Title CHỦ ĐỀ 7. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN.doc ✅

CHỦ ĐỀ 7: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN I. DỰA VÀO TÍNH CHẤT CHIA HẾT ĐƯA VỀ BÀI TOÁN ƯỚC CỦA MỘT SỐ NGUYÊN Ví dụ 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 317159xy . Lời giải: Giả sử tồn tại các số nguyên x, y thỏa mãn điều kiện: Dễ thấy 33;159317333⋮⋮⋮⋮xyyykkZ thay vào ta tìm được 5317xk Suy ra nghiệm của phương trình là: 5317 3 xk kZ yk     Ví dụ 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2xyxy Lời giải: Biến đổi phương trình thành: 13 12113 11      x xyyxy x Từ đó dễ tìm được các nghiệm là: ;4;2,2;4;0;2;2;0xy . Ví dụ 3. Tìm các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn điều kiện: 2222260xyxy . Lời giải: Đặt 2zy , phương trình đã cho trở thành: 2222260846xzzxxzxz từ đó suy ra 86xzU . Giải các trường hợp ta thu được cặp số (x, y) thỏa mãn điều kiện là: ;1;1,3;3,10;3,1;8xy . Ví dụ 4. Tìm các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn điều kiện: 2178xxxxy . Lời giải: Ta viết lại phương trình thành: 222887xxxxy . Đặt 28zxx thì phương trình có dạng: 22222742842744922722749zzyzzyzyzyzy . Nhận xét: y là một nghiệm thì –y cũng là nghiệm nên ta chỉ cần xét 0y (*). Khi đó ta thấy: 227227zyzy nên suy ra 2271;7;49zy tương ứng với 3 giá trị của 227zy ta có 3 giá trị của 227zy là 22749;7;1zy . Giải các trường hợp chú ý nhận xét (*) ta suy ra phương trình có nghiệm là: 0;0,1;0,1;12,1;12,9;12,9;12,8;0,7;0,4;12,4;12 . Ví dụ 5. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn đẳng thức 152xyxyxyxy (Đề tuyển sinh lớp 10 trường THPT chuyên KHTN – ĐHQG Hà Nội, 2014) Lời giải: Phương trình tương đương với 1213123xyxyxyxyxyxyxy . 1xy là ước của 3. + Giải 110 235 xyxy xyxyxy     (vô nghiệm).


+   , ,1 amd abdbnd mn       + ,1ab thì: 2222222222,,,,,1,...aabbabaaabbbbaaabbab + Số chính phương không tận cùng bằng 2, 3, 7, 8 + Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho 2p + Số chính phương chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1 + Số chính phương chia cho 4 có số dư là 0 hoặc 1 + Số chính phương chia cho 8 có số dư 0 hoặc 1, hoặc 4. Ta xét các ví dụ sau: Ví dụ 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 292xyy . Lời giải: Ta viết lại phương trình thành: 921xyy Ta thấy vế trái chia cho 3 dư 2 nên 1yy chia cho 3 dư 2. Từ đó suy ra 31yk và 132yk thay vào ta tìm được 1xkk Vậy nghiệm của phương trình là:  1 31 xkk kZ yk     Ví dụ 2. Tìm các số nguyên dương ,xy thỏa mãn: 332295xyxy (Trích Đề tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán ĐHSP Hà Nội, năm 2016). Lời giải: Đặt ,,1dxyd suy ra ,xadybd với ,1ab . Từ phương trình ta có: 222295dabaabbab . Vì ,1ab nên 222222,,1aabbababab suy ra 2295aabbU . Nếu 222222545235abababababb⋮⋮⋮ . Một số chính phương khi chia cho 5 chỉ có thể dư 0, 1, 4. Suy ra ,5ab⋮ điều này trái với giả thiết ,1ab . Vậy 2219aabb , do 02,3abba là cặp số duy nhất thỏa mãn: từ đó tính được cặp nghiệm của phương trình là: ;195;130xy . Ví dụ 3. Tìm các số nguyên tố x, y thỏa mãn điều kiện: 22422222119xyyxy . Lời giải: Ta viết lại giả thiết thành: 222222422222222235235xyyxyyxyyxy Hay 2222222521021112xyxyxyxxy Suy ra 112⋮xx hay 1x hoặc 1x chia hết cho 2. Mặt khác ta có: 1122xx⋮ nên cả 2 số 1,1xx đều chia hết cho 2. Do đó 21142xxy⋮⋮ , mà y là số nguyên tố nên 22yy⋮ . Thay vào ta tìm được 3x . Ví dụ 4. Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn: 332213xyxy . Lời giải: Đặt ,1xyd suy ra ,xadybd với ,,1abab thay vào phương trình ta có: