CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN PHẦN I: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN A TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1.Số số nghuyên tố chẵn 2.Phương trình đưa dạng f(x).g(x) = k với f(x) g(x) đa thức hệ số nguyên Ta phân tích k thừa số nguyên tố giải hệ phương trình  f ( x) = m với m.n = k   g ( x) = n 3.Phương trình đối xứng ẩn x, y, z Khi tìm nghiệm nguyên dương ta giả sử ≤ x ≤ y ≤ z ≤ 4.Không tồn số phương nằm hai số phương liên tiếp B CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP Dạng 1: Sử dụng phép chia hết chia có dư Hai vế phương trình nghiệm nguyên chia cho số có số dư khác phương trình nghiệm nguyên Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên phương trình sau x = y (1) Giải: Rõ ràng x = y = nghiệm (1) x y  Nếu x0 , y0 ≠ ( x0 , y0 ) nghiệm (1) Gọi d = ( x0 , y0 ) , suy  , ÷ = d 2 d  x x x  y  y  Ta có: x = y ⇒  ÷ =  ÷ ⇒ chẵn  ÷ M4 ⇒ chẵn, vô lý d d d  d  d  2 Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên (0,0) Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình sau x − y = (1) Giải: 2 2 1)Nếu xM5 y = ( x − 5) M5 ⇒ y M5 ⇒ ( x − y ) M25 vô lý / ta có x ≡ ±1(mod 5) y ≡ ±1(mod 5) suy x − y ≡ ±1, ±3(mod 5) Vậy / từ y M 2)Nếu x M phương trình nghiệm nguyên Chuyên đề ôn thi hsg toán THPT Ví dụ 3: Chứng minh tổng bình phương ba số nguyên phép chia cho có dư từ suy phương trình x + 25 y + 144 z = 2007 nghiệm nguyên Giải: Giả sử: x + y + z = 7(mod 8) mà x ≡ 0, ±1, ±2, ±3±, 4(mod 8) nên x ≡ 0,1, 4(mod 8) suy / 7(mod 8) y + z = 7, 6,3(mod 8) y + z = 0,1, 2, 4,5, (mod 8) vô lý Vậy x + y + z M Phương trình cho viết: (2 x) + (5 y ) + (12 z ) = ×125 + Từ suy phương trình nghiệm nguyên Ví dụ 4: Giải phương trình sau tập số nguyên: x14 + x2 + + x7 = 2008 Giải: 1)Nếu x = 2k xM16 2)Nếu x = 2k + x − = ( x − 1)( x + 1)( x + 1)M16, ( x − 1)( x + 1)M8 ( x + 1)M2 Vậy x ≡ 0;1(mod16) Do chia tổng x14 + x2 + + x7 cho 16 có số dư không vượt 7, 2008 ≡ 8(mod16) Suy phương trình nghiệm nguyên Dạng 2: Phương pháp phân tích Tìm nghiệm nguyên phương trình: a( x+ y ) + b = cxy ( với a, b, c ∈ Z ) (1) a c Ta có: (1) ⇔ cxy − −ay = b ⇔ y (cx − a ) − (cx − a ) = a2 +b c ⇔ (cx − a )(cy − a ) = a + bc cx − a = m Phân tích a + bc = m.n với m, n ∈ Z, sau giải hệ: cy − a = n  Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 2( x + y ) + 16 = 3xy Giải: Ta có: 2( x + y ) + 16 = 3xy ⇔ 3xy − x − y = 16 ⇔ y (3x − 2) − (3 x − 2) = 16 + ⇔ (3 x − 2)(3 y − 2) = 52 3 Giả sử: x ≤ y ≤ 3x − ≤ y − 52 = 1.52 = 2.26 = 4.13 ta có hệ sau: 3 x − = ;  3 y − = 52 3 x − = ;  3 y − = 26 3 x − = ;  3 y − = 13 Giải hệ ta nghiệm nguyên dương phương trình là: ( 1, 18); ( 18, 1); ( 2, 5); ( 5, 2); Chuyên đề ôn thi hsg toán THPT Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình: (2 x + y + 1)(2 x + y + x + x) = 105 Giải: Vì 105 số lẻ nên x + y + lẻ suy y chẵn mà x + x = x( x + 1) chẵn nên x lẻ ⇒ x = Với x = ta có phương trình ( 5y + ) ( y + ) = 21.5 Do ( 5y + 1, ) =1 nên 5 y + = 21 5 y + = −21 ⇒ y = Thử lại ta thấy x = 0, y = - nghiệm nguyên    y +1 =  y + = −5 phương trình Ví dụ 3: Tìm tất tam giác vuông có cạnh số nguyên có diện tích chu vi Giải: Gọi x, y, z cạnh tam giác vuông : ≤ x ≤ y < z Ta có:  x + y = z (1)   xy = 2( x + y + z )(2) Từ (1) ta có: z = ( x + y )2 − xy = ( x + y )2 − 4( x + y + z ) ⇒ ( x + y ) − 4( x + y ) + = z + z + ⇒ ( x + y − 2) = ( z + 2) ⇒ x + y − = z + ( x + y ≥ 2) Thay z = x + y − vào (2) ta được:  x − =  x =   y − =  y = 12  ( x − 4)( y − 4) = ⇔ ⇔ ( x, y, z ) = (5,12,13);(6,8,10);  x − =   x = cặp:     y − =   y = Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên phương trình: p( x + y ) = xy với p số nguyên tố Giải: 2 Ta có: p( x + y ) = xy ⇔ xy − px − py + p = p ⇔ ( x − p ) ( y − p ) = p Mà p = p p = (− p).(− p) = p = (− p ).(−1) Từ phương trình cho có nghiệm nguyên là: ( x, y ) = (0, 0);(2 p, p);( p + 1, p + p);( p + p, p + 1);( p − p , p − 1);( p − 1, p − p ); Dạng 3: Phương trình đối xứng Để tìm nghiệm nguyên phương trình đối xứng ta giả sử ≤ x ≤ y ≤ z ≤ chặn ẩn Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x + y + z = xyz (1) Giải: Chuyên đề ôn thi hsg toán THPT Vì x, y ,z có vai trò nên ta giả sử ≤ x ≤ y ≤ z Từ (1) suy ra: 1= 1 + + ≤ ⇒ x = xy yz zx x  y −1 = y = ⇔ z −1 = z = Với x = ta có + y + z = yz ⇔ ( y − 1)( z − 1) = ⇔  Vậy (1) có nghiệm nguyên dương ( x, y, z ) = ( 1, 2, ) hoán vị Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình: 5( x + y + z + t ) + 10 = xyzt (1) Giải: Vì x, y ,z có vai trò nên ta giả sử x ≥ y ≥ z ≥ t ≥1 Từ (1) suy ra: 2= t = 5 10 30 + + + ≤ ⇒ xyz xzt xyt xyzt t t = z = 5 15 30 ≤ ⇒ z ≤ 15 ⇒  z = *)Với t = ta có: 5( x + y + z ) + 15 = xyz ⇒ = + + + xy yz xz xyz z  z =  2 x − = 65   x = 35   2 y − = y =  ⇔ 1)Với z = ta có: 5( x + y ) + 20 = xy ⇔ (2 x − 5)(2 y − 5) = 65 ⇔   x = 2 x − = 13    2 y − =   y = Ta có nghiệm( x, y, z, t) =( 35, 3, 1, ),( 9, 5, 1, ) hoán vị chúng, 2) Với z = 2, z= 3, phương trình nghiệm nguyên dương 5 20 35 35 *) Với t = , ta có: 5( x + y + z ) + 20 = xyz ⇒ = xy + yz + xz + xyz ≤ z ⇒ z ≤ < ⇒ z = ( z ≥ t = 2) Khi đó: 5( x + y ) + 30 = xy ⇔ (8 x − 5)(8 y − 5) = 265 Do x ≥ y ≥ z ≥ t ≥ nên x − ≥ y − ≥ 11 , mà 265 = 53.5 Trường hợp phương trình nghiệm nguyên dương Ví dụ 3: Một tam giác có số đo độ dài đường cao mhững số nguyên dương đường tròn nội tiếp tam giác có bán kính Chứng minh tam giác tam giác Giải: Đặt a = BC, b = CA, c = AB Gọi độ dài đường cao ứng với cạnh a, b, c tam giác Chuyên đề ôn thi hsg toán THPT Bán kính đường tròn nội tiếp nên x, y, z > Giả sử x ≥ y ≥ z > 2 2 Diện tích tam giác ABC: S = a.x = b y = c.z (1) Mặt khác: S = S AOB + S BOC + S AOC = (a + b + c )(2) Từ (1) (2) Suy ra: ⇒ a.x = b y = c.z = a + b + c ⇒ a + b + c = a b c a +b+c = = = 1 1 1 + + x y z x y z 1 1 + + = ≤ ⇒ z ≤ ⇒ z = Thay z = vào ⇒ + + = ta được: x y z z x y z  2 x − =  1 2 y − = + = ⇒ 3( x + y ) = xy ⇔ (2 x − 3)(2 y − 3) = ⇔  ⇔  2 x − = x y    y − =  x = ( Loai )  y =    x =    y = Vậy x = y = z = 3, a = b = c Vậy tam giác ABC tam giác Dạng 4: Phương pháp loại trừ Tính chất: Nếu có số nguyên m cho m < n < (m + 1)2 n số phương Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên phương trình: 1!+ 2!+ 3!+ 4! + x ! = y Giải: Với x ≥ x! có chữ số tận nên: 1!+ 2!+ 3!+ 4!+ 5! + x ! = 33 + 5!+ + x ! Có chữ số tận nên số chinh, Vậy x ≥ phương trình cho nghiện nguyên dương Với ≤ x < 5, cách thử trực tiếp x = 1, 2, 3, phương trình có nghiệm (1,1) (3,3) Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x + 3x3 + = y Giải: Rõ ràng x = 0, y = ± nghiệm nguyên phương trình +)Với x > ta có: ( x + 1) = x + x + < x + x + = y < ( x + 2) ⇒ x + < y < x + ( vô lý ) 3 +)Với x ≤ - : ( x + 2) < y < ( x + 1) ⇒ x + < y < x + ( vô lý ) +)Với x = - : y = −1 , ( vô lý ) Chuyên đề ôn thi hsg toán THPT Vậy phương trình cho có hai cặp nghiệm ( 0; ); ( 0; -1 ) Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x + ( x + 1) = y + ( y + 1) Giải: Khai triển rút gọn hai vế ta được: x( x + 1) = y + y + y + y ⇔ x + x = y ( y + 1) + y ( y + 1) ⇔ x + x + = ( y + y + 1) (1) +)Nếu x > từ x < + x + x < ( x + 1)2 suy + x + x không số phương nên (1) nghiệm nguyên +)Nếu x < - từ ( x + 1)2 < + x + x < x suy (1) nghiệm nguyên y =  y = −1 +)Nếu x = x = - từ (1) suy y + y + = ±1 ⇔  Vậy phương trình có nghiệm nguyên ( x; y ) = ( 0; ); ( 0; -1 ); ( -1; ); (-1; -1 ); Dạng 5: Phương pháp xuống thang Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x3 − y − z = Giải: Giả sử ( x0 , y0 , z0 ) nghiệm nguyên phương trình x0 M3 đặt x0 = 3x1 thay x0 = 3x1 vào (1) ta được: x13 − y0 − z03 = ⇒ y0 M3 đặt y0 = y1 ⇒ z0 M3, đó: x13 − 27 y13 − 3z0 = ⇒ 3x13 − y13 − z03 = ⇒ z0 M3 đặt z0 = z1 đó: x13 − y13 − z13 = x y z  Vậy  , , ÷ nghiệm phương trình  3 3 x y z  Quá trình tiếp tục được:  k0 , k0 , k0 ÷ nghiệm nguyên (1) với k điều 3 3  xảy x0 = y0 = z0 = Vậy ( 0, 0, ) nghiệm phương trình cho Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x + y + z + t = xyzt (1) Giải: Giả sử ( x0 , y0 , z0 , t0 ) nghiệm nguyên phương trình đó: x0 + y0 + z0 + t0 = x0 y0 z0t (1) số chẵn nên số x0 , y0 , z0 , t0 phải có số chẵn số lẻ (0; ) /4 +)Nếu x0 , y0 , z0 , t0 lẻ ( x0 + y0 + z0 + t0 )M4 , x0 y0 z0t0 M Chuyên đề ôn thi hsg toán THPT +)Nếu số x0 , y0 , z0 , t0 có hai số lẻ ( x0 + y0 + z0 + t0 ) ≡ 2(mod 4) , x0 y0 z0t0 M4 Vậy x0 , y0 , z0 , t0 phải số chẵn, đặt x0 = x1 , y0 = y1 , z0 = z1 , t0 = 2t1 phương trình trở thành: x12 + y12 + z12 + t12 = x1 y1 z1t1 (1) Lý luận tương tự ta có: x2 + y2 + z2 + t2 = x2 y2 z2t (1) Với x2 = x y z t x1 y z t , y2 = , z2 = , t2 = , tiếp tục ta có: xn = 0n , yn = n0 , zn = 0n , tn = 0n , 2 2 2 2 Là số nguyên vơi n, điều xảy x0 = y0 = z0 = t0 = Vậy ( 0, 0, 0, ) nghiệm phương trình cho Dạng 6: Hạn chế tập hợp chứa nghiệm dựa vào điều kiện ẩn Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x + y = 50 Giải: Ta thấy ≤ x, y ≤ 50 từ y = 50 − x ta có y = 50 + x − 50 x = 50 + x − 10 x Vì y nguyên nên x = 4k ⇒ x = 2k (k ∈ Z ) với 2k ≤ 50 ⇒ k ≤ 25.(k ∈ Z ) ⇒ k nhận giá trị: 0; 1; 2; 3; 4; Lựa chọn k số để thoả mãn phương trình ta nghiệm: ( x; y ) = (0;50);(2;32);(8;18);(18;8);(32; 2);(50;0) Dạng 7: Một số dạng khác Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x + y = 12(1) Giải: Ta có: (1) ⇔ 3( x + 1) = 5(3 − y ) Do (3, 5) = nên ( x + 1)M5 (3 − y )M3 Đặt x + = 5k , − y = 3l Ta có: 3.5k = 5.3l ⇒ k = l (k , l ∈ Z )  x = 5k − ≥ k ≥ ⇒ ⇒ k = l = Vậy x = ± 2, y = Do đó:   y = − 3l ≥ l ≤  Phương trình có hai nghiệm nguyên ( 2, ); ( -2, ) Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x − xy + y = 16 Giải: Tac có: x − xy + y = 16 ⇔ ( x − y )2 + y = 16  x − y = ±4 x − y =  y =  y = ±4 Vì: 16 = 42 + 02 nên  Chuyên đề ôn thi hsg toán THPT Giải hệ phương trình ta nghiệm nguyên phương trình là: ( x; y ) = (4;0);( −4;0);(8; 4);( −8; −4); Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên phương trình: 3( x + xy + y ) = x + y Giải: Phương trình cho viết lại là: x + (3 y −1) x + y − y = 0(1) Phương trình (1) có nghiệm khi: ∆ = (3 y − 1) − 12(3 y − y ) ≥ ⇔ −27 y + 90 y + ≥ Do y nguyên nên ≤ y ≤ ⇔ y ∈ { 0;1; 2;3} +)Với y = ta có x = +)Với y = ta có x = +)Với y = y = ta có không tìm x nguyên Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên ( x ; y ) = ( ; ); ( ; ); PHẦN II: BÀI TẬP Dạng 1: Sử dụng phép chia hết chia có dư Giải phương trình tập số nguyên a) x − y = 17 b) x − y = 17 c) x − y = d) x + 122 = y − 32 e) 15 x − y = f) x + x + y = 37 Dạng 2: Phương pháp phân tích Giải phương trình tập số nguyên a) 5( x + y ) + = 3xy b) 2( x + y ) = 3xy c) x − y = 91 d) x + x + = y e) x − y = 169 e) x − y = 1999 Dạng 3: Phương trình đối xứng Tìm nghiệm nguyên dương phương trình sau a) x + y + = xyz 1 d) x + y = b) x + y + + z + = xyz 1 1 e) x + y + z + t = c) x + y + z + t = xyzt 1 1 f) x + y + z + t = Dạng 4: Phương pháp loại trừ Giải phương trình tập số nguyên a) x − xy + 13 y = 100 b)1 + x + x + x3 = y c)1 + x + x + x3 + x = y d) x = y ( y + 1)( y + 2)( y + 3) e) ( x − 2)4 − x = y f) x( x + 1)( x + 7)( x + 8) = y Dạng 5: Phương pháp xuống thang Chuyên đề ôn thi hsg toán THPT Giải phương trình tập số nguyên a) x3 − y − z = b) x + y + z = u c) x + y + z = xyz Dạng Dạng Giải phương trình tập số nguyên a) ( x + y + 1)2 = 3( x + y + 1) x + y −1 + z − = b) x + y + z − xy − yz − z = c) ( x + y + z) Chuyên đề ôn thi hsg toán THPT ... 42 + 02 nên  Chuyên đề ôn thi hsg toán THPT Giải hệ phương trình ta nghiệm nguyên phương trình là: ( x; y ) = (4;0);( −4;0);(8; 4);( −8; −4); Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên phương trình: 3( x +... nên số chinh, Vậy x ≥ phương trình cho nghiện nguyên dương Với ≤ x < 5, cách thử trực tiếp x = 1, 2, 3, phương trình có nghiệm (1,1) (3,3) Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x + 3x3 + = y... , ÷ nghiệm phương trình  3 3 x y z  Quá trình tiếp tục được:  k0 , k0 , k0 ÷ nghiệm nguyên (1) với k điều 3 3  xảy x0 = y0 = z0 = Vậy ( 0, 0, ) nghiệm phương trình cho Ví dụ 2: Tìm nghiệm