CHUYÊN đề bồi DƯỠNG HSG cấp TRUNG học cơ sở các môn

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG
HSG CẤP TRUNG HỌC CƠ SỞ

[2012]


Mục lục
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN............................ 2
Nguyễn Duy Liên.......................................................................................................................2
MỘT SỐ CÁCH GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG VẬT LÝ THCS............................... 25
Phan Dương Cẩn......................................................................................................................25
HỆ THỐNG BÀI TẬP PHẦN KIM LOẠI DÙNG CHO BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI VÀ
CHUYÊN HOÁ HỌC THCS...................................................................................................33
Nguyễn Đình Hùng..................................................................................................................33
VẬT CHẤT DI TRUYỀN VÀ CÁC QUÁ TRÌNH TÁI BẢN ADN, PHIÊN MÃ, DỊCH MÃ
62
Trần Thị Dung..........................................................................................................................62
Thiên nhiên trong văn học trung đại........................................................................................73
Nguyễn Thị Hồng Thắng......................................................................................................... 73
GIẢNG DẠY PHẦN LỊCH SỬ VIỆT NAM TỪ 1919 đến 1930..........................................79
Nguyễn Thị Thu.......................................................................................................................79
MỘT VÀI KINH NGHIỆM BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI MÔN ĐỊA LÝ Ở THPT VÀ
THCS.......................................................................................................................... 83
Sái Ngọc Chí...............................................................................................................83
Transition signals..................................................................................................................... 91
Nguyen Thi Thanh Nhan..........................................................................................................91

1

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
NGHIỆM NGUYÊN
Nguyễn Duy Liên
Mở đầu
Ngạn ngữ Pháp có câu: "Le Mathématique est le Roi des Sciences mais
L’Arithmétique est la Reine",dịch nghĩa:"Toán học là vua của các khoa học
nhưng Số học là Nữ hoàng". Điều này nói lên tầm quan trọng của Số học trong
đời sống và khoa học. Số học giúp con người ta có cái nhìn tổng quát, sâu rộng
hơn, suy luận chặt chẽ và tư duy sáng tạo.
Trong các kì thi chọn học sinh giỏi các cấp THCS, THPT cấp tỉnh, cấp
Quốc gia,cấp khu vực, cấp quốc tế, các bài toán về Số học thường đóng vai trò
quan trọng. Chúng ta có thể làm quen nhiều dạng bài toán Số học, biết nhiều
phương pháp giải, nhưng cũng có bài chỉ có một cách giải duy nhất. Mỗi khi
gặp một bài toán mới chúng ta lại phải suy nghĩ tìm cách giải mới. Sự phong
phú đa dạng của các bài toán Số học luôn là sự hấp dẫn đối với mỗi giáoviên,
học sinh giỏi yêu toán. Xuất phát từ những ý nghĩ đó tôi đã sưu tầm và hệ thống
lại một số bài toán để viết lên chuyên đề "Một số phương pháp giải phương
trình nghiệm nguyên " dành cho các thầy cô giáo dạy toán,các em học sinh bậc
Trung học ,và chỉ đòi hỏi kiến thức toán của bậc Trung học Cơ sở.Chuyên đề
gồm các phần :
-Phần I : Bảng các kí hiêu
-Phần II: Kiến thức cơ bản.
-Phần III: Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên
 Phương pháp 1:Sử dụng tính chẵn lẻ
 Phương pháp 2: Phương pháp phân tích
 Phương pháp 3: Phương pháp cực hạn
 Phương pháp 4: Phương pháp loại trừ
 Phương pháp 5: Dùng chia hết và chia có dư

 Phương pháp 6: Sử dụng tính chất nguyên tố
 Phương pháp 7: Phương pháp xuống thang
 Phương pháp 8: Dùng bất đẳng thức.
-Phần IV: Bài tập tương tự.
Mục tiêu ở đây là một số bài mẫu, một số bài khác biệt căn bản đã nói lên
được phần chính yếu của chuyên đề. Tuy vậy, những thiếu sót nhầm lẫn cũng
không thể tránh khỏi được tất cả , về phương diện chuyên môn cũng như
phương diện sư phạm. Lối trình bày bài giải của tôi không phải là một lối duy
nhất. Tôi đã cố gắng áp dụng cách giải cho phù hợp với chuyên đề, học sinh có
thể theo mà không lạc hướng. Ngoài ra lúc viết tôi luôn luôn chú ý đến các bạn
2


vì nhiều lí do phải tự học, vì vậy giản dị và đầyđủ là phương châm của tôi khi
viết chuyên đề này.
Tôi xin trân thành cảm ơn các thầy cô giáo,các em học sinh góp ý thêm
cho những chỗ thô lâu và phê bình chân thành để có dịp tôi sửa chữa chuyên đề
này hoàn thiện hơn.

3


PHẦN I : BẢNG CÁC KÍ HIỆU
Tập hợp các số tự nhiên : 0;1;2;3;...

:

:Tập hợp các số tự nhiên khác 0 : 1;2;3;...

*

Tập hợp các số nguyên : ...;3;2;1;0;1;2;3;...

:

P

:Tập hợp các số nguyên tố
:

Tập hợp các số hữu tỉ

:

Tập hợp các số vô tỉ

:

Tập hợp các số thực

x

:

x thuộc ; x là số nguyên

ab

:

a chia hết cho b , a là bội của b

a b

:

a không chia hết cho b

b|a

:

b là ước của a , b chia hết a

:

b không là ước của a



b|a

a  b mod m : a đồng dư với b theo môđun m , a  b chia hết cho m


a , b :ƯCLN của a và b

a ,b


:

BCNN của a và b

a; b :cặp số ,nghiệm của phương trình hai ẩn số



:



:Tương đương với ,khi và chỉ khi

Suy ra

(đpcm) : Điều phải chứng minh , kết thúc bài toán hay một phép chứng minh
,

,  ,  : Tồn tại,mọi ,hoặc, giao

Pt,hệ pt,bđt : Phương trình ,hệ phương trìn,Bất đẳng thức
PHẦN II :KIẾN THỨC CƠ BẢN
I.ĐỊNH LÍ VỀ PHÉP CHIA
1.Định lí:
Cho a ,b là các số nguyên tuỳ ý và b  0 ,khi dó có hai số nguyên q , r duy
nhất sao cho : a  bq  r với 0  r  b , a là số bị chia , b là số chia , q là thương
số và r là số dư .
4

Vậy khi a chia cho b có thể xẩy ra b số dư là 0;1;2;...; b 1
Đặc biệt với r  0 thì a  bq .Khi đó ta nói a chia hết cho b hay b là ước của a
,kí hiệu a b hay b | a .
Vậy : a b  có số nguyên q sao cho a  bq .
2.Tính chất :
a) Nếu a b và b c thì a c
b) Nếu a b và b a thì a b
c) Nếu a b , a c và b, c 1 thì a bc .
d) Nếu ab c , và b, c 1 thì a c .

II.ĐỒNG DƯ THỨC
Định nghĩa:
Cho số nguyên m  0 .Nếu hai số nguyên a và b cho cùng số dư khi chia cho m
thì ta nói a đồng dư với b theo môđun m ,kí hiệu a  b mod m.
Vậy a  b mod m   a  b m
Tính chất

a) a  b(mod m)  a  c  b  c mod m
b) a  b mod m ,c  d mod m   a  c  b  d mod m, ac  bd mod m
c) a  b mod m  a n  b n (mod m)
d) ac  bc mod m, c, m 1  a  b mod m

II.TÍNH CHẤT CỦA SỐ CHÍNH PHƯƠNG
a) Số chính phương là bình phương của một số tự nhiên
b) Số chính phương không tận cùng bằng 2,3,7,8.
c) Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho p2
d)
e)
f)

g)
h)

Số chính phương chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1
Số chính phương chia cho 4 có số dư là 0 hoặc 1
Số chính phương chia cho 5 có số dư là 0 hoặc 1hoặc 4
Số chính phương chia cho 8 có số dư là 0 hoặc 1
Số lập phương chia cho 7 có số dư là 0, 1

i) Số lập phương chia cho 9 có số dư là 0, 1
j) Nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là số chính
phương thì mỗi số đều là số chính phương.
III.TÍNH CHẤT LUỸ THỪA CÙNG BẬC CỦA CÁC SỐ NGUYÊN LIÊN
TIẾP
5


Ta thường vận dụng hai nhận xét sau đây trong khi giải một số phương trình
nghiệm nguyên .
1. X n  Y n   X  a n a 
 1;2;3...;a 1

*

 Y

Xainvớii

n

2. X X  1...X  n   Y Y  1...y  n    X  a X  a  1...X  a  n



a

  Y Y  1...Y  n    X  i X  i  1...X  i  n

với i  1;2;...;a 1
IV.TÍNH CHẤT CHIA HẾT
Phương trình nghiệm nguyên có dạng: a x n  a x n 

 a xn  0 (*)

1122

k k

Với n là số nguyên dương lớn hơn 1,các tham số nguyên a1 , a2 ,..., ak và các ẩn
x1 , x2 ,..., xk .,được giải bằng phương pháp lùi vô hạn như sau:
+ Sử dụng tính chất chia hết để chứng minh x1n , x2n ,..., xkn cùng chia hết cho
một số nguyên tố p .Từ đó suy ra x1 , x2 ,...xk cũng chia hết cho p
+ Đặt x1  py1 , x2  py 2 ,..., xk  pyk (suy ra y1 , y2 ,..., yk cũng nhận giá trị nguyên)

Phương trình (*) trở thành : a1  py1 n  a2  py2 n 

akpykn0

a1 y1n  a2 y2n  ak ykn  0 .Hoàn toàn tương tự ,ta chứng minh được
y , y ,...y cũng chia hết cho p ,từ đó suy ra x , x ,...x cũng chia hết cho p2



12

1

k

+Quá trình này tiếp tục mãi ,suy ra x , x ,...x
một số nguyên dương lớn tuỳ ý.Điều
x1  x2  ..  xk  0

12

k

2

k

cùng chia hết cho pm với m là

này chỉ

xẩy ra khi và chỉ khi

Vậy phương trình (*) có một nghiệm duy nhất x1  x2  ..  xk  0
PHẦN III :MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM
NGUYÊN

 Phương pháp 1:Sử dụng tính chẵn lẻ
Thí dụ 1





2x  5y  1 2 x  x  x  y 105
2

Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
Giải: Vì 105 là số lẻ nên





2x  5y 1 là số lẻ  y chẵn. Mà x 2  x  x x 1

chẵn nên 2 x lẻ  x  0 . Thay x  0 vào phương trình ta được






5y  1 y  1  21.5 

5 y  1  21

Vì 5y  1,5 1 nên 

y  1  5

hoặc





21 . 5



5 y  1 21  y  4 .
y  1 5
6




Thử lại x  0, y  4 là nghiệm nguyên duy nhất của phương trình.
Thí dụ 2
a) Chứng minh rằng phưong trình sau không có nghiệm nguyên:
a 2  b 2  c2  2015
b) Chứng minh rằng không tồn tại các số hữu tỉ x, y , z thoả mãn đẳng thức:
x 2  y 2  z 2  x  3y  5z  7  0
(Đề TS 10 C.Lê Hồng Phong

Nam Định2003-

2004 )
Giải: a) Nhận xét : x  ; x2  0,1,4mod8 thật vậy:
+ Nếu x  4k k 

  x 2  16k 2  0mod8
+ Nếu x  4k  2k    x 2  16k 2  16k  4  4mod8
+ Nếu x  2k  1k    x  4k k  1  1 1mod8 (do k k 1 2 )
2

Trở lại bài toán : Từ nhận xết trên có thể xẩy ra 4 trường hợp sau với 3 số
a , b, c .
*) Cả 3 số a , b, c đều lẻ  a 2  b 2  c2  3mod8
*) Cả 3 số a , b, c đều chẳn  a 2  b 2  c2  0 
4mod8 *) Có 1số chẳn và 2 số lẻ  a 2  b 2  c2  2 
6mod8 *) Có 1số lẻ và 2 số chẳn  a 2  b 2  c2  1 
5mod8 Cả 4 thường hợp a 2  b 2  c2  7mod8.

Trong khi đó 2015  251.8  7  7mod8 chứng tỏ rằng :phương trình không
có nghiệm nguyên.
b)Giả sử tồn tại x, y , z  sao cho x 2  y 2  z 2  x  3y  5z  7  0


 2x  12

do x, y , z 

  2 y  32   2z  52  7
 2x  1,2 y  3,2z  5  a, b, c, d  ( d  0 nhỏ nhất)

mà 2x  1  a ;2 y  3  b và 2z  5  c , ta thấy
d
d
d

a, b, c, d  1 ngược lại

a, b, c, d   m  1  a  ma1 ,b  mb1 ,c  mc1 ,d  md1 với a1 ,b1 ,c1 , d1  1mâu


 
Đẳng thức đã cho  a  b  c  7d (*) theo phần a) VT  7 mod8 Vậy
đẳng thức (*) không thể xẩy ra điều giả sử là sai ta có điều phải chứng minh.
thuẫn cách chọn d .

2

2

2

2

(*)

Thí dụ 3
Giải phương trình nghiệm nguyên : x 3  x 2 y  xy 2  y3  2001
7

(Junior Balkan 2001 Mathematcal-

Olympiads)

Giải: Phương trình   x 2  y 2 x  y 1.3.23.29  x 2  y2 và x  y cùng lẻ
x, y khác tính chẵn lẻ  x 2  y2 có dạng 4k  1k 
1;29;3.23  69hoặc 2001 .Vậy ta có :

  x 2  y2 chỉ có thể là

 x 2  y 2  1  x, y  0;1 x 2  y2  2001
 x 2  y 2  29  x, y  5;5;2;2 x  y  69
 x 2  y 2  69  x, y 3  VT 9  69 9 (vô lí)
 x 2  y 2  2001 x, y 3  VT 9  2001 9 (vô lí)
Vậy phương trình vô nghiệm.
Bài tập tương tự
1/ Tìm số nguyên tố p để 4 p 1 là số chính phương.
2/ Giải phương trình nghiệm nguyên: 2x 3  y2  2007 (ĐềTS10C.Lê Khiết-QN2007)
3/Tìm x, y  thoả mãn điều kiện :
1992x1993  1993y1994 1995

(ĐềTS10 C.KHTN -HN-1994)

4/Giải phương trình nghiệm nguyên: x 3  y 3  2xy  8 (Bungari MO-1978)


Phương pháp 2:Phương pháp phân tích.

Thí dụ 1
Giải



 phương 







x 2  1 y 2  1  2 x  y 1 xy

trình


 4 1  xy

nghiệm



nguyên:

(Titu Andreescu)

  
2 2
2
2
Giải: Viết lại phương trình : x y  2xy  1  x  y  2xy  2 x  y 1 xy

4








 xy  1  x  y
2





2

x
2 y









x

xy  1  4  xy  1  y



2 4

 x  1 y  1 2
 Nếu : x  1 y  1  2 ta có các hệ phương trình sau
 x  1  2  x  1 2  x  1  1 x  1 1


y11

;



;


y
  1 1  y  1


 


y  1
;

2





lượt là: 1;2 , 3;0 , 0;3 , 2;1

2

có các nghiệm tương ứng lần


8




Nếu : x  1 y  1 2 ta có các hệ phương trình sau

 x  1  2  x  1 2  x  1  1 x  1 1
;
có các nghiệm tương ứng lần



;

 y  1 1

;

 y  1 1  y  1 2













y  1  2

lượt là: 1;0 , 3;2 , 0;1 , 2;3
Phương trình có 8  



 

nghiệm: 1;2 , 3;0 , 0;3 ,

2; 1,1,0,







3;2 , 0; 1 , 2;3



Thí dụ 2
Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
x 2  3y 2  2xy  2x  10 y  4  0








(ĐềTS10 Hà Nội Amsterdam 2008 )






Giải: Ta có x  2 y  1 x  3y  10 y  4  0  x  y  1  2 y  2
3 y  x  1  7 3y  x  1 7
;

  3y  x  1 y  x  3  7 

3

1
yx
y  x  3 1
3 y  x  1  1 3y  x  1 1
2

2

2



 






;



x37




37

y  x




2

7





y



có các

nghiệm tương ứng lần lượt là:



3;1 , 1; 3 , 3;1 , 7;3 . 






Phương trình có 4 nghiệm : 3;1 , 1; 3 , 3;1 , 7; 3



Thí dụ 3
Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình: xy  72  x 2  y2
(Indian Mathematical-Olympiads 2006)
Giải: Phương trình   xy  62  13   x  y2   xy  62   x  y2 13



 


 xy  6  x  y  xy  6  x y
13(*) do x, y  vậy (*)  hai
trường
hợp
sau
:
x
 xy  6   x  y  1 xy  6   y
 13  x  y  7 x  y  7
;



;


x

y



6


0
13 xy  6   x  y 
1
 xy
 xy  6
xy








Giải ra ta được các nghiệm là x; y  3;4,4;3,0;7,7;0
Thí dụ 4
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x y  y x  x y yx  5329
( ĐềTS10 C.Vĩnh Phúc 2009)

9


Giải: Phương trình   x y  1yx  1  5330 Mà phân tích 5330 thành tích 2

thừa
số
gồm:
1.5330  5.1066 13.410  26.205 10.533  41.130  65.82  2.2665
6 trường hợp đầu tiên vô nghiệm
 x y  1  65 x y 182
 x y  64  x y  81  x  4 x  3
 





x
x
x
x
 y  1  82 y 1 65
 y  81 y  64
 y  3 y  4
y
y
x 12

x  1  2665
x1
x  2664
 



x
x
2
 y  1  2665 y  1 
 y  2664
y 1
Vậy phương trình có 4 nghiệm 3;4, 4;3 , 1;2664 ,

2664;1  Thí dụ 5
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2  y  1  y 2 x  1 1 (*)
(Polish Mathematical-Olympiads 2004)
Giải Đặt x  u  1, y  v 1 ,phương trình (*) trở thành








2





u1
uv



u
v








u  1 v  v 1
 4uv  u v 1







u
 uv u  v  4  u  v  4  5  v  1 u  v  4  5 Phương trinh tương
đương với 4 hệ phương trình sau

uv  1  1
uv  1 1
uv  1  5
uv  1 5




41 u  v  4 1
u  v  4  5 u  v  4 5 u  v
u  v  1 u  v 9u  v 3u  v 5





4
uv
uv  0
uv 2

uv 6

 
u,
 1,0 , 0,1 , 6,1 , 1, 6 
giải ra ta được các nghiệm v




 
 
 

x;
 1;2 , 5;2 ; 2;1 ; 2;5
các nghiệm của pt là y
2





















Bài tập tương tự

p,
1/Cho q
là hai số nguyên tố .Giải phương

trình nghiệm nguyên

sau: 1  1  1
p
x y q
(Titu Andreescu)
2/Tìm tất cả các tam giác vuông có các cạnh là số nguyên Và số đo diện tích
bằng số đo chu vi tam giác.


3/ Giải phương trình nghiệm nguyên 3x 2  10xy  8y2  96 4/Tìm

1

1

1

nghiệm nguyên dương của phương trình: 2 m  n  3

(ĐềTS10 PTNK HCM 2001-2002)
10


5/ Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình :
3

3
2
x y z


3xy  z  z

2

( ĐềTS10 C.Bắc Giang 2009)
Phương pháp 3:Phương pháp Cực hạn



Thường được sử dụng cho phương trình đối xứng nên vai trò các ẩn như nhau
nên ta có thể giả sử rằng : 1  x  y  z 
Thí dụ 1
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : 5x  y  z   4xyz  24 (1)
( ĐềTS10 ĐHKH Huế 2008)
1  1  1  24  4
xy yz zx
5xyz 5
Do vai trò x, y , z như nhau giả sử rằng : x  y  z 1 từ đó ta có
Giải Phương trình 

4  3  24  39  z2  39
5 z 2 5z 2 5z2
4



 z  1,2,3




z 1 thì (1)  4x  54 y  5 141
(do 4x  5 1;4 y  5 1)
 4 x  5  47 4x  5  141
;

giải ra ta được x  13, y  2, z 1
 4 y  5  3 4y  5  1

 



8 x  5  297



8 y  5

1



8 x  5 99

;

8 y  5 

3





;

;

giải ra ta được x, y , z   4,2,2

8 x  5 33
8 y  5 

9

8x  5  27

8 y  5 11

 


12x  5  29 12x  5  493
;

vô nghiệm


12 y  5  17
12 y  5 1

Vậy phương trình có các nghiệm x, y , z   13,2,1; 4,2,2 và các hoán vị
của nó
Thí dụ 2
Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y , z thoả mãn đẳng thức
11


x 4  y 4  z 4  2x 2 y 2  2y 2 z 2  2z 2 x2  2000
(Junior Balkan 2000 Mathematical-Olympiads)
Giải Giả sử tồn tại x, y , z  thoả mãn, theo đề bài các số hạng của vế trái
đều có bậc chẵn .Giả sử rằng x, y , z  0
Trước tiên ta chứng minh các số x, y , z phân biệt .Ngược lại chẳng hạn y  z
Đẳng thức trở thành x 4  4x 2 y 2  2000  x chẵn , x  2t t 
t 2  25
(vô lí)
t t  y   125 
2
t2 y 5
2

2

thì ta có

2



Giả sử x  y  z . Nếu x 4  y 4  z4
lẻ có cùng tính chẵn lẻ.
Ta có

thì tồn tại ít nhất một số chẵn và có hai số

:x4 y4 z4 2x2y2 2y2z2 2z2x2 

x

2

 y 2 2  2 x 2  y 2 z 2  z 4  4 y 2 z2

  x 2  y 2  z 2 2   2 yz 2   x 2 

y 2  z 2  2 yz x 2  y 2  z 2  2yz 

  x  y  z x  y  z x  y  z

x  y  z  đây là tích của 4 số nguyên

phân biệt.Mà số 2000  16.125  24.125.Mà với 4 thừa số phân biệt :
x  y  z  x  y  z  x  y  z  x  y  z mà các thừa số này chia hết cho
2,và không chia hết cho 4.Trong khi đó ước chẵn nhỏ nhất của 2000 chia hết
2 mà

không chia hết cho 4 là 2,10,50,250 như 2.10.50.250>2000 Vô lí
Thí dụ 3
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x 3  7 y  y 3 
7x Giải Phương trình đã cho tương đương với
x 
y
x  y x 2  xy  y2  7   0 
x 2  xy  y2  7  0

7

 Nếu x 2  xy  y 2  7  0   x  y 2  7  3xy  0  xy  3
x

 1, y  2  x  2, y 1

 xyn

*

thoả màn phương thình






n,
Vậy phương trình có các nghiệm 1,2 , 2,1 . n



với n 

*

Thí dụ 4
Một tam giác có số đo của chiều cao là những số nguyên và bán kính đường
tròn nội tiệp bằng 1 Chứng minh rằng tam giác đó đều.
12


Giải : Đặt a  BC.b  CA, c  AB .Gọi x, y , z lần lượt là độ dài đường cao ứng
với các cạnh a , b, c của tam giác .Bán kính đường tròn nội tiếp bằng 1 nên
x, y , z  2 .Giả sử x  y  z  2 .Diện tích tam giác ABC : S  1 ax  1 by  1 cz
2
2
2
(1)
Mặt khác S  S OBC  S OCA  S OAB  1

a  b  c (2)

2

Từ (1) và (2)  ax  by  cz  a  b  c  a  b  c  a  b  c  a  b  c
1 1 1 11 1
x y z x y z
 1  1  11 3  z  3  z 3 .
x y z

z
Từ  1  1  1  1  1  1  2  3x  y   2xy   2x  32 y  3  9
x y 3
x y z
 2 x  3  3 2x  6
 
 x  y  3  a  b  c ABC đều

 2 y 33
2 y  6
 2 x  3  9 2x 12
 
 x  6; y  2; ( Loại )

 2 y 31
2 y  4
Bài tập tương tự
1/Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: xy  yz  zx  2  xyz
2/ Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x  y  z  xyz  9 3/
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

xy yz zx
z x y3

4/ Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x

1

1

2

 xy  y

1
2

1

5/ Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x 3  y 3  z 3  3xyz  p trong đó

p là số nguyên tố lớn hơn 3.
(Titu Andreescu,Dorin Andrica)

1

1

1

3

6/ Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x  y  z  5
(Romanian
2000)


Phương pháp 4:Phương pháp loại trừ
13

Mathematical-Olympiads


Thí dụ 1
Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x 6  3x 3  1  y4
Giải Ta thấy với x  0; y 1 là nghiệm của phương trình ,ta chứng minh đó là
hai nghiệm nguyên duy nhất.
 Với



2

 x 6  2 x 3  1  x 6  3 x 3  1  y 4  x 6  4 x 3  4   x3  22

x 0: x3 1

x 3  1  y 2  x3  2 (vô lí)

 Với x 2 : x

3

 2 2  x 6  3 x 3  1  y 4  x 6  2 x 3  1   x3 12

Suy ra x 3  2  y 2  x3 1 (vô lí, vì |x3 + 2| > |x3 +1 |)
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm nguyên x; y   0;1,0;1
Thí dụ 2
Giải phương trình nghiệm nguyên : x 2  x  y 4  y 3  y 2  y
(ĐềTS10 Hà Nội Amsterdam 1995-1996 )

Giải: Phương trình đã cho   2x  12   2 y 2  y 2   y  13y 1
 Nếu y 1  x  0  x 1
 Nếu y 1, y  y 1  y  0   y  13y  1  0

2 y

 y 2   2 x  12   2 y 2  y  22   2 x  12   2 y 2  y 12

2



4 y 4  4 y 3  4 y 2  4 y  1   2 y 2  y  12  y 2  2 y  0  y  0  y  2

y

 0  x  0; x



1  y  2  x  5
Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm nguyên
x; y   0;1, 1;1,0;0. 1;0,5;2


Thí dụ 3

Tìm tất cả nghiệm nguyên không âm của phương trình:








x  1  x  y  1 4  y2
Giải
2

2

( ĐềTS10 ĐHSP Hà Nội 2006-2007)
Phương








 y 4  2 y 3  3 y 2  2 y  x 2  x  y 2  y  1 4  x 2  x 1
14

2

trình

y 2  y  12  x 2  x 1 (*) Do x  0  x 2  x 2  x  1   x 12 từ đây ta


có
x2

 x  1   x  12  x  0  y  0 .

Vậy phương trình có duy nhất một nghiệm x; y  0;0
Thí dụ 4
Tìm tất cả nghiệm nguyên không âm của phương trình: x 2  y 2  y 1
Giải

Giả sử

x; y 

(1)

(ĐềTS10 C.KHTN -HN-2001)
là một nghiệm không âm của phương trình

x 2  y 2  y 1
Từ đó suy ra x 2  y2





Mặt khác y  0  y  1  4 y 2  4 y  1  2 y  1 2 hay



y  1  2 y 1.Từ đó ta



thấy y 2  y  1  y 2  2 y  1  y  1 2
và (2)
 
 y  x  y  y 1  y  1
2

2

2

(2) .Dấu bằng đạt được khi y  0 ,từ (1)







 x 2  y 1

2





(do y2 , y 1

2

2

là 2 s0ố chính



phương liên tiếp )  y 2   y  1  y  1 2  y  0  x 1.Vậy phương trình có
x;
một nghiệm duy nhất y  1;0






Thí dụ 5
Giải phương trình nghiệm nguyên : x 4  x 2  y 2  y  10  0 (*)


Giải Phương trình (*)  y y  1  x 4  x2 10(**) ta có
x 4  x 2  x 4  x 2  10   x 4  x 2  10  6x2  2 do đó
x2 x2 1  y y 1  x2  3 x2  4 









y y1  x 1 x 2
  y  y  1   x 2  2  x2  3
2











(**) suy ra

x 2  4

x


2

1

kết hợp với

2








x  2, x 2

ta có các giá trị y tương ứng là 6, 5,4;3
x  1. x 1



x;
Vậy phương trình có một nghiệm y
Bài tập tương tự

  

 



 2;6 , 2; 5 , 1;4 , 1; 3












1/ Giải phương trình nghiệm nguyên: x 3  x  1 3  x  2 3   x  7 3  y3
(Hungarian Mathematical-Olympiads 2000)
2/ Giải phương trình nghiệm nguyên dương :


15


x 2  y 2  z 2  2xy  2x z  1 2y z  1  t 2
3/ Giải phương trình nghiệm nguyên: x 3  y 3  2 y 2

(Titu Andreescu)
 3y  1  0

4/Giải phương trình nghiệm nguyên: x 6  4 y 3  4 y 4  2  3y  6
y2 5/Tìm tất cả các cặp số nguyên dương m, n thoả mãn điều kiện

a/ 2m 1 n và 2n 1 m
(ĐềTS10 C.KHTN -HN-1993)
b/ 3m 1 n và 3n 1 m
(Tạp chí TH&TT tháng 3/1996)


Phương pháp 5 Dùng chia hết và chia có dư

Thường dùng để chứng minh phương trình không có nghiệm nguyên bằng cách
chứng minh hai vế khi chia cho cùng một số có số dư khác nhau.
Thí dụ 1
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 19x 3  98y2 1998
Giải Nhận xét a  a3  0,1,6mod7

(ĐềTS10 C.KHTN -HN-1998)

Phương trình đã cho viết lại như sau : 19x 3  2  98 y2  20
3
3
Ta thấy 98 y  2  7 .Ta chứng minh 19x  2 7 thật vậy:
3
Giả sử 19 x  2 7   x 3  2 7  x3  2mod7

(vô lí)

Từ đó phương trình đã cho vô nghiệm.
Thí dụ 2
Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

x 2  17 y 2  34xy  51x  y 1740

(ĐềTS10 C.KHTN -HN-2005)

Giải Phương trình : x 2  17 y 2  34xy  51x  y 1740
 x 2  1740  17  y 2  2xy  3x  y *

Nhận xét x  x17krvớir0,1,2,3,4,5,6,7,8vàk
Từ đó x2 có dạng tương ứng là:
16;17  8;17  2;17  15;17h  13h 
17h,17h  1;17h  4;17h 
h
h
h
9;17h
16

.


Ta nhận thấy rằng 1740  17.102  6 VP * có dạng 17l  6l 

,trong khi

VT(*) thì x2 chia cho 17 trong mọi trường hợp đều không có số dư là 6 .Vậy
phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.
Thí dụ 3
Chứng minh rằng không tồn tại x, y 

*

sao cho : x 5  y 5  1   x  25   y  35

(Junior

Balkan

2005

Mathematical-

Olympiads)
 a 5  amod10 thật vậy








 
 
a 5  a  a a 2  1 a 2  4  5 a a 2  1 a 2  4 5a a2 1  0 mod10

Giải Nhận xét : a 

Khi đó phương trình: x 5  y 5  1   x  25   y  35 chuyển qua đồng dư với 10

ta được : x  y 1  x  2  y  3mod10  2  0mod10
tồn tại
x, y  * sao cho : x 5  y 5  1   x  25   y  35

vô lí .Vậy không

Thí dụ 4
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 3  y 3  2001p với p là số nguyên tố.
(Junior Balkan 2001 Mathematical-Olympiads)
Giải +)Trường hợp p  3








1. Nếu x  y  0 mod3  x  y  0 mod 27  27 2001p (vô lí)


3

3





2. Nếu x  y 1 mod3  x  y  0 mod3






 x  y  xy 1 mod3
2



2

x 3  y 3  ( x  y )(x 2  y 2  xy)  0mod9  9 x 3  y 3 2001p

vô lí Bởi vì n3  n mod3  x 3  y 3  x  y 2(mod3) vô lí






3. Nếu x  y 1 mod3  x  y  0 mod3




x

2

y



2

 xy 1 mod3



x 3  y 3  ( x  y )(x 2  y 2  xy)  0mod9 9 x 3  y 3 2001p vô lí

Mặt khác x 3  y 3  x  y 2(mod3)  x 3  y 3  2001p vô
lí +) Trường hợp p  3  x 3  y3  6003  4(mod7)
mà a  a3  0,1,6mod7  VT  0;1; 2mod7 dẫn đến vô lí
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.

17


Thí dụ 5
Giải phương trình nghiệm nguyên: x 4  x 4 
1




2

 x4 1992
7

Nếu x  2k thì x4 16

Nếu x  2k 1 thì x 4  1   x 2  1x2 1 16 (vì x  1; x 1là hai số

chẵn liên tiếp nên tích chia hết cho 8 và x2 1 2)
Như vây khi chi tổng x 4  x 4   x4 cho 16 có số dư bằng số các số lẻ
1

trong các sốx1 , x2 ,..., x7

2

tức

1992  16.124  8  8mod16.

7

là không vượt quá 7 còn

Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.
Bài tập tương tự
1. Giải phương trình nghiệm nguyên :
a) x 2  3y2 17
c) 2x  122  y2  32
b) x 2  5y2 17

d) 15x 2  7 y2  9

2. Chứng minh rằng tổng bình phương của 3 số nguyên trong phép chia

cho 8không thẻ có dư là 7 từ đó suy ra phương trình 4x 2  y 2  9z2  71
không có nghiệm nguyên.
3. Giải phương trình nghiệm nguyên : x 7  y 7  z7  4
4. Giải phương trình nghiệm nguyên
x x  1x  2   x  1x  2x  3  x x  1x  3  x x  2x  3  y2

5.Chứng minh rằng các phương trình sau không có nghiệm nguyên:
a) x 5  5x 3  4  24(5 1)
x
y
33 5  x 3  6x 2  15  2001
x
x


b)

Phương pháp 6 Sử dụng tính chất nguyên tố

Tính chất 1 Với mọi số nguyên a ,số a2 1 không có ước nguyên tố dạng
4k  3k  .
Chứng minh : Giả sử a2 1 không có ước nguyên tố dạng 4k  3k 
p 1



4 k 2



2 k 1



.

.Khi đó a  1  a
1 a
 1 a 2 1 p * .Mặt khác theo định lí
Fermat ta có: a p1 1 p ** .Từ (*) và (**) suy ra 2 p do đó p  2 không
2



có dạng 4k  3k 

vô lí.

x


18


Vậy a2 1 không có ước nguyên tố dạng 4k  3k 
Tính chất 2

:Cho a, b  , p là số nguyên tố dạng

minh rằng nếu a 2  b 2 p thì a p và b p

Chứng minh 




a

p 1

 1 mod p  a

a 4 k  2  b 4 k 2

4 k 2

1 mod p , a





.

4k  3k 

.Chứng





p 1

 1 mod p  a 4 k 2  1 mod p
 2mod p   p  2 .Vậy a p và b
p

Thí dụ 1
Giải phương trình nghiệm nguyên dương : x 2  y 2  20111995k 1 10  z 
(BáoTHTT tháng 5/1995)
Giải Vì 2011 là số nguyên tố dạng 4k  3 do đó theo tính chất 2 ta được
 2011x1 , y  2011y1 .Đặt 2n  1995k  1 

x

2011x1 2   2011y1 2  20112n 10  z   x12  y12  20112 n2 10  z .Tiếp

tục như vậy n lần ta có :
 xn2  yn2  10  z (*) với x  2011n xn , y  2011n yn .Bằng cách thử trực tiếp
ta thấy nghiệm của phương trình (*) là:

xn , yn , z   1,1,8;1,2,5;2,1,5;2,2,2.Từ đó suy ra nghiệm nguyên
dương của phương trình đã cho là:


x, y , z   2011n ,2011n ,8;2011n ,2.2011n ,5;2.2011n ,2011n ,5;2.2011n ,



2.2011n ,2

(với n  1 1995n )
2
Thí dụ 2
Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2  y3  7
Giải x 2  y3  7  x 2  1   y  2y 2  2 y  4


Nếu y chẵn thì x 2  1 4  x2  1  3mod 4 vô lí




 Nếu y lẻ thì y  2 y  4  y  12  3 có dạng 4k  3 nên phải có một
4k 1 sẽ có dạng
ước
nguyên tố có dạng đó ( vì tích các số dạng
4 K 1),do đó
2

Vậy x2 1 có ước nguyên tố dạng 4k  3k  .
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.