Một số bài toán về phương trình nghiệm nguyên - Nguyễn Minh Đức

Nguyễn Minh Đức 16/02/1998 THPT Lê Quảng Chí ( Hà Tĩnh ) “ Một Số Bài Toán Về Phương Trình Nghiệm Nguyên” ****(‘-‘)**** _____ Sau đây,mình xin tổng hợp một số bài toán về mảng kiến thức : “Phương Trình Nghiệm Nguyên”. Ngẫu hứng ngày 23/08/2014!! Bài 1: Tìm nguyện nguyên của phương trình: 9x xy y   . (1) G: Ta có: (1) ( 1)( 1) 10x y    Vậy có các khả năng sau đây:     1 1 ; y (0;9) 1 10 1 10 ; (9;0) 1 1 1 1 ( ; ) ( 2; 11) 1 10 1 10 ( ; ) ( 11; 2) 1 1 1 2 ( ; ) (1;4) 1 5 1 5 ( ; ) (4;1) 1 2 1 2 ( ; ) ( 3; 6) 1 5 1 5 1 x x y x x y y x x y y x x y y x x y y x x y y x x y y x y                                                             ( ; ) ( 6; 3) 2 x y                              Vậy phương trình (1) có tám nghiệm nguyên : ( ; ) (0;9),(9;0),( 2; 11),( 11; 2),(1;4),(4;1),( 3; 6),( 6; 3).x y          Bài 2: Tìm các số nguyên không âm ,x y thỏa mãn đảng thức: 2 2 1x y y   . G: Giả sử ( , )x y không âm là nghiệm của phương trình 2 2 1x y y   . Khi đó ta có: 2 2x y . (1) Mặt khác,do 0y  nên: 2 21 4 4 1 (2 1)y y y y      Suy ra: 2 2 2 21 2 1 1 ( 1) ( 1)y y y y y x y           ( Do 2y và 2 1y  là hai số chính phương liên tiếp): 2 21 ( 1) 0 1y y y y x         . Vậy phương trình đã cho có đúng một nghiệm nguyên không âm là 1, 0x y  . Nguyễn Minh Đức 16/02/1998 THPT Lê Quảng Chí ( Hà Tĩnh ) Bài 3:Tìm các số nguyên , yx thỏa mãn đẳng thức: 2 2 22 1 2y x x y x y xy      (1) G: Ta có: 2(1) 2 ( 1) ( 1) ( 1) 1y x x x y x        2(2 )( 1) 1 (2)y y x x      Vì , yx là các số nguyên nên ta có: 2 2 2 2 2 1 1 2 1 ( ; ) (2;1). 2 1 2 1 0 1 2 (2) 0 1 1 0 1 ( ; ) (0;1). 2 1 2 1 0 1 2 x x x y x y y y x y y y x x x y x y y y x y y y   Vậy phương trình (2) có hai nghiệm nguyên là ( ; ) (2;1),(0;1).x y Bài 4 :Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 2 217 34 51( ) 1740x y xy x y (1) G : Ta có : 2 2 2 2 (1) 17 2 3( ) 1740 1740 17 2 3( ) (2) x y xy x y x y xy x y Chú ý rằng : Với số x nguyên, x có dạng như sau : 17x k r với 0;1;2;3;4;5;6;7;8r và k Z Từ đó suy ra 2x có dạng tương ứng như sau : 17 ;17 4;17 9;17 6; 17 8;17 2;17 15;17 13k k k k k k k k Nhận thấy rằng vế phải 1740 khi chia cho 17 có số dư là 6.Do đó,vế phải của phương trình (2) phải có dạng 17 6k ,trong khi 2x khi chia cho 17 đều không có số dư là 6. Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. Bài 5 :Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 2 2 2 28 10x y x y xy (1) G : Ta có : 2(1) 8 ( 1) ( ) 0xy xy x y (2) Do đó,nếu ,x y là nghiệm nguyên của phương trình thì : ( 1) 0 0 1.xy xy xy Do ,x y nguyên nên chỉ có hai khả năng : KN1 : 0xy thì từ (2) ta thu được nghiệm là 0x y KN2 : 1xy thì từ (2) ta thu được nghiệm là ( ; ) (1;1),( 1; 1).x y Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm nguyên ( ; ) (0;0),(1;1),( 1; 1).x y Bài 6 :Tìm tất cả các số nguyên dương ,x y sao cho : 2 22( )x y xy x y (1) HD : Cách 1 : Ta có : Nguyễn Minh Đức 16/02/1998 THPT Lê Quảng Chí ( Hà Tĩnh ) 2 2 2(1) ( ) ( 2) ( 2) 8 ( ; ) (4;4), (4;2), (2;4). x y x y x y Cách 2 : Ta có : 2 2 2 .x y xy Từ giả thiết suy ra ( 2)( 2) 4x y . Xét các trường hợp cũng tìm được nghiệm. Cách 3 : Ta có : 2 2(2) ( 2) 2 0x y x y y (2) Xem (2) là phương trình bậc hai ẩn x. Để (2) có nghiệm thì 2 2 2( 2) 4( 2 ) 0 3( 2) 16y y y y 2( 2) {0;1;4}y .Từ đó tìm được y và suy ra x ! Bài 7 :Giải phương trình nghiệm nguyên : 2 25 17 2x y xy (1) G : Ta có : 2 2 2 17(1) ( ) 4 17 4 x y x x Vậy 2 0;1;4x Với 2 20 ( ) 17x x y (loại) Với 2 21 ( ) 13x x y (loại) Với 2 24 ( ) 1x x y Khi 2x ta có : 2 1 (2 ) 1 3 y y y Khi 2x ta có : 2 1 ( 2 ) 1 3 y y y Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm nguyên ( ; ) (2;1),(2;3),( 2; 1),( 2; 3).x y Bài 8 :Tìm các số nguyên ,x y thỏa mãn đẳng thức : 2 22 3 3 2 2 0x y xy x y (1) G : Ta có : (1) (2 1)( 1) 1 2 1 1 2 1 1 4 2 1 1 2 1 1 2 x y x y x y x x y y x y x x y y Vậy phương trình (1) có hai nghiệm nguyên ( ; ) (2; 4),( 2;2)x y Bài 9 :Tìm tất cả các số nguyên không âm ,x y thỏa mãn đẳng thức : 2 2(1 )(1 ) 4 2( )(1 ) 25.x y xy x y xy (1) G : Ta có : Nguyễn Minh Đức 16/02/1998 THPT Lê Quảng Chí ( Hà Tĩnh ) 2 2 2 2 2 2 2 (1) 1 4 2( )(1 ) 25 ( ) ( 1) 2( )(1 ) 25 ( 1) 25 x y x y xy x y xy x y xy x y xy x y xy ( 1)( 1) 5x y (Do , 0x y ) Vì ,x y nguyên không âm nên suy ra: 1 1 0 1 5 4 1 5 4 1 1 0 x x y y x x y y Vậy phương trình (1) có hai nghiệm nguyên ( ; ) (0;4),(4;0)x y . Bài 10 :Tìm tất cả các số nguyên ,x y thỏa mãn đẳng thức : 4 4 3( 1) ( 1) .x x y (1) G : Ta có : 2 2 2 2 3 2 3 3 3 (1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 4(2 2) 8 8 x x x x y x x y x x y Nếu 3 3 3 3 31 8 8 (2 1) (2 ) (2 1)x x x x x y x (mâu thuẫn vì y nguyên) Nếu 1x .Do ( ; y)x là nghiệm thì ( x; y) cũng là nghiệm ,mà 1x (mâu thuẫn) Nếu 0 0x y (thỏa mãn) Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên duy nhất ( ; ) (0;0)x y . Bài 11 :Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 2 2 22005 2006 2006 2007x x y y xy xy (1) G : Ta có : 2 2 2 2 (1) ( 2005 2006) (2006 2006 ) (y xy) 1 (x 1)(x 2006) 2006 ( 1) ( 1) 1 x x y xy y x y x 2( 1)( 2006 2006 ) 1x x y y (2) Do ,x y nguyên nên hai thừa số trong vế trái của phương trình (2) đều là ước của 1. Do đó xảy ra hai trường hợp : Th1: 2 2 1 1 2006 2006 1 2 2006 2007 0 2 1 ( ; y) (2;1) 2007 2006 x x y y x y y x y x y Th2: Nguyễn Minh Đức 16/02/1998 THPT Lê Quảng Chí ( Hà Tĩnh ) 2 2 1 1 2006 2006 1 0 2006 2007 0 2 1 ( ; y) (0;1) 2007 2006 x x y y x y y x y x y Vậy phương trình (1) có hai nghiệm nguyên ( ; ) (2;1),(0;1)x y Bài 12:Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2( 5) 1x y xy x y G: Ta có: 2 2 2 2 ( 5) 1 ( 1) 5 1 3 2 5 2. 1 x y xy x y y x x x x x y x x Dễ thấy 2 1 0x x Và 2: 1 ( 1) 1x x x x x là một số lẻ. Vì y nên : 23 2 1x x x (1) Suy ra : 2 23 2 1x x x x (2) Mà : 2 23 3 3 1x x x x (3) Từ (2) và (3) suy ra; 2 23 1 3 9 1x x x x x x (4) Từ (1) và (4) suy ra : 27 1x x Vậy 2 1 {1;7}x x Với 2 0 1 1 1 1 7 x y n x x x y n Với 2 19 2 ( ) 1 7 7 3 7( ) x y l x x x y n Thử lại ta có : Phương trình đã cho có các nghiệm nguyên là ( ; ) (0;1);(1;7);(3;7)x y Bài 13 :Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình : 2 29( 2) 2(3 1) 2008x y xy (1) G : Ta có : Đặt : (S,P N*) x y S xy P .Khi đó (1) trở thành : 23 4 664S P Ta thấy 2S phải là số chẵn. (2) Nếu 2 6681 * 3 P S N (mâu thuẫn) Nguyễn Minh Đức 16/02/1998 THPT Lê Quảng Chí ( Hà Tĩnh ) Nếu 2 22 3 672 224.P S S (3) Mặt khác theo điều kiện 2 4S P ta có : 2 2 23 664 332S S S (4) Từ (2),(3) và (4) ta suy ra : 2 {256;324}S Do ,x y dương nên ta có : Với 2 256 16 26 *S S P x N Với 2 11 7 324 18 77 7 11 x y S S P x y Vậy phương trình (1) có hai nghiệm nguyên là ( ; ) (11;7),(7;11)x y Bài 14 :Tìm tất cả các số nguyên , ,x y z thỏa mãn phương trình : 2 2 2 2 23 6 2 3 18 6 0x y z x y x      (1) G : Ta có : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (1) 3( 6 9) 6 3 2 4 37 3( 3) (3y 2)( 2) 37 3( 3) 37 (3y 2)( 2) x x y y z z x z x z                     Lúc này ta dễ thấy 2 23( 3) 33 ( 3) 11x x     Suy ra 2( 3)x nhận các giá trị 0,1,4,9 Th1 :Với 2 2 2( 3) 0 (3 2)( 2) 37x y z      Mà 2 23 2 2, 2 2y z    (*) và 37 là số nguyên tố nên Th1 vô nghiệm. Th2 :Với 2 2 2( 3) 1 (3 2)( 2) 34x y z      (2) Do (*) nên 2 2 2 2 3 2 17 2 2 (2) 3 2 2 2 17 y z y z               (loại vì không tồn tại giá trị nguyên) Th3 : 2 2 2( 3) 4 (3 2)( 2) 25x y z      (3) Do (*) nên 2 2 3 2 5 (3) 2 5 y z        (loại vì z không nguyên) Th4: 2 6 ( 3) 9 0 x x x       Mà 2 2 2 2 2 2 3 2 2 ( ) 2 5 1 (3 2)( 2) 10 03 2 5 12 2 0 y l z y y z zy yz z                           Nguyễn Minh Đức 16/02/1998 THPT Lê Quảng Chí ( Hà Tĩnh ) Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên ( ; ; ) (6;1;0),(6; 1;0),(0;1;0),(0; 1;0)x y z    Bài 15:Xác định tất cả các số tự nhiên ,x y thỏa mãn phương trình: 4( ) 3361 11296320x y   (1) G: Nhận thấy các số ,x y không âm và 11296320 8.41. 105 là số vô tỷ.Khi đó: 2(1) (x y) 4 3361 4( ) 328 105xy x y xy       (2) Vế trai của (2) là một số hửu tỷ nên điều kiện cần và đủ để phương trình có nghiệm nguyên dương là cả hai vế của (2) đều bằng 0. Khi đó ta có hệ phương trình: 2( ) 4 3361 0 4( ) 328 105 0 x y xy x y xy          Đặt: ,x y S P xy   ta có hệ: 2 4 3361 0 (2) 82 105 (3) S P S P         Từ (3) ta có: 2 2 82 .105 P S  .Thế vào (2) ta được: 2 4 2 2 2 2 1681 3361. 4.82 .105 0 1680 41 S S S S          Từ đó ta có được : 41S  và 420P  20 21 21 20 x y x y         Vậy phương trình có hai nghiêm tự nhiên là (20 ;21) và (21 ;20) Duc_Huyen1604 Tình yêu trong quá khứ !Yêu để rồi chôn giấu !