Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên trong chương trình Đại số Lớp 8

Nội dung text: Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên trong chương trình Đại số Lớp 8

1. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Không có phương pháp chung để giải phương trình nghiệm nguyên nhưng để giải nó người ta thường áp dụng một số phương pháp sau hoặc kết hợp các phương pháp tuỳ theo từng bài cụ thể. Sau đây là một số phương pháp thường dùng I- Phương pháp 1 : Sử dụng tính chẵn lẻ Ví dụ 1: Tìm x, y nguyên tố thoả mãn: y2 – 2x2 = 1 Hướng dẫn:Ta có y2 – 2x2 = 1 y 2 = 2x2 +1 y là số lẻ Đặt y = 2k + 1 (với k nguyên).Ta có (2k + 1)2 = 2x2 + 1 x2 = 2 k2 + 2k x chẵn , mà x nguyên tố x = 2, y = 3 Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình (2x + 5y + 1)( 2 x + y + x2 + x) = 105 Hướng dẫn:Ta có: (2x + 5y + 1)( 2 x + y + x2 + x) = 105 Ta thấy 105 lẻ 2x + 5y + 1 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 = 1 x = 0 Thay x = 0 vào phương trình ta được (5y + 1) ( y + 1) = 105 26 5y2 + 6y – 104 = 0 y = 4 hoặc y = ( loại) 5 Thử lại ta có x = 0; y = 4 là nghiệm của phương trình II. Phương pháp 2 : Phương pháp phân tích Thực chất là biến đổi phương trình về dạng: g1 (x1, x2, ., xn) h (x1, x2, ., xn) = a Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 4 + 4x3+ 6x2+ 4x = y2 Hướng dẫn: Ta có: x4 + 4x3+ 6x2+ 4x = y2 x4 +4x3+6x2+4x +1- y2=1 (x+1)4 – y2 = 1 [(x+1)2 –y] [(x+1)2+y]= 1 (x+1)2 – y = 1 1 + y = 1- y (x+1)2 + y = 1 (x+1)2 – y = -1 -1 + y = -1 - y (x+1)2 + y = -1 y = 0 (x+1)2 = 1 x+1 = 1 x = 0 hoặc x = -2 Vậy ( x, y ) = ( 0, 0 ); ( - 2, 0 ) III. Phương pháp 3 : Phương pháp cực hạn Sử dụng đối với 1 số bài toán vai trò của các ẩn bình đẳng như nhau: Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên dương của PT: 5 ( x + y + z + t ) + 10 = 2 xyzt 1
2. Hướng dẫn: Ta giả sử x y z t 1 Ta có: 5 ( x + y + z + t ) + 10 = 2 xyzt 5 5 5 5 10 30 2 = + + + + t 3 15 t = 1 hoặc t = 2 yzt xzt xyt xyz xyzt t 3 * Với t = 1 ta có 5 (x+ y + z + 1) + 10 = 2 xyz 5 5 5 15 30 2 2 = + + + 15 z = 1; 2 ;3  yz xz xy xyz z 2 z Nếu z = 1 có 5 (x+ y ) + 20 = 2xy (2x – 5) (2y - 5) = 65 x = 35 hoặc x = 9 {y = 3 {y = 5 Ta được nghiệm ( 35; 3; 1; 1); (9; 5; 1; 1) và các hoán vị của chúng Với z = 2; z = 3 phương trình không có nghiệm nguyên 5 5 5 20 35 * Với t = 2 thì 5 (x+ y + z ) + 20 = 4 xyz 4= + + + xy yz xz xyz z 2 2 35 9 z = 2 (vì z t 2) (8x – 5) (8y – 5) = 265 z 4 Do x y z 2 nên 8x – 5 8y – 5 11 (8x – 5) (8y – 5) = 265 vô nghiệm vậy nghiệm của PT là bộ (x, y, z)= ( 35; 3; 1; 1); (9; 5; 1; 1) và các hoán vị IV- Phương pháp loại trừ(phương pháp 4) Khẳng định nghiệm rồi loại trừ các giá trị còn lại của ẩn Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 1! + 2! + + x! = y2 Hướng dẫn: Với x 5 thì x! có tận cùng là 0 và 1! + 2! + 3! + 4! Có tận cùng là 3 1! + 2! + + x! có tận cùng là 3, không là số chính phương (loại) Vậy x 0 hoặc x 0 Nếu x > 2 hoặc x 0 Nếu x>2 hoặc x< 1 thì (2x2 + x) <(2y+1)2 < (2x2 + x + 1) 2 (loại) -1 x 2 x = 0, 1, -1, 2 Xét x = 2 y2 + y =30 y = 5 hoặc y= -6 Xét x= 1 y2 + y = 4 (loại) Xét x = 0 y2 + y = 0 y (y + 1) = 0 y = 0 hoặc y = -1 2
3. Xét x = -1 y2 + y = 0 y = 0 hoặc y= -1 Vậy nghệm nguyên của PT là: (x,y) = (2, 5); (2, -6); (0, 0); (0, -1); (-1;0); (-1, -1) V.Phương pháp 5: Dùng chia hết và có dư Ví dụ 7: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – 2y2 = 5 Hướng dẫn: Xét x  5 mà x2 – 2y2 = 5 2y2  5 y2 5 (2,5) = 1 5 là số nguyên tố y2  25 x2 – 2y2  25 lại có x 5 x2  25 5 25 loại Xét x  5 y  5 và x2 chia cho 5 có các số dư 1 hoặc 4 y2 chia cho 5 có các số dư 1 hoặc 4 2y2 chia cho 5 dư 2 hoặc 3 x2 – 2 y2 chia cho 5 dư 1 hoặc 2(loại) Vậy PT x2 – 2y2 = 5 vô nghiệm Ví dụ 8: Tìm x, y là số tự nhiên thoả mãn: x2 + 3y = 3026 Hướng dẫn: Xét y = 0 x2 + 30 = 3026 x2 = 3025 mà x N x = 55 Xét y > 0 3y  3, x2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1 x2 + 3y chia cho 3 dư 0 hoặc 1, mà 3026 chia cho 3 dư 2 (loại) Vậy nghiệm (x,y) = (55,0) VI. Phương pháp 6 : Sử dụng tính chất của số nguyên tố Ví dụ 9: Tìm x, y, z nguyên tố thoả mãn x y + 1 = z Hướng dẫn: Ta có x, y nguyên tố và xy + 1 = z z > 3 Mà z nguyên tố z lẻ xy chẵn x chẵn x = 2 Xét y = 2 22 + 1 = 5 là nguyên tố z = 5 (thoả mãn) Xét y> 2 y = 2k + 1 (k N) 22k+1 + 1 = z 2. 4k + 1 = z Có 4 chia cho 3 dư 1 (2.4k+1)  3 z 3 không thỏa mãn (loại) Vậy x = 2, y = 2, z = 5 thoả mãn VII. Phương pháp 7: Đưa về dạng tổng Ví dụ 10: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + y2 – x – y = 8 Hướng dẫn: Ta có x2 + y2 –x – y = 8 4 x2 + 4 y2 – 4 x –4y = 32 (4x2 – 4x +1) + (4y2 – 4y + 1) = 34 (2x – 1)2 + (2y – 1)2 = 34 Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 chỉ có duy nhất 1 dạng phân tích thành tổng của 2 số chính phương 32 và 52 3
4. Do đó ta có = 3 hoặc = 5 { = 5 { = 3 Giải ra ta được (x,y) = (2,3); (2,-2); (-1, -2); (-1, 3) và các hoán vị của nó. Ví dụ 11: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – 4xy + 5y2 = 169 Hướng dẫn: Ta có x2 – 4xy + 5y2 = 169 (x – 2y)2 + y2 = 169 Ta thấy 169 = 02 + 132 = 52 + 122 = 0 hoặc = 13 hoặc = 5 hoặc = 12 { = 13 { = 0 { = 12 { = 5 Giải ra ta được (x, y) = (29, 12);(19, 12); (-19, -12); (22, 5); (-2, 5) ;(2, -5); (-22, -5); (26, 13); (-26, -13); (-13. 0); (13, 0) VIII .Phương pháp 8: Lùi vô hạn Ví dụ 12: Tìm nghiệm nguyêm của phương trình: x2 – 5y2 = 0 2 2 Hướng dẫn: Giả sử x0, y0 là nghiệm của phương trình x – 5y = 0 2 2 ta có x0 - 5y0 = 0 x0  5 đặt x0 = 5 x1 2 2 2 2 2 2 Ta có (5x1) – 5y0 = 0 5x1 - y0 = 0 y0  5 đặt y0 = 5y1 x1 - 5y1 = 0 Vây nếu (x0,,y0) là nghiệm của phương trình đã cho thì x y (0 ,0 ) cũng là nghiệm của phương trình đã cho. Cứ tiếp tục lập luận như vậy 5 5 x y (0 ,0 ) với k nguyên dương bất kỳ cũng là nghiệm của phương trình. Điều 5k 5k này xảy ra khi x0 = y0 = 0. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = y = 0 Ví dụ 13: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x2 + y2 + z2 = x2 y2 Hướng dẫn: Nếu x, y đều là số lẻ x2 , y2 chia cho 4 đều dư 1 x2y2 chia cho 4 dư 1 z2 chia cho 4 dư 3 (loại) x2 + y2 chia cho 4 dư 2 mà x2 + y2 + z2 = x2 y2 x chẵn hoặc y chẵn * Giả sử x chẵn hoặc y chẵn * Giả sử x chẵn x2 , x2y2 chẵn x2  4 x2 y2  4 (y2 + z2)  4 y và z phải đồng thời chẵn 2 2 2 2 2 Đặt x = 2x1, y = 2y1, z = 2z1 Ta cóx1 + y1 +z1 = x1 y 1 2 2 2 2 2 lập luận tương tự ta có x2 + y2 + z2 = 16 x2 y 2 4
5. Quá trình này cứ tiếp tục ta thấy (x1, y1, z1 ) là nghiệm của phương trình thì x y z (1 ,1 ,1 ) là nghiệm của phương trình với k nguyên dương 2k 2k 2k x1 = y1 = z1 = 0 Vậy pt có nghiệm là (0, 0, 0) IX. Phương pháp 9: Sử dụng tính chất nghiệm của phương trình bậc 2 Biến đổi phương trình về dạng phương trình bậc 2 của ẩn coi các ẩn khác là tham số, sử dụng các tính chất về nghiệm của phương trình bậc 2 để xác định giá trị của tham số Ví dụ 14: Giải pt nghiệm nguyên : 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + 5 = 0 Hướng dẫn: Ta có pt 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + 5 = 0 y2 + (4x + 2)y + 3 x2 + 4x + 5 = ) (*) coi x là tham số giải phương trình bậc 2 pt ' ' (*) ẩn y ta có y = -(2x + 1) x . Do y nguyên, x nguyên x nguyên ' 2 2 2 2 2 Mà x = (2x + 1) – (3x + 4x + 5) = x – 4 x – 4 = n (n º Z) (x- n) (x+ n) = 4 x – n = x + n = 2 x = 2 Vậy phương trình có nghiệm nguyên: (x, y) = (2; -5); (-2, 3) Ví dụ 15: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x2 – (y+5)x + 5y + 2 = 0 Hướng dẫn: Ta có x2 – (y+5)x + 5y + 2 = 0 coi y là tham số ta có phương trình bậc 2 ẩn x. Giả sử phương trình bậc 2 có 2 nghiệm x1, x2 1 2 1 2 Ta có x + x = y + 5 5x + 5x = 5y + 25 5 x + 5x – x x = 23 {x1x2 = 5y + 2 {x1x2 = 5y + 2 1 2 1 2 (x1 -5) (x2 -5) = 2 Mà 2 = 1.2 = (-1)(-2) x1 + x2 = 13 hoặc x1 + x2 = 7 y = 8 hoặc y = 2 thay vào phương trình ta tìm được các cặp số (x,y ) = (7, 8); (6, 8); (4, 2); (3, 2); là nghiệm của phương trình X- Phương pháp 10 : Dùng bất đẳng thức Ví dụ 16: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 –xy + y2 = 3 y 3y 2 Hướng dẫn: Ta có x2 –xy + y2 = 3 (x- )2 = 3 - 2 4 y 3y 2 Ta thấy (x- )2 0 3 - 0 -2 y 2 2 4 y= 2; 1; 0 thay vào phương trình tìm x Ta được các nghiệm nguyên của phương trình là : (x, y) = (-1,-2), (1, 2); (-2, -1); (2,1) ;(-1,1) ;(1, -1) CHƯƠNG II: BÀI TẬP RÈN TƯ DUY SÁNG TẠO Bài 1:Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x + 3y = 11 Hướng dẫn Cách 1: Ta thấy phương trình có cặp nghiệm đặc biệt là x0 = 4, y0 = 1 Vì 2.4 + 3.1 = 11 5
6. ( 2x + 3y) – (2.4 + 3.1) = 0 2(x-4) + 3(y-1) = 0 2(x-4) = - 3(y-1) mà (2,3) = 1. Đặt x – 4 = 3k và y – 1 = 2k với ( k Z) Vậy nghiệm tổng quát của pt là : x = 4 – 3k y = 1+ 2k ( k Z) *Nhận xét: Theo cách giải này phải tìm ra 1 cặp nghiệm nguyên đặc biệt (x0, y0) của phương trình vô định ax + by = c Nếu phương trình có hệ số a, b, c lớn thì cách giải khó khăn. Cách 2: Dùng tính chất chia hết. 11 3y y 1 Ta có 2x + 3y = 11 x= = 5- y- 2 2 y 1 y 1 Do x, y nguyên nguyên . đặt = k 2 2 y = 2k +1 x = 4- 3k (k Z) Vậy nghiệm tổng quát y = 2k + 1 {x = 4 - 3k Bài 2: Tìm cặp số nguyên dương (x,y) thoả mãn phương trình: 6x2 + 5y2 = 74 Hướng dẫn: Cách 1: Ta có 6x2 + 5y2 = 74 6x2 –24 = 50 – 5y2 6(x2 – 4) = 5(10 – y2) 6(x2 – 4)  5 x 2 – 4 5 (6, 5) = 1 x2 = 5t + 4 (t N) Thay x2 – 4 = 5t vào phương trình y2 = 10 – 6t 4 t 5 x2 > 0 lại có t = 50 hoặc t = 1 {y2 > 0 t 3 với t = 0 ta có x2 = 4, y2 = 10 (loại) Với t = 1 ta có x2 = 9 x = 3 y2 = 4 y = 2 mà x, y Z x = 3, y = 2 thoả mãn Cách 2: Sử dụng tính chẵn lẻ và phương pháp chặn Ta có 6x2 + 5y2 = 74 là số chẵn y chẵn lại có 0< 6x2 0< 5y2 < 74 0 < y2 < 14 y2 = 4 x2 = 9 Cặp số (x,y) cần tìm là (3, 2) Cách 3: Ta có 6x2 + 5y2 = 74 5x2 + 5y2 + x2 + 1 = 75 x2 + 1  5 mà 0 < x2 12 x2 = 4 hoặc x2 = 9. Với x2 = 4 y2 = 10 loại Với x2 = 9 y2 = 4 thoả mãn cặp số (x,y) cần tìm là (3, 2) Bài 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:x2 + y2 = 2x2y2 Hướng dẫn: Cách 1: Đặt x2 = a, y2 = b. Ta có a + b = 2 ab {ab a = b a = b Nếu a = b 2a = 2a2 a= a2 a= 0, a= 1 (a,b) = (0, 0); (1, 1) Nếu a = - b 2 b2 = 0 a = b = 0 (x2, y2) = (0, 0); (1, 1) (x, y ) = (0, 0); (-1, -1); (-1, 1); (1, -1) ; (1, 1) Cách 2: Ta có x2 + y2 = 2x2y2 Do x2, y2 0 6
7. Ta giả sử x2 y2 x2 + y2 2 y2 2x2 y2 2y2 Nếu y = 0 phương trình có nghiệm (0;0) Nếu y 0 x2 1 x2= 0 hoặc x2 = 1 y2 = 0 (loại) hoặc y2 = 1 (x, y) = (1, 1); (1, -1) ; (-1, 1) Vậy phương trình có nghiệm (x;y) =(0, 0); (-1, -1); (-1, 1); (1, -1); (1, 1) Cách 3: Có x2 + y2 = 2x2y2 2x2 + 2y2 = 4 x2y2 4 x2y2 –2x2 – 2y2 + 1 = 1 2x2 (2y2 - 1) – (2y2 - 1)= 1 (2x2 – 1) (2y2 - 1) = 1 Mà 1 = 1.1 = (-1)(-1) (x2, y2) = (1, 1); (0, 0) (x, y) = (1, 1); (0, 0) ; (1, -1); (-1; -1); (-1, 1) Bài 4: Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: x2 –3xy + 2y2+ 6 = 0 Hướng dẫn: Ta thấy(x, y) = (0, 0) không phải là nghiệm của phương trình 2 2 2 Ta coi phương trình x – 3xy + 2y + 6 = 0 ẩn x ta tính y = y – 24 Phương trình có nghiệm tự nhiên thì y là số chính phương y2 – 24 = k2 (y – k)(y + k) = 24 (k N) mà 24 = 24.1 = 12.2 = 6.4 = 3.8 ; y+k và y – k cùng chẵn y + k = 6 y = 5 hoặc y+ k = 12 y = 7 {y - k = 4 {y - k = 2 Thay vào ta tìm được (x,y) = (8, 7); (13, 7); (7, 5); (8,5) Bài 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x2 + 2y2 – 2xy + y + x – 10 = 0 Hướng dẫn: Cách 1: Ta có phương trình đã cho 2x2 – (2y-1) x + 2y2 + y – 10 = 0 Coi x là ẩn y là tham số ta có phương trình bậc 2 ẩn x 2 2 2 Xét y = (2y – 1) – 4.2 (2y + y -10) = -12y – 12y+ 81 Để nghiệm x nguyên thì y là số chính phương Đặt k2= -12y2 – 12 y + 81 k2 + 3(2y + 1) = 84 k 2 (2y + 1)2 = 28 - 28; (2y + 1) 2 lẻ (2y + 1)2 = 1, 9, 25 3 y = 0, 1, -2, 2, -3 Thử trực tiếp vào phương trình ta tìm được các cặp số (x, y) = (2, 0); (0, 2) thoả mãn Cách 2: Đặt x + y = a, xy = b ta có x, y Z a, b Z phương trình 2x2 – (2y-1) x + 2y2 + y – 10 = 0 2a2 – 4b + a – 10 = 0 4a2 – 8b + 2a – 20 = 0 (a+ 1)2 + 3a2 – 8b – 21 = 0 (a+ 1)2 + 3a2 = 8b + 21 lại có (x+ y)2 4 xy a2 4b 8b + 21 2a2 + 21 (a+ 1)2 + 3a2 2a2 + 21 (a+ 1)2 21 mà (a+ 1)2 là số chính phương (a+ 1)2 {1, 4, 9, 16} a {0, 1, 2, 3} Với a = 0 12 + 3. 0 = 8b + 21 8b = 20 loại Với a = 1 (1+1)2 + 3.12 = 8b + 21 8b = -14 loại Với a = 2 (1+ 2)2 + 3.22 = 8b + 21 8b = 0 b = 0 Với a = 3 (1+ 3)2 + 3.32 = 8b + 21 8b = 22 loại Vậy được a = 2, b = 0 xy = 0 (x, y )= (0, 2); (2, 0) thoả mãn {x + y = 2 7
8. Bài 6: Hai đội cờ thi đấu với nhau mỗi đấu thủ của đội này phải đấu 1 ván với mỗi đấu thủ của đội kia. Biết rằng tổng số ván cờ đã đấu bằng 4 lần tổng số đấu thủ của hai đội và biết rằng số đấu thủ của ít nhất trong 2 đội là số lẻ hỏi mỗi đội có bao nhiêu đấu thủ. Hướng dẫn: Gọi x, y lần lượt là số đấu thủ của đội 1 và đội 2 (x, y nguyên dương ) Theo bài ra ta có xy = 4 (x + y) Đây là phương trình nghiệm nguyên ta có thể giải bằng các cách sau Cách 1: Có xy = 4(x + y) xy – 4x – 4y + 16 = 16 (x-4) (y - 4) = 16 mà 16 = 1.16 = 2.8 = 4.4 . lại có ít nhất 1 đội có số đấu thủ lẻ x–4 = 1 x = 5 hoặc x = 20 {y - 4 = 16 {y = 20 {y = 5 Cách 2: Ta thấy x, y bình đẳng.Không mất tính tổng quát ta giả sử x y 4 4 Ta có x, y nguyên dương xy = 4 (x + y) + = 1 x y 4 4 4 4 8 8 lại có + 1 x 8 x= {5, 6, 7, 8} x y x y x x 4 Mà 1 x > 4 Thử trực tiếp ta được x = 5, y = 20 (thoả mãn) x Vậy 1 đội có 5 đấu thủ còn đội kia có 20 đấu thủ Bài 7: Tìm năm sinh của Bác Hồ biết rằng năm 1911 khi Bác ra đi tìm đường cứu nước thì tuổi Bác bằng tổng các chữ số của năm Bác sinh cộng thêm 3. Hướng dẫn: Ta thấy nếu Bác Hồ sinh vào thể kỷ 20 thì năm 1911 Bác nhiều nhất là 11 tuổi (1+ 9 + 0 + 0 + 3) loại Suy ra Bác sinh ra ở thế kỷ 19 Gọi năm sinh của Bác là 18 xy (x, y nguyên dương, x, y 9) Theo bài ra ta có 1911 - 18 xy = 1 + 8 + x + y = 3 11x + 2y = 99 2y  11 mà (2, 11) = 1 y 11 mà 0 y 9 Nên y = 0 x = 9 Vậy năm sinh của Bác Hồ là 1890 Bài 8: Hãy dựng một tam giác vuông có số đo 3 cạnh là a, b, c là những số nguyên và có cạnh đo được 7 đơn vị Hướng dẫn: Giả sử cạnh đo được 7 đơn vị là cạnh huyền (a = 7) b2 + c2 = 72 b2 + c2  7 b 7; c 7 (vì số chính phương chia hết cho 7 dư 0, 1, 4, 2) lại có 0 < b, c < 7 loại Cạnh đo được là cạnh góc vuông giả sử b = 7 Ta có a2 – c2 = 49 (a+c)(a-c) = 49 a + c = 49 a = 25 {a - c = 1 {c = 24 Vậy tam giác cần dựng có số đo 3 cạnh là 7, 25, 24 BÀI TẬP PT NGHIỆM NGUYÊN Bài 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x(x2 + x +1) = 4y(y + 1) . Giải: Pt (x + 1)(x2 + 1) = (2y + 1)2 (1) Đặt: ƯCLN(x + 1, x2 + 1) = d Do (2y + 1)2 lẻ nên x + 1 , x2 + 1 lẻ d 2 x 1Md  2Md Ta có: 2  (Theo định lý Ơclit) d = 1 hoặc d = 2 (loại) vậy d = 1 x 1Md  8
9. x + 1 , x2 + 1 nguyên tố cùng nhau và đều là số chính phương (Theo (1)) Đặt : x + 1 = a2 ; x2 + 1 = b2 Từ: x2 + 1 = b2 b x 1 b x 1 Ta có: (b - x)(b + x) = 1 x = 0 b x 1 b x 1 Thay x = 0 vào (1) ta được y = 0 hoặc y = 1 Vậy PT có nghiệm là: (0 ; 0) ; (0 ; 1) Bài 2: Tìm x, y nguyên dương để biểu thức x2 - 2 M xy + 2 HD: x2 - 2 M xy + 2 y(x2 - 2) M xy + 2 yx2 + 2x - 2x - 2y M xy + 2 x(xy + 2) - 2(x + y) M xy + 2 2(x + y) M xy + 2 2(x+y) = k(xy+2) ( k * ) Nếu k 2 2(x + y) 2 ( xy + 2) (x + y) ( xy + 2) (x - 1)(1 –- y) 3 (vô lý) Do đó k = 1 2(x + y) ( xy + 2) (x - 2)(y - 2) = 2 KL: (x ; y) = (4 ; 3) Bài 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: a) x2 + 2y2 + 3xy - x - y + 3 = 0 . HD: Biến đổi phương trình về dạng ( x + y)( 1 - x - 2y) = 3 Bài 4: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2x2 + 4x = 19 - 3y2 7 y2 0 y2 7 HD:Pt 2(x + 1)2 = 3(7 - y2) y2 1 2 2 7 y M2 7 y M2 a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: xy2 + 3y2 - x = 108 2 2 108 3y HD: C1: Pt (x + 3)(y - 1) = 105 C2: Pt x = y2 1 Bài 5: Tìm số nguyên x để số trị của tích : x(x + 1)(x + 7)(x + 8) là số chính phương. 2 2 2 HD:C1: Đặt a = x(x + 1)(x + 7)(x + 8) (a ) a = k (k +7) với k = x + 8x Nếu a = 0 thì x  8; 7; 1;0 Nếu a > 0 thì: k2 + 7k = a2 4k2 + 28k = 4a2 (2k + 7)2 - (2a)2 = 49 (2k + 2a +7)(2k +7 - 2a) = 49 Vì a > 0 nên 2k + 2a +7 > 2k +7 - 2a ta có 2 2 2 2 2 C2: Ta có: k + 7k = a Nếu k > 9 thì: k + 6k +9 < k +7k < k + 8k +16 Hay: (k + 3)2 < a2 < (k + )2 vô lý Vậy k 9 x2 + 8x 4 Bµi 6: Tìm 2 số tự nhiên nhỏ nhất thỏa: (ag) a g Trong đó là những chữ số không ấn định điều kiện Giải: 4 ĐS : 45 ; 46 ag a g gồm 7 c/s nên ta có : 4 1.000.000 (ag) 9.999.999 31 ag 57 4 Hay từ 31 ag 57 ta lí luận tiếp ag a g g chỉ có thể là 0 , 1 , 5 ,6 do đó ta chỉ dò trên các số 31, 35, 36, 40, 41, 45, 46, 50, 51,55, 56 ĐS : 45 ; 46 4 Dùng toán lí luận ta có31 ag 57 3 a 5 3000000 (ag ) 5999999 41 ag 50 a 4 Kết hợp với g chỉ có thể là 0 , 1 , 5 ,6 nên có ngay 45 ; 46 là kết quả ĐS : 45 ; 46 Bài 7: Cho x1000 + y1000 = 6,912 và x2000 + y2000 = 33,76244. Tính x3000 + y3000. 9
10. Giải: Đặt x1000 = a; y1000 = b, a + b = 6,912; a2 + b2 = 33,76244. Khi đó (a b)2 (a 2 b2 ) a3 + b3 = (a + b)3 – 3ab(a + b) = (a + b)3 – 3. .(a+b) = 2 Bài 8: Tìm tất cả các số tự nhiên x thoả mãn: 10000 < x < 15000 và khi chia x cho 393 cũng như 655 đều có số dư là 210. Từ giả thiết, ta có: x = 393.q1 + 210 x -210 chia hết cho 393 x = 655.q2 + 210 x -210 chia hết cho 655 x -210 chia hết cho BCNN (393 ; 655) = 1965 x -210 = 1965.k ; (k = 1, 2, ) hay x = 1965k + 210 - Từ giả thiết 10000 < x < 15000 10000 < 1965k + 210 < 15000 hay 9790 < 1965k < 14790 5 k < 8. 10