Chuyên đề phương trình nghiệm nguyên
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (219.93 KB, 35 trang )
PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
A. Kiến thức cần nhớ
1. Định nghĩa phép chia hết
Với a, b Z (b 0); q, r Z sao cho a bp r (0 r b )
+) Nếu r 0 a b
+) Nếu r 0 a / b
2. Một số tính chất: a, b, c, d Z
+) Nếu a 0 a a;0a
+) Nếu a b; bc a c
+) Nếu a b; ba a b
+) Nếu a b; a c a BCNN [a, b]
+) Nếu a b; a c;(b, c) 1 a bc
+) Nếu a b acb(c Z )
3. Một số định lý thường dùng
+) Nếu a c; bc (a b)c
n
n
+) a b a b (n Z )
4. Một số hệ quả áp dụng
n
n
+) a, b Z ; n Z a b a b
n
n
+) a, b Z và n chẵn n Z a b a b
n
n
+) a, b Z và n lẻ n Z a b a b
+) Nếu a c; bd abcd
B. Các dạng toán
Dạng 1: Đưa về dạng tổng các bình phương
- Cơ sở của phương pháp này thường sử dụng với các phương trình có các biểu thức chứa ẩn viết
được dưới dạng tổng các bình phương
- Biến đổi phương trình về dạng một vế là một tổng bình phương của các biểu thức chứa ẩn, vế
còn lại là tổng bình phương của các số nguyên ( Số số hạng của hai vế là bằng nhau )
Ta sẽ đi giải các phương trình tương ứng sau
A2 m 2 A2 n 2 A2 p 2
2
2 2
2 2
2
B n ; B m ; B m
C 2 p 2 C 2 p 2 C 2 n 2
2
2
Bài 1: Tìm x, y, z Z thỏa mãn: 5 x 4 xy y 169(1)
Lời giải
2
2
2
2
(2 x y ) x 12 5 (1)
(1) 4 x 4 xy y x 144 25 169 0
2
2
2
2
(2 x y ) x 13 0 (2)
2
2
2
Giải (1)
(2 x y ) 2 122
x 5 x 5
2
;
2
y
2
x 5
y 22
2
2
x 12 x 12
(2 x y ) 5
;
x 2 122
y 19 y 29
Giải (2)
(2 x y ) 2 132
x 0
2
2
x 0
y 13
2
2
x 13
(2 x y ) 0
x 2 132
y 26
( x, y ) (5; 2), (5; 22), ( 5, 2); ( 5, 22),(12; 19),(12; 29), ( 12;19), ( 12; 29),(0;13), (0; 13), (13; 26), ( 13; 26)
2
2
Bài 2: Tìm x, y, z Z thỏa mãn: x y x y 8(1)
Lời giải
(2 x 1)2 32
x 2; x 1
2
2
(2 y 1) 5
y 3; y 2
2
2
2
2
2
2
(1) 4 x 4 x 4 y 4 y 32 (2 x 1) (2 y 1) 5 3
2
2
x 3; x 2
(2 x 1) 5
(2 y 1)2 32
y 2; y 1
Vậy ( x, y ) (2,3), (2; 2), ( 1;3), ( 1; 2), (3, 2),(3; 1), ( 2, 2), ( 2; 1)
2
2
Bài 3: Giải phương trình nghiệm nguyên: 4 x 8 y 8 xy 4 y 8 0
Hướng dẫn:
4 x 2 8 y 2 8 xy 4 y 8 0 (2 x 2 y ) 2 (2 y 1) 2 9 0 2 32
2
2
Bài 4: Giải phương trình nghiệm nguyên: x 5 y 2 y 4 xy 3 0
Hướng dẫn:
x 2 5 y 2 2 y 4 xy 3 0 ( x 2 y ) 2 ( y 1) 2 4 2 2 02
6
2
3
Bài 5: Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 x y 2 x y 64
Hướng dẫn:
2 x 6 y 2 2 x 3 y 64 t 2 (t y ) 2 64(t x 3 )
2
2
2
2
Bài 6: Giải phương trình nghiệm nguyên: ( x 1)( x y ) 4 x y
Hướng dẫn:
( x 2 1)( x 2 y 2 ) 4 x 2 y x 4 x 2 y 2 x 2 y 2 4 x 2 y ( x 2 y )2 x 2 ( y 1)2 0
2
2
Bài 7: Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 x y 2 xy 2 y 6 x 5 0
Hướng dẫn:
2 x 2 y 2 2 xy 2 y 6 x 5 0 ( x 2 2 xy y 2 ) 6 x 2 y x 2 5 0 ( x y ) 2 2( x y ) 4 x x 2 5 0
( x y 1) 2 ( x 2) 2 0
2
2
2
Bài 8: Giải phương trình nghiệm nguyên: 4 x 2 y 2 z 4 xy 4 xz 2 yz 6 y 10 z 34 0
Hướng dẫn:
(2 x) 2 4 x( y z ) ( y 2 2 yz z 2 ) ( y 2 6 y ) ( z 2 10 z ) 34 0 (2 x x y ) 2 ( y 2 6 y 9) ( z 2 10 z 25) 0
(2 x y z ) 2 ( y 3) 2 ( z 5) 2 0
BTVN
2
2
a. x 4 y 115 2 x
2
2
2
b. x y z xy 3x 2 z 4
Dạng 2: Đưa về phương trình ước số ( phương trình tích )
- Cơ sở: thường sử dụng với các phương trình có các biểu thức chứa ẩn phân tích được thành nhân
tử
- Phương pháp: Biến đổi phương trình về dạng một vế là tích của các đa thức chứa ẩn, vế cịn lại là
tích của các số ngun ( Số nhân tử của hai vế bằng nhau )
A.B.C m.n. p (m, n, p Z ) giải các phương trình tương ứng
A m A n A p
B n ; B p ; B m
C p C m C n
Bài 1: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 4 x 5 y 6 xy 7 0(1)
Lời giải
(1) 6 xy 4 x 5 y 7 0 2 x (3 y 2) 5 y 7 0 6 x (3 y 2) 5(3 y 2) 11
(3 y 2)(6 x 5) 11.1 1.11 ( 1)( 11) ( 11)( 1) 4 : TH ( x, y) (1,1);( 1; 3)
3
3
Bài 2: Tìm x, y Z , thỏa mãn x y 91(1)
Lời giải
(1) ( x y )( x 2 xy y 2 ) 91.1 13.7
2
2
Ta có: x xy y 0 4 : TH ( x, y ) ( 5; 6);(3; 4);(4; 3)
2
2
Bài 3: Tìm x, y Z , thỏa mãn x x y 0(1)
Lời giải
(1) 4 x 2 4 x 4 y 2 0 (2 x 1) 2 (2 y ) 2 1 (2 x 2 y 1)(2 x 2 y 1) 1 1.1 ( 1)( 1)
2 x 2 y 1 1
2
x
2
y
1
1
+)
x 0
y 0
2 x 2 y 1 1
+) 2 x 2 y 1 1
x 1
( x, y ) (0;0);( 1; 0)
y 0
Bài 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình
2
2
b. 2 x 3xy 2 y 7
a. 3xy x y 1
2
2
2
c. 2 xy x y 1 x 2 y xy
2
2
d. 3x y 4 xy 8 x 2 y 0
2
2
e. x 3 y 2 xy 2 x 4 y 7 0
Lời giải
a. 3xy x y 1 3(3 y 1) y 1 (3 y 1)3x 3 y 3 (3 y 1)(3x 1) 2
b.
3y - 1
3x + 1
x
2
1
0
y
1
1
2
1
3
2
3
-1
-2
-1
0
-2
-1
Vậy ( x, y) (0,1);( 1, 0)
2
3
1
3
2 x 2 3 xy 2 y 2 7 2 x 2 4 xy xy 2 y 2 7 ( x 2 y )(2 x y ) 7
2x - y
X + 2y
x
7
1
3
y
-1
1
7
-1
-7
-7
-1
9
5
13
5
9
5
13
5
-3
7
2
2
2
2
2
2
2
c. 2 xy x y 1 x 2 y xy 2 xy x y 1 x 2 y xy 0 ( x 1)(2 y x y ) 1 1.( 1) ( 1).1
x 2; y 1(tm)
x 1 1
2
1
2 y x y 1 x 2; y (loai)
2
+)
x 1 1
2
2 y x y 1
+)
x 0
y ...
2
2
2
2
2
2
2
d. 3x y 4 xy 8 x 2 y 0 4 x y 1 4 xy 4 x 2 y x 4 x 4 3 (2 x y 1) ( x 2) 3
( x y 3)(3x y 1) 3 1.( 3) ( 1).3 ( 3).1 3.( 1) 4 : TH
2
2
2
2
e. x 3 y 2 xy 2 x 4 y 7 0 ( x y 1) (2 y 1) 7 ( x 3 y 2)( x y) 7
( x, y ) (2;1),(5; 2), ( 6,1);( 3, 2)
Bài 5: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : 2( x y) 5 3xy
Lời giải
2( x y ) 5 3xy 3xy 2 x 2 y 5 y (3x 2)
2
4
(3x 2) 5 (3x 2)(3 y 2) 19
3
3
Do x, y nguyên dương 3x 2 1;3 y 2 1
Mà: 19 = 19 . 1 = 1 . 19
3 x 2 1
+) 3 y 2 19
x 1
y 7
3 x 2 19
+) 3 y 2 1
x 7
y 1
Vậy ( x, y ) (7,1);(1, 7)
2
2
Bài 6: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x x 6 y
Lời giải
x 2 x 6 y 2 4 x 2 4 x 24 4 y 2 (2 x 1) 2 4 y 2 23 (2 x 2 y 1)(2 x 2 y 1) 23
4 : TH ( x, y ) (5,6); (5, 6);( 6, 6); ( 6, 6)
Bài 7: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
x 2 xy 6 x 5 y 8
Lời giải
x 2 xy 6 x 5 y 8 x 2 x( y 6) 5 y 8 0 x 2 x( y 6)
( y 6) 2 ( y 6) 2
5 y 8 0
4
4
4 x 2 4 x( y 6) ( y 6) 2 ( y 6) 2 4(5 y 8) 0 2 x ( y 6) 2 ( y 6) 2 4(5 y 8) 0
A
A2 y 2 12 y 36 20 y 32 y 2 8 y 4 A2 ( y 4) 2 12 ( y 4 A)( y 4 A) 12
Có: y – 4 – A và y – 4 + A có cùng tính chẵn lẻ nên chúng cùng phải chẵn vì 12 chẵn
y–4–A
y–4+A
2
6
-2
-6
6
2
-6
-2
2
2
Bài 8: Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 x 5xy 2 y 7 x 8 y 1(1)
Lời giải
m 2n 7
2 x 2 5 xy 2 y 2 ( x 2 y )(2 x y );7 x 8 y m( x 2 y ) n(2 x y ) ( m 2n) x (2m n) y
2m n 8
m 3
n 2
Đặt a x 2 y; b 2 x y (1) ab 3a 2b 1 (a 2)(b 3) 7 4 : TH ( x, y ) (3, 2); ( 3, 4)
Bài 9: Tìm tất cả các số nguyên x sao cho
2
a. A x 3x 10 là số chính phương
2
b. B x 2 x 4 là số chính phương
2
c. B x 2 x 7 là số chính phương
Lời giải
a. Theo giả thiết:
x 2 3x 10 y 2 ( y N ) 4 x 2 12 x 40 4 y 2 (2 x 3) 2 31 (2 y ) 2 (2 y 2 x 3)(2 y 2 x 3) 31
Vì 2 y 2 x 3 2 y 2 x 3 4 y 0
2 y 2 x 3 1
+) TH1: 2 y 2 x 3 31
2 y 2 x 3 31
x 9;6
+) TH2: 2 y 2 x 3 1
2
2
2
2
b. B x 2 x 4 y ( y N ) ( x 1) y 5 ( x 1 y )( x 1 y ) 5 1.5 5.1 ( 1).( 5) ( 5).( 1)
4 : TH x 2; 4
2
2
2
2
c. B x 2 x 7 y ( y N ) ( x 1) 6 y ( y x 1)( y x 1) 6 1.6 2.3 6.1 3.2 ( 1)( 6) ..
Sau đó xét các trường hợp và vơ nghiệm
Cách khác:
Ta có: y x 1 ( y x 1) 2 x 22 cungtinhchanle
+) Nếu y x 1 lẻ y + x – 1 lẻ tích là lẻ nên loại
+) Nếu y x 1 chẵn y + x – 1 chẵn tích chia hết cho 4, mà 6 không chia hết cho 4 nên
cũng loại. Vậy không tồn tại x
Bài 10: Tìm tất cả các số nguyên x sao cho: x( x 1)( x 7)( x 8) là số chính phương?
Lời giải
2
2
2
2
2
2
Theo giả thiết x( x 1)( x 7)( x 8) y ( y N ) a(a 7) y 4a 28a 4 y (2a 7) 49 (2 y)
(2a 7 2 y )(2a 7 2 y) 49
2
Ta có: 2a 7 2 y 2a 7 2 y; 49 7 cac : TH
x 1
+) 1 và 49 x 9
+) 7 và 7 x 0; x 8
+) -7 và -7 x 1; x 7
+) - 49 và – 1 x 4
Vậy x 1; 9; 0; 8; 1; 7; 4
Bài 11: Giải phương trình nghiệm nguyên:
3
3
a. x y 1 6 xy (1)
3
3
b. x y 9 xy 1
Lời giải
3
3
3
2
2
2
Ta có: a b c 3abc (a b c)(a b c ab bc ca )
(1) x 3 y 3 23 3. x. y.2 7 ( x y 2)( x 2 y 2 4 xy 2 x 2 y ) 7
2
2
2
2
2
Lại có: 2( x y 4 xy 2 x 2 y) ( x y ) ( x 2) ( y 2) 2 : TH
( x y ) 2 3xy 2( x y ) 4 7
x y 1
( x, y ) (0, 1);( 1, 0)
xy
0
x
y
2
1
+)
( x y ) 2 3xy 2( x y ) 4 1
x
y
2
7
+)
x y 5
xy 6
y 5 x
( x, y ) (2,3);(3, 2)
x(5 x) 6
Vậy phương trình có 4 nghiệm
3
3
3
b. Ta có: x ( y ) 3 3.3.x.( y ) 28 ( x, y) (1,3);( 3, 1)
BÀI TẬP VỀ NHÀ
Bài 1: Giải phương trình nghiệm nguyên: x y 2 xy 6
Hướng dẫn
x y 2 xy 6 x (1 2 y ) y 6 x(1 2 y ) y
1 11
2 x(1 2 y ) (2 y 1) 11 (2 x 1)(2 y 1) 11
2 2
2
Bài 2: Giải phương trình nghiệm nguyên: x xy 3 y 11
Hướng dẫn
y y2
y2
2x y 2 y 3 2
x 2 xy 3 y 11 ( x 2 2 x. ) ( 3 y ) 11 (
) (
) 2 (2 x y) 2 ( y 3) 2 8
2 4
4
2
2
(2 x y y 3)(2 x y y 3) 8
2
Bài 3: Giải phương trình nghiệm nguyên: x 25 y( y 6)
Hướng dẫn
x 2 25 y ( y 6) x 2 ( y 2 6 y ) 25 x 2 ( y 3) 2 16 ( x y 3)( x y 3) 16
Nhận xét: x y 3 x y 3 2 x 2 hai số đều chẵn
2
Bài 4: Giải phương trình nghiệm nguyên: x( x 1)( x 2)( x 3) y
Hướng dẫn
( x 2 3x )( x 2 3x 2) y 2 (a 1 y )(a 1 y ) 1(voi.a x 2 3x )
DÀNH CHO HỌC SINH LỚP 9
f ( x, y ) / c
f ( x, y ).g ( x, y ) c
g ( x, y ) / c
Nội dung:
2
2
Bài 1: [ Ams 2014 ]. Giải phương trình nghiệm nguyên: x y xy 2 x 3x 4 0(1)
Lời giải
(1) x( xy y 2 x 3) 4 x / 4 x 1; 2; 4
Sau đó thay vào phương trình y ....
Hoặc ta nhận xét như sau:
xy ( x 1) (2 x 2 3x 4) 0 ( x 1) xy (2 x 1) 5 ( x 1) / 5 ( x 1) 1; 5 x .. y ..
Bài 2: [ Chun KHTN 2015 vịng 1]
Tìm n để n + 5 và n + 30 đều là các số chính phương ( n Z )
Lời giải
n 5 a 2
( a, b N ) b 2 a 2 (b a)(b a) 25
2
Đặt n 30 b
b a 1;5
b a Z ; b a b a;(b a ) / 25
b a 25;5
Ta có nhận xét sau:
b a 1
b
a
25
+)
b a 5
b
a
5
+)
a 12
b 13
a 0
b 5
Bài 3: Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình
x
3
a. 8 37 y
x
2
b. 2 57 y
Lời giải
x
3
x 3
3
x
2x
x
2
a. 8 37 y (2 ) y 37 (2 y)(2 2 y y ) 37
x
2 y 0
22 x 2 x. y y 2 0 x
2 x y 1;37
2 y / 37
Nhận xét:
Lại có:
2 x y 1
2 x y 22 x 2 x y y 2 2 x
x
2
2 2 y y 37
2 x y 1
(1 y ) 2 (1 y ) y y 2 37 x .. y ..
2x
x
2
2 2 y y 37
x
2
2
x
b. 2 57 y y 2 57
x
2 k 1
k
+) Nếu x là số lẻ x 2k 1( k N ) 2 2 2.4
k
k
x
2
k
Có 4 1(mod 3) 4 1(mod 3) 2.4 2(mod 3) 2 57 2(mod 3) y 2(mod 3) 2.4 2(mod 3)
2 x 57 2(nod 3) y 2 2(mod 3) voly x : chan x 2k (k N )
y 2 (2k )2 57 ( y 2k )( y 2 k ) 57 3.19
y 2k 0
y 2k 19 y 2k 3
y 11 y 29
;
;
k
k
k
k
x
...
y
2
y
2
y
2
3
y
2
19
x ...
Mà:
Dạng 3: Phương pháp tách lấy phần nguyên ( biểu diễn 1 ẩn theo ẩn còn lại )
A. Lớp 8: Dựa vào phép chia đa thức
- Ta tách các biểu thức phân thức thành phần nguyên và phần phân, sau đó đánh giá phần phân để
tìm ra các nghiệm của phương trình
x
f ( y)
c
Z (nguyen)
g ( y) / c
g ( y)
g ( y)
Bài 1: Giải phương trình nghiệm nguyên:
y
2x 3
(1)
x 1
Lời giải
(1) y 2
1
1
; x, y Z
Z x 1 1 x 0; 2 y 3;1 ( x, y ) ( 2,1);( 3, 0)
x 1
x 1
Bài 2: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
a. xy 2 x 3 y 1 0(1)
b. xy 3x 2 y 6
Lời giải
a. (1) y ( x 3) 2 x 1
+) x = 3 không là nghiệm của phương trình (1)
+) Với
x 3 y
2x 1
5
2
x 3 1; 5 4nghiem
x 3
x 3
b. xy 3 x 2 y 6 x( y 3) 6 2 y
+) y = -3 khơng là nghiệm của phương trình
+)
y 3 x
6 2 y 12 2 y 6
12
2 y 3 1; 2; 3; 4; 6; 12 y x
y 3
y 3
y 3
Bài 3: Giải phương trình nghiệm nguyên: 4 x 5 y 6 xy 7 0(1)
Lời giải
4 x 5 y 6 xy 7 0 6 xy 4 x 5 y 7 0 2 x(3 y 2) 7 5 y 2 x
6x
7 5y
(3 y 2 0, do : y Z )
3y 2
21 15 y
11
5 3 y 2 1; 11 ....
3y 2
3y 2
x2 x
A 2
x x 1 nhận giá trị nguyên
Bài 4: Tìm x, y Z để
Lời giải
A
x2 x
x2 x 1 1
1
1 2
x 2 x 1 1
2
2
x x 1
x x 1
x x 1
x 0
x 2 x 1 0 x 2 x 1 1
x
1
Do
y 0
y 0
Bài 5: [ Tuyển sinh vào 10. ĐHQGHN ]
2
2
2
Tìm x, y thuộc Z, thỏa mãn: 2 xy x y 1 x 2 y xy
Lời giải
2 xy 2 x y 1 x 2 2 y 2 xy 2 y 2 ( x 1) x( x 1) y ( x 1) 1 0
+) x = 1 không phải là nghiệm của phương trình
+)
x 1 2 y 2 x y
1
0 x 1 1 x 0;1 y 1;0
x 1
Bài 6: Giải phương trình nghiệm nguyên
4
2
3
2
a. 2 x 3x x x y x y 16
Lời giải
3
2
b. 2 x x 2 xy 13x y 86
a.
2 x 4 3 x 2 x 3 x 2 y x y 16 y ( x 2 1) 2 x 4 x 3 3x 2 x 16 y
y
b.
2 x 4 x 3 3 x 2 x 16
(do : x 2 1 0)
x2 1
2 x 2 ( x 2 1) x( x 2 1) ( x 2 1) 17
17
2 x 2 x 1 2
x 2 1 1;17 ( x, y ) (0, 16);(4, 28);( 4,36)
2
x 1
x 1
2 x 3 x 2 2 xy 13x y 86 y x 2 x 6
80
( x, y ) (0, 86);( 1, 76);(2, 20);( 3, 22)
2 x 1
BÀI TẬP VỀ NHÀ
2
Bài 1: Giải phương trình nghiệm nguyên: x 3x 9 xy 2 y
Hướng dẫn
x2 3x 9
x 3 x 9 xy 2 y y ( x 2) x 3 x 9 y
x 2
2
2
+) x = 2 không là nghiệm
2
Bài 2: Giải phương trình nghiệm nguyên: x y 2 y x 4
Hướng dẫn
x2 y 2 y x 4 y
x4
x2 2
3
2
Bài 3: Giải phương trình nghiệm nguyên: x x y 3x 2 y 5 0
Hướng dẫn
x 3 3 x 5 x 2 y 2 y y ( x 2 2) y
x3 3x 5
x2 2
x3 2 x 2 7 x 7
A
x2 3
Bài 4: Tìm x nguyên để biểu thức sau nguyên:
Hướng dẫn
x3 2 x 2 7 x 7
4x 1
A
( x 2) 2
(4 x 1)( x 2 3) (4 x 1)(4 x 1) x 2 3
2
x 3
x 3
Bài 5: Giải phương trình nghiệm nguyên: 7( x 1) 3 y 2 xy
Hướng dẫn
7( x 1) 3 y 2 xy 7 x 7 3 y 2 xy 7( x 1) y (2 x 3) y
7x 7
2x 3
B. DÀNH CHO HỌC SINH LỚP 9
Bài 1: [ Chuyên KHTN Vịng 1 – 2014 ]
2
a. Giải phương trình nghiệm nguyên sau: v u u 3v
2 2
b. Giải phương trình nghiệm nguyên: x y ( x y ) ( x y ) 3 xy
Lời giải
a.
v 2u u 3v u
Vì u nguyên
3v
(v 2 1 0)
v 1
2
3v
3v
3v 2
3(v 2 1) 3
3
Z
v
.
Z
3 2 Z v 2 1 U (3)
2
2
2
2
v 1
v 1
v 1
v 1
v 1
2
2
Mà v 1 0 v 1 1;3 v u 0
xy v
3v
(u, v Z ) v 2u u 3 v u 2 (v 2 1 0)
v 1
b. Đặt x y u
Vì u nguyên
3v
( 3 v)(3 v)
9 v2
(v 2 1) 10
10
Z
Z
Z
1 2 Z
2
2
2
2
v 1
v 1
v 1
v 1
v 1
v 2 1/10
2
v 2 1 1;10 v 0; 3
v 1 1
+) v 0 u 3(tm) x ... y ....
3
v 3 u (loai )
5
+)
2
Bài 2: Giải phương trình nghiệm nguyên: 8 y 25 3 xy 5 x
Lời giải
8 y 2 25
5
8 y 25 3 xy 5 x (8 y 25) x(3 y 5) x
(y )
3y 5
3
2
Vì
2
xZ
8 y 2 25
8.9. y 2 25.9
8(9 y 2 25) 25
25
Z
Z
Z 8(3 y 5)
Z
3y 5
3y 5
3y 5
3y 5
3 y 5 / 25 1; 5; 25 y .... x .....
Dạng 4: Phương pháp xét số dư ( Sử dụng đồng dư thức )
Nội dung: Cho phương trình f(x) = g(x)
Xét số dư của f(x) và g(x) cho cùng một số
+) Nếu hai số dư khác nhau thì phương trình vơ nghiệm
+) Nếu hai số dư bằng nhau thì làm tiếp
Bổ đề: Xét số dư của số chính phương cho 1 số
2
+) a 0,1(mod 3)
2
+) a 0,1(mod 4)
2
+) a 0,1, 4(mod 5)
2
+) a 0,1, 4(mod 8)
3
+) a 0,1, 1(mod 9)
4
+) a 0,1(mod16)
2
Bài 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 9 x 2 y y
Lời giải
2
2
Ta có: VT 9 x 2 2(mod 9) y y 2(mod 9) y y / 3
2
Có: y y y ( y 1) y, va, y 1/ 3 y 1, 2(mod 3)
2
2
2
2
+) Nếu y 1(mod 3) y 3k 1 9 x 2 (3k 1) 3k 1 9k 9k 2 9 x 9k 9k x k k
x k 2 k
(k Z )
y
3
k
1
Vậy phương trình có nghiệm:
Bài 2: Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau
2
2
a. 3x 4 y 13
2
2
b. x 2 y 8 y 3
Lời giải
2
2
2
2
a. 3 x 4 y 13 3x 4 y 13
2
2
2
Nhận xét: n Z n chia 4du : 0hoac :1 x 0,1(mod 4)( x Z ) 3x 0,3(mod 4)
2
Mặt khác 4 y 13 1(mod 4) ptvn
2
2
2
2
2
2
2
2
b. x 2 y 8 y 3 x 2( y 4 y ) 3 x 2( y 2) 5 x 2( y 2) 55
n Z n 2 0,1, 4(mod 5)
Nhận xét:
x 2 ;( y 2) 2 0,1, 4(mod 5)
2
2
x , 2( y 2)
2
2
x 2( y 2) 5
Chia cho 5 có cùng số dư nên số dư phải bằng 0
2
x 0(mod 5)
x 0(mod 5)
2
2( y 2) 0(mod 5) y 2 0(mod 5)
2
x 25
2
( y 2) 25
x 2 2( y 2)2 25
ptvn
5/ 25
2
2
Bài 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 19 x 28 y 2009
Lời giải
2
2
Ta có: 28 y 4;16 x 4; 2009 : 4 du3
3x 2 chia 4 du :1
pt 16 x 28 y 2009
3x 2
2
:4 du:1
x chia 4 du : 0, hoac :1 3x : 4 du : 0, hoac : 3 ptvn
4
2
2
2
Bài 4: Minh
2
2
a. Giải phương trình nghiệm nguyên 7 x 13 y 1820
2
2
b. Giải phương trình nghiệm nguyên 7 x 13 y 1620
2
2
3
3
c. Giải phương trình nghiệm nguyên 3x 5 y 1080 2 .5.3
Lời giải
a. Ta có: 1820 7.13.20
7 x 2 7
2
2
13 y 7 y 7 y 7(vi : (13, 7) 1)
18207
13 y 2 13 7 x 2 13
2
x 13 x 13
Tương tự: 182013 (7,13) 1
2 2
2 2 2
2
2
2
2
2
2
Đặt x 13a; y 7b( a, b Z ) 7.13 a 13 .7 b 7.13.20 13a 7b 20 a , b 1 a b 1(tm)
Từ đó ta tìm được nghiệm: ( x, y ) (13, 7);(13, 7);( 1,7);( 13, 7)
4
b. Ta có: 1620 20.81 20.3
2
2
2
2
Từ (2) 7 x 13 y 3 x y 3 x, y 3
2
2
4
2
2
2
2
Đặt x 3x1; y 3 y1 ( x1 , y1 Z ) 9(7 x1 13 y1 ) 20.3 7 x1 13 y1 20.9(2) x1 y1 3 x1, y1 3
2
2
2
2
2
2
Đặt x1 3 x2 ; y1 3 y2 ( x2 , y2 Z ) 9(7 x2 13 y2 ) 20.9 7 x2 13 y2 20 x2 y2 1 x2 1; y2 1
Từ đó ta tìm được: ( x, y ) (9,9);(9, 9);( 9,9);( 9, 9)
c. Từ
x 5 x 5 x1
pt
3.52.x12 5.32. y12 23.5.33 5 x12 3 y12 23.32 (1) x1 3 x1 3 x2 5.32.x22 3 y12 23.32
y 3 y 5 y1
15 x22 3 y12 23.32 15 x22 3 y12 24 x22 1
2
+) x2 0 x2 0 x1 0 x 0 loai
+) x2 1 x1 3 x 15; y 9
+) x2 1 x1 3 x 15; y 9
Vậy ( x, y ) (15,9);(15, 9), ( 15,9);( 15, 9)
4
4
4
Bài 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: x1 x2 ... x8 2015
Lời giải
Xét số dư của n4 cho 16
4
4
+) n chẵn n 2k n 16k 16
2
+) n lẻ
4
2
3
4
n 2k 1 n4 (2k 1) 4 (2k 1) 2 16
k 16 k 32k 8k (k 1) 1 n chia16du1
16
16
x 4 ... x84 0,1,...,8(mod16)
x14 ,....x84 0,1(mod16) 1
ptvn
2015
15(mod16)
Vậy
Bài 6: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau
x
2
a. 2 3 y
x
y
z
b. 2 2 2 1024
Lời giải
x
2 k 1
k
2
a. +) Nếu x 2k 1(k N ) 2 2 2.4 2(mod 3) y 2(mod 3) voly
2
2k
2
2k
k
k
+) Nếu x 2k y 2 3 y 2 3 ( y 2 )( y 2 ) 3
k
k
k
k
Ta có: y 2 0 y 2 0; y 2 y 2 cac : TH
y 2k 1 y 2
y 2 y 2
( x, y ) (0, 2)
k
k
k
0
x
0
2.2
2
y
2
3
+)
b. Do x, y, z có vai trị như nhau, giả sử x y z
x
y
z
10
z
x z
y z
10
x z
y z
10 z
10 z
Có: 2 2 2 2 2 (2 2 1) 2 2 2 1 2 ( x z, y z N ) 2 N
x 10
y 10
+) 10 z 0 z 10 2 2 0(loai )
+) 10 z 1
x z
y z
10 z
- y z 1 x z y z 1 2 2 1: le 2
2 x z 2
x z 1
y z 0 y z 2 x z 2 210 z 210 z 2 x z 2 2 x z 2 (10 z ) ( x z ) 1 2 10 x
2 1 1 10 x 1
-
x 9
( x, y, z ) (9,8,8)
y z 8
x
Bài 7: Tìm tất cả các số tự nhiên x sao cho: 2 105 là số chính phương
Lời giải
x
2
Theo giả thiết: 2 105 y ( y N )
x
2 k 1
k
2
+) Nếu x 2k 1(k N ) thì 2 2 2.4 2(mod 3) y 2(mod 3) voly
2
2k
k
k
+) Nếu x 2k (k N ) thì y 2 105 ( y 2 )( y 2 ) 105 3.5.7
k
k
k
Ta thấy y 2 0; y 2 y 2 TH
y 2k 1
2k 1 104(loai)
k
+) TH1: y 2 105
k
2 y 38
y 2 3
k 1
k
y 2 35 2 32
+) TH2:
y 2k 7
y 2k 15
+) TH3:
y 19
k 4 x 8
y 11
k 2 x 4
Vậy x 4;6;8
x
b. 3 160 là số chính phương x 2 ( Xét modul 4)
1945
x
y
z
9
Bài 8: Chứng minh rằng phương trình sau khơng có nghiệm ngun: 19 5 1890 2
Lời giải
x
x
Vì x, y , z 1 , nên: VT 19 (mod 5) ( 1) (mod 5) 1, 4(mod 5)(1) ( x có thể chẵn )
1945
1945
*
4 k 1
k
Mặt khác: 9 1(mod 4) 9 4k 1(k N ) VP 2 2.16 2(mod 5)(2)
Từ (1) và (2) VT VP ptvn
Bài 9: Chứng minh rằng các phương trình sau khơng có nghiệm ngun
3
3
3
1111
a. x y z 5
3
3
3
b. x y z x y z 2008
4
4
4
2222
c. x1 x2 ..... x8 3
4
4
4
d. x y z 1000
3
2007
e. n 2006n 2008 1
2
2
2
f. x y z 1999
Lời giải
3
a. Nhận xét: a 0,1, 1(mod 9)
Thật vậy, nếu
a 0(mod 3) a 3 0(mod 9); a 1 a 3 1 (a 1) (a 2 a 1) 0(mod 9)
3
3
Nếu
a 1(mod 3) a3 1 (a 1) ( a 2 a 1) 0(mod 9)
0
0
Áp dụng: VT 0, 1, 2, 3(mod 9)(1)
3
6
1111
6 185
Có: 5 125 1(mod 9) 5 1(mod 9) 5 (5 ) .5 5(mod 9)(2)
Từ (1) và (2) suy ra phương trình vơ nghiệm
3
3
3
b. Ta có: x x x( x 1)( x 1); y y y ( y 1)( y 1); z z z ( z 1)( z 1) VT 0(mod 3),VP / 3 ptvn
4
c. Ta có: a 1(mod16)a N , a : le
a 2 12
4
2
a
1
(
a
1)(
a
1)(
a
1)
16
Thật vậy:
vì: (a 1)(a 1) 8 ( a -1 và a + 1 là hai số chẵn liên tiếp nên có
1 số chia hết cho 4 và 1 số chia hết cho 2 nên tích của chúng chia hết cho 8)
Áp dụng: VT 0,1, 2,...8(mod16)(1)
4
2222
4 555 2
9.(34 )555 9(mod16)(2) ptvn
Ta có: 3 81 1(mod16);3 (3 )
4
4
4
d. Có x, y, z Z x , y , z 0,1(mod16) VT 0,1, 2,3(mod16),VP 8(mod16) ptvn
e. Ta có:
n3 2006n n3 n 2007 n n(n 1)(n 1) 2007
n VT 0(mod 3)(1)
3
3
2007
2007
Lại có: 2008 1(mod 3) 2008 1(mod 3) 2008 1 2(mod 3)(2) ptvn
f. Có: 1999 3(mod 4)
2
2
2
2
2
2
mà: x , y , z 0,1(mod 4) x , y , z 1(mod 4) x, y, z : le
2
2
2
Đặt x 2 x1 1; y 2 y1 1; z 2 z1 1 (2 x1 1) (2 y1 1) (2 z1 1) 1999
x1 ( x1 1) y1 ( y1 1) z1 ( z1 1) 499
ptvn
/ 2
2
2
2
DÀNH CHO HỌC SINH LỚP 9
2
2
Bài 1: Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2 y 8 y 3(1)
Lời giải
(1) x 2 2( y 2) 2 5(2); co : x 2 0,1, 4(mod 8), 2( y 2) 2 0, 2(mod 8) 2( y 2)2 5 3,5(mod 8)
