›
›
›

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 8 - Chuyên đề: Phương trình nghiệm nguyên

doc 60 trang hoaithuong97 9112
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 8 - Chuyên đề: Phương trình nghiệm nguyên", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docchuyen_de_boi_duong_hoc_sinh_gioi_toan_8_chuyen_de_phuong_tr.doc

Nội dung text: Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 8 - Chuyên đề: Phương trình nghiệm nguyên

  1. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Dạng 1: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT a a 1 k 2 Phương pháp: “ Biến đổi PT có 1 vế là tích của hai số nguyên liên tiếp, vế còn lại là một số chính phương ”. Bài 1: Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 x y2 0 HD: 2 x 0 x x 1 y => x 1 0 Bài 2: Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 y2 3xy x2 y2 HD: x y 2 x2 y2 xy xy xy 1 Bài 3: Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 y2 x 2y 1 HD: x2 x y2 2y 1 y 1 2 x x 1 Bài 4: Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 xy y2 x2 y2 HD: 2 xy 0 x y x2 y2 xy xy xy 1 xy 1 0 Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 1
  2. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 Dạng 2: SỬ DỤNG LÝ THUYẾT PHẦN NGUYÊN 1 10 Bài 1: Tìm x, y z tự nhiên sao cho: x (*) 1 7 y z HD: 10 1 7 7 Từ(*) ta thấy : x thay vào (*) ta được : y y 2 z 3 7 z 3 3 Bài 2: Tìm x, y,z,t N * thỏa mãn: 31 xyzt xy xt zt 1 40 yzt y t (*) HD: xyzt xy xt zt 1 40 zt 1 40 Từ (*) x (1) yzt y t 31 yzt y t 31 40 yzt y t 31 t 31 Từ (1) x 1 , Thay x 1 vào (1) ta suy ra : y (2) 31 zt 1 9 zt 1 9 31 zt 1 9 1 9 Từ (2) y 3 thay y 3 vào (2) ta được : z (3) 9 t 4 t 4 Từ (3) z 2,t 4 Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 2
  3. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 Dạng 3: ĐƯA VỀ TỔNG CÁC SỐ CHÍNH PHƯƠNG Phương pháp giải: Cơ sở của phương pháp này thường sử dụng với các phương trình có các biểu thức chứa ẩn viết được dưới dạng tổng các bình phương Biến đổi phương trình về dạng một vế là một tổng bình phương của các biểu thức chứa ẩn, vế còn lại là tổng bình phương của các số nguyên ( Số số hạng của hai vế là bằng nhau ) Ta sẽ đi giải các phương trình tương ứng sau A2 m2 A2 n2 A2 p2 2 2 2 2 2 2 B n ; B m ; B m 2 2 2 2 2 2 C p C p C n Bài 1: Tìm x, y, z Z thỏa mãn: 5x 2 4xy y2 169(1) HD: (2x y)2 x2 122 52 (1) (1) 4x2 4xy y2 x2 144 25 169 0 2 2 2 2 (2x y) x 13 0 (2) 2 2 (2x y) 12 x 5 x 5 2 2 ; x 5 y 2 y 22 Giải (1) 2 2 (2x y) 5 x 12 x 12 ; 2 2 y 19 y 29 x 12 2 2 (2x y) 13 x 0 2 2 x 0 y 13 Giải (2) 2 2 (2x y) 0 x 13 2 2 y 26 x 13 (x, y) (5; 2),(5; 22),( 5,2);( 5,22),(12; 19),(12; 29),( 12;19),( 12;29),(0;13),(0; 13),(13;26),( 13; 26) Bài 2: Tìm x, y, z Z thỏa mãn: x2 y2 x y 8(1) HD: 2 2 (2x 1) 3 x 2; x 1 2 2 (2y 1) 5 y 3; y 2 (1) 4x2 4x 4y2 4y 32 (2x 1)2 (2y 1)2 52 32 2 2 (2x 1) 5 x 3; x 2 2 2 y 2; y 1 (2y 1) 3 Vậy (x, y) (2,3),(2; 2),( 1;3),( 1; 2),(3,2),(3; 1),( 2,2),( 2; 1) Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 3
  4. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 Bài 3:Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x2 – 6xy + 13y2 = 100 (1) HD: (1) x2 – 6xy + 9y2 = 100 – 4y2 hay (x – 3y)2 = 4(25 – y2) 0 . Vậy y 5 và 25 y2 là số chính phương. Với y = 1 hoặc y = 2 thì 25 – y2 không là số chính phương (loại). 2 x 9 8 x 17 Với y = 3 ta có: (x 9) 4.16 . x 9 8 x 1 2 x 12 6 x 18 Với y = 4 ta có: (x 12) 36 . x 12 6 x 6 Với y = 5 ta có: (x – 15)2 = 0 x = 15. Vậy các nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho là: (1; 3), (17; 3), (6; 4), (18; 4), (15; 5). Bài 3: Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 5y2 2y 4xy 3 0 HD: x2 5y2 2y 4xy 3 0  (x 2y)2 (y 1)2 4 22 02 Bài 4: Giải phương trình nghiệm nguyên: 2x 6 y2 2x3 y 64 HD: 2x 6 y2 2x3 y 64  t 2 (t y)2 64(t x3 ) Bài 5: Giải phương trình nghiệm nguyên: (x2 1)(x2 y2 ) 4x2 y HD: (x2 1)(x2 y2 ) 4x2 y  x4 x2 y2 x2 y2 4x2 y (x2 y)2 x2 (y 1)2 0 Bài 6: Giải phương trình nghiệm nguyên: 2x2 y2 2xy 2y 6x 5 0 HD: 2x2 y2 2xy 2y 6x 5 0  (x2 2xy y2 ) 6x 2y x2 5 0  (x y)2 2(x y) 4x x2 5 0  (x y 1)2 (x 2)2 0 Bài 7: Giải phương trình nghiệm nguyên: 4x2 2y2 2z2 4xy 4xz 2yz 6y 10z 34 0 HD: Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 4
  5. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8  (2x)2 4x(y z) (y2 2yz z2 ) (y2 6y) (z2 10z) 34 0  (2x z y)2 (y2 6y 9) (z2 10z 25) 0  (2x y z)2 (y 3)2 (z 5)2 0 Bài 8: Giải phương trình nghiệm nguyên: 4x2 8y2 8xy 4y 8 0 HD: 2x 2y 2 2y 1 2 9 02 32 Bài 9: Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 4xy 5y2 169 HD: x 2y 2 y2 169 Bài 10: Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 5y2 2y 4xy 3 0 HD: x 2y 2 y 1 2 4 Bài 11: Giải phương trình nghiệm nguyên dương: x2 13y2 6xy 100 HD: x 3y 2 4y2 100 1 1 Bài 12: Giải phương trình nghiệm nguyên: x y 4 x y HD: 2 2 1 1 x y 4 x y => x y 1 2 x 2 2 0 Bài 13: Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 4y2 2x 4y 2 0 HD: x2 2x 1 4y2 4y 1 0 Bài 14: Giải phương trình nghiệm nguyên: m2 n2 9m 13n 20 HD: Nhân 4 4m2 36m 81 4n2 52n 169 170 Bài 14: Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 6xy 13y2 100 HD: (x 3y)2 4(25 y2 ) , mà y2 25, y2 là số chính phương nên =>y Bài 15: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 4xy 5y2 16 0 HD : Ta có phương trình trở thành : x2 4xy 5y2 16 0 =>x2 4xy 4y2 y2 16 x 2y 2 y2 16 , Vì x,y là số nguyên nên x 2y Z Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 5
  6. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 => x 2y 2 y2 16 0 16 16 0 Bài 16: Tìm các số nguyên x, y, z thỏa mãn: x2 y2 z2 xy 3y 2z 4 HD: Vì x, y,z là các số nguyên nên: 2 2 2 2 2 y y 2 x y z xy 3y 2z 4 x 3 1 z 1 0 2 2 Bài 17: Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn bất phương trình: 10x2 20y2 24xy 8x 24y 51 0 HD: Biến đổi: 3x 4y 2 x 4 2 2y 6 2 1 0 khi 3x 4y 0, x 4 0,2y 6 0 Bài 18: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x2 y2 8x 3y 18 HD : Bài 19: CMR: phương trình sau không có nghiệm nguyên: x5 29x 30y 10 HD : Bài 20: Tìm các số x,y nguyên dương thỏa mãn: y2 x 1 1567 x2 HD: Bài 21: Tìm các số nguyên x, y biết: x2 xy 3x 3y 7 0 HD: Bài 22: Tìm x, y thỏa mãn : x 2 6y 2 2xy 2x 32y 46 0 HD: Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 6
  7. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 Dạng 4: SỬ DỤNG DENTA CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI Bài 1: Giải phương trình nghiệm nguyên : x2 2y2 2xy y 2 0 HD : Ta có : x2 2yx 2y2 y 2 0 Có ' y2 2y2 y 2 y2 y 2 , Để phương trình có nghiệm thì : 2 1 9 3 1 3 ' 0 y y 2 y 1 2 4 2 2 2 Bài 2: Giải phương trình nghiệm nguyên : x2 3 2y x 2y2 3y 2 0 HD : 1 Có ' 1 4y2 , để phương trình có nghiệm thì ' 0 y2 y 0 x 1, x 2 4 Bài 3: Giải phương trình nghiệm nguyên : 3x2 y2 4xy 4x 2y 5 0 HD : 2 Xét : y x 4 y 0 x 2 x 2 0 x Bài 4: Giải phương trình nghiệm nguyên : 3x2 4y2 6x 3y 4 0 HD : 3x2 6x 4y2 3y 4 Bài 5: Giải phương trình nghiệm nguyên : x2 y 5 x 5y 2 0 HD : Theo vi- ét ta có : x1 x2 y 5 x1 5 x2 5 2 1.2 1 . 2 x1.x2 5y 2 Bài 6: Giải phương trình nghiệm nguyên : x2 2y2 3xy x y 3 0 HD : Chuyển phương trình thành bậc hai với x x2 3y 1 x y2 y 3 0 , có : y2 2y 11, Điều kiện cần và đủ để phương trình có nghiệm nguyên là là số chính phương => y2 2y 11 k 2 k Z y 5, y 3 Bài 7: Giải phương trình nghiệm nguyên : x y xy x2 y2 HD : Đưa phương trình về dạng : x2 y 1 x y2 y 0 , Điều kiện để phương trình có nghiệm là : 0 3y2 6y 1 0 3 y 1 2 4 y 1 2 1 Từ đó ta có : y 0,1,2 Bài 8: Giải phương trình nghiệm nguyên : x2 2y2 3xy x y 3 0 Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 7
  8. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 HD : Đưa phương trình về dạng : x2 3y 1 x 2y2 y 3 0 Điều kiện để phương trình có nghiệm là 0 Làm giống bài trên Bài 9: Giải phương trình nghiệm nguyên : x2 y x y2 x y 3 HD : 2 2 2 Đưa phương trình về dạng : y 2y x 3x y x 3x 0 TH1 : y=0 => TH2 : y 0 2y2 x2 3x y x 3x2 0 Điều kiện để phương trình có nghiệm là 0 x 1 2 x x 8 phải là 1 số chính phương =>x x 8 a2 a N x 4 a x 4 a 16 => Tìm x Đáp án : (x ; y)= ( 9 ; -6), (9 ; -21), (8 ; -10), (-1 ; -1), (m ; 0) với m là số nguyên Bài 10: Giải phương trình nghiệm nguyên : 7 x y 3 x2 xy y2 HD : Đưa phương trình về dạng : 3x2 3y 7 x 3y2 7y 0 Để phương trình có nghiệm thì phải là 1 số chính phương Bài 11: Giải phương trình nghiệm nguyên : 12x2 6xy 3y2 28 x y HD : Cách 1 : Đánh giá miền cực trị của x : 2 2 2 14 14 196 9x2 3 x y 28 x y 3 x y 3 3 3 => x2 7 x2 0;1;4 Cách 2 : Tính Bài 12: Giải phương trình nghiệm nguyên : x2 xy y2 2x y HD : Đưa phương trình về dạng : x2 y 2 x y2 y 0 Điều kiện để phương trình có nghiệm là 0 Bài 13: Giải phương trình nghiệm nguyên : x2 xy y2 x y HD : Đưa phương trình về dạng : x2 y 1 x y2 y 0 Điều kiện để phương trình có nghiệm là 0 Bài 14: Giải phương trình nghiệm nguyên : x2 3xy 3y2 3y HD : Đưa phương trình về dạng : x2 3yx 3y2 3y 0 Điều kiện để phương trình có nghiệm là 0 Bài 15: Giải phương trình nghiệm nguyên : x2 2xy 5y y 1 HD : Đưa phương trình về dạng : x2 2yx 5y2 y 1 0 Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 8
  9. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 Điều kiện để phương trình có nghiệm là 0 Bài 16: Giải phương trình nghiệm nguyên : 7 x y 3 x2 xy y2 HD : Coi PT đã cho là PT bậc hai đối với x: 3x2 3y 7 x 3y2 7y 0 (1) Để (1) có nghiệm nguyên thì biệt thức phải là số chính phương. Bài 17: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x y xy x2 y2 HD: x y xy x2 y2 x2 y 1 x y2 y 0 , Coi PT là ẩn x với tham số y 2 Ta có : y 1 4 y2 y 3y2 6y 1 , để PT có nghiệm thì 0 3y2 6y 1 0 2 3 y 1 4 Vì y Z y 0;1;2 x2 x 1 Bài 18: Giải phương trình nghiệm nguyên : y x2 x 1 HD : Đưa phương trình trở thành : y 1 x2 y 1 x y 1 0 TH1 : y=1=> x=0 1 TH2 : y 1 0 y 3 y 0;1;2;3 x 3 Dạng 5: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH Phương pháp giải: Cơ sở: “ Biến đổi PT thành tích của hai biểu thức, vế còn lại là 1 hằng số k Ta có thể sử dụng các PP phân tích thành nhân tử ,biến thành hiệu của hai số chính phương, Sử dụng biệt thức denta là số chính phương ” . Phương pháp: Biến đổi phương trình về dạng một vế là tích của các đa thức chứa ẩn, vế còn lại là tích của các số nguyên ( Số nhân tử của hai vế bằng nhau ) A.B.C m.n.p(m,n, p Z) giải các phương trình tương ứng A m A n A p B n ; B p ; B m C p C m C n Bài 1: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 4x 5y 6xy 7 0(1) HD: (1) 6xy 4x 5y 7 0 2x(3y 2) 5y 7 0 6x (3y 2) 5(3y 2) 11 Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 9
  10. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 (3y 2)(6x 5) 11.1 1.11 ( 1)( 11) ( 11)( 1) 4 :TH (x, y) (1,1);( 1; 3) Bài 2: Tìm x, y Z , thỏa mãn x3 y3 91(1) HD: (1) (x y)(x2 xy y 2 ) 91.1 13.7 Ta có: x2 xy y2 0 4 :TH (x, y) ( 5; 6);(3; 4);(4; 3) Bài 3: Tìm x, y Z , thỏa mãn x2 x y2 0(1) HD: (1) 4x2 4x 4y2 0 (2x 1)2 (2y)2 1 (2x 2y 1)(2x 2y 1) 1 1.1 ( 1)( 1) 2x 2y 1 1 x 0 +) 2x 2y 1 1 y 0 2x 2y 1 1 x 1 +) (x, y) (0;0);( 1;0) 2x 2y 1 1 y 0 Bài 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình a. 3xy x y 1 b. 2x2 3xy 2y2 7 c. 2xy2 x y 1 x2 2y2 xy d. 3x 2 y2 4xy 8x 2y 0 e. x2 3y2 2xy 2x 4y 7 0 HD: a. 3xy x y 1 3(3y 1) y 1 (3y 1)3x 3y 3 (3y 1)(3x 1) 2 3y - 1 2 1 - 1 - 2 3x + 1 1 2 - 2 - 1 x 0 1 - 1 2 3 3 y 1 2 0 1 3 3 Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 10
  11. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 Vậy: (x, y) (0,1);( 1,0) b. 2x2 3xy 2y2 7 2x2 4xy xy 2y2 7 (x 2y)(2x y) 7 2x - y 7 1 - 1 - 7 X + 2y 1 7 - 7 - 1 x 3 9 9 - 3 5 5 y -1 13 13 7 5 5 c. 2xy2 x y 1 x2 2y2 xy 2xy2 x y 1 x2 2y2 xy 0 (x 1)(2y2 x y) 1 1.( 1) ( 1).1 x 2; y 1(tm) x 1 1 +) 2 1 2y x y 1 x 2; y (loai) 2 x 1 1 x 0 +) 2 2y x y 1 y d. 3x 2 y2 4xy 8x 2y 0 4x2 y2 1 4xy 4x 2y x2 4x 4 3 (2x y 1)2 (x 2)2 3 (x y 3)(3x y 1) 3 1.( 3) ( 1).3 ( 3).1 3.( 1) 4 :TH e. x2 3y2 2xy 2x 4y 7 0 (x y 1)2 (2y 1)2 7 (x 3y 2)(x y) 7 (x, y) (2;1),(5; 2),( 6,1);( 3,2) Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 11
  12. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 Bài 5: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : 2(x y) 5 3xy HD: 2 4 2(x y) 5 3xy 3xy 2x 2y 5 y(3x 2) (3x 2) 5 (3x 2)(3y 2) 19 3 3 Do x, y nguyên dương 3x 2 1;3y 2 1 Mà: 19 = 19 . 1 = 1 . 19 3x 2 1 x 1 3x 2 19 x 7 +) +) 3y 2 19 y 7 3y 2 1 y 1 Vậy (x, y) (7,1);(1,7) Bài 6: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 x 6 y2 HD: x2 x 6 y2 4x2 4x 24 4y2 (2x 1)2 4y2 23 (2x 2y 1)(2x 2y 1) 23 4 :TH (x, y) (5,6);(5, 6);( 6, 6);( 6,6) 2 Bài 7: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x xy 6x 5y 8 HD: (y 6)2 (y 6)2 x 2 xy 6x 5y 8 x2 x(y 6) 5y 8 0 x2 x(y 6) 5y 8 0 4 4 4x2 4x(y 6) (y 6)2 (y 6)2 4(5y 8) 0 2x (y 6)2 (y 6)2 4(5y 8) 0   A A2 y2 12y 36 20y 32 y2 8y 4 A2 (y 4)2 12 (y 4 A)(y 4 A) 12 Có: y – 4 – A và y – 4 + A có cùng tính chẵn lẻ nên chúng cùng phải chẵn vì 12 chẵn y – 4 – A 2 -2 6 -6 y – 4 + A 6 -6 2 -2 Bài 8: Giải phương trình nghiệm nguyên: 2x 2 5xy 2y2 7x 8y 1(1) HD: Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 12
  13. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 2x2 5xy 2y2 (x 2y)(2x y);7x 8y m(x 2y) n(2x y) (m 2n)x (2m n)y m 2n 7 m 3 2m n 8 n 2 Đặt: a x 2y;b 2x y (1) ab 3a 2b 1 (a 2)(b 3) 7 4 :TH (x, y) (3,2);( 3, 4) Bài 9: Tìm tất cả các số nguyên x sao cho a. A x2 3x 10 là số chính phương b. B x2 2x 4 là số chính phương c. B x2 2x 7 là số chính phương HD: a)Theo giả thiết: x2 3x 10 y2 (y N) 4x2 12x 40 4y2 (2x 3)2 31 (2y)2 (2y 2x 3)(2y 2x 3) 31 Vì 2y 2x 3 2y 2x 3 4y 0 2y 2x 3 1 2y 2x 3 31 +) TH1: +) TH2: x 9;6 2y 2x 3 31 2y 2x 3 1 b. B x2 2x 4 y2 (y N) (x 1)2 y2 5 (x 1 y)(x 1 y) 5 1.5 5.1 ( 1).( 5) ( 5).( 1) 4 :TH x 2;4 c. B x2 2x 7 y2 (y N) (x 1)2 6 y2 (y x 1)(y x 1) 6 1.6 2.3 6.1 3.2 ( 1)( 6) Sau đó xét các trường hợp và vô nghiệm Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 13
  14. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 Cách khác: Ta có: y x 1 (y x 1) 2x 22 cungtinhchanle +) Nếu y x 1 lẻ y + x – 1 lẻ tích là lẻ nên loại +) Nếu y x 1 chẵn y + x – 1 chẵn tích chia hết cho 4, mà 6 không chia hết cho 4 nên cũng loại. Vậy không tồn tại x Bài 10: Tìm tất cả các số nguyên x sao cho: x(x 1)(x 7)(x 8) là số chính phương? HD: Theo giả thiết x(x 1)(x 7)(x 8) y2 (y N) a(a 7) y2 4a2 28a 4y2 (2a 7)2 49 (2y)2 (2a 7 2y)(2a 7 2y) 49 Ta có: 2a 7 2y 2a 7 2y;49 72 cac :TH x 1 +) 1 và 49 x 9 +) 7 và 7 x 0; x 8 +) -7 và -7 x 1; x 7 +) - 49 và – 1 x 4 Vậy x 1; 9;0; 8; 1; 7; 4 Bài 11: Giải phương trình nghiệm nguyên: a. x3 y3 1 6xy(1) b. x3 y3 9xy 1 HD: Ta có: a3 b3 c3 3abc (a b c)(a2 b2 c 2 ab bc ca) (1) x3 y3 23 3.x.y.2 7 (x y 2)(x2 y2 4 xy 2x 2y) 7 Lại có: 2(x2 y 2 4 xy 2x 2y) (x y)2 (x 2)2 (y 2)2 2 :TH (x y)2 3xy 2(x y) 4 7 x y 1 +) (x, y) (0, 1);( 1,0) x y 2 1 xy 0 Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 14
  15. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 (x y)2 3xy 2(x y) 4 1 x y 5 y 5 x +) (x, y) (2,3);(3,2) x y 2 7 xy 6 x(5 x) 6 Vậy phương trình có 4 nghiệm b. Ta có: x3 ( y3 ) 33 3.3.x.( y) 28 (x, y) (1,3);( 3, 1) Bài 12: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 2y2 3xy 3x 3y 15 HD: Biến đổi PT thành PT ẩn x và tham số y: x2 3x y 1 2y2 5y 15 Tìm m để PT: x2 3x y 1 2y2 5y m 15 m có là số chính phương (1) 2 Ta có: 9 y 1 4 2y2 5y m y2 2y 9 4m 2 Chọn m 2 y 1 , Khi đó (1) trở thành: x2 3x y 1 2y2 5y 2 17 x y 2 x 2y 1 17 Bài 13: Giải phương trình nghiệm nguyên : x2 4x y2 1 HD : x2 4x 4 y2 5 x 2 2 y2 5 x 2 y x 2 y 5 Bài 14:Giải phương trình nghiệm nguyên : x y 2xy 6 HD: 1 11 Ta có: x 1 2y y 6 x 1 2y y 2 2 2x 1 2y 2y 1 11 2x 1 2y 1 11 Bài 15: Giải phương trình nghiệm nguyên : x2 xy 3y 11 HD : 2 2 2 2 2 y y y 2x y y 3 x 2x. 3y 11 2 2 4 4 2 2 2x y 2 y 3 2 8 2x y y 3 2x y y 3 8 Bài 16: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x xy y 9 HD: Biến đổi phương trình đã cho về dạng: x 1 y 1 10 Vì x, y Z x 1 , y 1 Z x 1 1; 2 : 5: 10 , Thay vào tìm được y Bài 17: Giải phương trình nghiệm nguyên : x2 25 y y 6 HD : x2 y2 6y 25 x2 y2 6y 9 16 =>(x y 3)(x y 3) 16 mà x y 3 x y 3 2x là 1 số chẵn nên 2 số đều chẵn Bài 18: Giải phương trình nghiệm nguyên : x x 1 x 2 x 3 y2 Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 15
  16. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 HD : x2 3x x2 3x 2 y2 a 1 y a 1 y 1 với a x2 3x Bài 19: Giải phương trình nghiệm nguyên : x2 y2 1999 HD: x y x y 1999 Bài 20: Giải phương trình nghiệm nguyên : x2 2y xy HD: 2 2 2 y y y y x 2x. 2. .2 4 4 => x 2y 2 x 2 16 2 4 4 2 Bài 21: Giải phương trình nghiệm nguyên : x y 6 2xy HD : 1 11 2xy x y 6 x 2y 1 y 2 2 2x 2y 1 2y 1 11 2x 1 2y 1 11 Bài 22: Giải phương trình nghiệm nguyên : x2 y2 2x2 y2 HD: 1 1 2x2 y2 x2 y2 0 x2 2y2 1 y2 2 2 => 2x2 y2 1 2y2 1 1 2x2 1 2y2 1 1 Bài 23: Giải phương trình nghiệm nguyên : xy 4 x y HD : xy 4x 4y 0 x y 4 4y 16 16 x y 4 4 y 4 16 x 4 y 4 16 Bài 24: Giải phương trình nghiệm nguyên : x x 1 x 7 x 8 y2 HD: x2 8x x2 8x 7 y2 a a 7 y2 Bài 25: Giải phương trình nghiệm nguyên: y2 x x 1 x 7 x 8 HD: Biến đổi phương trình thành: y2 x2 8x x2 8x 7 2 Đặt: z x2 8x y2 z2 7z 4y2 2z 7 49 2z 2y 7 2z 2y 7 49 Ta có các TH sau: 2z 2y 7 1 y 12 2z 2y 7 49 y 12 TH1: TH2: 2z 2y 7 49 z 9 2z 2y 7 1 z 9 2 x 1 Cả hai TH trên đều có z 9 x 8x 9 x 9 2z 2y 7 1 y 12 2z 2y 7 49 y 12 TH3: TH4: 2z 2y 7 49 z 16 2z 2y 7 1 z 16 TH5: 2z 2y 7 2z 2y 7 7 y z 0 Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 16
  17. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 TH6: 2z 2y 7 2z 2y 7 7 Bài 26: Giải phương trình nghiệm nguyên : x x 8 y2 116 HD: x2 8x 16 y2 110 x 4 2 y2 110 x 4 y x 4 y 110 Bài 27: Giải phương trình nghiệm nguyên : xy 3x 5y 3 HD: x y 3 5y 15 18 x y 3 5 y 3 18 y 3 x 5 18 Bài 28: Giải phương trình nghiệm nguyên : 6x2 y3 3x2 10y3 2 HD: 3x2 2y3 1 10y3 5 2 => 3x2 2 y3 1 5 2 y3 1 2 2 y3 1 3x2 5 2 Bài 29: Giải phương trình nghiệm nguyên : 2x2 y2 3xy 3x 2y 2 0 HD: 2 2 y 3x 2 3x 2 y2 2. . 3x 2 2x2 3x 2 0 2 4 4 2 2 2 3x 2 8x 9x 12x 4 12x 8 2 2 => y 0 => 2y 3x 2 x 4 2 4 4 2 Bài 30: Giải phương trình nghiệm nguyên : 1 x y HD: 4 y 2x xy y x 4 2x 0 y x 4 2x 8 8 y x 4 2 x 4 8 1 1 1 Bài 31: Giải phương trình nghiệm nguyên : x y 3 HD: 3 x y xy x y 3 3y 0 x y 3 3y 9 9 x y 3 3 y 3 9 Bài 32: Giải phương trình nghiệm nguyên : xy x y 2 HD: x y 1 y 1 3 x y 1 y 1 3 x 1 y 1 3 Bài 33: Giải phương trình nghiệm nguyên : x xy y 9 HD: x y 1 y 1 10 x 1 y 1 10 Bài 34: Giải phương trình nghiệm nguyên : x2 2x 11 y2 HD : 2 x2 2x 1 y2 12 x 1 y2 12 x 1 y x 1 y 12 1 1 1 1 Bài 35: Giải phương trình nghiệm nguyên : x y 6xy 6 HD : Ta có : 6 x y 1 xy xy 6x 6y 1 x y 6 6y 36 37 x y 6 6 y 6 37 x 6 y 6 37 Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 17
  18. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 Bài 36: Giải phương trình nghiệm nguyên : 2x2 2xy 5x y 19 0 HD : Ta có : 2x x y x y 4x 19 0 x y 2x 1 4x 2 17 x y 2x 1 2 2x 1 17 2x 1 x y 2 17 Bài 37: Giải phương trình nghiệm nguyên : x2 2x 11 y2 HD : Đưa phương trình về dạng : x 1 2 y2 12 x 1 y x 1 y 12 Bài 38: Giải phương trình nghiệm nguyên : xy 2x 3y 27 HD : Đưa phương trình về dạng : x 3 y 2 21 Bài 39: Giải phương trình nghiệm nguyên : x y 3 y 38 HD : Đưa phương trình về dạng : x 1 y 3 35 Bài 40: Giải phương trình nghiệm nguyên : 3xy x y 17 HD : Đưa phương trình về dạng : 3x 1 3y 1 52 Bài 41: Giải phương trình nghiệm nguyên : x2 x 1 xy y HD : Đưa phương trình về dạng : x 1 y x 2 3 Bài 42: Giải phương trình nghiệm nguyên : x 2 y 2 x 2 8y 2 2xy HD : Đưa phương trình về dạng : y2 x2 7 x y 2 Phương trình có nghiệm x y 0 , xét x, y # 0 =>x2 7 là 1 số chính phương Đặt : x2 7 a2 x a x a 7 Tìm x 0;0 , 4; 1 , 4;2 , 4;1 , 4; 2 Bài 43: Giải phương trình nghiệm nguyên : x xy y 9 HD : Đưa phương trình vê dạng : x 1 y 1 10 Bài 44: Giải phương trình nghiệm nguyên : y2 x x 1 x 7 x 8 HD : Đưa phương trình thành : y2 x2 8x x2 8x 7 z2 7z 4y2 2z 7 2 49 => 49 2z 2y 7 2z 2y 7 Bài 45: Giải phương trình nghiệm nguyên : x2 4y2 1 HD : Biến đổi phương trình thành : x 2y x 2y 1 Bài 46: Giải phương trình nghiệm nguyên : x2 y2 91 Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 18
  19. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 HD : Biến đổi phương trình thành : x y x y 91 Bài 47: Giải phương trình nghiệm nguyên : 2x3 xy 7 HD : Biến đổi phương trình thành : x 2x2 y 7 Bài 48: Giải phương trình nghiệm nguyên : x3 7y y3 7x HD : Biến đổi phương trình thành : x3 y3 7x 7y 0 x y x2 xy y2 7 x y 0 x y x2 xy y2 7 0 TH1 : x y 2 2 2 7 x 1 y 2 TH2 : x xy y 7 x y 7 3xy xy 3 x 2 y 1 Bài 49: Giải phương trình nghiệm nguyên : 3x2 10xy 8y2 96 HD : Đưa phương trình về dạng : x 2y 3x 4y 96 Chú ý : Vì x 2y 3x 4y 2 2x 3y là 1 số chẵn nên có tính chất cùng chẵn Bài 50: Giải phương trình nghiệm nguyên : xy 3x 5y 3 HD : Đưa phương trình về dạng : x y 3 5y 15 18 x y 3 5 y 3 18 x 5 y 3 18 Bài 51: Giải phương trình nghiệm nguyên : 2x2 2xy 5x 5y 19 HD : Đưa phương trình về dạng : 2x x y 5 x y 19 2x 5 x y 19 Bài 52: Giải phương trình nghiệm nguyên : 4x 11y 4xy HD : Đưa phương trình về dạng : 4x 11 y 1 1 Bài 53: Giải phương trình nghiệm nguyên : x2 656xy 657y2 1983 HD : Đưa phương trình về dạng : x y x 567y 1983 Bài 54: Giải phương trình nghiệm nguyên : 7x xy 3y 0 HD : Đưa phương trình về dạng : x 3 7 y 21 Bài 55: Giải phương trình nghiệm nguyên : y2 x 1 1576 x2 HD : Đưa phương trình về dạng : x 1 y2 x 1 1577 19.83 Bài 56: Giải phương trình nghiệm nguyên : x2 2003x 2004y y xy 2004xy2 2005 Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 19
  20. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 HD : Đưa phương trình về dạng : x 1 x 2004 2004y2 y 1 Bài 57: Tìm x, y nguyên thỏa mãn: 2x3 2y2 5xy 1 0 HD : Bài 58: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : xy 3x 4y 9 HD : Biến đổi phương trình thành : x y 3 4y 12 21 x 4 y 3 21 Bài 59: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 2xy 5 6x y HD : Biến đổi phương trình thành : 2xy 6x y 5 2x y 3 y 3 8 y 3 2x 1 8 Bài 60: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 2xy2 x y 1 x2 2y2 xy HD : Biến đổi phương trình thành : 2xy2 2y2 xy y x2 x 1 2y2 x 1 y x 1 x x 1 1 x 1 2y2 y x 1 Bài 61: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x2 y2 2003 HD: Biến đổi phương trình thành: x y x y 2003 Bài 62: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : x y xy HD: Biến đổi phương trình thành: x 1 y 1 1 Bài 63: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : xy 1 x y HD: Biến dổi phương trình thành: x 1 y 1 0 Bài 64: Tìm các nghiệm nguyên dương x, y của phương trình : y2 x2 12x 1995 HD: Biến đổi thành: y2 x 6 2 1959 1959 y 45 Lại có: 1959 x 6 2 y2 x y 6 x y 6 , Với x y 52 và 1959=3.653 Bài 65: Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn phương trình: x2 25 y y 6 HD: x2 25 y y 6 x2 y 3 2 16 x y 3 x y 3 16 Bài 66: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x2 6y2 7xy x y 25 HD: Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 20
  21. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 Bài 67: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 9x2 10y2 9xy 3x 5y 9 HD: Bài 68: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 y2 x2 8y2 2xy HD: 2 Viết lại PT đã cho dưới dạng: y2 x2 7 x y (1) Dễ thấy PT có nghiệm x y 0 , Xét x, y 0,(1) x2 7 là số chính phương, Đặt x2 7 a2 x a x a 7 x Tìm được x, y là 0;0 , 4; 1 , 4;2 , 4 :1 , 4; 2 Bài 69: Tìm x, y nguyên thỏa mãn : 2x2 6y2 7xy x y 25 HD : Bài 70: Tìm x, y nguyên thỏa mãn : 9x2 10y2 9xy 3x 5y 9 HD : Bài 71: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x3y xy3 3x 3y 17 HD : Ta có: x3y xy3 3x 3y 17 x2 y2 xy 3 17 Do x,y nguyên dương nên: x2 y2 1 2 2 x2 y2 17 x y 2xy 17 x y 25 xy 3 1 xy 4 xy 4 x y 5 x 4 x 1 x y 5 x 4 x 1 TH1 : hoặc TH2 : hoặc xy 4 y 1 y 4 cy 4 y 1 y 4 Bài 72: Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình xy – 4x = 35 – 5y (1) HD : (1) xy – 4x + 5y – 20 = 15 hay ( x + 5)(y – 4) = 15 = 15.1 = 5.3. Vì x, y đều là số tự nhiên nên x + 5 5 và là ước của 15, x 5 15 x 5 5 ta có: hoặc hoaëc y 4 1 y 4 3 Suy ra: x = 10, y = 5 hoặc x = 0, y = 7. Đó là những nghiệm tự nhiên của phương trình đã cho. Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 21
  22. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 DẠNG 6: ĐƯA VỀ ƯỚC SỐ Nhận dạng : “ Phương trình có 1 ẩn có cùng 1 bậc, khi đó rút ẩn đó theo ẩn kia ” . Phương pháp : “ Sử dụng tính chất chia hết hoặc giá trị tuyệt đối, ước của 1 số nguyên để tìm ra 1 ẩn. ” Ta tách các biểu thức phân thức thành phần nguyên và phần phân, sau đó đánh giá phần phân để tìm ra các nghiệm của phương trình f (y) c x Z (nguyen) g(y) / c g(y) g(y) 2x 3 Bài 1: Giải phương trình nghiệm nguyên: y (1) x 1 HD : 1 (1) y 2 ; x, y Z x 1 1 Z x 1 x 1 1 x 0; 2 y 3;1 (x, y) ( 2,1);( 3,0) Bài 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình 3x + 4y = 29. HD : 29 4y 2 y Ta có x = 9 y . 3 3 2 y Muốn có x, y nguyên thì phải nguyên hay 3 là ước của 2 – y. 3 Vậy: 2 – y = 3t (t Z). Khi đó: y = 2 – 3t và x = 9 – y + t = 9 – 2 + 3t + t = 4t + 7. x 4t 7 Vậy: (t nguyên) là tất cả các nghiệm nguyên của phương trình đã cho. y 2 3t Muốn tìm nghiệm nguyên dương của phương trình trên, ta đặt thêm các điều kiện để x > 0; y > 0. Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 22
  23. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 7 t x 4t 7 0 4 Ta có: y 2 3t 0 2 t 3 7 2 Do đó: t và t chỉ có hai giá trị t1 = –1, t2 = 0. 4 3 Với t1 = –1 thì x = 3, y = 5 là nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho. Với t2 = 0 thì x = 2, y = 7 là nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho. Bài 3: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 7x + 23y = 120 (1) HD : 120 23y 1 2y Ta có x = 17 3y . (2) 7 7 Muốn có x, y nguyên thì 1 – 2y = 7t hay 2y = 1 – 7t (t nguyên). 1 t Từ đó: y = –3t + . (3) 2 Vì y, t nguyên nên 1 – t = 2t1 (t1 nguyên) t = 1 – 2t1. Thay vào (3) ta có: y = –3(1 – 2t1) + t1 = 7t1 – 3. Thay vào (2) ta được: x = 17 – 3(7t1 – 3) + 1 – 2t1 = 27 – 23t1. Vậy: x = 27 – 23t1 , y = 7t1 – 3 là nghiệm nguyên của phương trình (1). 27 t1 x 27 23t1 0 23 Muốn có nghiệm nguyên dương, ta phải có: y 7t 3 0 3 1 t 1 7 Suy ra t1 = 1 và x = 4, y = 4 là nghiệm nguyên dương duy nhất của phương trình đã cho. Bài 2: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: a. xy 2x 3y 1 0(1) b. xy 3x 2y 6 HD : a. (1) y(x 3) 2x 1 +) x = 3 không là nghiệm của phương trình (1) 2x 1 5 +) Với x 3 y 2 x 3 1; 5 4nghiem x 3 x 3 Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 23
  24. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 b. xy 3x 2y 6 x(y 3) 6 2y +) y = -3 không là nghiệm của phương trình 6 2y 12 2y 6 12 +) y 3 x 2 y 3 1; 2; 3; 4; 6; 12 y x y 3 y 3 y 3 Bài 3: Giải phương trình nghiệm nguyên: 4x 5y 6xy 7 0(1) HD : 4x 5y 6xy 7 0 6xy 4x 5y 7 0 2x(3y 2) 7 5y 7 5y 2x (3y 2 0,do : y Z) 3y 2 21 15y 11 6x 5 3y 2 1; 11 3y 2 3y 2 x2 x Bài 4: Tìm x, y Z để A nhận giá trị nguyên x2 x 1 HD : x2 x x2 x 1 1 1 A 1 x2 x 1 1 x2 x 1 x2 x 1 x2 x 1 2 2 x 0 y 0 Do x x 1 0 x x 1 1 x 1 y 0 Bài 5: Tìm x, y thuộc Z, thỏa mãn: 2xy2 x y 1 x2 2y2 xy HD : 2xy2 x y 1 x2 2y2 xy 2y2 (x 1) x(x 1) y(x 1) 1 0 +) x = 1 không phải là nghiệm của phương trình 1 +) x 1 2y2 x y 0 x 1 1 x 0;1 y 1;0 x 1 Bài 6: Giải phương trình nghiệm nguyên a. 2x4 3x 2 x 3 x2 y x y 16 b. 2x3 x2 2xy 13x y 86 HD : a. Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 24
  25. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 2x4 3x 2 x 3 x2 y x y 16 y(x2 1) 2x4 x3 3x2 x 16 2x4 x3 3x2 x 16 y (do : x2 1 0) x2 1 2x2 (x2 1) x(x2 1) (x2 1) 17 17 y 2x2 x 1 x2 1 x2 1 x2 1 1;17 (x, y) (0, 16);(4,28);( 4,36) 80 b. 2x3 x2 2xy 13x y 86 y x2 x 6 (x, y) (0, 86);( 1,76);(2, 20);( 3,22) 2x 1 Bài 7 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x2 y xy y x 1 0 HD : 2 x 1 Biến đổi phương trình thành : y x x 1 x 1 y 2 x x 1 Bài 8 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x2 y 2x 2y 1 0 HD : 2 2x 1 Biến đổi phương trình thành : y x 2 2x 1 y 2 x 2 Bài 9 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x3 x2 y 2x2 3y 7x 7 0 HD : Biến đổi phương trình trở thành : 3 2 3 2 2 2 x 2x 7x 7 x 2x 7x 7 x y 3y y x 3 y 2 x 3 Bài 10 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 3x 4y xy 16 HD : Biến đổi phương trình thành : xy 3x 4y 16 x y 3 4y 12 4 x y 3 4 y 3 4 y 3 x 4 4 Bài 13 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : y 2 x2 1 x2 HD : x2 1 x2 1 Biến đổi phương trình thành : y 2 y 2 x2 x2 Bài 14 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x2 2xy x 1 3y 15 HD : Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 25
  26. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 x2 x 14 Biến đổi phương trình thành : x2 x 1 15 y 2x 3 y 2x 3 Bài 15 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 5x 25 8y2 3xy HD : Biến đổi phương trình thành : 8y2 25 3xy 5x 8y2 25 x 3y 5 8y2 25 => x 3y 5 Bài 17 : Giải phương trình nghiệm nguyên : y 2 x2 1 y2 HD : y2 1 Biến đổi phương trình thành : x2 y 2 Bài 18 : Giải phương trình nghiệm nguyên : 5x 3y 2xy 11 HD : 11 3y Biến đổi phương trình thành : 2xy 5x 3y 11 x 2y 5 11 3y x 2y 5 Bài 19 : Giải phương trình nghiệm nguyên : xy 2x 3y 1 0 HD : 5 Biến đổi phương trình ta có : y 2 x 3 Bài 20 : Giải phương trình nghiệm nguyên : y x 1 x2 2 HD : Biến đổi phương trình ta có : 3 y x 1 x 1 Bài 21 : Giải phương trình nghiệm nguyên : 2x 3y 5xy 39 HD : 2x 39 2 2 Biến đổi phương trình thành : y 2x 39 3 5x 2x 39 3 5x 3 5x 12 x 6 thay vào tìm y Bài 22 : Giải phương trình nghiệm nguyên : 5x 3y 2xy 11 HD : Biến đổi phương trình về dạng : x 5 2 2 y 2 x 5 2x 3 x 5 2x 3 2x 3 x2 x 1 Bài 24 : Tìm các cặp (x ; y) nguyên dương sao cho A có giá trị nguyên : A xy 1 HD : x y 1 Biến đổi phương trình thành : yA x 1 x y 1 xy 1 x 1 y 1 3 xy 1 Bài 25 : Tìm các cặp số nguyên dương x,y,z biết : 2 y z x yz 1 HD : Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 26
  27. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 2y 2z Biến đổi phương trình thành : x 2y 2z yz 1 yz 1 2y 2z 0 yz 1 a2 2 Bài 26 : Tìm các cặp nguyên dương a, b biêt A có giá trị nguyên : A ab 2 HD : a2b 2b a2b 2a 2a 2b a ab 2 2 a b Biến đổi phương trình thành : bA ab 2 ab 2 ab 2 2 a b bA a , Để A có giá trị nguyên thì : 2 a b  ab 2 2 a b k ab 2 ab 2 Chứng minh: k 1 a 5,b 3 Bài 32: Tìm tất cả các tam giác vuông có các cạnh là 1 số nguyên và số đo diện tích bằng số đo chu vi HD: Gọi x, y là các cạnh của hình vuông 1 x y z Ta có: x2 y2 z2 và xy 2 x y z (2) Khi đó ta có: z2 x y 2 2xy x y 2 4 x y z x y 2 4 x y 4 z2 4z 4 x y 2 2 z 2 2 x y 2 z 2 Thay z x y 4 vào (2) ta được: Còn z x y (loại) Bài 33 : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : 5x 3y 2xy 11 HD: 5x 11 x 5 Đưa phương trình thành: y 2 2 x 5 2x 3 72x 3 2x 3 2x 3 Bài 35 : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : y x 1 x2 2 HD: x2 2 3 Biến đôi phương trình thành: y x 1 x 1 x 1 Bài 39 : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : x2 xy 6x 5y 8 HD: x2 6x 8 3 Biến đổi phương trình thành: y x 1 x 5 x 5 Bài 41 : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : xy 2x 3y 1 0 HD: 2x 1 5 Biến đổi phương trình thành: y 2 x 3 x 3 Bài 44: Tìm các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn: x2 xy 2017x 2018y 6051 0 Bài 45: Giải phương trình nghiệm nguyên : x3 y 3 xy 8 HD : Ta có : x y 3 3xy x y xy 8 Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 27
  28. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 3 x y a 3 3 a 8 Đặt : ft a 3ab b 8 a 8 b 3a 1 b xy b 3a 1 27 a3 8 3a 1 27a3 1 2153a 1 3a 1 U 215 Bài 46: Giải phương trình nghiệm nguyên : xy2 2xy 243y x 0 HD : Đưa phương trình về dạng : x y 1 2 243y y 1 2 U 243 => x; y 54;2 ; 24;8 Bài 47: Giải phương trình nghiệm nguyên : 2x2 2xy 5x y 19 HD : 2x2 5x 19 Đưa phương trình về : 2x2 5x 19 y 2x 1 y 2x 1 Bài 48 : Giải phương trình nghiệm nguyên : y x 1 x2 2 HD : 3 Đưa phương trình về dạng : y x 1 x 1 Bài 49 : Giải phương trình nghiệm nguyên : x2 3x 9 xy 2y HD : x2 3x 9 Phương trình tương đương với : y 2 x x2 3x 9 y , 2 x x2 3x 9 Với x 2 không phải là nghiệm khi đó ta có : y 2 x Bài 50 : Giải phương trình nghiệm nguyên : x2 y 2y x 4 HD : 2 x 4 Biến đổi phương trình thành : y x 2 x 4 y 2 x 2 Bài 51 : Giải phương trình nghiệm nguyên : x2 y 2y 2x 1 0 HD : 2 2x 1 Biến đổi phương trình thành : y x 2 2x 1 y 2 x 2 Bài 52: Giải phương trình nghiệm nguyên : x3 x2 y 3x 2y 5 0 HD : Biến đổi phương trình về dạng : x3 3x 5 x2 y 2y y x2 2 x3 3x 5 y x2 2 x3 2x2 7x 7 Bài 53 : Tìm x nguyên để biểu thức sau nguyên : A x2 3 HD : 4x 1 Ta có : A x 2 4x 1 x2 3 4x 1 4x 1 x2 3 x2 3 Bài 54 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 7 x 1 3y 2xy Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 28
  29. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 HD : 7x 7 ta có : 7x 7 3y 2xy 7 x 1 2xy 3y y 2x 3 y 2x 3 DẠNG 7: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP KẸP GIỮA a,b Z a2 b 2 Nội dung: 2 2 2 (b 1) a (b 1) TQ: Với a,n N(a,n 1, x, y Z) xn yn (x a)n yn (x i)n (i 1,a 1) Bài 1: Giải phương trình nghiệm nguyên: x3 2x2 3x 2 y3 HD : 3 7 9 15 Ta có: y 3 x3 2x2 3x 2 2(x )2 0;(x 2)3 y3 4x2 9x 6 (2x )2 0 4 8 4 16 3 3 3 2 x 1 y 2 x y (x 2) x y x 2 y x 1 x 1 (1;2);( 1;0) x 1 y 0 Bài 2: Giải phương trình nghiệm nguyên: x3 y 3 2y2 3y 1 0(1) HD : (1)  x3 y3 2y2 3y 1 x3 (y 1)3 x y 1 x 1; y 0 Ta chứng minh được: (y 1)3 x3 (y 1)2 3 3 x y x y x y 1 Bài 3: Giải phương trình nghiệm nguyên: (x 2) 4 x4 y3 (1) HD : (1)  8x3 24x2 32x 16 y3 y3 2 y2 y 2z(z Z) x3 3x2 4x 2 z3 Ta chứng minh được: x3 z3 (x 2)2 x z x 2 z x 1 x3 3x2 4x 2 (x 1)3 x3 3x2 3x 1 x 1 z 0 y 0 (x, y) ( 1,0) Bài 4: Giải phương trình nghiệm nguyên: x4 2x3 3x2 x 2 y2 (1) HD : Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 29
  30. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 (1)  (x2 x)2 2x2 x 2 y2 1 15 3 1 +) Ta có: y2 (x2 x)2 2(x ) 2 0;(x2 x 2)2 y2 2x2 3x 2 2(x )2 0 4 8 4 8 (x2 x)2 y2 (x2 x 2)2 1 3 Mà: x2 x 1 (x )2 0 x2 x 0 x2 x y x2 x 2 y x2 x 1 2 4 4 3 2 2 2 y 3 x 2x 3x x 2 (x x 1) x 1 y 3 (x, y) (1,3);(1, 3) y 3 Bài 5: Giải phương trình nghiệm nguyên: x 4 z4 y4 2z2 x2 3x2 4z2 1 0 HD : (1)  y4 x4 z4 2x2 z2 3x2 4z2 1  (x2 z2 )2 3x2 4z2 1 y4 y4 (x2 z2 )2 (2) Xét hiệu (x2 z2 2)2 y4 x2 3 0 (x2 y2 2)2 y4 (3) Từ (2) và (3) y4 (x2 z2 1)2  x2 2z 2 0  x z 0 y4 1 y 1 Vậy (x, y, z) (0,1,0);(0, 1,0) Bài 6: Giải phương trình nghiệm nguyên: x4 x3 x2 x y2 3y(1) HD : (1)  4x4 4x3 4x2 4x 4(y2 3y)  (2x2 x)2 3x2 4x 9 (2y 3)2 (2) 2 23 +) (2y 3)2 (2x2 x)2 3x2 4x 9 3(x )2 0 3 3 (2x2 x 4)2 (2y 3)2 13x2 4x 7 (x 2) 2 12x2 3 0 +) (2x2 x)2 (2y 3)2 (2x2 x 4)2 Vì 2x2 x 2y 3 2x2 x 4 2y 3 2x2 x 1 (2y 3)2 (2x2 x 1)2 +) x2 2x 8 0 x 4 2y 3 37 y 17; 20;2; 5 x 2 2y 3 7 +) 2y 3 2x2 x 2 x2 1 x 1 y 1;0; 4;3 2 +) 2y 3 2x2 x 3 x2 loai; x 0 y 0; 3 9 Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 30
  31. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 Vậy phương trình có 10 nghiệm nguyên. Bài 7 : Tìm tất cả x,y nguyên thỏa mãn : x4 x2 1 y2 HD: 2 Ta có:x2 1 1 0 y2 x4 x2 1 x4 x2 (1) 2 2 Mặt khác y2 x4 2x2 1 x2 x2 1 x2 x2 1 (2) 2 2 2 Từ (1) và (2) ta có: x2 y2 x2 1 y2 x2 1 4 2 4 2 2 y 1 x x 1 x 2x 1 x 0 y 1 y 1 Bài 8 : Giải phương trình nghiệm nguyên : x4 y4 3y2 1 HD : 2 2 Ta có : x4 y4 3y2 1 y4 2y2 1 y2 y2 1 y2 y2 1 2 2 Mặt khác : x4 y4 3y2 1 y4 4y2 4 y2 3 y2 2 y2 3 y2 2 2 2 2 Khi đó : y2 1 x4 y2 2 x4 y2 1 x4 y4 2y2 1 y4 3y2 1 y4 2y2 1 y 0, x 1 Bài 9 : Giải phương trình nghiệm nguyên : x3 y3 2y2 3y 1 0 HD : Ta có :x3 y3 2y2 3y 1 y3 3y2 3y 1 y2 y 1 3 (1) mặt khác : x3 y3 2y2 3y 1 y3 3y2 3y 1 5y2 2 y 1 3 Khi đó : y 1 3 x3 y 1 3 y 1 3 3 TH1 : x y 1 x 1 y (l) 2 TH2 : x3 y 1 3 y2 0 x 1 Bài 10 : Giải phương trình nghiệm nguyên : 1 x x2 x3 y3 HD : 2 2 1 3 3 3 2 3 3 Ta có :1 x x x 0 y 1 x x x x 2 4 4 Mặt khác : y3 x3 3x2 12x 8 5x2 11x 7 x 2 2 5x2 11x 7 x 2 3 3 3 3 3 3 x 0 y 1 Khi đó : x y x 2 y x 1 x 1 y 0 Bài 11 : Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là 1 số chính phương : x4 2x3 2x2 x 3 HD : Đặt x4 2x3 2x2 x 3 y2 2 x4 2x3 x2 x2 x 3 x2 x x2 x 3 y2 Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 31
  32. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 2 y2 x2 x (1) 2 2 Vậy ta cần chứng minh x2 x y2 x2 x 2 2 2 Thật vậy : y2 x2 x x2 x 3 0 y2 x2 x 2 y2 x2 x 2 3x2 3x 1 0 2 2 2 2 x 1 y x x 1 x x 2 0 x 2 Bài 12 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x4 4x3 7x2 6x 4 y2 HD: 2 Ta có: x4 4x3 4x2 3x2 6x 4 y2 x2 2x 2 x2 2x 1 x2 2x 3 2 y2 x2 2x 1 x2 2x 3 2 Ta cần chứng minh: y2 x2 2x 3 Khi đó: x4 4x3 7x2 6x 4 x4 4x2 9 4x3 12x 6x2 2 2 Vậy x2 2x 1 y2 x2 2x 3 2 2 y2 x2 2x 2 hoặc y2 x2 2x 3 Bài 13 : Tìm tất cả các số nguyên tố p để tổng tất cả các ước tự nhiên của p4 là số chính phương HD: Ta có: 2 2 2 1 p p2 p3 p4 m2 2 p2 p 4m2 2 p2 p 2 => 4m2 2 p2 p 1 p 3 Bài 14: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : y2 1 x x2 x3 x4 HD : Với x=0=> y= 1 hoặc y=-1 2 2 Với x # 0=> 4y2 2x2 x 2 5x2 2x2 x 2 2 2 2x2 x 4y2 2x2 x 2 x 3, x 1 Bài 15: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : y3 1 x x2 x3 HD : Từ phương trình ta có : x3 y3 x 2 3 y3 x 1 3 Bài 16: Chứng minh rằng với mọi số nguyên k cho trước, không tồn tại số nguyên x sao cho x x 1 k k 2 HD : Ta có : x2 x k 2 2k x2 x 1 k 1 2 Do x 0 x2 x2 x 1 k 1 2 (1) và x 0 k 1 2 x2 x 1 x2 2x 1 x 1 2 (2) =>x2 k 1 2 x 1 2 Vô lý Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 32
  33. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 Bài 17: Tìm x nguyên để biểu thức sau là 1 số chính phương : x4 2x3 2x2 x 3 HD : 2 Đặt x4 2x3 2x2 x 3 y2 y2 x2 x x2 x 3 Ta cần chứng minh : a2 y2 a 2 2 với a x2 x Bài 18 :Có tồn tại hay không hai số nguyên dương x và y sao cho x2 y và y2 x đều là số chính phương HD : Giả sử : y < x, Ta có : x2 x2 y x2 x x 1 2 Vậy không tồn tại hai số nguyên dương thỏa mãn ban đầu Bài 19: Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là 1 số chính phương: x4 x3 x2 x 1 HD : Giả sử : x4 x3 x2 x 1 y2 4 y2 4x4 4x3 4x2 4x 4 2 2 2 2 Ta có : 2y 4x4 4x3 4x2 4x 4 2x2 x 2x2 x 2 2x2 x (1) 2 Mặt khác : 4x4 4x3 4x2 4x 4 4x4 4x3 9x2 4x 4 2x2 x 2 (2) 2 2 2 2 Từ (1) và (2) ta có : 2x2 x 2y 2x2 x 2 4y2 2x2 x 1 4 3 2 4 3 2 2 x 1 4x 4x 4x 4x 4 4x 4x 5x 2x 1 x 2x 3 0 x 3 Bài 20: Giải phương trình nghiệm nguyên: y3 x3 3x HD: 3 3 Biến đổi thành: x 1 y3 x 1 , Nên y x thay vào PT ta được: x=0 Bài 21: Giải phương trình nghiệm nguyên: y2 y x4 x3 x2 x HD: Bài 22: Giải phương trình nghiệm nguyên: x3 y3 2y2 3y 1 0 HD: Bài 23: Giải phương trình nghiệm nguyên: x4 y4 z4 2x2z2 3x2 4z2 1 0 HD: Bài 24: Giải phương trình nghiệm nguyên: x4 x2 y2 y 10 0 HD: 4 Bài 25: Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2 x4 y3 HD: Bài 26: Giải phương trình nghiệm nguyên: y3 x3 2x 1 HD: Bài 27: Giải phương trình nghiệm nguyên: x6 4y3 4y4 2 3y 6y2 HD: 4 2 Bài 28: Giải phương trình nghiệm nguyên: x4 x 1 y2 y 1 Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 33
  34. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 HD: Bài 29: Tìm các số nguyên x, y không âm sao cho: x2 y2 y 1 HD: Nếu y 0 x 1 Nếu y 1 từ PT ta suy ra: y x y 1 , vô lý. DẠNG 8: SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC Bài 1: Giải phương trình nghiệm nguyên : x y 1 xyz HD : Giả sử : x y TH1 : x y 2x 1 x2 z x xz 2 1 x y 1, z 3 TH2 : x y xyz 2y 1 xyz 2y xz 2 x 1, y 2, z 2 hoặc x 2, y 2, z 1 Bài 2: Tìm 3 số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng HD : Gọi các số nguyên dương phải tìm là x, y, z, Ta có : x y z xyz , Giả sử : 1 x y z xyz x y z 3z xy 3 xy 1;2;3 Với xy 1 x 1, y 1 Với xy 2 x 1, y 2 Với xy 3 x 1, y 3 Bài 3: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình sau: x y z xyz HD: Vì vai trò của x, y, z là như nhau nên Giả sử: x y z 3x x y z xyz 3 yz Nếu z 0 x y 0 x y 0 (thỏa mãn ) Nếu z 0 x y z , Do yz 3 nên ta có các TH sau: TH1: y z 1 x 2 x Vô nghiệm TH2: y 2,z 1 x 3 2x x 3 TH3: y 3,z 1 x 4 3x x 2 y loại Vậy phương trình đã cho có tất cả 7 nghiệm là hoán vị của cặp nghiệm trên Bài 4: Tìm 4 số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng HD : Gọi 4 số nguyên dương cần tìm là : x, y,z,t x y z t xyzt Giả sử : t z y x 1 xyzt x y z t 4t xyz 4 xyz 1;2;3;4 Xét các TH của xyz Bài 5: Tìm 3 số nguyên dương sao cho tích của chúng gấp đôi tổng của chúng HD : Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 34
  35. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 Gọi 3 số nguyên dương cần tìm là x,y,z, ta có : xyz 2 x y z Giả sử : x y z xyz 2 x y z 2.3z 6z xy 6 Xét các TH của xy Bài 6: Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình : xyz 4 x y z HD : Giả sử : x y z xyz 4 x y z 12x yz 12 z2 12 z 1;2;3 Bài 7: Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình : 5 x y z t 10 2xyzt HD : Giả sử : x y z t 2xyzt 5 x y z t 10 20x 10 yzt 15 t3 15 t 2 Với t 1 2xyz 5 x y z 15 15x 15 2yz 30 2z2 30 z 3 TH1 : z 1 2xy 5 x y 20 4xy 10 x y 40 2x 5 2y 5 65 Giải các TH và với t=2 Bài 8: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 5 x y z t 7 xyzt HD: Bài 9: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2 x y z 9 3xyz HD: Bài 10: Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình : xy yz zx xyz 2 HD : Giả sử : x y z 1 xy yz zx xy xy xy 3xy 3xy xyz 2 3xy xyz z 3 z 1,2 Bài 11: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x2 y2 z2 xyz 20 HD: Giả sử: 1 x y z VT x2 y2 z2 xyz x2 x2 x2 x2 4x2 2 x 1 20 x x 2 x 2 19 TH1: Với x=1=> y2 z2 yz 19 y2 y2 y2 3y2 y2 3 2 y 1 =>y 6 Nếu y=1=> Z không có giá trị, Nếu y=2=> z=3 y 2 TH2 : Với x 2 làm tương tự 1 1 1 Bài 12: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : 1 x y z HD: 3 Giả sử: 1 x y z 1 x 3 x 2;3 x Làm tương tự bài trên 1 1 1 1 Bài 13: Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình : x y 3 xy HD : Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 35
  36. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 1 1 1 1 2 1 2x 1 2x 2 Giả sử : x y 3 x y xy y xy xy xy y 1 2 => y 6 y 1;2;3;4;5 3 y 1 1 1 1 Bài 14: Chứng minh rằng chỉ có 1 số hữu hạn nghiệm nguyên dương x y z 1991 HD : 1 1 1 1 3 Giả sử : 0 x y z , Ta có : x y z 1991 x =>1991 x 3.1991 x có hữu hạn giá trị 2.1991x Với mỗi giá trị của x =>y 22.1991 giá trị x 1991 => Tương ứng với z Bài 15: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x y z 9 xyz HD: 1 1 1 9 Ta có:GT 1 yz xz xy xyz Giả sử: x y z 1 1 1 1 9 12 Khi đó: VT z2 12 z 1;2;3 z2 z2 z2 z2 z2 Với z 1 x y xy 10 => tự làm yz xz xy Bài 16: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : 3 x y z HD: Phương trình đã cho y2 z2 x2 z2 x2 y2 3xyz 4 4 Cô si ta có: VT 33 xyz 3xyz 33 xyz xyz 1 , Do x, y, z 0 và x,y,z nguyên nên ta có các nghiệm là: (1 ;1 ;1), (1 ;-1 ;-1) và các hoán vị 1 1 1 1 1 1 Bài 17: Tìm các số nguyên dương a, b, c đôi 1 khác nhau thỏa mãn : A a b c ab bc ca Có giá trị nguyên HD: Ta có: A.abc ab bc ca a b c a,b,c có cùng tính chẵn lẻ: a 1 Giả sử :a b c Nếu a 3 b 5,c 7 A 1 l a 2 Nếu a=1=>b 3,c 5 1 A 3 A 2 thay a=1 và A=2 vào ta được: 2 b c 1 bc hay b 2 c 2 5 b 3,c 7 Nếu a=2, xét tương tự=> (2;4;4), (1;3;7) và các hoán vị Bài 18: Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x2 y2 5x2 y2 60 37xy HD: Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 36
  37. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 x y 2 x2 y2 35xy 60 x y 2 5 xy 3 4 xy Giả sử có x, y nguyên thỏa mãn: VT 0 =>5 xy 3 4 xy 0 3 xy 4 . xy 3 Do x, y nguyên nên x.y Z xy 4 xy 3 x y Với: ( vô nghiệm) 2 2 x y 0 x 3 xy 4 x y x y 2 Với 2 2 x y x y 0 x 4 2 Bài 19: Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình : 3x2 4y2 6x 13 HD: Biến đổi phương trình thành: 3x2 6x 3 16 4y2 3 x 1 2 4 4 y2 4 y2 0 y2 4 y 2 y 1, y 2 Bài 20: Giải phương trình nghiệm nguyên : 2x2 3y2 4x 19 HD : Ta có : 4x2 6y2 8x 38 2x 2 2.2x.2 4 6y2 42 2x 2 2 6y2 42 4 x 1 2 6 7 y2 2 x 1 2 3 7 y2 2 2 2 2 x 2 Vì x 1 0 y 7 y 0; 1; 2 Vi 7 y 2 y là số lẻ y 1 x 4 Bài 21: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : x2 xy y2 5 HD: 2 20 Biến đổi thành: 2x y 20 3y2 0 y2 y2 0;1;4 3 Xét các TH=> x Bài 22: Giải phương trình nghiệm nguyên : x2 6xy 13y2 100 HD: 2 Biến đổi phương trình đã cho thành: x 3y 4 25 y2 2 Vì x 3y 0 4 25 y2 0 y2 25 và 25 y2 là số chính phương, do đó: y2 0;9;16;25 y 0; 3; 4; 5 thay vào ta tìm được các nghiệm x còn lại. Bài 23: Có tồn tại hay không hai số nguyên x, y thỏa mãn : 3x2 7y2 2002 HD: Biến đổi phương trình thành: x2 3. y2 286 x2 7 và x2 286 7 x 16 và x7 x 7, x 14 7 Với x 7 y2 165 l Với x 14 y2 202 l Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 37
  38. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 Bài 24: Tìm các số tự nhiên x thỏa mãn phương trình : 2x 3x 5x HD : x x 2 3 Ta có : 1 5 5 Với x 0 1 1 1 Vô lý 2 3 Với x 1 1 thỏa mãn 5 5 x x 2 2 3 3 Với x 2 , VT VP 5 5 5 5 Bài 25: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3x 4x 5x HD: x x 3 4 Phương trình đã cho viết lại thành: 1 5 5 Ta thấy x=2 là nghiệm của phuong trình: x x 3 4 Nếu x>2 thì 1 5 5 Nếu x 1917 y 1 17 1917 y17 17.y16 Vậy x 17 x y 18 Thử lại ta thấy x=y=18 không thỏa mãn => Phương trình không có nghiệm nguyên dương Bài 27: Tìm các số nguyên dương thỏa mãn: x y z và 5x 2.5y 5z 4500 HD: Nếu z 5 5x 2.5y 5z 4500 Nếu z 5 5x 2.5y 5z 4500 , vậy để thỏa mãn đàu bài thì z 5 y 4, x 3 Bài 28: Tìm 3 số nguyên dương đôi 1 khác nhau thỏa mãn : x3 y3 z3 x y z 2 HD : 3 x3 y3 z3 x y z Giả sử : x y z x y z 9 và không xảy ra đấu = 3 3 x y z 8 , mà x y z 1 2 3 6 x y z 6;7;8 Kết hợp với phương trình đầu x; y; z 1;2;3 Bài 29: Giải phương trình nghiệm nguyên : 12x2 6xy 3y2 28 x y Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 38
  39. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 HD : Ta đánh giá miền giá trị của x: Biến đổi PT thành: 2 2 2 2 14 14 196 2 2 9x 3 x y 28 x y 3 x y x 7 x 0;1;4 3 3 3 Bài 30: Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn : x2000 y2000 20032000 (1) HD : Giả sử: x y từ PT (1) x 2003 x 1 2003 2000 Ta có : 20032000 x 1 x2000 2000.x1999 y2000 2000.x1999 2000.y1999 2003 x y 2000 vậy x 2002, y 2001 DẠNG 9: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CHIA HẾT VÀ ĐỒNG DƯ Bài 1: Chứng minh rằng không có các số nguyên x, y, z thỏa mãn : 4x2 4x 8y3 2z2 4 HD: 2 3 2 Ta có 2z 4 z2 , Ta có : 4x x 1 8y 2z 8 mà 4 không chia hết cho 8 Vậy không tồn tại x, y, z Bài 2: Giải phương trình nghiệm nguyên : 9x 5 y y 1 HD: Nhân với 4 ta có: 36x 20 4y2 4y =>36x 21 4y2 4y 1 2y 1 2 Do 36x 213 2y 13 2y 1 2 9 , mà 36x 21 9 => Vô lý Vậy không tồn tại x, y nguyên Bài 3: Có tồn tại hay không các số tự nhiên m, n sao cho: m2 n2 101010 HD: Giả sử tồn tại m, n là số tự nhiên thỏa mãn: m2 n2 101010 (1) Từ (1) => m, n cùng tính chẵn lẻ m2 n2 m n m n 4 , Nhưng 10101 4 vậy không có m, n nào thỏa mãn. Bài 4: Có tồn tại hay không hai số nguyên x, y thỏa mãn : x3 y3 z3 x y z 2006 HD: Ta có: x3 x x x2 1 x 1 x x 1 3 Tương tự ta có: y3 y3, z3 z3 , Biến đổi PT thành: x3 x y3 y z3 z 2006 . Mà 20063 , Vậy không tồn tại x, y, z Bài 5: Giải phương trình nghiệm nguyên : x 1 x x2 4y y 1 HD : Phương trình 1 x x2 x3 4y2 4y 1 x 1 x2 1 2y 1 2 Vì VP là 1 số lẻ => x 1 , x2 1 là số lẻ , Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 39
  40. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 1 xd 1 x2 d Giả sử : x 1; x2 1 d => d lẻ , Mà : 2 2 1 x d 1 x d 1 x 1 x2 là số chính phương => x 1 x2 1 x 0 Bài 6: Tìm các cặp số tự nhiên thỏa mãn : x2 3y 3026 HD: Xét y 0 x2 3026 1 3025 x 55 Xét y 0 3y 3 còn x2 :3 dư 0 hoặc 1 =>x2 3y :3 dư 0 hoặc dư 1, Mà 3026 chia 3 dư 2 => Vô lý Bài 7: Giải phương trình nghiệm nguyên : x2 2y2 5 HD : Ta có : 2y2 2 mà 5 :2 dư 1=> x2 chia 2 dư 1=> x2 chia 8 dư 1=>2y2 +x2 chia 8 dư 1 hoặc 3 mà 5 chia 8 dư 5=> Vô lý vậy không có giá trị x, y nguyên thỏa mãn Bài 8: Chứng minh phương trình sau không có nghiệm nguyên : x2 2 y 2005 HD: Với y Phương trình vô nghiệm Nếu y = 0, 1, 2, 3 => Phương trình cũng vô nghiệm Nếu y 3 2 y 8 PT x2 2005 2 y 8 =>x2  5 mod8 ( Vô lý) do số chính phương chia 8 dưa 0 hoặc 1 hoặc 4 Bài 9: Tìm x, y nguyên sao cho : 2x 3 y2 HD: Xét x 0 y 2 Xét x 1 y2 5 Vô lý Với x 2 22 4 VT : 4 dư 3=> y là số lẻ=> y=2k+1=>y2 4k 2 4k 1: 4 dư 1 (vl) Vậy không tồn tại x, y nguyên Bài 10: Tìm x, y nguyên sao cho : 2x 57 y2 HD : TH1 : x là số lẻ : n =>x 2n 1 n N 2x 22n 1 2.4n 2 3 1 n 2 B 3 1 B 3 2 chia 3 dư 2 VP là 1 số chính phương chia 3 không dư 2 TH2 : x là số chẵn : x 2n n N y2 22n 57 y 2n y 2n 3.19 Thấy y 2n 0 y 2n 0 và y 2n y 2n y 2n 57 y 2n 19 hoặc n n y 2 1 y 2 3 Bài 11: Tìm các số nguyên tố x, y, z thỏa mãn: x y 1 z HD: Vì x, y nguyên tố nên x, y 2 , từ PT đã cho ta suy ra z 5 và z là số lẻ (do z nguyên tố) Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 40
  41. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 Vì z lẻ nên x chẵn hay x=2, Khi đó: z 1 2y Nếu y lẻ thì z chia hết cho 3, loại, vậy y=2 Bài 12: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:3x 2 y 1 HD: TH1: x = 1 thay vào pt suy ra y = 1 TH2: x là số lẻ lớn hơn 1, đặt x = 2k + 1 (k N*) 32k 1 2 y 1 Ta có 32k 1 9k.3  3(mod 4) nên 2 y 32k 1 1  2(mod 4) y = 1 (vì nếu y ≥ 2 thì 2y chia hết cho 4) Thay y = 1 vào pt ta được x = 1 (loại) TH3: x là số chẵn, đặt x = 2k ( k N*), thay vào pt ta có: 2 y 32k 1 (3k 1)(3k 1) 3k – 1 và 3k +1 là các lũy thừa của 2 Đặt 3k 1 2a ;3k 1 2b (a, b N*, a > b) Ta có 2 = 3k 1 3k 1 2a 2b 2b 2a b 1 Suy ra b = 1 ; a = 2 k = 1 x = 2; y = 3 Vậy pt có nghiệm (x; y) = (1; 1); (2; 3) Bài 13: Chứng minh rằng PT sau không có nghiệm nguyên: x2 2y2 5 (1) HD: Giả sử PT có nghiệm nguyên, Từ (1) => x là số lẻ x 2m 1, m Z thay vào (1) ta được: 2m m 1 y2 2 (2) Từ (2) suy ra y là số chẵn, Đặt y 2n, n Z thay vào (2) và rút gọn ta được : m m 1 2n2 1 m m 1 lẻ, Vô lý, Vậy PT không có nghiệm nguyên. Bài 14:Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương thỏax; y; zmãn: xyz x2 2z 2 HD : Với x, y,z là các số nguyên dương. x2 2 Xét phương trình: xyz x2 2z 2 z là số nguyên dương xy 2 Nếu x y z 1 Khi đó : x; x;1 với x là số nguyên thỏa mãn Nếu x y z 1 không thỏa mãn đề bài Nếu x y x2 2 xy 2 . Vì z là số nguyên dương nên x2 2xy 2 y x2 2 xy 2 x xy 2 2 x y xy 2 2 x y xy 2 Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 41
  42. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 Do đó tồn tại số nguyên dương k saocho : 2 x y k xy 2 Nếu k 2 x y xy 2 x 1 y 1 3 0 vô lý Nếu k 1 2 x y xy 2 x 2 y 2 6 Vì x; y nguyên dương nên y 1 x 4;z 3 Vậy có bộ số x; y;1 với x = y là số nguyên dương tùy ý và x; y;z 4;1;3 Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 42
  43. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 DẠNG 10: SỬ DỤNG LÝ THUYẾT ĐỒNG DƯ Bài 1: Giải phương trình nghiệm nguyên : 15x2 7y2 9 HD : 2 2 2 Ta có : y 3 y3 y 3y1 5x 21y1 3 x3 x 3x1 2 2 2 15x1 7y1 1 y1  1 mod3 => Vô nghiệm Bài 2: Giải phương trình nghiệm nguyên : 29x2 28y 2 2000 HD : Đưa phương trình về thành : x2  5 mod 7 , Vô nghiệm Bài 3: Giải phương trình nghiệm nguyên : 1999x2 2000y2 2001 HD : Đưa phương trình về dạng : x2  1 mod 4 , Vô nghiệm Bài 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x 3 65y HD: Ta chứng tỏ PT đã cho không có nghiệm nguyên. Giả sử PT 2x 3 65y có nghiệm nguyên Ta có: 2x  3 mod 5 và 2x  3 mod13 Từ 2x  3 mod 5 x  3 mod 4 (1) Từ 2x  3 mod13 x  4 mod12 trái với (1) Bài 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2002 2000.y2001 2003 HD: Từ PT đã cho ta suy ra x là số lẻ và x2002  1 mod 4 2003  1 mod 4 vô lý, PT vô nghiệm. Bài 6: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 19x2 84y2 1984 HD: Biến đổi PT thành: 19x2 84y2 84 1900 84 y2 1 1900 Giả sử PT đã cho có nghiệm. Khi đó y2 1  0 mod19 , Vì 19 là số nguyên tố có dạng 4k 3 y2 1  0 mod19 mâu thuẫn, vì y2 là số chính phương nên chia 4 chỉ có dư là 0 hoặc 1 y2 1 chia 4 chỉ có dư là 1 hoặc 2 vậy PT vô nghiệm Bài 7: Tìm các số tự nhiên x, y, thỏa mãn: 2002x 2001y 1 HD: Ta có: 2002x 2001y 1  2 mod 4 x 1, y 1 Bài 8: Tìm các số tự nhiên x, y, thỏa mãn: 5x 1 2y HD: Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 43
  44. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 Nếu x chẵn thì: 5x  1 mod3 2y  0 mod3 loại Nếu x lẻ thì : 5x  5 mod8 2y  4 mod8 y 2 Bài 9: Tìm các số tự nhiên x, y, thỏa mãn: 5x 1 2y HD: Nếu x lẻ thì 5x 1 chia hết cho 3, còn 2y không chia hết cho 3, loại Nếu x chẵn thì 5x 1  2 mod 4 2y  2 mod 4 y 1 x 0 Bài 10: Tìm x, y,z N thỏa mãn: 2x.3y 1 5z (*) HD: Ta có: 1 5z  2 mod 4 2x.3y  2 mod 4 x 1 , Khi đó (*) trở thành : 2.3y 1 5z (1) Nếu y 0 z 0 , Nếu y 1 z 1 Nếu y 1 VT(1)9 5z  1 mod 9 z3 và z lẻ Vậy z có dạng z 6k 3, k N , Nhưng khi đó VT(1) 1 1252k 1  0 mod 7 loại Vậy PT có hai nghiệm là 1;0;0 , 1;1;1 Bài 11: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 2x 3y 1 HD: y Nếu y chẵn thì 3y  1 1 mod 4 Từ PT đã cho ta suy ra 2x  2 mod 4 x 1, y 0 Nếu y lẻ thì y 2z 1, z N 3y 3.9z  3 mod8 Từ PT đã cho ta suy ra 2x  4 mod8 x 2 y 1 Bài 12: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 2x 3y 7 HD: Xét đồng dư theo mod3 và mod4 ta suy ra x, y chẵn, Sau đó giải tương tự như câu a ta được: x=4; y=2 Bài 13: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x 3y z2 HD: Nếu x 0 1 3y z2 z 1 z 1 3y , Từ đó suy ra: z 1 3s ,z 1 3t 3t 3s 2 s 0,t 1 + Nếu x 1, y 1 z2 3y 2  2 mod3 loại + Nếu x 1, y 0 z2 3 vô nghiệm + Nếu x 2 z là số lẻ z2  1 mod 4 y chẵn. Đặt y 2m ta có : Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 44
  45. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 z 3m z 3m 2x z 3m 2s ,z 3m 2t 2t 2s 2.3m s 1 2t 1 3m 1  2 hoặc  4 mod8 t 2 hoặc t 3 , từ đó tìm đc x, y, z Bài 14: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3x 4y 5z HD: Xét đồng dư theo mod 3 và mod 4 ta suy ra: x và z đều chẵn. Đặt x 2x1;z 2z1 z1 x1 m z x z x 5 3 2 (1) Thay vào PT ta được: 5 1 3 1 5 1 3 1 4y m n 2y,n m z x n 5 1 3 1 2 (2) z Cộng theo từng vế ta có: m 1 và 5 1 1 2n 1 (3) z Từ (1) 5 1 5.25k  5 mod8 n 3 x y z 2 Bài 15: Tìm tất cả các cặp số tự nhiên n;z thỏa mãn phương trình: 2n 122 z2 32 HD: Nếu n lẻ thì: 2n  1 mod3 . Từ PT đã cho ta suy ra: z2  1 mod3 loại. Nếu n chẵn thì: n 2m, m N và PT đã cho trở thành: z2 22m 152 z 2m z 2m 153 Chọn z 2m ,z 2m là các ước của 153 ta tìm được: m 2,z 13 Bài 16: Tìm các số nguyên x, y sao cho: 1 x x2 x3 2y (*) HD: Tù (*) suy ra 2y Z y 0. ta có: * 2y Z y 0 , ta có : 1 x 2m (1) (*) 1 x 1 x2 2y , Vì 1 x2 0 1 x 0 và (*) , 2 n 1 x 2 (2) m,n N,m n y Từ (1) x 2m 1 thay vào (2) ta được : 22m 2m 1 2 2n (3) Nếu m 0 thì từ (1) => x=0 thay vòa (*) ta được y=0 Nếu m 1 thì từ (3) suy ra 2n  2 mod 4 n 1 thay vào (2) ta được : x=1, do (x>-1) Thay x 1 vào (*) ta được : y=2 Bài 17: Tìm các số nguyên x, y sao cho: 1 x x2 x3 2003y HD: Bài 18: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 3x 4y 7z HD: Làm như trên ta được nghiệm x y z 1 Bài 19: Tìm nghiệm tự nhiên của PT: 2x 3 65y (1) HD: Giả sử PT có nghiệm nguyên. Khi đó: (1) 2x  3 mod 5 x  3 mod 4 x là số lẻ. (2) Từ (1) ta cung có : 2x  3 mod13 x  4 mod12 x chẵn, mâu thuẫn với (2) Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 45
  46. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 Bài 20: Tìm a,b,c,d N * sao cho: a2 b2 c2 d 2 22000 (1) HD: k k k k * Giả sử: a 2 .a1,b 2 b1,c 2 c1,d 2 .d1, a1,b1,c1,d1 N và không cùng chẵn, 2 2 2 2 2000 2k Từ (1) a1 b1 c1 d1 2 (2) 2000 2k Từ (2) k 999 2 4 a1,b1,c1,d1 đều lẻ 2 2 2 2 2000 2k a1 b1 c1 d1  4 mod8 2  4 mod8 2000 2k 2 k 999 Bài 21: Tìm nghiệm nguyên của PT sau: x2 y3 7 HD: Sử dụng tính chất của số nguyên tố có dạng 4k 3 Ta có: x2 y3 7 x2 1 y 2 y2 2y 4 (1) Nếu y chẵn thì x2 y2 7  7 mod8 loại 2 Nếu y lẻ thì y2 2y 4 y 1 3 có dạng 4k 3 y2 2y 4 có ước nguyên tố p dạng 4k 3 Từ (1) x2 1 p 1 p p 1 loại Bài 22: Tìm nghiệm nguyên của PT: x2003 y2002 20033002 x6 y6 HD: Sử dụng tính chất của số nguyên tố có dạng 4k 3 , Đáp án: x y 0 Bài 23: Giải phương trình nghiệm nguyên biết : x3 3367 2n HD : Từ PT ta có : x3  2n mod 7 Nếu n không chia hết cho 3 thì 2n khi chia cho 7 chỉ có số dư là 2, 4, 7. Mà x3 khi chia cho 7 chỉ có số dư là 0 ; 1 ; 6 nên không thể có x3  2n mod 7 Vậy n 3m, m Z , Thay vào phương trình ta được : 2 x3 3367 23m 2m x 2m x 3x.2m 3367 (1) 3 Từ (1) 2m x U 3367 mà 2m x 23m x3 3367 2m x 1;7;13 Nếu 2m x 1 1 2m 2m 1 2.561 Vô nghiệm Nếu 2m x 13 1 2m 2m 13 2.15 Vô nghiệm Nếu 2m x 7 1 2m 2m 7 24.32 m 4,n 3m 12, x 9 Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 46
  47. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 Dạng 11: Phương pháp xét số dư ( Sử dụng đồng dư thức ) Nội dung: Cho phương trình f(x) = g(x) Xét số dư của f(x) và g(x) cho cùng một số +) Nếu hai số dư khác nhau thì phương trình vô nghiệm +) Nếu hai số dư bằng nhau thì làm tiếp Bổ đề: Xét số dư của số chính phương cho 1 số +) a2  0,1(mod3) +) a2  0,1(mod 4) +) a2  0,1,4(mod5) +) a2  0,1,4(mod8) +) a3  0,1, 1(mod9) +) a4  0,1(mod16) Bài 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 9x 2 y2 y HD : Ta có: VT 9x 2  2(mod9) y2 y  2(mod9) y2 y/ 3 Có: y2 y y(y 1) y,va, y 1/ 3 y 1,2(mod3) +) Nếu y 1(mod3) y 3k 1 9x 2 (3k 1)2 3k 1 9k 2 9k 2 9x 9k 2 9k x k 2 k x k 2 k Vậy phương trình có nghiệm: (k Z) y 3k 1 Bài 2: Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau a. 3x2 4y 2 13 b. x2 2y2 8y 3 HD : a. 3x2 4y 2 13 3x2 4y2 13 Nhận xét: n Z n2chia4du : 0hoac :1 x2  0,1(mod 4)(x Z) 3x2  0,3(mod 4) Mặt khác 4y2 13 1(mod 4) ptvn b. x2 2y2 8y 3 x2 2(y2 4y) 3 x2 2(y 2)2 5 x2 2(y 2)2 55 x2 ;(y 2)2  0,1,4(mod5)  Nhận xét: n Z n2  0,1,4(mod5) x2 ,2(y 2)2 2 2  x 2(y 2) 5  Chia cho 5 có cùng số dư nên số dư phải bằng 0 Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 47
  48. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 x2  0(mod5) x  0(mod5) x2 25 x2 2(y 2)2 25 ptvn 2 2 2(y 2)  0(mod5) y 2  0(mod5) (y 2) 25 5/ 25 Bài 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 19x2 28y 2 2009 HD : Ta có: 28y2 4;16x2 4;2009 : 4 du3 3x2chia4 du :1 pt 16x2 28y2 2009 3x2  2 2 :4 du:1 4 x chia4 du : 0,hoac :1 3x : 4 du : 0,hoac :3 ptvn Bài 4: a. Giải phương trình nghiệm nguyên 7x2 13y 2 1820 b. Giải phương trình nghiệm nguyên 7x2 13y 2 1620 c. Giải phương trình nghiệm nguyên 3x2 5y 2 1080 23.5.33 HD : a. Ta có: 1820 7.13.20 2 7x 7  2 2  13y 7 y 7 y7(vi : (13,7) 1) 18207 2 2 13y 13 7x 13  2 Tương tự:   x 13 x13 182013 (7,13) 1 Đặt x 13a; y 7b(a,b Z) 7.132 a2 13 2.72 b2 7.13.20 13a2 7b2 20 a2 ,b2 1 a2 b2 1(tm) Từ đó ta tìm được nghiệm: (x, y) (13,7);(13, 7);( 1,7);( 13, 7) b. Ta có: 1620 20.81 20.34 Từ (2) 7x2 13y2 3 x2 y2 3 x, y3 2 2 4 2 2 2 2 Đặt x 3x1; y 3y1(x1, y1 Z) 9(7x1 13y1 ) 20.3 7x1 13y1 20.9(2) x1 y1 3 x1, y1 3 2 2 2 2 2 2 Đặt x1 3x2 ; y1 3y2 (x2 , y2 Z) 9(7x2 13y2 ) 20.9 7x2 13y2 20 x2 y2 1 x2 1; y2 1 Từ đó ta tìm được: (x, y) (9,9);(9, 9);( 9,9);( 9, 9) c. Từ Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 48
  49. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 x5 x 5x1 2 2 2 2 3 3 2 2 3 2 pt 3.5 .x1 5.3 .y1 2 .5.3 5x1 3y1 2 .3 (1) x13 y3 y 5y1 2 2 2 3 2 x1 3x2 5.3 .x2 3y1 2 .3 2 2 3 2 2 2 2 15x2 3y1 2 .3 15x2 3y1 24 x2 1 2 +) x2 0 x2 0 x1 0 x 0 loai +) x2 1 x1 3 x 15; y 9 +) x2 1 x1 3 x 15; y 9 Vậy (x, y) (15,9);(15, 9),( 15,9);( 15, 9) 4 4 4 Bài 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: x1 x2 x8 2015 HD : Xét số dư của n4 cho 16 +) n chẵn n 2k n4 16k 4 16 +) n lẻ 2 n 2k 1 n4 (2k 1)4 (2k 1)2 16k 4 16k 2 32k 3 8k(k 1) 1 n4chia16du1   16 16 4 4 4 4 x1 x8  0,1, ,8(mod16) Vậy x1 , x8  0,1(mod16) ptvn 2015 15(mod16) Bài 6: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau a. 2x 3 y2 b. 2x 2 y 2z 1024 HD : a. +) Nếu x 2k 1(k N) 2x 22k 1 2.4k  2(mod3) y2  2(mod3) voly +) Nếu x 2k y 2 22k 3 y2 22k 3 (y 2k )(y 2k ) 3 Ta có: y 2k 0 y 2k 0; y 2k y 2k cac :TH y 2k 1 y 2 y 2 y 2 +) (x, y) (0,2) k k y 2 3 2.2 2 k 0 x 0 b. Do x, y, z có vai trò như nhau, giả sử x y z Có: 2x 2 y 2z 210 2z (2x z 2 y z 1) 210 2x z 2 y z 1 210 z (x z, y z N) 210 z N +) 10 z 0 z 10 2x 10 2 y 10 0(loai) Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 49
  50. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 +) 10 z 1 y z 1 x z y z 1 2x z 2 y z 1:le 210 z y z 0 y z 2x z 2 210 z - 210 z 2x z 2 x z (10 z) (x z) 2 2 1 2 2x z 2 x z 1 10 x 2 1 1 10 x 1 x 9 (x, y, z) (9,8,8) y z 8 Bài 7: Tìm tất cả các số tự nhiên x sao cho: 2x 105 là số chính phương HD : Theo giả thiết: 2x 105 y2 (y N) +) Nếu x 2k 1(k N) thì 2x 22k 1 2.4k  2(mod3) y2  2(mod3) voly +) Nếu x 2k(k N) thì y2 22k 105 (y 2k )(y 2k ) 105 3.5.7 Ta thấy y 2k 0; y 2k y 2k TH y 2k 1 +) TH1: 2k 1 104(loai) k y 2 105 y 2k 3 2y 38 y 19 +) TH2: k k 1 y 2 35 2 32 k 4 x 8 y 2k 7 y 11 +) TH3: k y 2 15 k 2 x 4 Vậy x 4;6;8 b. 3x 160 là số chính phương x 2 ( Xét modul 4) 1945 Bài 8: Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên: 19x 5y 1890z 29 HD : Vì x, y, z 1 , nên: VT 19x (mod5)  ( 1)x (mod5) 1,4(mod5)(1) ( x có thể chẵn ) Mặt khác: 91945 1(mod 4) 91945 4k 1(k N * ) VP  24k 1 2.16k  2(mod5)(2) Từ (1) và (2) VT VP ptvn Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 50
  51. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 Bài 9: Chứng minh rằng các phương trình sau không có nghiệm nguyên a. x3 y3 z3 51111 b. x3 y3 z3 x y z 2008 4 4 4 2222 4 4 4 c. x1 x2 x8 3 d. x y z 1000 e. n3 2006n 20082007 1 f. x 2 y2 z2 1999 HD : a. Nhận xét: a3  0,1, 1(mod9) Thật vậy, nếu a  0(mod3) a3  0(mod9);a 1 a3 1 (a 1)(a2 a 1)  0(mod9)  3 3 Nếu a  1(mod3) a3 1 (a 1)(a2 a 1)  0(mod9)  0 0 Áp dụng: VT  0, 1, 2, 3(mod9)(1) Có: 53 125  1(mod9) 56 1(mod9) 51111 (56 )185.5  5(mod9)(2) Từ (1) và (2) suy ra phương trình vô nghiệm b. Ta có: x3 x x(x 1)(x 1); y3 y y(y 1)(y 1); z3 z z(z 1)(z 1) VT  0(mod3),VP/ 3 ptvn c. Ta có: a4 1(mod16)a N,a :le a2 12 Thật vậy: a4 1 (a2 1)(a 1)(a 1)16 vì: ( a -1 và a + 1 là hai số chẵn liên (a 1)(a 1)8 tiếp nên có 1 số chia hết cho 4 và 1 số chia hết cho 2 nên tích của chúng chia hết cho 8) Áp dụng: VT  0,1,2, 8(mod16)(1) Ta có: 34 81 1(mod16);32222 (34 )555 2 9.(34 )555  9(mod16)(2) ptvn d. Có x, y, z Z x4 , y4 , z4  0,1(mod16) VT  0,1,2,3(mod16),VP  8(mod16) ptvn e. Ta có: n3 2006n n3 n 2007n n(n 1)(n 1) 2007n VT  0(mod3)(1)   3 3 Lại có: 2008 1(mod3) 20082007 1(mod3) 20082007 1  2(mod3)(2) ptvn f. Có: 1999  3(mod 4) mà: x 2 , y 2 , z2  0,1(mod 4) x2 , y2 , z2 1(mod 4) x, y, z :le Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 51
  52. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 2 2 2 Đặt x 2x1 1; y 2y1 1; z 2z1 1 (2x1 1) (2y1 1) (2z1 1) 1999 x (x 1) y (y 1) z (z 1) 499 ptvn 11  11  11  / 2 2 2 2 DẠNG 11: PHƯƠNG PHÁP XUỐNG THANG Phương pháp giải: Chú ý: Phương pháp này thường dùng cho các phương trình có bậc của các hạng tử là bằng nhau Nó xuất phát từ ông Phecsma: x4 y4 z4 Cách giải: Bước 1: Giả sử tồn tại nghiệm khác 0 mà đạt giá trị nhỏ nhất Bước 2: Sử dụng giả thiết và các tính chất chỉ ra phương trình đó có 1 nghiệm khác nhỏ hơn Bước 3: Kết luận phương trình có nghiệm là 0 Bài 1: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 2x4 4y4 8z4 z4 (1) HD: Giả sử (x0 , y0 , z0 ,t0 ) là 1 nghiệm của phương trình, 4 4 4 4 Tức là: 2x0 4y0 8z0 t0 t0 2 t0 2t1(t1 Z) 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 2x0 4y0 8z0 16t1 x0 2y0 4z0 8t1 x0 2 x0 2x1(x1 Z) 16x1 2y0 4z0 8t1 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 8x1 y0 2t0 4t1 y0 2y1(y1 Z) 8x1 16y1 2z0 4t1 4x1 8y1 z0 2t1 z0 2z1 4 4 4 4 2x1 4y1 8z1 t1 neu : (x0 , y0 , z0 ,t0 ) là 1 nghiệm nguyên của phương trình thì (x1, y1, z1,t1 ) x y z t = (0 ; 0 ; 0 ; 0 ) cũng là nghiệm của phương trình 2 2 2 2 x y z t x y z t Tương tự như vậy (x , y , z ,t ) ( 1 ; 1 ; 1 ; 1 ) ( 0 ; 0 ; 0 ; 0 ) cũng là nghiệm của ph. trình 2 2 2 2 2 2 2 2 22 22 22 22 x y z t Cứ tiếp tục như vậy, sau bước thứ n ta suy ra (x , y , z ,t ) ( 0 ; 0 ; 0 ; 0 ) cũng là nghiệm n n n n 2n 2n 2n 2n nguyên của phương trình ban đầu với mọi n nguyên dương Điều này chỉ xảy ra (x0 , y0 , z0 ,t0 ) (0;0;0;0) . Vậy phương trình có đúng 1 nghiệm nguyên Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 52
  53. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 Bài 2: Giải phương trình nghiệm nguyên: x3 3y 3 9z3 9x2 y2 z2 (1) HD: Giả sử (x0 , y0 , z0 ,t0 ) là 1 nghiệm của phương trình, tức là: 3 3 3 2 2 2 3 3 3 3 5 2 2 2 x0 3y0 9z0 9x0 y0 z0 x0 3 x0 3x1(x1 Z); y0 3y1; z0 3z1 x1 3y1 9z1 3 x1 y1 z1 (2) Tương tự ta chứng minh được: x1 3; y1 3; z1 3 Đặt x1 3x2 ; y 1 3y 2 ; z1 3z2 (x2 , y2 , z2 Z) 3 3 3 5 6 2 2 2 3 3 3 8 2 2 2 Thay vào (2) ta được: 3(x2 3y2 9z2 ) 3 .3 x2 y2 z2 x2 3y 2 9z2 3 x 2 y2 z2 n n n n * Cứ tiếp tục như vậy sau bước n ta suy ra: x0 3 xn ; y0 3 yn ; z 0 3 znhay : x0 , y0 , z0 3 n N Điều này chỉ xảy ra (x0 , y0 , z0 ,t0 ) (0;0;0;0) . Vậy phương trình có đúng 1 nghiệm nguyên *) Chú ý: Ta có thể thay số nguyên tố 3 bằng số nguyên tố bất kỳ Bài 3: Giải phương trình nghiệm nguyên: x3 5y3 25z3 (1) HD: Ta thấy x3 5 x5 3 3 3 3 3 3 3 3 3 Đặt x 5x1 25x1 y 5z (2) y 5y1 25x1 25y1 z (3) z 5z1 x 1 5y1 25z1 x y z Vậy nếu (x,y,z) là 1 nghiệm của pt thì: (; ; ) cũng là 1 nghiệm của pt 5 5 5 x y z Cứ như vậy ( ; ; )(k N * ) cũng là nghiệm của (1). Điều này xảy ra khi x = y = z = 0 5k 5k 5k Bài 4: Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 y2 7z 2 (1) ( Cách khác ) HD: Ta thấy (x,y,z) = (0;0;0) là 1 nghiệm của phương trình (1) Giả sử (1) có nghiệm khác (0;0;0). Gọi (x0 ; y0 ; z0 ) là 1 nghiệm của pt mà: x0 y0 z0 2 2 2 2 2 Nhỏ nhất x0 y0 7z0 x0 y 0 7 Nhận xét: a2  0,1,2,4(mod 7)a Z Ta có bảng sau: 2 x0 0 1 2 4 Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 53
  54. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 2 y0 0 0 1 2 4 1 1 2 3 5 2 2 3 4 6 4 4 5 6 1 2 2 x0 7 Nhìn vào bảng ta thấy: x0 y 0 7 x0 7x 1 ; y0 7y1(x1, y1 Z) y0 7 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Thay vào pt: 49x1 49y2 7z0 7x1 7y1 z0 z0 7 z0 7z1(z1 Z) 7x1 7y1 49z1 2 2 2 x1 y1 7z1 Như vậy (x1, y 1 , z1 ) cũng là nghiệm của phương trình, nhưng x y z x y z 0 0 0 x y z ( vô lý ). Vậy pt có nghiệm duy nhất (0,0,0) 1 1 1 7 7 7 0 0 0 Bài 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 19x2 28y2 729 HD: Biến đổi phương trình thành: 18x2 27y2 x2 y2 729 (1) Từ (1) x2 y2 3 , do đó: x, y đều chia hết cho 3. Đặt x 3u, y 3v, u,v Z Thay vào PT : 19u2 28v2 81 (2) Từ (2) lập luận như trên ta được: u 3s,v 3t s,t Z thay vào (2) ta được: 19s2 28t 2 9 (3) Từ (3) suy ra s, t không đồng thời bằng 0 19s2 28t 2 19 9 . Nên (3) vô nghiệm Khi đó Phương trình (1) vô nghiệm Bài 6: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x6 y2 2x3y 320 HD: 2 2 Biến đổi phương trình thành: x3 x3 y 320 Đặt u x3,v x3 y phương trình trở thành: u2 v2 320 (1) Từ (1) ta thấy u và v cùng tính chẵn lẻ Nếu u, v cùng lẻ thì u2 v2  2 mod 4 , do đó (1) không xảy ra=> u, v cùng lẻ loại 2 2 Vậy u, v cùng chẵn, Đặt u 2u1,v 2v1, u1,v1 Z , khi đó PT trở thành: u1 v1 80 (2) Từ (2) lập luận như trên ta lại có u1,v1 cùng chẵn, Đặt u1 2u2 ,v1 2v2 , u2 ,v2 Z thay vào (2): Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 54
  55. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 2 2 u2 v2 20 (3) Từ (3) lập luận như trên ta lại thấy u2 ,v2 cùng chẵn. 2 2 Đặt u2 2u3,v2 2v3, u3,v3 Z thay vào PT (3) ta được: u3 v3 5 (4) Từ (4) ta thấy rằng u là lập phương của 1 số nguyên nên u3 cũng là lập phương của 1 số nguyên Từ đó ta tìm được cặp u3;v3 1;2 ; 1;2 ; 1; 2 ; 1; 2 Thay vào tìm được cặp x, y Bài 7: Tìm nghiệm của phương trình: x3 2y3 4z3 HD: Từ phương trình đã cho suy ra x chẵn: hay x 2x1 x1 Z , thay vào PT ta được: 3 3 3 4x1 y 2z 3 3 3 Từ đó ta lại có y là số chẵn, Đặt y 2y1, y1 Z thay vào PT ta được : 2x1 4y1 z 3 3 3 Lại thấy z là số chẵn:Đặt z 2z1, z1 Z thay vào ta được: x1 2y1 4z1 x y z Vậy nếu x, y,z là nghiệm của Pt đã cho thì ; ; cũng là nghiệm của phương trình 2 2 2 x y z đã cho Một cách tổng quát: n ; n ; n cũng là nghiệm của PT đã cho với mọi n N, hay x, y,z 2 2 2 chia hết cho 2n ,n => x=y=z=0 Bài 8: Tìm nghiệm nguyên của PT : 5x3 11y3 13z3 0 HD : Sử dụng PP cực hạn, Hãy chứng minh rằng: Nếu x; y;z là 1 nghiệm của PT thì x y z ; ; cũng là 1 nghiệm của PT 13 13 13 Bài 9: Tìm x, y,z N sao cho : x4 y4 z4 5x2 y2 (*) HD: Sử dụng PP xuống thang hoặc PP cực hạn. Nhận thấy x y z 0 là 1 nghiệm của PT (*) 4 4 4 2 2 Giả sử ngoài nghiệm trên ta còn nghiệm x1;y1;z1 thỏa mãn: x1 y1 z1 5.x1 .y1 (1) Nếu cảu x1, y1 đều lẻ thì từ (1) ta suy ra z1 chẵn Khi đó: VT 1  2 mod 4 còn VP 1  1 mod 4 vô lý 4 4 Vậy 1 trong 2 nghiệm x1, y1 là số chẵn, Từ (1) y1 z1 4 cả y1,z1 đều là số chẵn. Đặt x1 2x2 , y1 2y2 ,z1 2z2 , x2 , y2 ,z2 N thay vào (1) ta có: 4 4 4 2 2 x2 y2 z2 5.x2 y2 x2 ,y2 ,z2 cũng là nghiệm của (*) Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 55
  56. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 1 Mà x4 y4 z4 x2 y2 z2 trái với cách chọn nghiệm. 2 2 2 4 1 1 1 Bài 10: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 15x2 7y2 9 HD: 2 2 Từ PT đã cho ta suy ra y chia hết cho 3, đặt y 3y1 thay vào PT ta được: 5x 21y1 3 (1) 2 2 Từ (1) ta suy ra x chia hết cho 3, Đặt x 3x1 . Thay vào PT ta được: 15x1 7y1 1 (2) 2 Từ (2) suy ra y1  1 mod3 , Vô lý nên PT vô nghiệm Bài 11: Tìm các số nguyên x, y, z, t thỏa mãn: x2 y2 z2 x2 y2 (1) HD: Sử dụng PP xuống thang ta có: Nếu cả x và y đều lẻ thì từ (1) suy ra z chẵn, Khi đó: x2 y2 z2  2 mod 4 còn x2 y2  1 mod 4 vô lý Vậy 1 trong 2 biến x và y phải chẵn. Giả sử x chẵn, Từ (1) ta suy ra: y2 z2 4 do đó cả y và z đều chẵn. 1 2 2 2 2 2 Đặt x 2x1, y 2y ,z 2z1, x1, y1,z1 Z Thay vào (1) ta được: x1 y1 z1 4x1 .y1 (2) Từ (2) lại lập luận như trên ta suy ra: x1, y1,z1 đều chẵn. Cứ làm như vậy và chỉ ra x y z 0 Bài 12: Tìm các số nguyên x, y, z, t thỏa mãn: x2 y2 z2 2xyz HD : Bài 13: Tìm các số nguyên x, y, z, t thỏa mãn: x2 y2 z2 t 2 2xyzt HD : Bài 14: Tìm nghiệm nguyên của PT sau : x3 3y3 9z3 0 HD : Sử dụng Phương pháp xuống thang ta có : x y z 0 Bài 15: Tìm nghiệm nguyên của PT : 8x4 4y4 2z4 t 4 HD : Sử dụng PP xuống thang ta được : x y z t 0 Bài 16: Tìm nghiệm nguyên của PT : x2 y2 z2 7u2 HD : Sử dụng PP xuống thang : x y z u 0 Bài 17: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x2 y2 z2 x y z 1 HD : Sử dụng pp xuống thang thì thấy PT vô nghiệm. Bài 18: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x4 y4 z4 t 4 2020xyzt HD: Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 56
  57. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 Trước hết ta nhận xét rằng : nếu n là số nguyên chẵn thì n4 8 Nếu n là một số nguyên lẻ thì n 2k 1 n2 4k k 1 1 chia cho 8 sẽ dư 1. Suy ra n4 cũng chia cho 8 dư 1. 4 4 4 4 Gọi nghiệm nguyên của phương trình là x0; y0;z0;t0 . ta có: x0 y0 z0 t0 2020x0 y0z0t0 Do vế phải là số chẵn nên trong 4 số x0; y0;z0;t0 không thể có một hoặc ba số là số lẻ. Nếu trong chúng có hai hoặc 4 số lẻ thì vế trái là số chia cho 8 dư 2 hoặc chia cho 8 dư 4. ( vô lý ). Vì thể cả 4 số x0; y0;z0;t0 đều là số chẵn. Ta đặt : x0 2x1; y0 2y1;z0 2z1;t0 2t1 4 4 4 4 Thay vào phương trình và chia hai vế cho 16 ta được: x1 y1 z1 t1 2020x1y1z1t1 Vì thế x1; y1;z1;t1 là một nghiệm của phương trình. x0 y0 z0 t0 Lập luận tương tự, xn; yn;zn;tn n ; n ; n ; n cũng là nghiệm của phương trình. 2 2 2 2 Vì nghiệm của phương trình là số nguyên nên chỉ xảy ra : x0; y0;z0;t0 0;0;0;0 Thử lại ta thấy thỏa mãn. Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: x; y;z; y 0;0;0;0 Dạng 12: PHƯƠNG PHÁP SẮP XẾP THỨ TỰ CÁC ẨN ( PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ ) Dùng trong trường hợp các ẩn có vi trò như nhau ( bình đẳng ) Ta có thể giả sử x y z; x y z mà bài toán không mất tính tổng quát để từ đó giới hạn bớt miền xác định của ẩn từ đó tìm được các nghiệm của phương trình và dùng hoán vị các nghiệm đó Bài 1: Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình: x y z xyz HD: Vì vai trò của x, y, z là như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử x y z Khi đó: xz2 xyz x y z 3x z2 3 z 1 x y 1 xy (x 1)(y 1) 2 2.1 x 1 2 x 3 y 1 2 y 2 Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm (x,y,z) = (3,2,1);(3,1,2);(2,1,3);(2,3,1);(1,2,3);(1,3,2) Bài 2: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x y 9 HD: Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 57
  58. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 Giả sử: x y x y 2 x x y 9 x 45  x 20,25 Dễ thấy x là số chính phương x 1;4;9;16 +) x 1 y 8 y 64 +) x 4 y 49 +) x 9 y 36 +) x 16 y 25 Vậy phương trình có 8 nghiệm 1 1 Bài 3: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: z(1) x y HD: x y (1)  z  x y xyz(2) xy Giả sử x y xyz x y 2y xz 2 xz 1 x z 1 y 1 y loai Mà x, y Z x 1; z 2 y 1 tm xz 2 x 2; z 1 y 2 tm 1 1 1 Bài 4: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2(1) x y z HD: 1 1 1 1 3 Giả sử x y z 2 3. x x 1(x : nguyenduong) x y z x 2 1 1 1 1 2 y 1 z o voly Thay x = 1 vào (1): 1 1 y 2 y z y z y y 2 z 2 tm Vậy (x,y,z) = (1,2,2) và các hoán vị của nó Bài 5: Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình: xy yz zx xyz 2(1) HD: 2 1 1 1 3 3 z 1 Giả sử x y z 1 1 1 xyz x y z z z z 2 +) z 1 xy x y xy 2 x y 2 x y 1 +) z 2 xy 2x 2y 2xy 2 xy 2x 2y 2 0 (x 2)(y 2) 2 Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 58
  59. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 x 2 2 x 4 Vì x 2 y 2 1 TH : y 2 1 y 3 Vậy phương trình có 7 nghiệm: (1,1,1);(4,3,2);(4,2,3);(2,3,4);(2,4,3);(3,4,2);(3,2,4) Bài 6: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 y2 z2 xyz 20(1) HD: 2 2 2 2 2 2 2 2 x 1 Giả sử: 1 x y z x y z xyz 3x x 4x 4x 20 x 5 x 2 2 2 2 2 2 2 19 y 1 +) x 1 y z yz 19 y y y 19 y y 2 3 y 2 Với y 1 z2 z 18  z(z 1) 18 vonghiem Với y 2 z2 z 15 z 3 tm (x, y, z) (1,2,3) +) x 2 4 y2 z2 2yz 20 y2 z2 2yz 16 y2 y2 2y2 16 y 2 Với y 1 z 3 tm (1,2,3) Với y 2 z2 4z 12  z 2  (2,2,2) Hoán đổi vai trò x, y, z ta có các nghiệm: (1,2,3);(1,3,2);(2,1,30;(2,3,1);(3,2,1);(3,1,2);(2,2,2) Bài 7: 5(x y z t 2) 2xyzt HD: Giả sử: x y z t 2xt3 2xyzt 5(x y z t 2) 20x 10 30x t3 15 t 1;2 +) TH1: t 1 2xz2 2xyz 5(x y z 3) 15x 15 30x z2 15 z 1,2,3 Với z 1 2xy 5(x y 4) 4xy 10(x y 4) (2x 5)(2y 5) 65 65.1 13.5 2x 5 13 x 35 2y 5 1 y 3 Vì 2x 5 2y 5 3 TH 2x 5 13 x 9 2y 5 5 y 5 Với z 2 5(x y 5) 4xy 16xy 20(x y 5) (4x 5)(4y 5) 125 30 4x 5 25 x Vì 4x 5 4y 5 4z 5 3(z 2) TH 4 loai 4y 5 5 y 5/ 2 Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 59
  60. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 8 Với z 3 5(x y 6) 6xy 36xy 30(x y 6) (6x 5)(6y 5) 205 Vì 6x 5 6y 5 6z 5 13 loai t 2 4xz2 4xyz 5(x y z 4) 15x 20 25x(x t 2) 25 5 +) TH2: z2 z z 2 4 2 8xy 5(x y 6) 64xy 40(x y 6) (8x 5).(8y 5) 265 53.5 loai   11 11 Vậy phương trình có 24 nghiệm: (x, y, z) (35,3,1,1),(9,5,1,1) và các hoán vị của nó. Chúc các em chăm ngoan – học giỏi !! Trang 60