét x chẵn có 3x chia dư nên 3x + chia dư Với x lẻ 3x chia dư nên nên 3x + chia dư d x = y = (10 - 1)(10x-1 + + 1) = 81y Có x số hạng (10x-1 + + 1) = 9y Mỗi số hạng tổng 10x-1 + + chia có số dư nên để (10 x-1 + + 1) chia hết cho phải có 9k số hạng Vậy phương trình có nghiệm (0,0) ( 9k, ) e Xét x lẻ : đặt x = 2k + : 22k+1 + 57 = y2 22k + 57 = y2 Dựa vào đồng dư thức xét số dư chia 2k cho 22k + 57 chia dư Trong y chia có số dư Xét x chẵn : Đặt x = 2k 22k - y2 = - 57 (2k - y)( 2k - y) = - 57 (*) (*) phương trình ước số f Xét y chẵn : đặt y = 2k (x - 2k)(x + 2k) = 33 Giải phương trình tích y lẻ Đặt y = 2k + x2 = 33 + 2.22k Xét số dư chia cho có 33 + 2.22k chia dư x2 chia có số dư g Xét y chẵn : Đặt y = 2k (2k - x)(2k + x) = Giải phương trình ước số Xét y lẻ : Đặt y = 2k + x2 + = 22k + x2 + = 2.22k k = x = ± ; y = Với k > 2.22k chia hết cho x2 + chia dư dư k Xét y chẵn Đặt y = 2k (x - 4k)(x+4k) = Giải phương trình ước số Nếu y lẻ Đặt y = 2k+1 x2 = 4.42k + k=0 x = K > 4.42k + số lẻ chia dư Trong x2 lẻ chia dư Giải phương trình nghiệm nguyên sau ( cách phù hợp ) Bài a x(y-1) = + y x= + y y − 1+ 3 = = 1+ y−1 y−1 y−1 Để x nguyên y -1 ước Lần lược xét giá trị y để tìm x y(5 - x) = - x2 + 6x - b Để y nguyên - x ước Lần lược xét giá trị - x ta x, y c x= 8y2 − 25 3y + x nguyên nên x nguyên Có thể thực phép chia biến đổi : Bài 9(8y2 − 25) 3y + 8(9y2 − 25) + 25 25 = 8(3y − 5) + 3y + 3y + a y nguyên nên 3y nguyên suy 6x + 3x − nguyên Giải 3x-5 = a ( Với a ước 13) để tìm x suy y b Qui đồng khử mẫu : 2x + 2y + = xy x( y - 2) = 2y + x= 2y + 2y − + 3 = = 2+ y−2 y−2 y−2 Để x nguyên y - ước c Qui đồng khử mẫu ta py + px = xy x(y-p)= py x ( y-p) = p(y-p) + p2 p2 x = p+ y−p Các ước p2 1, p, p2, -1,-p,-p2 Bài a x3 + y3 + xy + x2y2 = x3 + y3 + 3x2y + 3xy2 xy(1+xy - 3x - 3y ) = nguyên 6x + 6x − 10 + 13 13 = = 2+ 3x − 3x − 3x − Được : x=0 y=0 xy + 3x + 3y + = xy - 3x - 3y + = x(y + 3) = 3y - Giải phương pháp tách giá trị nguyên b (x + y)3 - 3xy(x + y) = 3xy + Đặt x + y = a xy = b a3 - 3ab = 3b + 3b ( + 3a) = a3 - 27b = 27(a3 − 3) 3(1+ 3a) Giải phương pháp tách giá trị nguyên c 4x2 = 4y6 - 4y3 + - (2x)2 = ( 2y3 - 1)2 - ( 2x - 2y3 + 1)( 2x + 2y3 - 1) = -1 Lập giải hai hệ để tìm x d PT ⇔ 4x6 + 12x3 + = 4y4 ⇔ (2x3 + 3)2 - 4y4 = ⇔ (2x3 + -2y2)(2x3 + +2y2) = Lập giải bốn hệ để tìm nghiệm e x(x+1)(x+7)(x+8) = y2 ⇔ ( x2 + 8x)(x2 + 8x + 7) = y2 Đặt X = x2 + 8x : X (X+ 7) = y2 X2 + 7X =y2 4X2 + 28X = 4y2 (2X)2 + 2.2X.7 + 49 - 4y2 = 49 (2X + )2 - 4y2 = 49 (2X+7-2y)(2X+7+2y) = 49 Giải phương trình ước số để tìm nghiệm f Công hai vế với xy (x + y)2 = xy(xy + 1) Đặt x + y = a ; xy = b a2 = b2 + b 4a2 + = 4b2 + 4b + (2b + -2a)(2b + +2a) = Giải (*) a, b để tìm x,y Nếu có nhận xét tích hai số nguyên liên tiếp số phương hai số phép giải gọn Cách khác : x2 + xy + y2 = x2y2 4x2 + 4xy + 4y2 = 4x2y2 ( 2x + y)2 = 4x2y2 - 3y2 ( 2x + y)2 = y2(4x2 - 3) Suy 4x2 - số phương 4x2 - = k2 Ta đưa phương trình tích (2x - k)(2x + k) = Giải phương trình tích để tìm x Đặt 2x = X ; 2y = Y : X + Y = X.Y Bài X(Y-1) = Y X= Y − 1+ 1 = 1+ Y −1 Y −1 Giải phương trình y - = a ( với a ước 1) y, suy x x2 - x(y+1) + y2 - y = Bài a Xem phương trình phương trình bậc hai theo biến y Để phương trình có nghiệm (y-1)2 - 4(y2 - y) ≥ Giải bất phương trình bậc hai ta : ≤ y ≤ Lần lược xét giá trị y để tìm x b Đưa phương trình bậc hai x : ∆ = y2 - 4y2(1-y2) = 4y4 - 3y2 = y2(4y2 - 3) Để phương trình có nghiệm ngun ∆ số phương suy 4y2 - 3là số phương 4y2 - = k2 (2y - k)(2y + k) = Lập giải hệ để tìm y c x2 + x(3y - 1) + 2y2 - y + = ∆ = 9y2 - 6y + - 8y2 + 4y - 12 = y2 - 2y -11 Để phương trình có nghiệm ngun y2 - 2y -11 số phương Đặt y2 - 2y -11 = k2 (y - 1)2 - 10 = k2 d Lập giải hệ để tìm y Do ( 1,39) = nên x + y chia hết cho Đặt x + y = 7m Do ( 1,39) = nên x2 + xy + y2 chia hết cho 39 Đặt x2 + xy + y2 = 39 k (1) (2) Ta có k = m Rút y = 7m - x từ (1) thay vào (2) : x2 + x(7m - x) + 49m2 - 14 mx + x2 = 39m x2 - 7mx + 49 m2 - 39m = ∆ = 49m2 - 4(49m2 - 39m) = - 147m2 + 156m ∆≥0 0≤m≤ 49 Xét m = , để tìm x Ví dụ : Với m = Có x + y = x2 + xy + y2 = 39 x+y=7 (x + y)2 - xy = 39 x + y =7 xy = 10 Giải phương trình bậc hai : x2 -7x +10 = có hai nghiệm (2, 5) (5,2) Bài Suy x chia hết cho Đặt x = 2x1 8x13 + 2y3 = 4z3 Chia hai vế cho 4x13 + y3 = 2z3 Suy y chia hết cho Đặt y = 2y1 4x13 + 8y1 = 2z3 Chia hai vế cho 2x13 + 4y1 = z3 Suy z chia hết cho Đặt z = 2z1 2x13 + 4y1 = 8z1 Chia hai vế cho x13 + 2y1 = 4z3 Lập luận tương tự xn, yn, zn chia hết hay x chia hết n với n suy x = 0,y = , z = a 6x2 ≤ 74 ⇒ x2 ≤ Bài 10 74 Giải x2 = 0, 1, 4, để tìm x Từ y b 2(x+1)2 = 21 - 3y2 (x+1)2 ≤ 21 Xết (x+1)2 = 0, 1, 4, Nếu có thêm nhận xét 2(x+1)2 chia hết (x+1) chia hết cho suy (x+1)2 chia hết cho ta cần giải trường hợp c Do x,y,z có vai trị bình đẳng Khơng tính tổng qt ta giả sử x ≥ y≥ z có : : 1 1 1 + + ≤ + + = x y z z z z z Có : ≥2 z z≤ nên 1 + =1 x y Thay z = vào ta : 1 ≤ ≤ x y z y2 = -2(x6 - x3y -32) ⇔ 2x6 - 2x3y + y2 = 64 ⇔ x6 +(x3- y)2 = 64 Do (x3- y)2 ≥ nên | x | ≤ Xét giá trị nguyên x thuộc đoạn [2,2] để tìm nghiệm d e Do x,y,z có vai trị bình đẳng Khơng tính tổng qt ta giả sử 1≤x≤y≤z Do x + y + z ≤ 3z xyz ≤ 3z xy ≤ Giải xy = ; xy = 2; xy = để tìm x, y từ z f Giải với x = y Với x≠ y : (x - y)( x2 + xy + y2) = 7(x - y) x2 + xy + y2 = ( x - y)2 + 3xy = xy ≤ Giải xy = 0, 1, x,y g x(x+1)(x+7)(x+8) = y2 ⇔ ( x2 + 8x)(x2 + 8x + 7) = y2 Đặt X = x2 + 8x : X (X+ 7) = y2 X2 + 7X =y2 Với X > X2 + 8X + 16 > X2 + 7X X2 + 6X + < X2 + 7X Tóm lại với X > (X+3)2 < X2 + 7X < (X+4)2 Hay với X > X2 + 7X =y2 vơ nghiệm Với X ≤ x2 + 8x - 9≤ Giải x2 + 8x - 9≤ ≤ x ≤ ( Ta có phân tích sau :X2 + 7X > X2 + 6X + X > X2 + 7X < X2 + 8X + 16 X > -16 ) k (x2 + x)2 + ( x2 + x + 3) = y2 Đặt X = x2 + x : X2 + X + = y2 Với X > ta có X2 + X + > X2 X2 + X + < X2 + 2X + Vậy với X > X2 + X + = y2 vô nghiệm x2 + x < -2 ≤ x ≤ ( Phân tích : X2 + X + > X2 X > -3 X2 + X + < X2 + 2X + X > ) h 7(x2 + xy + y2 )= 39 (x + y) Do ( 1,39) = nên x + y chia hết cho Đặt x + y = 7m Do ( 1,39) = nên x2 + xy + y2 chia hết cho 39 Đặt x2 + xy + y2 = 39 k (1) (2) Ta có k = m x2 + xy + y2 = 39m suy xy + 39m = (x+y)2 Từ đẳng thức x2 + y2 ≥ 2xy Ta ( x+ y)2 ≥ 4xy Thay ta 49m2 ≥ 4(49m2 - 39m) -147 m2 + 156m ≥ Giải ≤ m ≤ 49 Thay m = 0, vào để giải Với x ≥ có 1! + + x! = 33 + 5! + +x! x! chia hết cho 10 với x ≥ ( có chứa hai thừa số ) nên : 33 + 5! + +x! có chữ số tận Hay phương 1! + + x! = y2 khơng có nghiệm ngun x≥ Xét giá trị nguyên x miền < x < nghiệm : (1,1) (3,3) n m C1 : Với x ≥ x! có tận 0, Với y ≥ y! có tận nên x! + y! có tận 10z + có tận Xét x, y = 1,2,3,4,5 C2 : Với x,y ≥ x!, y! số chẵn Trong 10z + số lẻ Xét x = nghiệm : y = nghiệm : Bài 11 a) Biến đổi 9a = 5b + 4c (1) ⇒ 9a − 9c = 5b − 5c ⇒ 9( a − c) = 5( b − c) Suy ra: 5( b − c) M9 ⇒ b − cM9 Theo đề b ≠c nên có trường hợp: + b = , c = thay vào (1) ta a = Ta có số 590 + c = 9, b = thay vào (1) ta a = Ta có số 409 Vậy có số cần tìm 590 409 b) Tồn số a, b, c chia hết cho số a, b, c khơng chia hết cho số a2 ,b2 ,c2 chia cho dư nên Xét trường hợp: 22 + 32 + 52 = 38 hợp số loại a2 + b2 + c2 M3 lớn nên không số nguyên tố 32 + 52 + 72 = 83 số nguyên tố Vậy số cần tìm 3, 5, c) Thành sinh năm 1975 đến năm 1997 trịn 22 tuổi (1 + + + 5) Bài 12 a) ( 1) ( 2) 2x + 3y = 5x + 3z = Từ (1) suy y chẵn đặt y = 2k ( với k nguyên) ta x + 3k = nên x = – 3k z= Thay y = 2k vào (2): 10k + 3z = nên: Đặt 1− 10k 1− k = −3k + 3 1− k = t ( t ∈ Z ) ⇒ k = 1− 3t x = − 3( 1− 3t) = 1+ 9t y = 2( 1− 3t) = − 6t z = −3( 1− 3t) + t = 10t − Vậy phương trình có nghiệm ( + 9t, – 6t, 10t – 3) b) x + y + z = 25 ( 1) 2 x + y + z = 209 ( 2) Rút z từ (1): z = 25− x − y ( ) x2 + y2 + ( 25− x − y) = 209 ⇔ x2 + ( y − 25) x + y2 − 25y + 208 = Thay vào (2): Để tồn x phải có: ∆≥0 ( ) ⇔ ( y − 25) − y2 − 25y + 208 ≥ ⇔ −3y2 + 50y − 207 ≥ ⇔7 ≤y≤9 Do y nguyên nên y = y = Với y = thay vào (3) giải ta x = x = Với y = thay vào (3) giải x = Vậy phương trình có (3) nghiệm (8, 8, 9); (9, 8, 8); ( 8, 9, 8) ( 3) c) Ta có: Suy xy + 2zt = ( 1) ;xt − yz = ( 2) ( xy + 2zt) (x Rút gọn: + 2( xt − yz ) = 2 )( ) + 2z2 y2 + 2t2 = Xét trường hợp : 1) x2 + 2z2 = ⇒ x = ±1;z = 0;y = 0;t = ±1 2 y + 2t = Từ (2): xt = yz + = suy x t dấu Ta có (1, 0, 0, 1) (-1, 0, 0, -1) 2) 2 x + 2z = ⇒ x = 0;z = ±1,y = ±1,t = 2 y + 2t = Từ (2): yz = xt – = -1 suy y, z trái dấu Ta có: (0, 1, -1, 0) (0, -1, 1, 0) Vậy có nghiệm (1, 0, 0, 1), (-1, 0, 0, -1), (0, 1, -1, 0), (0, -1, 1, 0) 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 n ≤ 4000000 chứng minh với 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 toán kỉ từ năm 23 tuổi Ơng kể lại: “Tơi nghĩ tốn suốt ngày, lúc ngủ Khi bế tắc dạo gần hồ.Tơi có sẵn bút chì giấy Lúc có ý tưởng ngồi xuống băng ghế viết vội ra, suốt – năm trời Một buổi sáng cuối năm – 1993, 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 Tôi tiếp túc tới chiều quên ăn trưa Khoảng – chiều 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 tốn học quốc tế Cambridge, Anh Đó ngày thứ tư 23-6-1993, ngày báo cáo cuối ông Ông 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 toán học vĩ đại Cơng trình 200 trang ơng 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 cơng 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 thật kì diệu: Bất đỉnh cao người vươn tới Khơng có tốn mà người khơng thể giải được, sớm hay muộn mà thơi! MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN CHƯA ĐƯỢC GIẢI Bài tốn Phương trình sau có tồn nghiệm ngun hay khơng x3 + y3 + z3 + t3 = 148 Bài toán Tồn số nguyên a, b, c, d dương khác cho a3 + b3 = c3 + d3 , chẳng hạn 13 + 123 = 93 + 103 Cho tồn số dương a, b, c, d dương khác cho Bài tốn Có tồn số nguyên tố nằm n2 a5 + b5 = c5 + d5 ( n + 1) không? với số tự nhiên n khơng? Bài tốn Xét biểu thức tự nhiên khác để nn + nn + Bài tốn Phương trình = n = Bài toán Xét biểu thức Với n = 1, 2, biểu thức cho số nguyên tố 2, 5, 257, cịn số số ngun tố khơng? xm − yn = với m > 1, n >1 x < y có nghiệm nguyên dương m x!+ Với x = 4, 5, biểu thức cho số phương x!+ Cịn số ngun dương khác để số phương khơng? 52 ,112 ,712 Mục Lục Lời nói đầu Chương Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Chủ đề Các phương pháp sử dụng tính chất chia hết Phương pháp Đưa dạng tổng bình phương Phương pháp Đưa phương trình ước số Phương pháp Biểu thị ẩn theo ẩn lại sử dụng tính chất chia hết Phương pháp Tách phương trình ban đầu thành giá trị nguyên để xét Phương pháp Xét số dư vế Phương pháp Sử dụng tính chẵn lẻ Phương pháp Sử dụng tính chất phép chia hết phép chia có dư Chủ đề Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Phương pháp Sử dụng bất đẳng thức cổ điển Phương pháp Sắp xếp thứ tự ẩn Phương pháp Phương pháp đánh giá “Kẹp giữa” ∆≥0 Phương pháp Sử dụng bất đẳng thức để phương trình có hai nghiệm Phương pháp Áp dụng tính đơn điệu vế Chủ đề Sử dụng tính chất số phương ∆ Phương pháp Sử dụng điều kiện phải số phương Phương pháp Sử dụng tính chất số phương Chủ đê Phương pháp lùi vô hạn nguyên tác cực hạn Phương pháp lùi vô hạn Nguyên tắc cực hạn Bài toán Tổng kết phương pháp chương Chương Một số dạng phương trình nghiệm nguyên thường gặp Dạng Phương trình ẩn Trang 2 8 10 10 11 11 13 15 17 18 19 19 20 21 21 22 23 25 25 Dạng Phương trình bậc hai ẩn Dạng Phương trình bậc hai hai ẩn Dạng Phương trình bậc cao hai ẩn Dạng Phương trình dạng phân thức Dạng Phương trình đa thức với ba ẩn trở lên Dạng Phương trình vơ tỷ Dạng Phương trình dạng mũ Dạng Hệ phương trình nghiệm nguyên Dạng 10 Điều kiện để phương trình có nguyện ngun Chương Đưa tốn giải phương trình nghiệm ngun Dạng Các toán số tự nhiên chữ số Dạng Các toán hàm số Dạng Bài tốn tính chia hết số ngun tố Dạng Các toán thực tế Chương Các tốn nghiệm ngun đặc sắc qua kì thi tạp trí Lời giải tập chương Chương Một số toán tự luyện Hướng dẫn giải tập tự luyện Bài đọc thêm: Người chứng minh định lý Phéc – ma cuối Một số phương trình nghiệm nguyên chưa giải 25 27 28 30 31 32 34 35 36 37 37 38 39 41 42 47 76 78 89 90