Bài tập Đại số Lớp 8: Phương trình nghiệm nguyên - Số chính phương - Số nguyên tố

Nội dung text: Bài tập Đại số Lớp 8: Phương trình nghiệm nguyên - Số chính phương - Số nguyên tố

1. BÀI TẬP PT NGHIỆM NGUYÊN - SỐ CP - SỐ NGUYÊN TỐ Bài 1: 1) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên n thỏa mãn (2014 2014 +1) chia hết cho n3 + 2012n. 2) Cho x, y là các số nguyên thỏa mãn 2x2 + x = 3y2 + y. Chứng minh x – y; 2x +2y +1 và 3x + 3y +1 đều là các số chính phương. Giả sử tồn tại số nguyên n thỏa mãn (20142014 +1) chia hết cho n3 + 2012n. Ta có : n3 + 2012n = (n3 – n) + 2013n = n(n -1)(n +1)+2013n. Vì n -1, n, n+1 là ba số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho 3. Suy ra n(n-1)(n +1) M 3; mà 2013M 3 nên (n3 + 2012n) M 3 (1) Mặt khác: 20142014 + 1 = (2013 + 1)2014 +1 chia cho 3 dư 2 ( vì 2013 M 3). (2) Từ (1) và (2) dẫn đến điều giả sử trên là vô lý, tức là không có số nguyên nào thỏa mãn điều kiện bài toán đã cho. Từ : 2x2 + x = 3y2 + y (1) => 2x2 –2y2+ x–y = y2 => (x- y)(2x+2y+1) = y2. (2) Mặt khác từ (1) ta có: 3x2 – 3y2 + x – y = x2  ( x –y)( 3x +3y +1) = x2=>(x –y)2( 2x + 2y +1)(3x +3y +1) = x2y2 => ( 2x + 2y +1)(3x +3y +1) là số chính phương. (3) Gọi ( 2x + 2y +1; 3x +3y +1) = d=> ( 2x + 2y +1) M d; (3x +3y +1) M d => (3x +3y +1) - ( 2x + 2y +1) = (x + y) M d => 2(x +y) M d =>( 2x + 2y +1) - 2(x +y) = 1 M d nên d = 1 => ( 2x + 2y +1; 3x +3y +1) = 1 (4) Từ (3) và (4) => 2x + 2y +1 và 3x +3y +1 đều là số chính phương. Lại có từ (2) =>(x- y)(2x + 2y + 1) là số chính phương  x- y cũng là số chính phương. Vậy 2x2 + x = 3y2 + y thì x –y; 2x +2y +1 và 3x + 3y +1đều là các số chính phương. Bài 2: 1) Tìm x , y nguyên thỏa mãn: x2(y – 5) + x + y – 3 = 0 5x2 – x 3 x 2 x2(y – 5) + x + y – 3 = 0 y(x2 + 1) = 5x2 – x + 3 y 5 (1) x2 1 x2 1 x 2 x 2 y nguyên 5 nguyên nguyên (x + 2) M (x2 + 1) (vì x + 2 và x2 + 1 nguyên do x x2 1 x2 1 Z) (x+2)(x – 2) M (x2 + 1) (x2+1) – 5 M (x2 + 1) 5M (x2 + 1) x2 1 1 x = 0; x = 2; x = -2 2 x 1 5 21 Thay vào (1) nhận được y tương ứng là 3 ; ( Loại); 5 5 Vậy tìm được hai cặp số (x; y) thỏa mãn phương trình là (0; 3) ; (-2; 5) 2) Cho các số nguyên dương a; b; c đôi một nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn: (a + b)c = ab. Xét tổng M = a + b có phải là số chính phương không? Vì sao? 2 Ta có: (a b)c ab (a c)(b c) c Gọi UCLN của a-c và b-c là d c2 Md 2 cMd aMd;bMd mà a; b; c là 3 số đôi một nguyên tố cùng nhau nên d = 1. Do đó a-c và b-c là hai số chính phương. Đặt a-c = p2; b-c = q2 ( p; q là các số nguyên) c2 = p2q2 c = pq a+b = (a- c) + (b – c) + 2c = ( p+ q)2 là số chính phương Bài 3: 1) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn: x(1 x x2 ) 4y(y 1) Có:x(1 x x2) 4y(y 1) (x3 x2) (x 1) 4y2 4y 1 (x 1)(x2 1) (2y 1)2 (1) 2 Vì x, y  2y 1 0 , nên từ 1 x 0 và x chẵn. Giả sử (x 1, x2 1) d d lẻ và x2 1Md; x2 1Md 2Md d 1 Vì (x 1)(x2 1) là số CP, (x 1, x2 1) 1 nên (x 1) và(x2 1) cũng là hai số chính phương. Do x 0 x2 x2 1 (x 1)2 x2 1 (x 1)2 x 0
2. y 0 Khi x 0 , có (1) 4y(y 1) 0 . y 1 Vậy có hai cặp số nguyên x; y thỏa mãn yêu cầu bài toán là: (0;0),(0;1) 2) Ta có Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình 5x2 6xy 2y2 2x 2y 40 0 . 5x2 6xy 2y2 2x 2y 40 0 x2 y2 2xy 2x 2y 1 4x2 4xy y2 41 Ta có: : x y 1 2 2x y 2 41 x y 1 2 2x y 2 42 52 x y 1 4 x 2 x y 1 5 x 0 TH1: TH2: (loại) 2x y 5 y 1 2x y 4 y 4 Vậy các nghiệm nguyên dương của phương trình là (2; 1). a)Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình: x 2 y 2 xy x y 2 . x2 y2 xy x y 2 2x2 2y2 2xy 2x 2y 2 6 (x y)2 (x 1)2 (y 1)2 6 PT có 6 nghiệm (x; y)  2;0 ; 3;2 ; 1;0  và 3 hoán vị 3) Tìm các nghiệm nguyên (x; y) của phương trình: 5(x2 xy y2 ) 7(x 2y) . Ta có: 5(x2 xy y2) 7(x 2y) (1) 7(x 2y)M5 (x 2y)M5 . Đặt x 2y 5t (2) (t Z) thì(1) trở thành x2 xy y2 7t (3). Từ (2) x 5t 2y thay vào (3) ta được 3y2 15ty 25t 2 7t 0 (*), coi đây là PT bậc hai đối 28 với y có: 84t 75t 2 Để (*) có nghiệm 0 84t 75t 2 0 0 t 25 Vì t Z t 0 hoặc t 1 . Thay vào (*) : y2 3 x2 1 + Với t 0 y1 0 x1 0 + Với t 1 y3 2 x3 1 Vậy phương trình có 3 nghiệm nguyên (x, y) là (0; 0), (-1; 3) và ( 1; 2) Bài 4: 1) Tìm số nguyên dương n để B n4 n3 n2 n 1 là số chính phương. Ta có (1) 4n4 + 4n3 + 4n2 + 4n + 4 = 4k2 (2n2 +n)2 +2n2 +(n+2)2 = (2k)2 (2k)2 > (2n2 +n)2 (2k)2 (2n2 +n+1)2 (do k và n nguyên dương) 4n4 +4n3+4n2+ 4n + 4 (2n2 +n+1)2 (n+1)(n-3) 0 n 3 n 1; 2; 3 Thay các giá trị của n vào (1), chỉ có n = 3 thoả mãn đề bài. 2) Giải phương trình nghiệm nguyên : y2 = - 2(x6- x3y - 32) 2 y2 = -2(x6 – x3y – 32) ⇔ 6 + ― 3 = 64 ≤ 64 à 푛 ê푛⇒ ∈ { ―2; ― 1;0;1;2} é푡 á 푡 ườ푛 ℎợ , đượ 푛 ℎ푖ệ 푛 ê푛 ủ ℎươ푛 푡 ì푛ℎ 푙à ( 0;8);(0; ― 8);(2;8);( ― 2; ― 8) 3) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình xy2 2xy x 32y . 4) Cho hai số tự nhiên a, b thỏa mãn 2a2 a 3b2 b . CMR: 2a 2b 1 là số CP 32y xy2 2xy x 32y x(y 1)2 32y Do y nguyên dương y 1 0 x 3) (y 1)2 Vì (y, y 1) 1 (y 1)2 U (32) mà 32 25 (y 1)2 22 và (y 1)2 24 (Do (y 1)2 1 ) *Nếu (y 1)2 22 y 1; x 8 *Nếu (y 1)2 24 y 3; x 6
3. x 8 x 6 Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là: và y 1 y 3 2 4) 2a2 a 3b2 b (a b)(2a 2b 1) b (*) Gọi d là ước chung của (a - b, 2a + 2b + 1) (d ¥ * ). Thì (a b)Md 2 2 2 a b 2a 2b 1 Md b Md bMd (2a 2b 1)Md Mà (a b)Md aMd (2a 2b)Md mà (2a 2b 1)Md 1Md d 1 Do đó (a - b, 2a + 2b + 1) = 1. Từ (*) ta được a b và 2a 2b 1 là số chính phương => 2a 2b 1 là số chính phương. Bài 5: 1)Tìm số ng/ tố p sao cho các số 2 p2 1; 2 p2 3; 3p2 4 đều là số nguyên tố. 2) Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: 3x2 18y2 2z2 3y2 z2 18x 27 . 1) Tìm số nguyên tố p sao cho các số 2 p2 1; 2 p2 3; 3p2 4 đều là số nguyên tố. +) Nếu p=7k+i; k,i nguyên, i thuộc tập  1; 2; 3. Khi đó p2 chia cho 7 có thể dư: 1;4;2 Xét p 2 2 p2 1; 2 p2 3& 3p2 4 7 Nếu p2 chia cho 7 dư 1 thì 3p2 4 chia hết cho 7 nên trái GT Nếu p2 chia cho 7 dư 4 thì 2 p2 1 chia hết cho 7 nên trái GT Nếu p2 chia cho 7 dư 2 thì 2 p2 3 chia hết cho 7 nên trái GT +) Xét p=2 thì 3p2 4 =16 (loại) +) Xét p=7k, vì p nguyên tố nên p=7 là nguyên tố, có: 2 p2 1 97; 2 p2 3 101; 3p2 4 151 đều là các số nguyên tố Vậy p =7 2) Giả thiết 3 x 3 2 18y2 2z2 3y2 z2 54 (1) +) Lập luận để z2 M3 zM3 z2 M9 z2 9 (*) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (1) 3(x 3) 2z 3y (z 6) 54(2) (2) 54 3(x 3) 2z 3y (z 6) 3(x 3) 2.9 3y .3 (x 3)2 3y2 12 y2 4 y2 1; y2 4 vì y nguyên dương 2 2 72 Nếu y 1 y 1 thì (1) có dạng: 3 x 3 5z2 72 5z2 72 z2 z2 9 z 3 (vì có(*)) 5 Khi đó 3 x 3 2 27 x 3 2 9 , x nguyên dương nên tìm được x=6 Nếu y2 4 y 2 (vì y nguyên dương) thì (1) có dạng: 3 x 3 2 14z2 126 14z2 126 z2 9 z2 9 z 3(vì z nguyên dương) x 3 x 6 Suy ra (x 3)2 0 x 3 (vì x nguyên dương) Đáp số y 2; y 1 z 3 z 3 3) Tìm tất cả các số nguyên dương a, b sao cho a + b2 chia hết cho a 2b 1 . 2 2 2 2 * Ta có (a + b )  (a b – 1) suy ra: a + b = k(a b – 1), với k  a + k = b(ka2 – b) hay mb = a + k (1) với m ka 2 – b ¥ * m + b = ka2 (2) Từ (1) và (2) suy ra: mb m b 1 a k ka 2 1 (m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + 1 – ka) (3) Do m, b ¥ * m –1 b –1 0 Vì thế từ (3) suy ra: (a + 1)(k + 1 – ka) 0.
4. Lại do a > 0 nên suy ra: k + 1 – ka 0 1 k(a – 1) a 1 Vì a – 1 0, k > 0 nên 1 k a –1 0 vµ k a –1 ¥ k (a 1) 0 a 2 k (a 1) 1 k 1 Với a = 1. Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) = 2. m 1 2 b 1 1 b 2 k.a 2 5 a 1 2 m 1 1 b 3 k.a 5 a 1 b 1 2 Vậy, trường hợp này ta được hai cặp a = 1; b = 2 và a = 1; b = 3. b 1 Với a = 2 và k = 1. Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) = 0 . m 1 Khi b = 1, ta được: a = 2, b = 1. Khi m = 1: từ (1) suy ra a + k = b b = 3. Khi đó: a = 2, b = 3. Vậy có 4 cặp số (a; b) thỏa mãn là: (1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; 1). Bài 6: 1) Chứng minh rằng số có dạng n6 – n4 + 2n3 + 2n2 trong đó n N và n > 1 không phải là số chính phương Ta có: n6 – n4 + 2n3 + 2n2 = n2.(n4 – n2 + 2n + 2) = n2.[n2(n - 1)(n + 1) + 2(n + 1)] = n2[(n + 1)(n3 – n2 + 2)] = n2(n + 1).[(n3 + 1) – (n2 - 1)] = n2(n+1)2.( n2 – 2n + 2) Với n N, n >1 thì n2- 2n + 2 = (n - 1)2 + 1 > (n – 1)2 và n2 – 2n + 2 = n2 – 2(n - 1) 0 (điều này suy ra từ (1) do a, k, b > 0) nên m 1 (vì m ). Do b > 0 nên b – 1 0 (do b ) (m – 1)(b – 1) 0. Vì thế từ (3) suy ra: (a + 1)(k + 1 – ka) 0. Lại do a > 0 nên suy ra: k + 1 – ka 0 k + 1 ka 1 k(a – 1) (4) a 1 k(a 1) 0 Vì a – 1 0 (do a , a > 0) và k , k > 0 nên từ (4) có: a 2 k(a 1) 1 k 1
5. m 1 2 b 1 1 b 2 - Với a = 1. Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) = 2 m 1 1 b 3 b 1 2 Vậy, trường hợp này ta có: a = 1, b = 2 hoặc a = 1, b = 3. b 1 - Với a = 2 (vì k = 1). Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) = 0 . m 1 Khi b = 1, ta được: a = 2, b = 1. Khi m = 1: Từ (1) suy ra a + k = b b = 3. Lúc này được: a = 2, b = 3. Tóm lại, có 4 cặp số (a; b) thỏa mãn bài toán là: (1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; 1). Bài 7: Bài 8: 1) Tìm số tự nhiên n sao cho n2 119 là số chính phương. 2). Cho các số nguyên dương a,b,c,d thỏa mãn: a2 b2 c2 d 2 Chứng minh a b c d là hợp số . 2 2 2 1) Tìm số tự nhiên n sao cho n + 119 là số CP Đặt n + 119 = k ; k N, k > n Suy ra k2 – n2= 119 => (k-n)(k+n) =119 . Vì k, n là các số nguyên dương và k > n =>k-n; k+n là các số nguyên dương và k+n > k-n k-n=1 k+n=119 Mặt khác 119 = 1.7.17 => (k-n)(k+n) =119 k-n= 7 k+n=17 k= 60 k=12 (TM ) hoặc (TM ) => n = 5; 59 n=59 k+n=5 2) Vì a,b,c,d N * a+b+c+d 4 (1) Xét a2 +b2 +c2+ d2 –(a+b+c+d) = (a2 –a)+(b2 –b)+(c2 -c)+( d2-d) = a(a-1) + b(b-1) + c(c-1) + d(d-1) M 2 Mà a2 +b2 +c2+ d2= 2(a2 +b2) M 2=> a+b+c+d M 2 (2)Từ (1)và (2) => ĐPCM Bài 9. 1) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: xy2 + 2xy – 243y + x = 0 Hướng dẫn:Ta có xy2 + 2xy – 243y + x = 0 x(y + 1)2 = 243y (1) Từ (1) với chú ý rằng (y + 1; y) = 1 ta suy ra (y + 1)2 là ước của 243. Vậy (x, y) = (54, 2) ; (24, 8) 2) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x2 2 y2 3xy x y 3 0 (1)
6. Giải:Viết thành phương trình bậc hai đối với x: x2 (3y 1)x (2 y2 y 3) 0 (2) (3y 1)2 4(2y2 y 3) y2 2y 11 Điều kiện cần và đủ để (2) có nghiệm nguyên là V là số chính phương 2 2 y 2 y 11 k (k ¥ ) (3) Giải (3) với nghiệm nguyên ta được y1 5, y2 3 2 Với y = 5 thay vào (2) được x 14x 48 0 . Ta có: x1 8, x2 6 2 Với y = -3 thay vào (2) được x 10x 24 0 . Ta có x3 6, x4 4 Đáp số: (-8 ; 5), (-6 ; 5), (6 ; -3), (4 ; -3) Bài 10: Bài 11: