Phương trình nghiệm nguyên

Tài liệu dành cho học sinh đam mê toán thcs thpt, giúp học sinh có thêm kiến thức về toán học. Tài liệu dành cho học sinh đam mê toán thcs thpt, giúp học sinh có thêm kiến thức về toán học. Tài liệu dành cho học sinh đam mê toán thcs thpt, giúp học sinh có thêm kiến thức về toán học. Tài liệu dành cho học sinh đam mê toán thcs thpt, giúp học sinh có thêm kiến thức về toán học.

Phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

A Phương trình cơ bản

I Phương trình bậc nhất hai ẩn: ax by c a b c, ,    1

+ Định lý: a b là các số nguyên dương và , d a b,  Khi đó  1 vô nghiệm nguyên nếu c d  và vô số nghiệm nguyên nếu c d Hơn nữa nếu x y0; 0 là một nghiệm nguyên của  1 thì phương trình có nghiệm nguyên tổng quát là:

Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên 18x15y2009

Giải

Ta có: 18,153 và 2009 3 do đó : 18 15 2009 6 5 2009

3

Suy ra không tồn tại x y, nguyên thỏa mãn phương trình

Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên 15x3y150

Giải

Ta có: 15 3 150 10

5

y

Suy ra nghiệm nguyên của phương trình là: y5 ,n x10 n

B Một số dạng phương trình khác

I Dạng 1:

+ Đưa phương trình đã cho về dạng: f x g y    k k   với f x   ,g y là các đa thức hệ số nguyên, ta phân tích k ra thừa số nguyên tố và giải các hệ phương trình sau:

 

 











với km n

Những phương trình dạng : xyax by   đều giải được theo cách trên c 0

+ Dùng tính chất chia hết thu hẹp điều kiện của ẩn

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

xy x y 

Giải

+xy2x3y 1 0 y x 32x 1 y x 32x3 5 x3y25

Vì x y,  x 3,y 2  do đó ta có:

Vì nghiệm nguyên dương nên phương trình có nghiệm là 4; 7 , 8;3  

x



  (vì x  3 0 )

3 | 5





     





       





Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là: 4; 7 , 8;3  

I.1.Bài tập:

1.1) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

2009

x y 

Giải

2009

Vì x y,  x y x,  y  do đó ta có:

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là 1005,1004

1.2) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

x y  p (plà số nguyên tố)

Giải

Nhận xét rằng nếu x y;  là nghiệm thì y x;  cũng là nghiệm

Vì x y,  x p y, p do đó:

2 2

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là  2   2   

1.3) Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình

21x6yxy123

Giải

21x6yxy12321x126y x6 24921 x6 y x6 249

x 6y 21 249

Vì x y,  x 6,y21 và ta có: 249249.1  249   1 3.83  3 83

Vì x y,    0 x 6 6,y2121 nên phươpng trình không có nghiệm nguyên dương

1.4) Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình

1

x   x y

Giải

 2  2

x   x y  x  x  y  y  x 

2y2x1 2 y2x13

Vì 2y2x 1 2y2x và 21 y2x  nên 1 0 2 2 1 3 1



Vậy nghiệm nguyên không âm của phương trình là 0;1

1.5) Tìm nghiệm nguyên của phương trình

2

Giải

Ta thấy x  1 không là nghiệm của phương trình, do đó ta có:

2

1

Vì yx1 | 2 x   1  1; 2;1; 2

x   x  y 

x   x   y 

x  x y

x  x  y

Vậy nghiệm nguyên của phương trình  2; 3 ,  3; 3 , 0;3 , 1;3    

1.6) Tìm nghiệm nguyên của phương trình

x y  xy

Giải

3 3

7

 2 7  49 349

7

 

Vì 3xyxy7 | 349  x y   7  1; 349;1;349

+ xy    7 1 x y  8 3xy518(loại vì 518 3 )

+xy  7 349 x y 3563xy129278(lọai vì 129278 3 )

+xy   7 1 x y  6 3xy 222xy74

6 74

xy

  









Hệ vô nghiệm

+ xy 7 349 x y3423xy114618xy38206

342 38206

xy

 









Hệ vô nghiệm Vậy phương trình vô nghiệm nguyên

II Dạng 2: Phương trình đối xứng

Phương pháp: để giải phương trình nghiệm nguyên của một phương trình đối xứng:

 , , , 

f x y z ta giả sử xy z hoặc xmaxy x, ,  để thu hẹp miền giá trị của biến

Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: xyxy

Giải

Do vai trò của x y, là như nhau, không mất tính tổng quát ta giả sử x y

Chia hai vế của phương trình cho xy ta được:

1 1

1

x y 

Vì x y 1 1 2

    do đó ta có: 1 2

y

 hay y  mà 2 yy1, 2

y    phương trình vô nghiệm x x

y x

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là: 2; 2

II.1 Bài tập:

2.1) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

 1

xy z xyz

Giải

Do vai trò của x y z, , là bình đẳng nên ta có thể giả sử 1x y z

Chia hai vế của  1 cho xyz ta được:

1

yzzx xy 

Do đó ta có: 1 1 1 1 32 x3 3 x 1

x y  z yz z y 

Giải  * với điều kiện 1 y ta được: z z3,y 2

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là: 1; 2;3 và các hoán vị

2.2) Một tam giác có số đó dộ dài ba đường cao là các số nguyên dương và bán kính đường tròn nội tiếp bằng 1 Chứng minh tam giác đó là tam giác đều

Giải

Gọi tam giác ABC Đặt aBC b, CA c, AB Gọi x y z, , tương ứng là đường cao qua các đỉnh , ,A B C của tam giác

Vì bàn kính đường tròn nội tiếp bằng 1 nên: x2,y2,z Giả sử 2 x yz 2 Diện tích tam giác ABC là: 1 1 1  1

ABC

2

S S S S  a b c với I là tâm đường tròn nội tiếp

Từ  1 và  2 ta có:

1

 

Do đó : 1 1 1 1 3 z 3 z 3

        Thay z 3 vào 1 1 1 1

x y x ta được:

2 3 9

x

y

 



 

 





Vậy x yz khi đó 3 abc Vậy tam giác ABC đều

2.3) Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: xy 1 xyz 1

Giải

Do x y, có vai trò như nhau nên ta có thể giả sử x y

2 1

x

xz





 



1, 3

Nếu x y từ  1 ta có: 2x 1 xyz   x y 1 xxyz2x yz 2

+ yx 1 yz1, 1 x 2 x !

yz



 Vậy nghiệm tự nhiên của hệ là: 1;1;3 , 3; 2;1 , 2;3;1 , 2;1; 2 , 1; 2; 2        

2.4) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2 2  

19 1

Giải

Do vai trò của x y, là như nhau nên ta có thể giả sử 1x y

Từ  1 ta có: 2 2 2 2 2

19x y xy2x x 3x hay 3x2 19x2  6 x2

x y y  (không có nghiệm nguyên dương)

x y  y  y y  (loại)

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là 2;3 , 3; 2  

2.5) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2 2 2  

20 1

Giải

Do vai trò của x y z, , là bình đẳng nên ta có thể giả sử 1x y z

Ta có: 20x2y2 z2xyz3x2x2 4x2 hay x2  5 x 2

+ x1,y2z2yz193y2 19 y2  6 y2

Nếu y1,z2 z 18 (không có nghiệm nguyên dương) 0

Nếu y2,z22z15 0 z , có nghiệm 3 1; 2;3

+ x2,y2z22yz164y2 16 y2 4 y 2

Nếu y1,z22z15 0 z ,có nghiệm 3 2,1, 3

Nếu y2,z24z120z , có nghiệm 2 2; 2; 2

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là: 1; 2;3 và các hoán vị của nó, 2; 2; 2

III Dạng 3: Hạn chế tập nghiệm bằng điều kiện của ẩn

Phương pháp:

Để hạn chế tập nghiệm ta dùng bất đẳng thức kết hợp với điều kiện của ẩn

+ Nếu số giá trị của ẩn không nhiều ta có thể dùng phương pháp thử trực tiếp + Dùng bất đẳng thức khi số giá trị của ẩn nhiều Phương pháp này ta có một số chú ý sau:

+ Nếu vai trò các biến như nhau thì dùng phương pháp giải phương trình đối xứng

để giải

+ Nếu thấy ẩn có cấu trúc giống nhau như cùng bậc, tích các số nguyên liên tiếp

ta có thể dùng các nhận xét sau:

, 1; 1

n

x  y  xa a yx i i  a

b) x x 1  xny y 1  yn  xax a 1  x a n

Ví dụ 3: a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình

50

Giải

Đk: 0 x50

2x4k x2k 2k 50k 25 k 0;1; 2;3; 4;5

+ k 0 x 0 y50

+ k 1 x 2 y32

+ k2x 8 y18

+ k 3 x18y 8

+ k4x32 y2

+ k 5 x50 y 0

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: 0;50 , 50; 0 , 2;32 , 32; 2 , 8;18 , 18;8          

b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 4 2  

5 1

Giải

1 x  y x x  5 x 6x  9 x 3

Do đó ta có: 2  2 2 2  2 2

3

y  x   x  x x   x  (loại)

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: 2;5 , 2; 5 ,    2;5 ,  2; 5

III.1 Bài tập:

3.1) Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2 2 3 4 

y   x x x x

Giải

Nếu x 0 y  1

Xét x 0, từ  1 ta có:

4y  4 4x4x 4x 4x  4x 4x x 3x 4x 4

 2 2 2  2 2

2x x 3x 4x 4 2x x

4y  4 4x4x 4x 4x 4x x  4 4x 4x8x 5x

 2 2 2  2 2

Do đó ta có:  2 2 2  2 2 2  2 2

2x x 4y  2x  x 2 4y  2x  x 1 Vậy ta có phương trình:

3

x

x

 





x  y 

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: 0;1 , 0; 1 ,    1;1 ,  1; 1 , 3;11 , 3; 11     

3.2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 4 3 2 2  

Giải

1 y 8y16x 2x 3x 6x9

7

y

y

 



 Xét x 0

 2 2 2  2 2

Do đó ta có:          

2

2







y  x  x  x  x x  x  x  x  x 

7

y y

y

 





2

2x 2x 5 0

    (không có nghiệm nguyên) Vậy nghiệm nguyên của phương trình là 0; 1 , 0; 7 ,      2; 1 ,  2; 7

3.3) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:x2xyy2 x y2 2

Giải

x xyy x y  xy xy xy x y  xy  xy

Mâu thuẩn vì xy nằm giữa hai số chính phương liên tiếp

3.4) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 4 2 2  

10 0 1

Giải:     4 2

1  y y1 x x 10

Do đó ta có:    2  2 

y y  x  x  hoặc    2  2 

+    2  2 

y y  x  x  , ta có:  2  2  4 2 2

5

y

y y

y





 +    2  2 

y y  x  x  , ta có:  2  2  4 2 2

3

y

y y

y





 Vậy nghiệm nguyên của phương trình là:

2; 6 , 2; 5 ,    2; 6 ,  2; 5 , 1; 4 , 1; 3 ,      1; 4 ,  1; 3

IV Dạng 4 Dùng phương pháp cực hạn

Ví dụ 4 Chứng minh phương trình sau không có nghiệm nguyên dương

 2 2 2 2  

3 x  y  z  t 1

Giải

Giả sử phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương, gọi  x y z t0; 0; ;0 0 là nghiệm nguyên dương bé nhất trong tập các nghệm nguyên dương của phương trình Khi đó ta có

 2 2 2 2

3 x  y  z  t

So sánh hai vế ta có : z02 t02 3  z0 3 và t 0 3

Do đó z0  3 , z t1 0  3 t1 thay vào trên:

 2 2  2 2 2 2  2 2  

3 x  y  9 z  t  x  y  3 z  t 2

Ta lại có x02  y02 chia hết cho 3 nên x0 và y0 phải chia hết cho 3,

gọi x0  3 , x y1 0  3 y1 thay vào (2)

Ta lại có: 2 2  2 2

Vậy  x y z t1, 1, ,1 1 là một nghiệm nguyên dương của (1)

và x1  x y0; 1  y z0; 1  z t0; 1 t0 Điều này mâu thuẩn với tính nhỏ nhất của

 x y z t0; 0; ;0 0

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm

IV Bài tập

4.1) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình  2 2 2 2

7 x  y  z  t

4.2)Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x2 y2 z2  2 xyz

(Gợi ý: chứng minh x y z , , đều chẵn)

**Một số đề thi:

1) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

 

1 1

Giải

, , ,

x y z t nguyên dương, từ  1 ta có:

Do đó ta có: 12 12 12 12 1 1 1 1 1

Dấu " " xảy ra nên x yz  t 2

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là: 2; 2; 2; 2

2) Tìm số nguyên dương x y z, , sao cho: 13x23y33z36

Giải

1 x2 y3 z36x8y27z36

Với x y z, , nguyên dương ta có: x1,y1,z  1 x 1, 8y8, 27x27

Do đó: x8y27z  1 8 2736

Dấu " " xày ra nên x yz 1

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: 1;1;1

3) Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

Giải

Nhận xét: với số nguyên x thì x có thể ở dạng sau:

17 , 0;1; 2;3; 4;5;6; 7;8

17 ;17 1;17 4;17 9;17 16;17 8;17 2;17 15;17 13 ,

Phương trình đã cho :

Nhận thấy rằng vế phải có dạng 17t 6 trong khi đó x không có dạng 2 17t 6 do đó phương trình vô nghiệm nguyên

4) Có tồn tai hay không các số nguyên x y, sao cho: 2 2

2x y 2007

Giải

Giả sử tồn tại x y, nguyên thỏa mãn 2x2y2 2007

Suy ra y lẻ 2 y lẻ nên y2y11y1 

2x  2y 1 20072x 4y 4y 2006x 2y 2y 1003

Suy ra x lẻ 2 x lẻ nên x2x11x1 

2x 1 2y 2y 10034x 4x 2y y 1 1002

Vì 2y1y 1 1 4 do đó 2  

4x 4x 2y y 1 4 1002 4 (vô lý) Vậy không tồn tại

,

x y nguyên thỏa mãn 2 2

2x y 2007

5) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: xy6x2006y12033 0

Giải

6 2006 12033 0

 6 2006 6 3  6 2006 3

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là:

2005; 3 ,  2003; 5 ,  2007; 9 ,  2009; 7 

6) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 1 1 1

2

x y 

7) Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình:  4 4  2 2

Giải

 4 4  2 2

2

2

1

   là số chính phương

x x   x x  x  x (do x là số nguyên không âm)

x   x x x

Với x 0 ta có:  2 2 2

y y   y y   y  y  (loại) Vậy nghiệm nguyên không âm của phương trình là: 0; 0

8) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 8x y2 2x2y2 10xy

Giải

2

Nếu x y, là nghiệm nguyên của phương trình thì xy xy 1 0 0xy1 Do x y,

nguyên nên chỉ có hai khả năng sau:

+ Nếu xy  thì từ 0  1 ta có x y 0

+ Nếu xy  thì từ 1  1 ta có xy  1

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là : 0; 0 , 1;1 ,    1; 1

9) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:2x 2y2z 1184 với xyz

Giải

2 2y2z 11842 1 2x  y x 2z x 2 37

Do 1 2 y x 2z x là số lẻ lớn hơn 1, 2x là lũy thừa của 2

Ta có:

5

5

x

x









2y 2z 362y 1 2 x  y 2 3

Do 1 2 x  5 y 5 là số lẻ, 2y 5 là lũy thừa của 2

10

z



Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là: 5;7;10

10) Tìm các số nguyên dương phân biệt thỏa: x37y y37x

Giải

x  yy  x x y  xy  xy x xyy  xy

7

    ( vì x y)

3

Mà do x y, nguyên dương và x y nên 2 2 1 2

Thử lại ta có nghiệm nguyên dương phân biệt của phương trình là: 1; 2 , 2;1  

11) Một bài toán cổ:

Một trăm con trâu ăn một trăm bó cỏ Trâu đứng ăn năm, trâu nằm ăn ba, Trâu già lụ khụ, ba con một bó Hỏi có bao nhiêu trâu mỗi loại