Title 11. Chuyên đề phương trình nghiệm nguyên.pdf ✅

1 CHUYÊN ĐỀ 11. PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Bài 1. (Trích đề học sinh giỏi toán lớp 9 tp Hà Nội 2023-2024) Tìm tất cả các số nguyên dương abc , , thỏa mãn 4 2 2    6 2 . b a a c Bài 2. (Trích đề học sinh giỏi toán lớp 9 cấp tỉnh Quảng Bình 2023-2024) Cho hai số thực dương a và b thỏa mãn các điều kiện 1012 a a   1 0 và 2024 b b a    3 0. Hãy so sánh a và b. Bài 3. (Trích đề học sinh giỏi toán lớp 9 cấp tỉnh Bình Phước 2023-2024) Tìm tất cả các cặp số nguyên  x y,  thỏa mãn phương trình :   2 2 3 2 1 4 x y xy y      ( 2 ) 0 . Bài 4. (Trích đề học sinh giỏi toán lớp 9 cấp tỉnh Phú Thọ 2023-2024) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương  x y;  thỏa mãn   2 2 x y y y x     2 4 0. Bài 5. (Trích đề học sinh giỏi toán lớp 9 cấp tỉnh Nam Định 2023-2024) Tìm tất cả các cặp số tự nhiên  x y;  thỏa mãn 3 9 1 2 9 1 2 4 1.     x x y x y y       Bài 6. (Trích đề học sinh giỏi toán lớp 9 cấp tỉnh Đăk Nông 2023-2024) Tìm tất cả các cặp số nguyên  x y,  thỏa mãn 2 2 2 x x y y xy xy       2022 2023 2023 2024 . Bài 7. (Trích đề học sinh giỏi toán lớp 9 cấp tỉnh Ninh Bình 2023-2024) Tìm tất cả các cặp (x, y) thoả mãn: 2 2 4 2 2 2 (x 4) 3y 12y 25 2x y      , trong đó x là số nguyên, y là số nguyên tố. Bài 8. (Trích đề học sinh giỏi toán lớp 9 cấp tỉnh Thừa Thiên Huế 2023-2024) Chứng tỏ rằng không tồn tại cặp số nguyên dương ( ; ) x y sao cho 3 2 x y  1 4 . Bài 9. (Trích đề học sinh giỏi toán lớp 9 cấp tỉnh Hà Nam 2023-2024) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn: 3 2 2 1 y     x x x . Bài 10. (Trích đề học sinh giỏi toán lớp 9 cấp tỉnh Quảng Ninh Bảng A 2023-2024) Tìm tất cả các cặp số nguyên  x y;  thoả mãn 2 2 5 4 2 1 0 x y xy y      . Bài 11. (Trích đề học sinh giỏi toán lớp 9 cấp tỉnh Quảng Ninh Bảng B 2023-2024) Tìm tất cả các cặp số nguyên  x y;  thoả mãn 2 3 3 1 0. x xy x y      Bài 12. (Trích đề học sinh giỏi toán lớp 9 cấp tỉnh Hải Dương 2023-2024) Tìm tất cả các số nguyên x y z , , thỏa mãn 2 2 2 2 2 3 6 2 3 24 15. x y z y z x       Bài 13. (Trích đề học sinh giỏi toán lớp 9 cấp tỉnh Sơn La 2023-2024) Tìm tất cả các số nguyên tố x và y thỏa mãn 4 3 x y   11 . Bài 14. (Trích đề học sinh giỏi toán lớp 9 cấp tỉnh Buôn Mê Thuật 2023-2024)
2 Tìm các số thực x sao cho x  2024 và 1 2024 x  đều là các số nguyên. Bài 15. (Trích đề học sinh giỏi toán lớp 9 cấp tỉnh Nghệ An bảng A 2023-2024) Tìm tất cả các cặp số nguyên (m,n) thỏa mãn: 2 2024n m m 3 19. Bài 16. (Trích đề học sinh giỏi toán lớp 9 cấp tỉnh Lai Châu 2023-2024) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 2 x y xy x y       3 2 2 4 3 0 . Bài 17. (Trích đề học sinh giỏi toán lớp 9 cấp tỉnh Lai Châu dự bị 2023-2024) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3 2 2 x y y x x y . Bài 18. (Trích đề học sinh giỏi toán lớp 9 cấp tỉnh Long An dự bị 2023-2024) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( ; ) x y thỏa mãn   2 2 x y y y x     2 4 0 . Bài 19. (Trích đề học sinh giỏi toán lớp 9 cấp tỉnh Thanh Hóa 2023-2024) Giải phương trình nghiệm nguyên:     3 3 y x x 2 2 Bài 20. (Trích đề học sinh giỏi toán lớp 9 cấp tỉnh Hưng Yên 2023-2024) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( , ) x y thỏa mãn: 2 2 3 2 y x x x x ( 4) 10 32 14 0       . Bài 21. (Trích đề học sinh giỏi toán lớp 9 cấp tỉnh Hà Tĩnh 2023-2024) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình 2 2 x y xy x y       3 2 2 10 4 0 . Bài 22. (Trích đề học sinh giỏi toán lớp 9 cấp tỉnh Gia Lai 2023-2024) Tìm nghiệm nguyên của phương trình     2 2 3 7 x xy y x y     . Bài 23. (Trích đề học sinh giỏi toán lớp 9 cấp tỉnh Quảng Ngãi 2023-2024) Tìm các cặp số nguyên dương  x y;  thỏa mãn 6 5 18 2 x y xy    . HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1. Đặt  2 k a t với k tự nhiên và t là số nguyên dương lẻ. Xét các trường hợp sau. Trường hợp 1: b chãn. Nếu k  0 , thì a lẻ, suy ra   2 a 1 mod4 . Lúc này 2 4 2    6 2b c a a chia 4 dư 3 , mâu thuẫn vì số dư khi chia một số chính phương cho 4 phải là 0 hoặc 1 . Do đó k  0 . Nếu b k   2 1 , thì ta có   4 2 4 4 2 1 2 2 1 2 1 4 2 2 1 6 2 2 3 2 2 2 2 3 2               b k k b k k b k a a t t t t chia hết cho 2 1 2 k nhưng không chia hết cho 2 2 2 k . Do đó 4 2   6 2b a a không thể là số chính phương, mâu thuẫn. Như vậy, ta phải có b k   2 1. Mà b là số chẵn nên b k   2 1.
3 Đặt b n  2 với n nguyên dương và n k  . Từ giả thiết, ta có 2 4 2 4 2 2 1 2 2 2 3 2 1 2         k n k n n c A t t là số chính phương. Ta có   2 4 2 4 2 2 2 2     k n k n A t t . Lại có   2 4 2 4 2 1 2 2 2 2 3 2 9 2 3 .           k n k n k n A t t t Mà A là số chính phương lẻ nên   2 2 2 2 1    k n A t , hay 2 2 1 2 2 1 2 3 2 2       k n k n t t . Nói cách khác, ta phải có 3 2  n , mâu thuẫn. Trường hợp 2: b lé. Giả sử k  0 . Nếu b k   2 1 thì ta có   4 2 4 4 2 1 2 2 1 2 1 4 2 2 1 6 2 2 3 2 2 2 2 3 2               b k k b k k b k a a t t t t chia hết cho 2 1 2 k nhưng không chia hết cho 2 2 2 k . Do đó 4 2   6 2b a a không thể là số chính phương, mâu thuẫn. Như vậy, ta phải có b k   2 1. Ngoài ra, nếu b k   2 1 thì ta có   4 2 4 4 2 1 2 6 2 2 2 3 2 1          b b k b k b a a t t chia hết cho 2 b nhưng không chia hết cho 1 2 b . Do đó 4 2   6 2b a a không thể là số chính phương, mâu thuẫn. Vì thế b k   2 1 . Lúc này, ta có   2 4 4 2 1 2 2 1 2 2 4 2 2 3 2 2 2 2 6 2 .          k k k k k c t t t t Suy ra 2 4 2    2 6 2 k B t t là số chính phương. Ta có   2 2 4 2   2 2 k k B t t và   2 2 4 2 2       2 6 2 9 2 3 . k k k B t t t Mà B là số chính phương chẵn nên   2 2   2 2 k B t , hay 2 1 2 3 2 1    k t t . Suy ra 1 chia hết cho 2 t , tức t  1 . Từ đó, ta dễ dàng tìm được k  0 , mâu thuẫn. Từ mâu thuẫn trên, ta suy ra 0 k  . Do đó   2 4 2    6 2 . # 1 b c t t Nếu b  3 thì 4 2   6 2b t t chia 8 dư 7 , mâu thuẫn vì một số chính phương chia 8 dư 0,1 hoặc 4 . Do đó b  1 . Thay vào (1), ta được   2 4 2 c t t    6 2 2 Vì   2 4 2 4 2 2 t t t t t        6 2 2 1 1 và   2 4 2 4 2 2 t t t t t        6 2 6 9 3 nên     2 2 2 2 2 t c t     1 3 . Suy ra   2 2 2 c t   2 . Thay vào phương trình (2), ta được t  1 (một cách tương ứng, ta có a 1) . Từ đó c  3 . Vậy, có duy nhất một bộ số abc , ,  cần tìm là 1,1,3. Bài 2. Do a  0 và 1 1 n a a      a 1 . Từ đó 2 2 ( 1) 4 n a a a    . Do đó 2 2 2 2 3 3 4 n n n n b b b a b a a a a a            .
4 - Nếu a b  thì 2 3 3 4 4 n b b a b b b a a a a            , điều này vô lý vì 1. b a  Chứng tỏ a > b với mọi n n N   1, . Áp dụng bài toán tổng quát với n = 1012 ta có kết luận a > b. Bài 3. Xét phương trình :   2 2 3 2 1 4 x y xy y      ( 2 ) 0 2 2       3 6 3 4 8 0 x y xy y 2 2 2 2         2 4 2 4 8 3 0 x xy y x y y     2 2 2       2 4 1 7 x y x y     2 7 4 1 7 1 0,1,2 4         y y y + Với 2 y x x        0 3 3 0 1. + Với     2 2 y x x x x           1 3 1 4 2 0 3 4 5 0 . Phương trình này không có nghiệm nguyên. + Với     2 2 1 2 3 7 4 2 4 0 3 8 5 0 5 ( ) 3 x y x x x x x l                  Vậy các cặp số nguyên  x y,  cần tìm là 1,0 ; 1,0 ; 1;2     . Bài 4. Ta có     2 2 2 3 2 x y y y x x yx y y          2 4 0 4 2 0. 1 Phương trình 1 với x là ẩn, y là tham số, ta có:   2 3 2 2 3 2          4 2 2 2 y y y y y y y TH1. y y      3; 0  : Phương trình vô nghiệm. TH2.   2 y x x x        2: 1 8 16 0 4. TH3.   2 1 1: 1 4 3 0 . 3 x y x x x            Vậy có 3 cặp số nguyên dương  x y;  thỏa mãn là 4;2 ; 1;1 ; 3;1 .      Bài 5. Ta có 3 9 1 2 9 1 2 4 1     x x y x y y       3 9 1 2 9 1 2 4 1 0             x x y x y y             3 9 1 2 9 1 2 2 1 2 1 0 3 9 1 2 1 2 9 1 2 0 x x y x y y y x x y y x y                 