Phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

Tài liệu gồm 38 trang, hướng dẫn một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên, đây là dạng toán thường xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi Toán bậc THCS.

71 36 lượt tải Tải xuống

Chia sẻ Báo cáo tài liệu

1. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ

1. Phương trình nghiệm nguyên là phương trình có nhiều ẩn số, tất cả các hệ số của phương trình đều là

số nguyên. Các nghiệm cần tìm cũng là số nguyên.

2. Phương trình nghiệm nguyên không có công thức giải tổng quát, chỉ có cách giải của một số dạng.

Trong chuyên đề này được giới thiệu qua một số ví dụ và bài tập cụ thể.

3. Cách giải phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng, đòi hỏi học sinh phân tích, dự đoán, đối chiếu và tư

duy sáng tạo, lôgic để tìm nghiệm.

B. CÁC DẠNG BÀI TẬP

Dạng 1: Phương pháp đưa về phương trình ước số

Phương pháp giải

Biến đổi phương trình về dạng: Vế trái là tích của các đa thức chứa ẩn, vế phải là tích của các số nguyên.

Bài tập mẫu

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

 

2 5 3x y xy  

Lời giải

Ta có:

 

2 5 3 3 2 2 5x y xy xy x y      

   

3 2 3 2 5

y x x     

  

3 2 3 2 19xy   

Do x, y nguyên dương nên

3 2 1; 3 2 1x y   

Mà

19 1.19 19.1

nên xảy ra các trường hợp sau:

3 2 1

3 2 19











(I) hoặc

3 2 19

3 2 1











(II).

Giải các hệ phương trình (I) và (II) ta được hai nghiệm nguyên của phương trình là

   

1;7 , 7;1

Vậy tập nghiệm nguyên của phương trình là

   

 

1;7 , 7;1S 

2. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

4 3 2 2

4 6 4x x x x y   

Lời giải

Ta có:

4 3 2 2 4 3 2 2

4 6 4 4 6 4 1 1x x x x y x x x x y          

 

11xy   

   

1 1 1x y x y

   

     

   

 





   









   













  









  







Suy ra

1 1 0

0 1 1

1 1 2

y y x

     



      



    



Thử lại các giá trị tương ứng của x và y ta đều thấy thỏa mãn phương trình đã cho.

Vậy phương trình có tập nghiệm nguyên là

   

 

0;0 , 2;0S 

Dạng 2: Phương pháp sử dụng tính chất chia hết

Phương pháp giải

- Sử dụng tính chất chia hết để chứng minh phương trình vô nghiệm hoặc tìm nghiệm của phương trình.

+ Nếu

và

 

a b m

thì

+ Nếu

,a b b c

thì

+ Nếu

ab c

mà ƯCLN

 

,1bc 

thì

+ Nếu

,a m b n

thì

ab mn

+ Nếu

,a b a c

với ƯCLN

 

,1bc 

thì

a bc

+ Trong m số nguyên liên tiếp bao giờ cũng tồn tại một số là bội của m.

3. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

- Hai vế của phương trình nghiệm nguyên khi chia cho cùng một số có số dư khác nhau thì phương trình

đó không có nghiệm nguyên.

Bài tập mẫu

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

23xy x y  

Lời giải

Ta có:

 

2 3 2 3xy x y y x x       

Vì

2x 

không thỏa mãn phương trình nên suy ra:



    



Ta thấy y là số nguyên nên

2x 

là ước của 1 hay

21x 

hoặc

21x   

, tức là

1x 

hoặc

3x 

Vậ tập nghiệm nguyên của phương trình là:

   

 

1; 2 , 3;0S 

Chú ý: Bài toán này có thể dùng phương pháp đưa về phương trình ước số:

   

1 2 1 1x y y   

  

2 1 1xy   

Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

2 4 19 3x x y  

Lời giải

Ta có:

2 4 2 21 3x x y   

 

2 1 3 7xy   

(*)

Ta thấy

   

3 7 2 7 2y y y   

lẻ.

Ta lại có

 

3 7 2 1 0 7y x y     

nên chỉ có thể

1y 

Khi đó phương trình (*) có dạng:

 

2 1 18x 

Ta được:

13x   

, do đó

2, 4xx  

Vậy tập nghiệm của phương trình là

       

 

2;1 , 2; 1 , 4;1 , 4; 1S     

Dạng 3: Phương pháp xét số dư từng vế

Phương pháp giải

4. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

Sử dụng tính chất cơ bản: Một số chính phương khi chia cho 3 dư 0 hoặc 1; chia cho 4 dư 0 hoặc 1; chia

cho 8 dư 0, 1 hoặc 4,…

Bài tập mẫu

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

92x y y  

Lời giải

Ta có:

 

9 2 1x y y  

Ta thấy vế trái của phương trình là số chia cho 3 dư 2 nên

 

1yy

cũng chia 3 dư 2.

Trường hợp 1:

thì

 

13yy

(loại).

Trường hợp 2: y chia 3 dư 2 thì

13y 

nên

 

13yy

(loại).

Do đó, y chia 3 dư 1.

Đặt

 

3 1, 1 3 2y k y k k     

Khi đó:

      

9 2 3 1 3 2 9 9 1 1x k k x k k x k k         

Thử lại:

 

1 , 3 1x k k y k   

thỏa mãn phương trình đã cho.

Vậy phương trình đã cho tập nghiệm là

 

 

1 , 3 1|S x k k y k k     

Ví dụ 2: Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên:

2018xy

Lời giải



Cách 1:

Ta có phương trình đã cho tương đương

  

2018x y x y  

Vì

   

2x y x y x   

là một số nguyên chẵn nên

 

xy

và

 

xy

có cùng tính chẵn lẻ.

Mà

  

2018x y x y  

nên

 

xy

và

 

xy

đều chẵn.

Suy ra

  

x y x y

chia hết cho 4, nhưng 2018 lại không chia hết cho 4.

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

5. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com



Cách 2:

Số chính phương chia 4 có thể dư 0 hoặc 1. Do đó,

,xy

chia cho 4 có số dư là 0 hoặc 1.

Suy ra số dư của

 

xy

khi chia cho 4 thuộc tập

 

0;1;3

, mà 2018 chia 4 dư 2.

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Dạng 4: Phương pháp đưa về dạng tổng

Phương pháp giải

Biến đổi phương trình về dạng: Vế trái là tổng của các bình phương, vế phải là tổng của các số chính

phương.

Bài tập mẫu

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

8x y x y   

Lời giải

Ta có:

2 2 2 2

8 4 4 4 4 32x y x y x y x y        

   

4 4 1 4 4 1 34x x y y      

   

2 1 2 1 3 5x - y    

Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 chỉ có duy nhất một dạng phân tích thành tổng hai số chính

phương là

và

. Do đó ta có hai trường hợp:

2 1 3

2 1 5

  











hoặc

2 1 5

2 1 3

  











Giải các hệ phương trình trên ta được tám nghiệm nguyên thỏa mãn là:

             

2;3 , 3;2 , 1; 2 , 2; 1 , 2; 2 , 2;2 , 1;3      

và

 

3; 1

Vậy tập nghiệm nguyên của phương trình là:

               

 

2;3 , 3;2 , 1; 2 , 2; 1 , 2; 2 , 2;2 , 1;3 , 3; 1S         

Dạng 5: Phương pháp sử dụng bất đẳng thức

Phương pháp giải

6. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

Sử dụng 2 bất đẳng thức cơ bản sau:

- Bất đẳng thức Cô-si:

 

2 , 0x y xy x y  

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

xy

- Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki:

  

 

2 2 2 2

a b c d ac bd   

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

ad bc

- Mở rộng: Với mọi x, y, z ta có

  

 

2 2 2 2 2 2

x y z a b c ax by cz      

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

a b c

x y z



(với giả thiết nếu mẫu số bằng 0 thì tử số tương ứng cũng

bằng 0).

Bài tập mẫu

Ví dụ 1: Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình:

  

2 2 2 2

14x x y x y  

Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:

12xx

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

1x 

2x y xy

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

xy

Vì x, y là các số nguyên dương nên ta nhân vế với vế của hai bất đẳng thức trên ta được:

  

2 2 2 2

14x x y x y  

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

1xy

Vậy

1xy

là nghiệm nguyên dương duy nhất của phương trình.

7. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

 

1 3 1x y x y    

Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có:

 

    

2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 3 1x y x y x y         

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

1 1 1

xy    

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là

1xy

Dạng 6: Phương pháp đánh giá

Phương pháp giải

Đánh giá phương trình cơ bản dựa theo 2 nhận xét sau:

- Không tồn tại

n

thỏa mãn

   

1a n a a   

- Nếu

   

2,a n a a n   

thì

1na

hoặc

 

1na  

Bài tập mẫu

Ví dụ: Giải phương trình nghiệm nguyên:

4 2 2

1x x y  

Lời giải

Xét hiệu

   

2 2 2 2 2

1 0 1x y x x y      

Xét hiệu

2 4 2 2 4

10y x x y x     

Suy ra

     

2 2 2

2 2 2 2 2

11x y x y x     

Thế vào phương trình ban đầu ta có:

00xx  

Vậy tập nghiệm nguyên của phương trình là

   

 

0;1 , 0; 1S 

Dạng 7: Phương pháp giải lùi vô hạn, nguyên tắc cực hạn

Phương pháp giải

8. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

Phương pháp này nhằm chứng minh một phương trình

 

; ; ;...f x y z

ngoài nghiệm tầm thường thì không

còn nghiệm nào khác được giải theo các bước như sau:

- Giả sử

 

0 0 0

; ; ;...x y z

là nghiệm của

 

; ; ;...f x y z

với điều kiện ràng buộc của bộ

 

0 0 0

; ; ;...x y z

. Ví dụ

như

nhỏ nhất hoặc

0 0 0

...x y z  

nhỏ nhất…

- Biến đổi số học để tìm ra một bộ nghiệm khác

 

1 1 1

; ; ;...x y z

trái với điều kiện ràng buộc trên. Ví dụ khi

chọn bộ

 

1 1 1

; ; ;...x y z

với

nhỏ nhất ta lại tìm được bộ

 

1 1 1

; ; ;...x y z

thỏa mãn

xx

, từ đó dẫn đến

phương trình đã cho có nghiệm

 

0 0 0

; ; ;...x y z

Bài tập mẫu

Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

50xy

Lời giải

Cách 1:

Giả sử

 

;xy

là nghiệm của phương trình đã cho thì

50xy

, suy ra

chia hết cho 5.

Đặt

 

0 1 1

5x x x

, ta có

2 2 2 2

1 0 1 0

25 5 0 5 0x y x y    

Suy ra

chia hết cho 5.

Đặt

 

0 1 1

5y y y

, ta có

2 2 2 2

1 1 1 1

5 25 0 5 0x y x y    

Vậy nếu

 

;xy

là nghiệm nguyên của phương trình đã cho thì

;







cũng là nghiệm nguyên của

phương trình đó.

Tiếp tục lập luận tương tự ta có

;







với k là số nguyên dương tùy ý cũng là nghiệm nguyên của

phương trình đã cho hay

và

đều chia hết cho

với mọi k là số nguyên dương k tùy ý. Điều này

xảy ra khi và chỉ khi

0xy

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là

0xy

Cách 2:

9. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

Nhận thấy

 

0;0

là một nghiệm của phương trình đã cho. Giả sử ngoài nghiệm này phương trình còn

nghiệm khác

   

; 0;0xy 

Trong các nghiệm như vậy, chọn ra được nghiệm

 

;xy

có tổng

xy

nhỏ nhất (*).

Vì

 

;xy

là nghiệm của phương trình nên

55xy

, suy ra

Đặt

 

0 1 1

5x x x

, ta có

2 2 2 2

1 0 0 1

25 5 0 5 5x y y x   

, suy ra

Đặt

 

0 1 1

5y y y

, ta có

2 2 2 2

1 1 1 1

5 25 0 5 0x y x y    

Do đó

 

;xy

cũng là nghiệm của phương trình đã cho.

Lại có

1 1 0 0

x y x y    

(do

   

; 0;0xy 

Điều này mâu thuẫn với (*).

Do vậy hệ có nghiệm duy nhất

0xy

10. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

B. BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 1. Tìm nghiệm nguyên của các phương trình:

xy8 15

; b)

xy5 12 33

;

xy14 9 21

; d)

xy29 15 20

Bài 2. Chứng minh rằng nếu ước chung lớn nhất của a và b không chia hết c (tức là

 

c a,b

) thì phương

trình

 

ax by c a;b   0

không có nghiệm nguyên.

Bài 3. Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình:

xy4 5 19

; b)

   

x y y   3 1 4 12

;



2 3 5

3 4 2

; d)

    

x x y x y .   5 5 2

Bài 4. Giải phương trình trên tập số nguyên:

xyz   4 3 8 9

Bài 5. Tìm nghiệm nguyên của các phương trình:

xx

3 14 5

; b)

 

x x x  

2 9 7 6

;

x x x x    

4 3 2

2 19 8 60 0

;

  

x x x x x x     

4 2 2 2 4

13 36 2 65 5 180

Bài 6. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

  

 







1 1 1

 

  



   

2 2 1

2 1 2 2

         

x x x x x        

3 3 3 3 3

1 2 3 5 4

Bài 7. a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình

 

x y xy  6 33

;

b) Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình

 

x y xy32

11. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

Bài 8. a) Tìm ba số nguyên dương sao cho tổng bằng tích;

b) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

 

x y z t xyzt    5 4 6

Bài 9. a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình

 

x y y x x    

2 2 2

3 2 1 6 7

;

b) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

xy xy y x   

2 27 0

Bài 10. Tìm nghiệm nguyên của các phương trình

 

x y y x   

5 1 2 2 1

; b)

x y xy x y     

2 2 2 2 5 0

;

 

x y z x y x z    

2 2 2

2 2 6 9 2

; d)

x y z xy yz y      

2 2 2

3 4 2 4 12 36 0

Bài 11. Tìm nghiệm nguyên của phương trình

 

x x x y y y     

2 3 2

Bài 12. Tìm nghiệm nguyên của phương trình

    

x x x x y    

1 2 8 9

Bài 13. Tìm nghiệm nguyên của phương trình

x y z  

3 3 3

2 4 0

Bài 14. Tìm số có hai chữ số mà số ấy là bội của tích hai chữ số đó.

Bài 15. Tìm tất cả các hình chữ nhật với độ dài các cạnh là số nguyên dương có thể cắt thành 11 hình

vuông bằng nhau sao cho mỗi cạnh hình vuông là một số nguyên dương không lớn hơn 3.

Bài 16. a) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

xy yz zx

z x y

   1

3 3 3

;

b) Tìm ba số nguyên dương sao cho tổng các nghịch đảo của chúng bằng

Bài 17. Chứng minh phương trình

xy

2 9 11

không có nghiệm nguyên.

Bài 18. Chứng minh phương trình

x y z

  

1 1 1 1

2016

có môt số hữu hạn nghiệm nguyên dương.

Bài 19. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

x y x y xy  

2 2 2 2

8 10

Bài 20. Tìm số tự nhiên nhỏ nhất biết rằng khi chia số đó cho 2005 thì dược dư là 23 còn khi chia số đó

cho 2007 thì được dư 32.

12. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

Bài 21. Một đoàn học sinh đi cắm trại bằng ô tô. Nếu mỗi ô tô chở 22 người thì thừa 1 người. Nếu bớt đi

1 ô tô thì có thể phân phối đều tất cả các học sinh lên các ô tô còn lại. Hỏi có bao nhiêu học sinh đi cắm

trại và có bao nhiêu ô tô? Biết rằng mỗi ô tô chỉ chở không quá 30 người.

Bài 22. Tìm cặp số tự nhiên (m; n) thỏa mãn hệ thức

m n m n   

Bài 23. Tìm các cặp số nguyên

 

x; y

thỏa mãn

xy

5 8 20412

Bài 24. Tìm các cặp số nguyên

 

x; y

thỏa mãn điều kiện

xy

6 5 74

Bài 25. Tìm các số nguyên dương

 

x; y

thỏa mãn phương trình

 

x y y  

120 3

Bài 26. Tìm tất cả các số nguyên dương

 

x; y

sao cho

3 2 1

Bài 27. Tìm các cặp số nguyên

 

x; y

thỏa mãn

x y xy x x    

2 3 4 0

Bài 28. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

x y xy x y     

3 2 5 2 7 0

13. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

HƯỚNG DẪN

Bài 1. Tìm nghiệm nguyên của các phương trình:

xy8 15

; b)

xy5 12 33

;

xy14 9 21

; d)

xy29 15 20

Hướng dẫn giải – đáp số

a/ Hệ số của ẩn y là -1. Đáp số













8 15

b/ Về giá trị tuyệt đối thì hệ số của x nhỏ hơn hệ số của y. Do đó ta tính x theo y. Sau đó tách phần

nguyên. Đáp số:













12 9

c/ Ta có:

 

; 14 21 7

nên

y 7

. Đặt

yt7

ta có phương trình

xt2 9 3

. Tiếp tục làm như câu b) ta

tìm được













14 7

d) Cách 1: Phương trình đã cho (viết tắt là PT):

x x x x

x y y x

    

       

20 29 15 30 5 5

29 15 20 1 2

15 15 15

Đặt

 

u, u





ta có

xu15 5

Nghiệm nguyên tổng quát của PT là













15 5

11 29

Cách 2: Ta có

 

; 15 20 5

nên

x 5

Đặt

xt 5

ta có phương trình

ty29 3 4

Tiếp tục làm như b) ta tìm được











15 5

11 29

Bài 2. Chứng minh rằng nếu ước chung lớn nhất của a và b không chia hết c (tức là

 

c a,b

) thì phương

trình

 

ax by c a;b   0

không có nghiệm nguyên.

14. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

Hướng dẫn giải – đáp số

Ta chứng minh bằng phản chứng:

Giả sử phương trình

 

ax by c a;b   0

có nghiệm nguyên là

(x );y

tức là

ax by c

. Gọi

 

a; b d

thì

a dm; b dn

 

m, n

Ta có:

dmx dny c mx ny

    

0 0 0 0

nên

   

Z mx ny Z

điều này vô lý vì

y;n;xm ; 



đpcm.

Bài 3. Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình:

xy4 5 19

; b)

   

x y y   3 1 4 12

;



2 3 5

3 4 2

; d)

    

x x y x y .   5 5 2

Hướng dẫn giải – đáp số

a/ Nghiệm nguyên tổng quát là













. Nghiệm nguyên dương là

   

x; y ; 13

b/ Biển đổi phương trình thành

xy3 7 45

. Do

 

; 3 45 3

nên

y 3

Phương trình có nghiệm nguyên tổng quát là

 













15 7

Để x > 0 và y > 0 ta phải có

t

Vậy t = 1; 2. Phương trình có 2 nghiệm nguyên dương là

     

;;;y ;x  8 3 1 6

c) Biến đổi phương trình thành

xy8 9 30

Nghiệm tổng quát là













và t = 0; 1; 2; 3; …

Phương trình có vô số nghiệm nguyên dương

       

x; y ; ; ; ; ; ;... 6 2 15 10 24 18

15. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

d) Biến đổi phương trình thành

 

x xy y x y     

2 2 2

2 25 5

hay

xy5

Do x > 0 và y > 0 nên

xy5

và phương trình có 4 nghiệm

         

x; y ; ; ; ; ; ; ; . 1 4 2 3 3 2 4 1

Bài 4. Giải phương trình trên tập số nguyên:

xyz   4 3 8 9

Hướng dẫn giải – đáp số

Ta có:

   

x y z x y z x y         4 3 8 9 8 5 9

Đặt

   u y z;v x y

Nghiệm nguyên tổng quát của phương trình là

 

x u v

y u v u ;v

z u v



  



     





  



9 8 5

9 8 4

9 7 4

Bài 5. Tìm nghiệm nguyên của các phương trình:

xx

3 14 5

; b)

 

x x x  

2 9 7 6

;

x x x x    

4 3 2

2 19 8 60 0

;

  

x x x x x x     

4 2 2 2 4

13 36 2 65 5 180

Hướng dẫn giải – đáp số

Ta chuyển vế đưa về dạng

 

Ax 0

sau đó phân tích

 

thành nhân tử bằng tách và thêm bớt các

hạng tử.

  

x x x x x x x          

3 14 5 3 15 5 0 5 3 1 0

Nghiệm nguyên của phương trình là

x  5

 

x x x x x x      

2 3 2

2 9 7 6 2 9 7 6 0

   

x x x    3 2 2 1 0

Tập nghiệm là

 

S;  32

16. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

    

x x x x x x x x        

4 3 2

2 19 8 60 0 2 2 3 5 0

Tập nghiệm

 

S ; ; ;  3 2 2 5

  

x x x x x x     

4 2 2 2 4

13 36 2 65 5 180

      

x x x x x x x x           

4 2 2 2 2 2

13 36 2 5 0 4 9 2 5 0

    

 

x x x x x x       

2 2 3 3 2 5 0

 

x x x , x      

2 5 1 4 0

nên nghiệm nguvên của phương trình phương trình là

x ; x   23

Bài 6. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

  

 







1 1 1

 

  



   

2 2 1

2 1 2 2

         

x x x x x        

3 3 3 3 3

1 2 3 5 4

Hướng dẫn giải – đáp số

a) ĐKXĐ:

x ; x ; x     1 2 3

Phương trình biến đổi thành

x x x x



   

1 1 1

4 3 4 4

Đặt

x x y  

phương trình trở thành





1 1 1

1 12

suy ra

  

y y y y      

12 0 3 4 0

 

x x x x x        

4 3 3 0 4 0 0

hoặc

x  4

 

x x x       

4 3 4 0 2 3 0

vô nghiệm vì vế trái

x0

Vậy phương trình có 2 nghiệm là 0 và – 4.

17. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

b) Các mẫu đều dương nên ĐKXĐ là

x 

. Biến đổi phương trình thành

x x x x

   



   

4 4 4 5 1

4 5 4 6

Đặt

x x y  

ta có







suy ra

  

y y y y      

3 2 0 1 3 2 0

Từ đây tìm được nghiệm của phương trình là

x 2

c) Áp dụng hằng đẳng thức

 

a b a a b ab b    

3 2 2 3

Ta có

         

x x x x x xx x             

3 3 3 3 3

1 2 3 4 5 0 3 15 15 25

Vế trái chia hết cho 3; vế phải không chia hết cho 3. Phương trình không có nghiệm nguyên.

Chú ý: Câu c) có thể đặt

 

xy  3

Phương trình trở thành

     

y y y( y) y        

3 3 3

2 1 1 2 0

rút gọn thành

y y y  

3 12 6 16

Bài 7. a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình

 

x y xy  6 33

;

b) Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình

 

x y xy32

Hướng dẫn giải – đáp số

    

x y xy x y      6 33 6 6 3

Vì

     

..       3 13 31 1 3 3 1

Giải các cặp ta tìm được các nghiệm nguyên sau:

         

x; y ; ; ; ; ; ; ; 7 9 9 7 5 3 3 5

    

x y xy xy x y x y         3 2 4 6 6 0 2 3 2 3 9

Ta biết

        

. . .           9 19 91 1 9 9 1 33 3 3

Giải từng cặp ta có nghiệm tự nhiên của phương trình trên là:

         

x; y ; ; ; ; ; ; ; 2 6 6 2 3 3 0 0

Bài 8. a) Tìm ba số nguyên dương sao cho tổng bằng tích;

18. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

b) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

 

x y z t xyzt    5 4 6

Hướng dẫn giải – đáp số

a) Gọi ba số nguyên dương là x; y; z. Theo đầu bài

x y z xyz  

. Do vai trò x, y, z như nhau nên giả sử

x y z  1

. Chia 2 vế của phương trình cho xyz ta có

yz zx xy

   

1 1 1 3

hay

xx  

Thay x = 1 vào phương trình ta có

  

           y z yz yz y z y z .1 1 1 1 2 12

Từ đó tìm được

y ; z23

Nghiệm nguyên dương của phương trình là:

             

x; y;z ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; 1 2 3 1 3 2 2 3 1 2 1 3 3 2 1 3 1 2

b) Giả sử

x y z t    1

, chia 2 vế của phương trình cho xyzt ta có

xyz xzt xyt yzt xyzt

         

5 5 5 5 4 24

6 4 1

Thay t = 1 vào phương trình ta có

 

x y z xyz   5 9 6

Ta cũng có

z z ;

yz xz xy xyz

        

5 5 5 9 24

6 4 1 2

+ Với z = 1 thì

 

x y xy xy x v      5 14 6 6 5 5 14

  

xy x y x y .        36 30 30 25 109 6 5 6 5 1091



  





  



6 5 109 19

6 5 1 1

+ Với z = 2 giải tương tự, không có nghiệm nguyên dương.

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là

   

x; y; z;t ; ; ; 19 1 1 1

và các hoán vị

     

; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ;1 1 1 19 1 1 19 1 1 19 1 1

Bài 9. a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình

 

x y y x x    

2 2 2

3 2 1 6 7

;

b) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

xy xy y x   

2 27 0

19. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

Hướng dẫn giải – đáp số

 

PT x y y x y x     

2 2 2 2

3 2 2 6 7

        

x y x y y y x x           

2 2 2 2 2 2

3 2 3 2 3 1 3 2 2 1

x,y 

nên

y ; x x    

3 2 2

Vì thế

 















  







  



  















2 2 1

Và

 







  







   

  









2 2 1

1 2 0

(không có nghiệm nguyên)

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là

     

x; y ; ; ;1 2 1 2

 

xy xy y x x y y y       

2 27 0 2 1 27

 

x y y x

    



1 27

Ta biết hai số nguyên dương y và y + 1 nguyên tố cùng nhau nên

 

yy

vì thế

   

yy   

27 1 1 1

hoặc

 

y 

Từ đó tìm được nghiệm của phương trình là

   

x; y ; 62

Bài 10. Tìm nghiệm nguyên của các phương trình

 

x y y x   

5 1 2 2 1

;

x y xy x y     

2 2 2 2 5 0

;

 

x y z x y x z    

2 2 2

2 2 6 9 2

;

x y z xy yz y      

2 2 2

3 4 2 4 12 36 0

Hướng dẫn giải – đáp số

20. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

Chú ý nếu

A B C  

2 2 2

thì

A ; B00

và

C  0

a) Biến đổi PT thành

   

x y y   

2 1 0

. Nghiệm

   

x; y ;  21

b) Biến đổi PT thành

   

x y y    

1 2 0

. Nghiệm

   

x; y ;32

c) Biến đổi PT thành

     

x y y z x     

2 2 2

. Nghiệm

   

x; y;z ; ; 333

d) Biến đổi PT thành

     

x y y z y     

2 2 2

2 6 0

. Nghiệm

   

x; y;z ; ;6 6 3

Bài 11. Tìm nghiệm nguyên của phương trình

 

x x x y y y     

2 3 2

Hướng dẫn giải – đáp số

Biến đổi về dạng

x x x y   

2 3 3

. Ta xét các trường hợp:

1) x = 0 thì y = 1 2) x = - 1 thì y = 0

3) x = 1 thì

y 

4) Với

x  0

 

x x x x x x x y x          

2 3 2 3 3 3

1 1 3 3 1

Vậy

( x y x)  

3 3 3

hay

xyx  1

điều này không thể xảy ra đối với số nguyên dương

5) Với

x 1

. Đặt

tx  1

thì

t  0

và

xt  1

. Thay vào phương trình ta có

 

   

         t t t t t t y

2 3 2 3

1 1 1 3 3 12

Hay

 

t t t y y     

3 2 3

2 2 0

hay

 

t t t y   

Đặt

yz

ta có

t t t z  

3 2 3

với

z  0

Ta có

 

t t t t t t t z t       

3 2 3 2 3 3

1 3 3 1 2 2

Hay

 

t z t t z t      

điều này vô lý

Vậy phương trình chỉ có 2 nghiệm

     

x; y ; ; ;0 1 1 0

Bài 12. Tìm nghiệm nguyên của phương trình

    

x x x x y    

1 2 8 9

21. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

Hướng dẫn giải – đáp số

* Với y = 0 thì

x ; ; ;    1 2 8 9

* Với

y  0

ta có

  

x x x x y    

2 2 2

10 9 10 16

Đặt

x x z   

10 9

x 

. Ta có

 

z z y

hay

z z y

Nếu

z  9

thì

z z z z y z z       

2 2 2 2

6 9 7 8 16

Hay

   

z z z y z     

3 7 4

vô lý. Vậy

z  9

 

x x x x x         

10 9 9 10 0 10 0

. Lần lượt thay các giá trị của x ta có nghiệm:

             

x; y ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ;( ) ( );          1 0 2 0 8 0 9 0 5 12 5 12 10 12 10 12

Bài 13. Tìm nghiệm nguyên của phương trình

x y z  

3 3 3

2 4 0

Hướng dẫn giải – đáp số

Ta sử dụng tính chất chia hết và phương pháp xuống thang đế giải.

Giả sử

 

x ; y ; z

0 0 0

là nghiệm nguyên của phương trình tức là

x y z  

3 3 3

0 0 0

2 4 0

(2) khi đó

x 2

. Đặt

xx

ta lại có

  x y z

3 3 3

1 0 0

4 2 0

; Đặt

yy

ta lại có

  x y z

3 3 3

1 1 0

2 4 0

; Đặt

zz

ta lại có

  x y z

3 3 3

1 1 1

2 4 0

; như vậy

 

x y z

x ; y ;z ; ;









222

cũng là nghiệm của phương trình . Cứ tiếp tục

mãi ta có

kkk

x y z

,k;;



  





0 0 0

2 22

do đó

x y z

0 0 0

Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên duy nhất là

 

;;000

Bài 14. Tìm số có hai chữ số mà số ấy là bội của tích hai chữ số đó.

Hướng dẫn giải – đáp số

Gọi số có hai chữ số đó là

 

xy x,y ; x,y  09

Ta có

   

xy x y kxy k * y x ky x      10 10

do đó

y mx

22. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

   

mx x kmx m kmx m kx  m ; ;        10 10 10 1 1 2 5

Với m = 1 thì

kx x y   11 1

Với m = 2 thì

kx x ; ;  6 1 2 3

tương ứng với

y ; ; 2 4 6

Với m = 5 thì

kx x  31

tương ứng có

y  5

Số cần tìm là

xy ; ; ; ; 11 12 24 36 15

Bài 15. Tìm tất cả các hình chữ nhật với độ dài các cạnh là số nguyên dương có thể cắt thành 11 hình

vuông bằng nhau sao cho mỗi cạnh hình vuông là một số nguyên dương không lớn hơn 3.

Hướng dẫn giải – đáp số

Gọi chiều dài, chiều rộng hình chữ nhật lần lượt là x và y. Cạnh hình vuông cần cắt ra là z.

Ta có

x;y;z





x y;z y

và

z  3

Ta có

xy z

(1) .Từ (1)



x hoặc y chia hết cho 11. Vai trò của x và y trong phương trình như nhau

nên ta giả sử

x 11

tức là

xd 11

   dy z dy z

11 11

. Ta xét các trường hợp có thể của z:

Với z = 1 chỉ có thể

d ;y x   1 1 11

Với z = 2 chỉ có thể

d ;y x   1 4 11

d ;y x   2 2 22

d ; y x   4 1 44

Với z = 3 chỉ có thể

d ; y x   1 9 11

d ; y x   3 3 33

d ; y x   9 1 99

Trong 7 nghiệm của phương trình vừa tìm chỉ có 3 nghiệm thỏa mãn bài toán đó là

     

x; y ; ; ; ;( ;) 11 1 22 2 33 3

23. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

Bài 16. a) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

xy yz zx

z x y

   1

3 3 3

;

b) Tìm ba số nguyên dương sao cho tổng các nghịch đảo của chúng bằng

Hướng dẫn giải – đáp số

a) Vai trò x; y; z như nhau. Ta giả sử

x y z   1

Ta có:

xy yz zx xy z y x

z x y z x y



      





3 3 3 3 3

Với

x,y  0

thì

 

      

x y xy

20 2

Do đó

xy z y x z z

z z y x

z x y



          





1 1 1

3 3 3 3

Vậy

   

x; y; z ; ; 111

b) Gọi ba số nguyên dương cần tìm là x; y; z. Ta có

x y z

  

1 1 1 11

Vai trò x; y; z như nhau. Ta giả sử

x y z   1

. Ta có

z z ;

z x y z

       

3 1 1 1 11 36

12 11

Với z = 2 thay vào và lý luận tương tự ta tìm được

   

y ; x ; y ; x   3 12 4 6

Với z = 3 ta tìm được

 

y ; x34

Nghiệm thỏa mãn bài toán là

       

x; y;z ; ; ; ; ; ; ; ; 12 3 2 6 4 2 4 3 3

cùng các hoán vị của chúng.

Bài 17. Chứng minh phương trình

xy

2 9 11

không có nghiệm nguyên.

Hướng dẫn giải – đáp số

Giả sử phương trình có nghiệm nguyên là

(x );y

ta có

x y y  

0 0 0

2 9 11

lẻ tức là

 

y k k *  

Ta có

 

       ()x k x k k x

222

2 9 2 1 11 18 1 10

chẵn tức là

 

x m m

. Tức là

24. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

   

m k k m k k      

4 18 1 10 2 9 1 5

vô lý vì

 

kk 1

là tích hai số nguyên liên tiếp nên chẵn.

Vế trái chẵn, vế phải lẻ

Do đó phương trình

xy

2 9 11

không có nghiệm nguyên.

Bài 18. Chứng minh phương trình

x y z

  

1 1 1 1

2016

có môt số hữu hạn nghiệm nguyên dương.

Hướng dẫn giải – đáp số

Vai trò x; y; z như nhau ta giả sử

x y z  0

. Ta có

  

2016

Ta có

x y z x

      

1 1 1 1 3

2016 32016

2016

Vậy có hữu hạn số nguyên dương x. Ứng với mỗi giá trị của x ta có:

. x . x

x y z y x

       



1 1 1 1 2 2 2016 2 2016

2 2016

2016 2016 1

Vậy y hữu hạn



z hữu hạn. Do đó phương trình có một số hữu hạn nghiệm nguyên dương.

Bài 19. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

x y x y xy  

2 2 2 2

8 10

Hướng dẫn giải – đáp số

Ta có

   

x y x y xy xy xy x y       

2 2 2 2

8 10 8 1 0

(*)

 

xy

nên nếu x, y là nghiệm nguyên của phương trình thì

 

xy xy xy    1 0 0 1

Do x, y nguyên nên chỉ có hai khả năng:

- Nếu xy = 0 thì từ (*) ta có

xy0

- Nếu xy = 1 thì từ (*) ta có

xy  1

Phương trình có 3 nghiệm nguyên

 

x; y

là

     

; ; ; ; ;0 0 1 1 1 1

Bài 20. Tìm số tự nhiên nhỏ nhất biết rằng khi chia số đó cho 2005 thì dược dư là 23 còn khi chia số đó

cho 2007 thì được dư 32.

Hướng dẫn giải – đáp số

25. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

Gọi số tự nhiên cần tìm là n. Ta có

      n x y y y2005 23 2007 32 2005 2 32

 

x; y 

 

y x y k   2 9 2005 2005

 



  

2005 9

n nhỏ nhất khi y nhỏ nhất, y nhỏ nhất là 998 khi k = 1.

Vậv sổ tự nhicn nhỏ nhất cần tìm là

n.  2007998 32 2003018

Bài 21. Một đoàn học sinh đi cắm trại bằng ô tô. Nếu mỗi ô tô chở 22 người thì thừa 1 người. Nếu bớt đi

1 ô tô thì có thể phân phối đều tất cả các học sinh lên các ô tô còn lại. Hỏi có bao nhiêu học sinh đi cắm

trại và có bao nhiêu ô tô? Biết rằng mỗi ô tô chỉ chở không quá 30 người.

Hướng dẫn giải – đáp số

Gọi số ô tô lúc đầu là x (

x 

và

x  2

), số học sinh đi cắm trại sẽ là

x 22 1

Theo giả thiết nếu số xe là

x 1

thì số học sinh phân phối đều cho tất cả các xe.

Khi đó mỗi xe chở y học sinh (

y 

và

y30 0

), ta có

 

x y x y



      



22 1 23

1 22 1 22

Vì

x,y 

nên

x 1

phải là ước số của 23, 23 nguyên tố nên:

xx   1 1 2

suy ra

y 22 23 45

(trái giả thiết)

xx   1 23 24

suy ra

y    22 1 23 30

Vậy ô tô là 24 và số học sinh là

. 2224 1 529

Bài 22. Tìm cặp số tự nhiên (m; n) thỏa mãn hệ thức

m n m n   

Hướng dẫn giải – đáp số

m,n 

nên

 

m n m n m n m        

2 2 2 2

8 4 4 11 8

   

m m n n m n            

2 2 2 2

4 4 1 4 4 1 34 2 1 2 1 3 5

(*)

Từ (*)



  





  



2 1 3 2

2 1 5 3

và



  





  



2 1 3 2

2 1 5 3

26. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

Có hai cặp số

 

m; n

là

 

;23

và

 

;32

Bài 23. Tìm các cặp số nguyên

 

x; y

thỏa mãn

xy

5 8 20412

Hướng dẫn giải – đáp số

Nhận xét: Với a, b là các số nguyên thỏa mãn

a b

thì

a 3

và

b 3

Ta có

   

x y x y x y .      

2 2 2 2 2 2 3

5 8 20412 6 9 289

Suy ra

xx y

và

y 3

. Đặt

 

x x ; y y x ; y  

1 1 1 1

Thay vào phương trình ta được

x y .

2 2 2

5 8 28 9

Tương tự ta có

 

x x ; y y x ; y  

1 2 1 2 2 2

ta được

x y .

5 8 28 9

Tương tự ta có

 

x x ;y y x ;y  

2 3 2 3 3 3

ta được

xy

5 8 28

Suy ra

y 

nên

y 

hoặc

y 

* Với

y 

thì

x 

(loại)

* Với

y 

thì

x x . ; y x . ; y x . ; y         

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 3

3 2 2 1 1

2 9 2 9 9 2 9 9 2 9

Vậy có 4 cặp số nguyên

 

x; y

thỏa mãn là

       

; ; ; ; ; ; ;   54 27 54 27 54 27 54 27

Bài 24. Tìm các cặp số nguyên

 

x; y

thỏa mãn điều kiện

xy

6 5 74

Hướng dẫn giải – đáp số

Từ điều kiện đã cho

x y y  

6 5 74

chẵn và

x ;y00

Nếu cặp số

 

x ; y

là một cặp số nguyên thỏa mãn điều kiện thì các cặp số

     

x ; y x ;;;y x ; y   

0 0 0 0 0 0

cũng thỏa mãn điều kiện, do đó chỉ cần xét

x ,y00

. Từ điều kiện suy

y y y y      

5 74 15 0 4 2

(vì y chẵn)

x3

Vậy các cặp số nguyên

 

x; y

thỏa mãn điều kiện là

       

; ; ; ; ; ; ; .   3 2 3 2 3 2 3 2

27. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

Bài 25. Tìm các số nguyên dương

 

x; y

thỏa mãn phương trình

 

x y y  

120 3

Hướng dẫn giải – đáp số

x;y *

nên ta có

     

x y y x y x y x y           

120 3 120 120 4 4

Cũng do

x;y *

nên

xy  24

mà

y 120 3

là số lẻ

xy

là số lẻ

Do đó

xy3

. Vì vậy

y y x     

3 120 3 2 1

Nghiệm nguyên dương của phương trình là

   

x; y ; 12

Bài 26. Tìm tất cả các số nguyên dương

 

x; y

sao cho

3 2 1

Hướng dẫn giải – đáp số

Ta có

xxyy

    3 2 1 3 1 2

(1)

* Nếu x chẵn tức là

 

x k k *2

. Từ (1) ta có

  

kk y

  331 21

Do đó















trong đó

a,b 

và

ab

Xét

     

a b k k b a b

        2 2 3 1 3 1 2 2 2 1 2

nên

a b a













  

   











   2

Do đó





     













3 1 2

khi đó

x  2

Từ (1) có

y     

2 3 1 8 2 3

* Nếu x lẻ tức là

 

x k k  21

Xét

   

k k k

      

2 1 2

1 3 1 2 933 13 2

chia cho 8 dư 2

Vì

 

  1 9 19 2

chia cho 8 dư 2

y 2 2 1

28. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

Ta có

x   

3 1 2 1

Vậy tất cả các cặp số nguyên dương

 

x; y

là

 

;23

và

 

;11

Bài 27. Tìm các cặp số nguyên

 

x; y

thỏa mãn

x y xy x x    

2 3 4 0

Hướng dẫn giải – đáp số

   

x x y xy x x ; ; ; ; ;         4 2 3 4 4 2 1 1 2 4

(*)

Từ phương trình

    

xy x x x x x       

1 2 3 4 1 2 1 5

      

x xy x x ; ; ;x          1 2 1 5 5 1 6 2 0 4

(**)

Từ (*) và (**)

 

x;  24

Với x = -2 thì y = -1

Với x = 4 thì y = 2

Vậy có hai cặp

 

x; y

thỏa mãn là

 

;21

và

 

;42

Bài 28. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

x y xy x y     

3 2 5 2 7 0

Hướng dẫn giải – đáp số

x y xy x y x xy xy y x y            

2 2 2 2

3 2 5 2 7 0 3 6 2 2 7

        

x x y y x y x y x y x y           3 2 2 2 7 2 3 1 7

Ta có

       

. . . .       7 7 1 17 7 1 1 7

Do đó ta xét trường hợp sau:

xy27

(*) và

xy  3 1 1

(**)

Từ

x y x y    2 7 7 2

thay vào (**) ta có

 

y y y y         3 7 2 1 1 21 7 0 3

thay

y 3

vào (*) ta có

xx   6 7 1

Tương tự với các trường hợp khác ta không tìm được x; y nguyên.

Vậy nghiệm nguyên của phương trình đã cho là

   

x; y ;13

29. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

30. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

C.BÀI TOÁN TRONG ĐỀ THI HSG VÀ CHUYÊN THƯỜNG GẶP

Câu 1: Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn:

2 3 1 0xy x y   

Câu 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

4 2 2

10 0x x y y    

Câu 3: Tìm cặp số nguyên tố

( ; )xy

thỏa mãn phương trình:

21xy

Câu 4: Tìm

,xy

thỏa mãn phương trình:

 

21y x y  

Câu 5: Tìm các số x, y nguyên dương thỏa mãn:

 

16 15 371x y xy  

Câu 6: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

 

33x y y x  

Câu 7: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau:

   

1 2 3x x x x y   

Câu 8: Chứng minh không tồn tại x, y nguyên thỏa mãn:

12 26 15 4617x xy y  

Câu 9: Tìm tất cả các cặp số nguyên

( ; )xy

thỏa mãn:

5 8 20412xy

Câu 10: Tìm tất cả các cặp số nguyên

( ; )xy

thỏa mãn

2 5 41 2x y xy  

Câu 11: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

5 4 4 4 3 0x y xy x y     

Câu 12: Tìm tất cả các cặp số nguyên

( ; )xy

thỏa mãn phương trình:

63x y xy  

Câu 13: Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình:

7 3 714xy

Câu 14: Tìm tất cả các cặp số nguyên

( ; )xy

thỏa mãn:

2019 2019 1346 673

2x y y y   

Câu 15: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:

2x xy x y   

Câu 16: Tìm nghiệm nguyên của phương trình

3 3 3

24x y z

31. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

HƯỚNG DẪN

Câu 1:

Ta có:

2 3 1 0xy x y   

   

2 3 2 5x y y    

  

3 2 5xy   

Vì x, y là số nguyên dương nên

3, 2xy  

Phân tích 5 thành tích của hai số nguyên ta có:

   

5 1.5 1 . 5   

Ta có hệ sau:

3 1 3 5 3 5 3 1

; ; ;

2 5 2 1 2 1 2 5

x x x x

y y y y

         

   

   

         

   

Giải các hệ ta có các cặp số nguyên dương

( ; )xy

thỏa mãn phương trình là

   

4;7 , 8;3

Câu 2:

Ta có:

4 2 2

10 0x x y y    

 

2 2 2

1 1 1 1

2. 2. 10 0

2 4 2 4

x x y y



       





   

     

   

   

1 1 1 1

2 2 2 2

x y x y

  

        

  

  

  

1 10x y x y     

Xét

2 2 2

1 2 1x y x y x     

Mà

0, 2 1 0x x x    

Phân tích

10

thành tích hai số mà tổng của chúng lớn hơn 0 ta có:

   

10 1 .10 2 .5   

Xét hai trường hợp ta tìm ra các cặp số

( ; )xy

thỏa mãn phương trình là

       

2; 5 , 2;6 , 1; 3 , 1;4     

Câu 3:

32. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

Áp dụng tính chất: Một số chính phương chỉ có thể chia hết cho 3 hoặc chia 3 dư 1.

+ Nếu

thì

, mà x là số nguyên tố nên

3x 

, suy ra

2y 

+ Nếu

chia 3 dư 1 thì

 

13x 

hay

23y

Mà y là số nguyên tố nên

3y 

, không tồn tại x thỏa mãn.

Vậy

3, 2xy

là cặp số duy nhất thỏa mãn điều kiện đề bài.

Câu 4:

Ta có:

   

2 2 2 2 2

2 1 1 1y x y y x x y       

 

1 1 2 1 0y y x y x       

 

   

 

1 1 1 3 1 0y y x y x y         

 

2 2 3y y x     

Phân tích

3

thành tích hai số nguyên ta có:

   

3 1. 3 1 .3    

Thay các giá trị trên vào các cặp số, lần lượt giải các hệ phương trình ta được tập nghiệm nguyên dương

của phương trình là

   

 

0;1 , 0; 1S 

Câu 5:

Vì x, y nguyên dương nên

 

3 3 3 3

16 15 371 0x y xy x y x y       

Mặt khác,

 

15 16 371xy x y  

là số lẻ, suy ra x, y là số lẻ.

Suy ra

1, 1 3y x y x    

Xét hai trường hợp:

+) Nếu

3 3 1xyy    

. Thử lại ta thấy

   

; 3;1xy 

thỏa mãn phương trình.

+) Nếu

5x 

. Ta có:

2xy

, suy ra:

 

   

3 3 3 3 3 2

16 16 2 16 16 6 12 8x y x x x y x x



        



33. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

Mặt khác:

 

15 371 15 2 371 15 371 15 30 371xy x x xy x x        

Ta chứng minh rằng:

 

16 6 12 8 15 30 371x x x x    

  

1 3 0xx   

(đúng với mọi

5x 

Suy ra

 

16 15 371x y xy  

với mọi

5x 

Vậy phương trình có cặp nghiệm duy nhất là

 

3;1

Câu 6:

Ta có:

 

2 2 2

3 3 3 9

3 3 1 6

x y y x x

y x y x





         





Xét trường hợp

1x 

thì

1, 2yx

thì không thỏa mãn.

Nếu

3x 

thì

7 7 2xx

     

suy ra

23y 

nên

1y 

. Khi đó

3x 

Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương

     

 

; 1;1 , 3;1xy

Câu 7:

Phương trình đã cho tương đương

   

1 2 3 1 1x x x x y     

 

3 1 1x x y    





 

3 1 1x x y    





 

3 1 3 1 1x x y x x y       

Phân tích 1 thành tích hai số nguyên ta có:

   

1 1.1 1 . 1   

+) Nếu

   

3 1 3 1 1 0

x x y x x y y





          







+) Nếu

   

3 1 3 1 1 0

x x y x x y y





           







Vậy phơng tình có các cặp nghiệm thỏa mãn là:

       

0;0 , 3;0 , 2;0 , 1;0  

34. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

Câu 8:

Giả sử tồn tại cặp số nguyên

 

;xy

thỏa mãn

12 26 15 4617x xy y  

Khi đó:

2 2 2 2

12 26 15 19 12 12 15 38 19x xy y x xy y xy     

 

3 4 4 5 19x xy y  

2 2 2

4 4 4 19x xy y y   

   

2 2 19x y y  

Nhận thấy rằng 19 là số nguyên tố có dạng

43k 

, áp dụng bổ đề “Nếu p là số nguyên tố dạng

43k 

và

|p a b

thì

|,p a b

” suy ra

19 2 ,19 2x y y

Từ đó, 19 là ước của x, y hay

2 2 2

12 26 15 19x xy y

Điều này vô lí vì 4617 không chia hết cho

Vậy không tồn tại các số nguyên

 

;xy

thỏa mãn phương trình.

Câu 9:

Ta có: 20412 chia hết cho 2 và

chia hết cho 2 nên x phải chia hết 2.

Đặt

 

2x x x

. Khi đó phương trình trở thành:

5 2 5103xy

Vì

5103 3

nên

5 2 3xy

. Suy ra

3xy

hay x, y chia hết cho 3.

(ở đây ta sử dụng bổ đề “Nếu p là số nguyên tố dạng

43k 

và

|p a b

thì

|,p a b

”).

Đặt

 

1 2 1 2 1

3 , 3 ,x x y y x y  

thì phương trình trở thành:

5 2 567xy

Lập luận tương tự ta cũng có

,3xy

Đặt

 

2 3 1 2 3 2

3 , 3 ,x x y y x y  

, ta được

5 2 63xy

Lập luận tương tự ta cũng có

,3xy

Đặt

 

3 4 2 3 4 3

3 , 3 ,x x y y x y  

, ta được

5 2 7xy

Nếu

0x 

hoặc

0y 

thì phương trình đã cho vô nghiệm.

35. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

Nếu

0xy 

thì

1x 

và

1y 

, suy ra

54, 27xy   

Vậy các cặp số nguyên

 

;xy

thỏa mãn là

       

54;27 , 54; 27 , 54;27 , 54; 27   

Câu 10:

Ta có:

2 5 41 2x y xy  

2 2 2 2

2 4 4 41x xy y x xy y      

   

2 16 25x y x y     

Do x, y là số nguyên nên ta có các trường hợp sau:

2 5 1





























(loại) +

2 4 1





























(loại)

2 5 3

x y x

x y y

    







   



(chọn) +

2 4 3

x y x

x y y

    







   



(chọn)

2 5 1







  









  











(loại) +

2 4 1







  









   











(loại)

2 5 3

x y x

x y y

  







   



(chọn) +

2 4 3

x y x

x y y

  







   



(chọn)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm

         

; 1;3 , 1; 3 , 2;3 , 2; 3xy     

Câu 11:

Ta có:

   

2 2 2 2

5 4 4 4 3 0 2 2 2 5 2 1x y xy x y x y y             

Bởi x, y nguyên nên ta có các trường hợp sau:

22xy

1

2

1

2y 

1

2

1

2

36. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

2

1

6

3

6

9

10

11

1

3

1

4

3

4

Vậy phương trình đã cho có 8 nghiệm nguyên:

               

2; 1 , 6; 3 , 6; 1 , 10; 3 , 1;0 , 3;0 , 9; 4 , 11; 4             

Câu 12:

Phương trình tương đương với

   

3 6 3x y xy x y xy    

Đặt

,x y a xy b  

(a, b là các số nguyên).

Ta có:

 

3 8 5

3 6 3 3 3 2 3 3

a ab b a b a b b

  

             



Để a, b nguyên thì

 

2a 

phải là ước của 5.

2a 

1

5

3

8



(loại)



(loại)

2

 

;xy

Vô nghiệm

 

2;1

hoặc

 

1;2

Vậy phương trình có tập nghiệm

     

; 2;1 , 1;2xy   

Câu 13:

Từ

 

2 2 2

7 3 714 49;196

3 714

x y y





    









Do y nguyên dương nên ta có hai trường hợp

7y 

hoặc

14y 



7y 

thay vào ta tìm được

9x 



14y 

thay vào ta tìm được

18x 

, không có nghiệm nguyên x.

Do vậy phương trình đã cho có duy nhất nghiệm nguyên dương

   

; 9;7xy 

Câu 14:

37. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

Đặt

673















Phương trình trở thành

   

3 3 2 3

2 1 3a b b b b a b        

Vì x, y nguyên nên a, b nguyên







  







Trường hợp 1:

2 0 1 1

a b b b a b x y





            







Trường hợp 2:

1 2 3 3 1

a b b b b b









         











(loại).

Trường hợp 3:

2 2 6 12 8 1

a b b b b b b











              







   







Vậy hệ có 2 nghiệm nguyên

     

; 1;1 , 1; 1xy 

Câu 15:

Biến đổi phương trình thành:

 

12x x x y    

Suy ra các trường hợp sau:

x x y

  











  



x x y













   



x x y













   



x x y

  











  



Vậy phương trình có các nghiệm nguyên

         

; 3;11 , 1;1 , 0;2 , 2;4xy   

Câu 16:

Phương trình

3 3 3

24x y z

(1).

38. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

Từ (1) suy ra

. Đặt

 

2x x x

. Thay vào (1) rồi chia hai vế cho 2 ta được

3 3 3

42x y z

(2).

Từ (2) suy ra

. Đặt

 

2y y y

. Thay vào (2) rồi chia hai vế cho 2 ta được

3 3 3

24x y z

(3).

Từ (3) suy ra

. Đặt

 

2z z z

. Thay vào (3) rồi chia hai vế cho 2 ta được

3 3 3

1 1 1

24x y z

Như vây nếu

 

;;x y z

là nghiệm của (1) thì

 

1 1 1

;;x y z

cũng là nghiệm của (1).

Lập luận tương tự ta cũng có

 

2 2 2

;;x y z

cũng là nghiệm của (1) với

1 1 1

2 2 2

;;

2 2 2

x y z

x y z  

Cứ tiếp tục như vậy ta có x, y, z chia hết cho

với k là số tự nhiên tùy ý. Điều này chỉ xảy ra khi

0x y z  

Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên duy nhất

0x y z  

------------------------- HẾT -------------------------

Bấm Tải xuống để xem toàn bộ.

| 1/38

| | Tải xuống

Preview text:

PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1. Phương trình nghiệm nguyên là phương trình có nhiều ẩn số, tất cả các hệ số của phương trình đều là
số nguyên. Các nghiệm cần tìm cũng là số nguyên.
2. Phương trình nghiệm nguyên không có công thức giải tổng quát, chỉ có cách giải của một số dạng.
Trong chuyên đề này được giới thiệu qua một số ví dụ và bài tập cụ thể.
3. Cách giải phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng, đòi hỏi học sinh phân tích, dự đoán, đối chiếu và tư
duy sáng tạo, lôgic để tìm nghiệm.
B. CÁC DẠNG BÀI TẬP
Dạng 1: Phương pháp đưa về phương trình ước số Phương pháp giải
Biến đổi phương trình về dạng: Vế trái là tích của các đa thức chứa ẩn, vế phải là tích của các số nguyên. Bài tập mẫu
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2 x  y  5  3xy . Lời giải
Ta có: 2 x  y  5  3xy  3xy  2x  2y  5
 y  x   2   x   4 3 2 3 2  5  3 3
 3x  23y  2 19
Do x, y nguyên dương nên 3x  2  1; 3y  2 1.
Mà 19 1.19 19.1 nên xảy ra các trường hợp sau: 3  x  2 1 3  x  2 19  (I) hoặc  (II). 3  y  2 19 3  y  2 1
Giải các hệ phương trình (I) và (II) ta được hai nghiệm nguyên của phương trình là 1;7,7  ;1 .
Vậy tập nghiệm nguyên của phương trình là S    1;7,7  ;1  .
1. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 4 3 2 2
x  4x  6x  4x  y . Lời giải Ta có: 4 3 2 2 4 3 2 2
x  4x  6x  4x  y  x  4x  6x  4x 1 y 1  x  4 2 1  y  1
  x  2  y x  2 1 1  y  1        x  2 1  y  1     x   2 1  y  1
  x 21  y 1   x   2 1  y  1  1   y  1   y x  0 Suy ra
 y  0  x 1  1     . 1
  y 1 y x  2 
Thử lại các giá trị tương ứng của x và y ta đều thấy thỏa mãn phương trình đã cho.
Vậy phương trình có tập nghiệm nguyên là S    0;0, 2  ;0.
Dạng 2: Phương pháp sử dụng tính chất chia hết Phương pháp giải
- Sử dụng tính chất chia hết để chứng minh phương trình vô nghiệm hoặc tìm nghiệm của phương trình.
+ Nếu a m và a  b m thì b m .
+ Nếu a b, b c thì a c .
+ Nếu ab c mà ƯCLN b, c  1 thì a c .
+ Nếu a m, b n thì ab mn .
+ Nếu a b, a c với ƯCLN b, c  1 thì a bc .
+ Trong m số nguyên liên tiếp bao giờ cũng tồn tại một số là bội của m.
2. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
- Hai vế của phương trình nghiệm nguyên khi chia cho cùng một số có số dư khác nhau thì phương trình
đó không có nghiệm nguyên. Bài tập mẫu
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: xy  x  2y  3 . Lời giải
Ta có: xy  x  2 y  3  y  x  2  x  3 . x 
Vì x  2 không thỏa mãn phương trình nên suy ra: 3 1 y   y  1 x .  2 x  2
Ta thấy y là số nguyên nên x  2 là ước của 1 hay x  2  1 hoặc x  2  1
 , tức là x 1 hoặc x  3.
Vậ tập nghiệm nguyên của phương trình là: S    1; 2  ,3;0 .
Chú ý: Bài toán này có thể dùng phương pháp đưa về phương trình ước số: x y   1  2  y   1  1
 x  2 y   1  1.
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 2
2x  4x  19  3y . Lời giải 2 Ta có: 2 2
2x  4x  2  21 3y   x     2 2 1 3 7  y  (*) Ta thấy  2  y    2 3 7 2
7  y  2  y lẻ.
Ta lại có   y    x  2 2 2 3 7 2 1
 0  y  7 nên chỉ có thể 2 y 1.
Khi đó phương trình (*) có dạng:  x  2 2 1  18 .
Ta được: x 1  3
 , do đó x  2, x  4  . 1 2
Vậy tập nghiệm của phương trình là S    2  ;1 , 2;   1 ,  4   ;1 ,  4  ;  1 .
Dạng 3: Phương pháp xét số dư từng vế Phương pháp giải
3. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
Sử dụng tính chất cơ bản: Một số chính phương khi chia cho 3 dư 0 hoặc 1; chia cho 4 dư 0 hoặc 1; chia cho 8 dư 0, 1 hoặc 4,… Bài tập mẫu
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2
9x  2  y  y . Lời giải
Ta có: 9x  2  y  y   1 .
Ta thấy vế trái của phương trình là số chia cho 3 dư 2 nên y  y   1 cũng chia 3 dư 2.
Trường hợp 1: y 3 thì y  y   1 3 (loại).
Trường hợp 2: y chia 3 dư 2 thì y 1 3 nên y  y   1 3 (loại).
Do đó, y chia 3 dư 1.
Đặt y  3k 1, y 1  3k  2k   .
Khi đó: 9x  2  3k  
1 3k  2  9x  9k k  
1  x  k k   1 .
Thử lại: x  k k  
1 , y  3k 1 thỏa mãn phương trình đã cho.
Vậy phương trình đã cho tập nghiệm là S  x  k k  
1 , y  3k 1| k   .
Ví dụ 2: Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên: 2 2
x  y  2018. Lời giải  Cách 1:
Ta có phương trình đã cho tương đương  x  y x  y  2018 .
Vì  x  y   x  y  2x là một số nguyên chẵn nên  x  y và  x  y có cùng tính chẵn lẻ.
Mà  x  y x  y  2018 nên  x  y và  x  y đều chẵn.
Suy ra  x  y x  y  chia hết cho 4, nhưng 2018 lại không chia hết cho 4.
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
4. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com  Cách 2:
Số chính phương chia 4 có thể dư 0 hoặc 1. Do đó, 2 2
x , y chia cho 4 có số dư là 0 hoặc 1. Suy ra số dư của  2 2
x  y  khi chia cho 4 thuộc tập 0;1;  3 , mà 2018 chia 4 dư 2.
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Dạng 4: Phương pháp đưa về dạng tổng Phương pháp giải
Biến đổi phương trình về dạng: Vế trái là tổng của các bình phương, vế phải là tổng của các số chính phương. Bài tập mẫu
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 2
x  y  x  y  8. Lời giải Ta có: 2 2 2 2
x  y  x  y  8  4x  4y  4x  4y  32   2
x  x     2 4 4 1
4 y  4 y   1  34
  x - 2   y  2 2 2 2 1 2 1  3  5
Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 chỉ có duy nhất một dạng phân tích thành tổng hai số chính phương là 2 3 và 2
5 . Do đó ta có hai trường hợp:  2  x 1  3  2  x 1  5  hoặc  .  2y 1  5   2y 1  3 
Giải các hệ phương trình trên ta được tám nghiệm nguyên thỏa mãn là: 2;3,3;2, 1  ; 2  , 2  ;  1 , 2; 2  , 2  ;2, 1  ;3 và 3;  1  .
Vậy tập nghiệm nguyên của phương trình là: S    2;3,3;2, 1  ; 2  , 2  ;  1 , 2; 2  , 2  ;2, 1  ;3,3;  1  .
Dạng 5: Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Phương pháp giải
5. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
Sử dụng 2 bất đẳng thức cơ bản sau:
- Bất đẳng thức Cô-si:
x  y  2 xy  , x y  0 .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  y .
- Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki:
      2 2 2 2 2 a b c d ac bd .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ad  bc .
- Mở rộng: Với mọi x, y, z ta có  
         2 2 2 2 2 2 2 x y z a b c ax by cz . a b c
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  
x y z (với giả thiết nếu mẫu số bằng 0 thì tử số tương ứng cũng bằng 0). Bài tập mẫu
Ví dụ 1: Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình:  2 x   2 2 x  y  2 1  4x y . Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: 2 x 1 2x .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  1. 2 2
x  y  2xy .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  y .
Vì x, y là các số nguyên dương nên ta nhân vế với vế của hai bất đẳng thức trên ta được:  2x   2 2 x  y  2 1  4x y .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  y  1 .
Vậy x  y  1 là nghiệm nguyên dương duy nhất của phương trình.
6. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com 2
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:  x  y     2 2 1
3 x  y   1 . Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có:
x  y  2   2 2 2    2 2 2
x  y     2 2 1 1 1 1 1
3 x  y   1 . x y 1
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
   x  y 1. 1 1 1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x  y  1 .
Dạng 6: Phương pháp đánh giá Phương pháp giải
Đánh giá phương trình cơ bản dựa theo 2 nhận xét sau: 2
- Không tồn tại n thỏa mãn 2 2
a  n  a   1 a   . 2 - Nếu 2 2
a  n  a  2 a,n  thì n  a 1 hoặc n  a   1 . Bài tập mẫu
Ví dụ: Giải phương trình nghiệm nguyên: 4 2 2
x  x 1 y . Lời giải 2 2 Xét hiệu  2 x   2 2
 y  x    2 x   2 1 0 1  y Xét hiệu 2 4 2 2 4
y  x  x 1 0  y  x 2 2 2 Suy ra  2 x  2  y   2 x   2  y   2 1 x   1
Thế vào phương trình ban đầu ta có: 2
x  0  x  0 .
Vậy tập nghiệm nguyên của phương trình là S    0  ;1 , 0;   1 .
Dạng 7: Phương pháp giải lùi vô hạn, nguyên tắc cực hạn Phương pháp giải
7. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
Phương pháp này nhằm chứng minh một phương trình f  ;
x y; z;... ngoài nghiệm tầm thường thì không
còn nghiệm nào khác được giải theo các bước như sau:
- Giả sử  x ; y ; z ;... là nghiệm của f  ;
x y; z;... với điều kiện ràng buộc của bộ x ; y ; z ;... . Ví dụ 0 0 0  0 0 0 
như x nhỏ nhất hoặc x  y  z ... nhỏ nhất… 0 0 0 0
- Biến đổi số học để tìm ra một bộ nghiệm khác  x ; y ; z ;... trái với điều kiện ràng buộc trên. Ví dụ khi 1 1 1 
chọn bộ  x ; y ; z ;... với x nhỏ nhất ta lại tìm được bộ  x ; y ; z ;... thỏa mãn x  x , từ đó dẫn đến 1 1 1  1 1 1  0 1 0
phương trình đã cho có nghiệm  x ; y ; z ;... . 0 0 0  Bài tập mẫu
Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 2 x 5y  0 Lời giải Cách 1:
Giả sử  x ; y
là nghiệm của phương trình đã cho thì 2 2
x 5y  0 , suy ra x chia hết cho 5. 0 0  0 0 0
Đặt x  5x x  , ta có 2 2 2 2
25x  5y  0  5x  y  0 . 0 1  1  1 0 1 0
Suy ra y chia hết cho 5. 0
Đặt y  5y y  , ta có 2 2 2 2
5x  25y  0  x  5y  0 . 0 1  1  1 1 1 1  x y 
Vậy nếu  x ; y
là nghiệm nguyên của phương trình đã cho thì 0 0 ;
cũng là nghiệm nguyên của 0 0     5 5  phương trình đó.  x y 
Tiếp tục lập luận tương tự ta có k ; k 
 với k là số nguyên dương tùy ý cũng là nghiệm nguyên của  5 5 
phương trình đã cho hay x và y đều chia hết cho 5k với mọi k là số nguyên dương k tùy ý. Điều này 0 0
xảy ra khi và chỉ khi x  y  0 . 0 0
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x  y  0 . Cách 2:
8. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
Nhận thấy 0;0 là một nghiệm của phương trình đã cho. Giả sử ngoài nghiệm này phương trình còn nghiệm khác  ; x y  0;0 .
Trong các nghiệm như vậy, chọn ra được nghiệm  x ; y
có tổng x  y nhỏ nhất (*). 0 0  0 0 Vì  x ; y
là nghiệm của phương trình nên 2 2
x  5y 5, suy ra x 5 . 0 0  0 0 0
Đặt x  5x x  , ta có 2 2 2 2
25x  5y  0  y  5x 5 , suy ra y 5 . 0 1  1  1 0 0 1 0
Đặt y  5y y  , ta có 2 2 2 2
5x  25y  0  x  5y  0 . 0 1  1  1 1 1 1
Do đó  x ; y cũng là nghiệm của phương trình đã cho. 1 1  x y Lại có 0 0 x  y  
 x  y (do  ; x y  0;0 ). 1 1 0 0 5 5
Điều này mâu thuẫn với (*).
Do vậy hệ có nghiệm duy nhất x  y  0 .
9. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
B. BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 1. Tìm nghiệm nguyên của các phương trình:
a) 8x  y  15 ;
b) 5x  12y  33 ;
c) 14x  9y  21 ;
d) 29x  15y  20 .
Bài 2. Chứng minh rằng nếu ước chung lớn nhất của a và b không chia hết c (tức là c a,b ) thì phương
trình ax  by  c a;b  0 không có nghiệm nguyên.
Bài 3. Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình:
a) 4x  5y  19 ;
b) 3 x  y  1  4 12  y ; 2x 3y 5 c)   ;
d) 5  x5  x  y 2x  y. 3 4 2
Bài 4. Giải phương trình trên tập số nguyên: 4x  3y  8z  9
Bài 5. Tìm nghiệm nguyên của các phương trình: a) x2
3 14x  5 ; b) x  x2
2  9x 7  6 ; c) x4  x3  x2 2
19  8x  60  0 ;
d)  x4  x2 
x2  x  x2  x4 13 36 2 65 5 180 .
Bài 6. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 1 1 1 a)   
x  1x  3 x  22 12
x 22 x 22 1 1 b)  
x  2  x  2  2 2 1 2 2 3 3 3 3 3 c)  x  
1  x  2 x  3  x  5 x  4 .
Bài 7. a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình 6  x  y  xy  33 ;
b) Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình 3 x  y  2xy .
10. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
Bài 8. a) Tìm ba số nguyên dương sao cho tổng bằng tích;
b) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 5  x  y  z  t  4  6 xyzt .
Bài 9. a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 y2    y2 3 2
x 16x 7 ;
b) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: xy2  2xy  27y  x  0 .
Bài 10. Tìm nghiệm nguyên của các phương trình a) x2  y2
5  1  2y 2x 1 ; b) x2  y2
2  2xy  2x  2y  5  0 ; c)
x2  y2  z2 2 2
6 x  9  2yx  z ;
d) x2  y2  z2 3
4  2xy 4yz 12y  36  0 .
Bài 11. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x  x2  x3   y  y2 1  y  1
Bài 12. Tìm nghiệm nguyên của phương trình  x   x   x   x    y2 1 2 8 9 .
Bài 13. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x3  y3  z3 2 4  0 .
Bài 14. Tìm số có hai chữ số mà số ấy là bội của tích hai chữ số đó.
Bài 15. Tìm tất cả các hình chữ nhật với độ dài các cạnh là số nguyên dương có thể cắt thành 11 hình
vuông bằng nhau sao cho mỗi cạnh hình vuông là một số nguyên dương không lớn hơn 3. xy yz zx
Bài 16. a) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình    1 ; 3z 3x 3y 11
b) Tìm ba số nguyên dương sao cho tổng các nghịch đảo của chúng bằng . 12
Bài 17. Chứng minh phương trình x2  y2 2
9  11 không có nghiệm nguyên. 1 1 1 1
Bài 18. Chứng minh phương trình    x y z
có môt số hữu hạn nghiệm nguyên dương. 2016
Bài 19. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2y2  x2  y2 8  10xy
Bài 20. Tìm số tự nhiên nhỏ nhất biết rằng khi chia số đó cho 2005 thì dược dư là 23 còn khi chia số đó
cho 2007 thì được dư 32.
11. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
Bài 21. Một đoàn học sinh đi cắm trại bằng ô tô. Nếu mỗi ô tô chở 22 người thì thừa 1 người. Nếu bớt đi
1 ô tô thì có thể phân phối đều tất cả các học sinh lên các ô tô còn lại. Hỏi có bao nhiêu học sinh đi cắm
trại và có bao nhiêu ô tô? Biết rằng mỗi ô tô chỉ chở không quá 30 người.
Bài 22. Tìm cặp số tự nhiên (m; n) thỏa mãn hệ thức m2  n2  m  n  8 .
Bài 23. Tìm các cặp số nguyên  x; y thỏa mãn x2  y2 5 8  20412 .
Bài 24. Tìm các cặp số nguyên  x; y thỏa mãn điều kiện x2  y2 6 5 74 . 5
Bài 25. Tìm các số nguyên dương  x; y thỏa mãn phương trình  x  y  120y  3 . x y
Bài 26. Tìm tất cả các số nguyên dương  x; y sao cho 3  2  1 .
Bài 27. Tìm các cặp số nguyên  x; y thỏa mãn x2y  xy  x2
2 3x  4  0 .
Bài 28. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2  y2 3
2 5xy  x  2y 7  0 .
12. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com HƯỚNG DẪN
Bài 1. Tìm nghiệm nguyên của các phương trình:
a) 8x  y  15 ;
b) 5x  12y  33 ;
c) 14x  9y  21 ;
d) 29x  15y  20 .
Hướng dẫn giải – đáp số x  t
a/ Hệ số của ẩn y là -1. Đáp số  ,t 
y  8t 15
b/ Về giá trị tuyệt đối thì hệ số của x nhỏ hơn hệ số của y. Do đó ta tính x theo y. Sau đó tách phần
x  12u  9 nguyên. Đáp số:  ,u
y  5u  1
c/ Ta có: 14;21  7 nên y 7 . Đặt y  7t ta có phương trình 2x  9t  3 . Tiếp tục làm như câu b) ta
x  9u  3 tìm được  ,u
y  14u 7
d) Cách 1: Phương trình đã cho (viết tắt là PT):
20  29x 15  30x  5  x 5  x
29x 15y  20  y    1 2x  15 15 15 5  x Đặt
 u,u  ta có x  1 u 5 5 15
x  15u  5
Nghiệm nguyên tổng quát của PT là y 1129u
Cách 2: Ta có 15;20  5 nên x 5 Đặt x  t
5 ta có phương trình 29t  3y  4
x  15u  5
Tiếp tục làm như b) ta tìm được  ;u
y  11 29u
Bài 2. Chứng minh rằng nếu ước chung lớn nhất của a và b không chia hết c (tức là c a,b ) thì phương
trình ax  by  c a;b  0 không có nghiệm nguyên.
13. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
Hướng dẫn giải – đáp số
Ta chứng minh bằng phản chứng:
Giả sử phương trình ax  by  c a;b  0 có nghiệm nguyên là (x ;y )   0 0 tức là ax by c 0 0 . Gọi
a;b  d thì a  dm; b  dn m, n  . c
Ta có: dmx  dny  c  mx  ny  0 0 0 0 d c Do c
d nên  Z  mx  ny  Z điề ; m n; x ;  o o d u này vô lý vì y 0 0  đpcm.
Bài 3. Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình:
a) 4x  5y  19 ;
b) 3 x  y  1  4 12  y ; 2x 3y 5 c)   ;
d) 5  x5  x  y 2x  y. 3 4 2
Hướng dẫn giải – đáp số
x  5t  1
a/ Nghiệm nguyên tổng quát là  ;t 
. Nghiệm nguyên dương là  x; y   ; 1 3
y  3  4t
b/ Biển đổi phương trình thành 3x 7y  45 . Do  ;
3 45  3 nên y 3
x  15 7t
Phương trình có nghiệm nguyên tổng quát là  t  y  t 3
Để x > 0 và y > 0 ta phải có  t  15 0
Vậy t = 1; 2. Phương trình có 2 nghiệm nguyên dương là 7
x;y  8;3; ;16
c) Biến đổi phương trình thành 8x  9y  30
x  9t 6 Nghiệm tổng quát là 
;t  và t = 0; 1; 2; 3; …
y  8t  2
Phương trình có vô số nghiệm nguyên dương x;y  6;2;15;10;24;18;. .
14. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com 2
d) Biến đổi phương trình thành x2  xy  y2 
 x  y  2 2 25 5
hay x  y  5 .
Do x > 0 và y > 0 nên x  y  5 và phương trình có 4 nghiệm  x; y   ;
1 4;2;3;3;2;4;  1 .
Bài 4. Giải phương trình trên tập số nguyên: 4x  3y  8z  9
Hướng dẫn giải – đáp số
Ta có:  4x  3y  8z  9  x  8 y  z  5 x  y  9
Đặt u  y  z;v  x  y
x  9  8u  5v 
Nghiệm nguyên tổng quát của phương trình là y  9  8u  4v u  ;v  
z  9 7u  4v 
Bài 5. Tìm nghiệm nguyên của các phương trình: a) x2
3 14x  5 ; b) x  x2
2  9x 7  6 ; c) x4  x3  x2 2
19  8x  60  0 ;
d)  x4  x2 
x2  x  x2  x4 13 36 2 65 5 180 .
Hướng dẫn giải – đáp số
Ta chuyển vế đưa về dạng A  x  0 sau đó phân tích A x thành nhân tử bằng tách và thêm bớt các hạng tử. a) x2  x   x2 3 14 5
3  x 15x  5  0  x  53x 1  0
Nghiệm nguyên của phương trình là x  5
b) x  x2  x     x3  x2 2 9 7 6 2
9 7x 6  0
 x  3x  22x 1  0
Tập nghiệm là S  3;  2
15. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com c) x4  x3  x2 2
19  8x 60  0  x  2x  2x  3x  5  0
Tập nghiệm S  3;2;2;  5
d)  x4  x2 
x2  x  x2  x4 13 36 2 65 5 180
 x4  x2  x2  x     x2  x2  x2 13 36 2 5 0 4 9
 2x  5  0
 x  x  x  x  x2 2 2 3 3
 2x  5  0 2
Do x2  2x  5   x  
1  4  0, x
 nên nghiệm nguvên của phương trình phương trình là x  2; x  3
Bài 6. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 1 1 1 a)   
x  1x  3 x  22 12
x 22 x 22 1 1 b)  
x  2  x  2  2 2 1 2 2 3 3 3 3 3 c)  x  
1  x  2 x  3  x  5 x  4 .
Hướng dẫn giải – đáp số
a) ĐKXĐ: x   ;
1 x  2; x  3 1 1 1
Phương trình biến đổi thành  
x2  4x  3 x2  4x  4 12 1 1 1
Đặt x2  4x  3  y phương trình trở thành   y y suy ra  1 12
y2  y 12  0  y  3y  4  0
* x2  4x  3  3  0  x  x  4  0  x  0 hoặc x  4 2
* x2  4x  3  4  0   x  2  3  0 vô nghiệm vì vế trái  0 x 
Vậy phương trình có 2 nghiệm là 0 và – 4.
16. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
b) Các mẫu đều dương nên ĐKXĐ là x 
. Biến đổi phương trình thành
x2  4x  4 x2  4x   5  1 x .
2  4x  5 x2  4x  6 2 y 1 y 1
Đặt x2  4x  5  y ta có   y2
3  y  2  0  y 1 3y  2  0 y y suy ra     1 2
Từ đây tìm được nghiệm của phương trình là x  2 3
c) Áp dụng hằng đẳng thức a  b  a3  a2b  ab2  b3 3 3 3 3 3 3 3
Ta có  x     x     x    x     x     x3  x2 1 2 3 4 5 0 3
15 15x  25
Vế trái chia hết cho 3; vế phải không chia hết cho 3. Phương trình không có nghiệm nguyên.
Chú ý: Câu c) có thể đặt x  3  y  Phương trình trở thành
(y  )  y  3  y y  3 y  3 3 3 2 1 1
2  0 rút gọn thành y3  y2 3
12 6y  16
Bài 7. a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình 6  x  y  xy  33 ;
b) Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình 3 x  y  2xy .
Hướng dẫn giải – đáp số
a) 6  x  y  xy  33   x  6 y  6   3 Vì 3  . 13  .
31  13  31
Giải các cặp ta tìm được các nghiệm nguyên sau:  x; y  7;9;9;7 ;5;3; ; 3 5.
b) 3 x  y  2xy  4xy  6 x  6 y  0  2x  32y  3  9
Ta biết 9  . 19  . 91   
1  9   9  1  .
33  33
Giải từng cặp ta có nghiệm tự nhiên của phương trình trên là:  x; y  2;6 ;6;2; ;
3 3;0;0
Bài 8. a) Tìm ba số nguyên dương sao cho tổng bằng tích;
17. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
b) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 5  x  y  z  t  4  6 xyzt .
Hướng dẫn giải – đáp số
a) Gọi ba số nguyên dương là x; y; z. Theo đầu bài x  y  z  xyz . Do vai trò x, y, z như nhau nên giả sử 1 1 1 3
1  x  y  z . Chia 2 vế của phương trình cho xyz ta có 1     2  3   yz zx xy hay x x 1 x2
Thay x = 1 vào phương trình ta có 1  y  z  yz  yz  y  z  1  y  1z  1  2  .
12 Từ đó tìm được y  ; 2 z  3
Nghiệm nguyên dương của phương trình là:
x;y;z   ;12;3; ;1 ;32;2; ;31;2; ;13; ;32;1; ;3 ;12
b) Giả sử x  y  z  t  1 , chia 2 vế của phương trình cho xyzt ta có
 5  5  5  5  4  24 6
 t3  4  t  xyz xzt xyt yzt xyzt 1 t3
Thay t = 1 vào phương trình ta có 5x  y  z  9  6xyz
Ta cũng có  5  5  5  9  24 6
 z2  4  z  ; yz xz xy xyz 1 2 z2
+ Với z = 1 thì 5  x  y  14  6 xy  6 xy  5x  5v  14
 36 xy  30x  30y  25  109  6x  56y  5  109.1
6 x  5  109 x    19  6 x   5  1 y  1
+ Với z = 2 giải tương tự, không có nghiệm nguyên dương.
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là  x; y; z;t  19; ; 1 ;
1 1 và các hoán vị
 ;1 ;1 ;119; ;1 ;119;1; ;119; ;11
Bài 9. a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 y2    y2 3 2
x 16x 7 ;
b) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: xy2  2xy  27y  x  0 .
18. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
Hướng dẫn giải – đáp số
a) PT  x2 y2    y2x  y2 3 2
2  6 x  7
 x2 y2    xy2   y2     y2  x2 3 2 3 2 3 1 3
 2x  2  1 Do x,y  nên y2   ; x2 3
 2x  2 Vì thế 2 y  2 y2   3  y  1  4     2  2
 2  2  2  1    1  y   x x x  0  x  1 y   3   y2 2  1  2 Và    (không có nghiệm nguyên)  2
x2  2x  2  1 x  
1 2 0
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là  x; y   ;
1 2; ; 1 2
b) xy2  xy 
y  x   x y2 2 27 0
 2y  1  27y   12 27y x y
 27y  x  y12 2
Ta biết hai số nguyên dương y và y + 1 nguyên tố cùng nhau nên y y   1 vì thế
y 2 y 2 27 1 1  1 2
hoặc y  1  9
Từ đó tìm được nghiệm của phương trình là  x; y  6;2
Bài 10. Tìm nghiệm nguyên của các phương trình a) x2  y2
5  1  2y 2x 1 ; b) x2  y2
2  2xy  2x  2y  5  0 ; c)
x2  y2  z2 2 2
6 x  9  2yx  z ;
d) x2  y2  z2 3
4  2xy 4yz 12y  36  0 .
Hướng dẫn giải – đáp số
19. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
Chú ý nếu A2  B2  C2  0 thì A  0; B  0 và C  0 2 2
a) Biến đổi PT thành  x  2y  y   1
 0 . Nghiệm x;y  2;1 2 2
b) Biến đổi PT thành  x  y   1
 y  2  0 . Nghiệm x;y  3;2 2 2 2
c) Biến đổi PT thành  x  y  y  z   x  3  0 . Nghiệm  x; y; z  3;3;3 2 2 2
d) Biến đổi PT thành  x  y  y  2z  y 6   0 . Nghiệm  x; y;z  6;6;3
Bài 11. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x  x2  x3  y  y2 1  y  1
Hướng dẫn giải – đáp số
Biến đổi về dạng  x  x2  x3  y3 1
. Ta xét các trường hợp: 1) x = 0 thì y = 1 2) x = - 1 thì y = 0 3) x = 1 thì y  3
4) Với x  0   x   x  x2  x3   x  x2  x3  y3  x3 1 1 3 3 1
Vậy (  x)3  y3  x3 1
hay 1 x  y  x điều này không thể xảy ra đối với số nguyên dương
5) Với x  1. Đặt t  1 x thì t  0 và x  1 t . Thay vào phương trình ta có
   t  t2  2t   t3  t2  t    y3 1 1 1 3 3 1 3
Hay  t3  t2  t  y3 2 2
 y  0 hay t3  t2 2
 2t  y
Đặt y  z ta có t3  t2  t  z3 2 2 với z  0 3
Ta có t    t3  t2  t   t3  t2  t  z3  t3 1 3 3 1 2 2 3
Hay t    z3  t3 1
 t  1  z  t điều này vô lý
Vậy phương trình chỉ có 2 nghiệm  x; y  0;1; ; 1 0
Bài 12. Tìm nghiệm nguyên của phương trình  x   x   x   x    y2 1 2 8 9 .
20. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
Hướng dẫn giải – đáp số
* Với y = 0 thì x   ;
1 2;8;9
* Với y  0 ta có  x2 
x  x2  x    y2 10 9 10 16
Đặt x2  10x  9  z do x 
. Ta có z z    y2 7
hay z2  z  y2 7
Nếu z  9 thì z2  z   z2  z  y2  z2 6 9 7  8z 16 2 2
Hay z    z2  z  y2 3 7
 z  4 vô lý. Vậy z  9
x2  10x  9  9  x x 10  0  10  x  0 . Lần lượt thay các giá trị của x ta có nghiệm:
x;y   ;10;2;0;8;0;9;0;5;12;5;12;(10;12 ;)(10;12)
Bài 13. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x3  y3  z3 2 4  0 .
Hướng dẫn giải – đáp số
Ta sử dụng tính chất chia hết và phương pháp xuống thang đế giải.
Giả sử  x ; y ; z 3  3 2  3
4  0 (2) khi đó x 2 . Đặ 0 0
0  là nghiệm nguyên của phương trình tức là x y z 0 0 0 t x  2x
4x3 y3 2z3 0 ; Đặ y 2y
2x3 4y3 z3 0 ; Đặ z 2z 0 1 ta lại có    1 0 0 t  0 1 ta lại có    1 1 0 t  0 1 ta lại có  
x3  2y3  4z3  0  0 0 0 cũng là nghiệ 1 1 1
; như vậy  1 1 1  x y z x ;y ;z  ; ; 
m của phương trình . Cứ tiếp tục  2 2 2   x y z 
mãi ta có  0 ; 0 ; 0   , k
  do đó x  y  z  0 k k k  2 2 2  0 0 0
Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên duy nhất là 0;0;0
Bài 14. Tìm số có hai chữ số mà số ấy là bội của tích hai chữ số đó.
Hướng dẫn giải – đáp số
Gọi số có hai chữ số đó là xy  x,y  ;0  x,y  9
Ta có xy  10x  y  kxy k  *  y  x ky 10 x do đó y  mx
21. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
 mx  x kmx 10  m  kmx 10  10  mkx  1  m  ; 1 2;5
Với m = 1 thì kx  11  x  y  1
Với m = 2 thì kx  6  x  ;
1 2;3 tương ứng với y  2;4;6
Với m = 5 thì kx  3  x  1 tương ứng có y  5
Số cần tìm là xy  1 ; 1 12;24;36;15
Bài 15. Tìm tất cả các hình chữ nhật với độ dài các cạnh là số nguyên dương có thể cắt thành 11 hình
vuông bằng nhau sao cho mỗi cạnh hình vuông là một số nguyên dương không lớn hơn 3.
Hướng dẫn giải – đáp số
Gọi chiều dài, chiều rộng hình chữ nhật lần lượt là x và y. Cạnh hình vuông cần cắt ra là z. Ta có x; y; z  
x  y;z  y và z  3 Ta có xy  z2
11 (1) .Từ (1)  x hoặc y chia hết cho 11. Vai trò của x và y trong phương trình như nhau
nên ta giả sử x 11 tức là x  d 11
 dy  z2  dy  z2 11 11
. Ta xét các trường hợp có thể của z:
Với z = 1 chỉ có thể d  ;
1 y  1 x  11
Với z = 2 chỉ có thể d  ;
1 y  4  x  11 d  ;
2 y  2  x  22
d  4;y  1 x  44
Với z = 3 chỉ có thể d  ;
1 y  9  x  11 d  ;
3 y  3  x  33
d  9;y  1 x  99
Trong 7 nghiệm của phương trình vừa tìm chỉ có 3 nghiệm thỏa mãn bài toán đó là
x;y  (1 ;11 ;)22;2;3 ;33
22. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com xy yz zx
Bài 16. a) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình    1 ; 3z 3x 3y 11
b) Tìm ba số nguyên dương sao cho tổng các nghịch đảo của chúng bằng . 12
Hướng dẫn giải – đáp số
a) Vai trò x; y; z như nhau. Ta giả sử x  y  z  1 xy yz zx xy z  y x  Ta có:    1     1 3z 3x 3y 3z  3 x y    2 2 2 x y
Với x,y  0 thì  x  y  0  x  y  2xy    2 y x
xy z  y x  z 2z Do đó 1     
 z  z  1 y  x  1 3z  3 x y    3 3
Vậy  x;y;z    ; 1 ; 1 1 1 1 1 11
b) Gọi ba số nguyên dương cần tìm là x; y; z. Ta có    x y z 12 3 1 1 1 11 36
Vai trò x; y; z như nhau. Ta giả sử x  y  z  1 . Ta có      z   z  2;3 z x y z 12 11
Với z = 2 thay vào và lý luận tương tự ta tìm được y  ;
3 x  12;y  4;x  6
Với z = 3 ta tìm được  y  ; 3 x  4
Nghiệm thỏa mãn bài toán là  x; y;z  12; ;
3 2;6;4;2;4; ;
3 3 cùng các hoán vị của chúng.
Bài 17. Chứng minh phương trình x2  y2 2
9  11 không có nghiệm nguyên.
Hướng dẫn giải – đáp số
Giả sử phương trình có nghiệm nguyên là (x ;y ) 0 0 ta có
2x2  9y2  11  y
y  2k  1 k  * 0 0
0 lẻ tức là 0  . *
Ta có 2x 2  9(2k  )2
1  11  x2 18k 1 10 x  2m m  0
k     x0 chẵn tức là 0   . Tức là
23. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
m2  k k     m2 4 18 1 10 2
 9k k 1  5 vô lý vì k k  1 là tích hai số nguyên liên tiếp nên chẵn.
Vế trái chẵn, vế phải lẻ
Do đó phương trình x2  y2 2
9  11 không có nghiệm nguyên. 1 1 1 1
Bài 18. Chứng minh phương trình    x y z
có môt số hữu hạn nghiệm nguyên dương. 2016
Hướng dẫn giải – đáp số 1 1
Vai trò x; y; z như nhau ta giả sử 0  x  y  z . Ta có   x  2016 x 2016 1 1 1 1 3 Ta có
     2016  x  . 32016 2016 x y z x
Vậy có hữu hạn số nguyên dương x. Ứng với mỗi giá trị của x ta có: 1 1 1 1 2 . 2 2016 x . 2 2016 x
     y    . 2 2 2016 2016 x y z y x  2016 1
Vậy y hữu hạn  z hữu hạn. Do đó phương trình có một số hữu hạn nghiệm nguyên dương.
Bài 19. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2y2  x2  y2 8  10xy
Hướng dẫn giải – đáp số 2
Ta có x2y2  x2  y2 8
 10xy  8xyxy  
1  x  y  0 (*) 2
Do  x  y  0 nên nếu x, y là nghiệm nguyên của phương trình thì xy  xy  1  0  0  xy  1
Do x, y nguyên nên chỉ có hai khả năng:
- Nếu xy = 0 thì từ (*) ta có x  y  0
- Nếu xy = 1 thì từ (*) ta có x  y  1 .
Phương trình có 3 nghiệm nguyên x;y là 0;0; ;
1 1; ; 1 1
Bài 20. Tìm số tự nhiên nhỏ nhất biết rằng khi chia số đó cho 2005 thì dược dư là 23 còn khi chia số đó
cho 2007 thì được dư 32.
Hướng dẫn giải – đáp số
24. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
Gọi số tự nhiên cần tìm là n. Ta có
n  2005x  23  2007y  32  2005y  2y  32 x;y   * k
2y  9  2005  x  y  2005k k  y     2005 9 2
n nhỏ nhất khi y nhỏ nhất, y nhỏ nhất là 998 khi k = 1.
Vậv sổ tự nhicn nhỏ nhất cần tìm là n  200 .
7 998  32  2003018
Bài 21. Một đoàn học sinh đi cắm trại bằng ô tô. Nếu mỗi ô tô chở 22 người thì thừa 1 người. Nếu bớt đi
1 ô tô thì có thể phân phối đều tất cả các học sinh lên các ô tô còn lại. Hỏi có bao nhiêu học sinh đi cắm
trại và có bao nhiêu ô tô? Biết rằng mỗi ô tô chỉ chở không quá 30 người.
Hướng dẫn giải – đáp số
Gọi số ô tô lúc đầu là x ( x 
và x  2 ), số học sinh đi cắm trại sẽ là 22x  1 .
Theo giả thiết nếu số xe là x  1 thì số học sinh phân phối đều cho tất cả các xe.
Khi đó mỗi xe chở y học sinh ( y 
và 30  y  0 ), ta có   22x x y x y      
1  22  23 1 22 1 x 1 x 1 Vì x,y 
nên x  1 phải là ước số của 23, 23 nguyên tố nên:
* x  1  1  x  2 suy ra y  22  23  45 (trái giả thiết)
* x  1  23  x  24 suy ra y  22  1  23  30 .
Vậy ô tô là 24 và số học sinh là 2 .
2 24  1  529 .
Bài 22. Tìm cặp số tự nhiên (m; n) thỏa mãn hệ thức m2  n2  m  n  8 .
Hướng dẫn giải – đáp số Do m,n 
nên m2  n2  m  n   m2  n2 8 4
  4m118
  m  m     n  n      m  2   n  2 2 2  2  2 4 4 1 4 4 1 34 2 1 2 1 3 5 (*)
2m 1  3 m  2
2n 1  3 n  2 Từ (*)    và    2n   1  5 n  3
2m  1  5 m  3
25. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
Có hai cặp số m;n là 2;3 và 3;2
Bài 23. Tìm các cặp số nguyên  x; y thỏa mãn x2  y2 5 8  20412 .
Hướng dẫn giải – đáp số
Nhận xét: Với a, b là các số nguyên thỏa mãn a2  b2 3 thì a 3 và b 3 .
Ta có x2  y2 
  x2  y2  x2  y2   . 3 5 8 20412 6 9 28 9
Suy ra x2  y2 3  x 3 và y 3 . Đặt x  3x ; y  3y  x ; y  1 1 1 1 
Thay vào phương trình ta được 5x 2  8y 2  2 . 2 8 9 1 1
Tương tự ta có x  3x ; y  3y x ;y 
ta được 5x 2  8y 2  2 . 8 9 1 2 1 2 2 2  2 2
Tương tự ta có x  3x ; y  3y x ;y 
ta được 5x 2  8y 2  28 2 3 2 3 3 3  3 3 28 Suy ra y2   2
2 nên y2  0 hoặc y2  1 3 8 3 3 28
* Với y2  0 thì x2  (loại) 3 3 5
* Với y2  1 thì x2  2
2  x2  . 2
9 2 ; y2  9  x2  2 9 . 2 2 ; y2  2
9  x2  3 9 . 2 2 ; y2  3 9 3 3 2 2 1 1
Vậy có 4 cặp số nguyên  x; y thỏa mãn là 54;27;54;27 ;54;27 ;54;27 
Bài 24. Tìm các cặp số nguyên  x; y thỏa mãn điều kiện x2  y2 6 5 74 .
Hướng dẫn giải – đáp số
Từ điều kiện đã cho x2  y2 6 5
74  y chẵn và x  0;y  0
Nếu cặp số  x ; y là một cặp số nguyên thỏa mãn điều kiện thì các cặp số 0 0  x ;y
cũng thỏa mãn điều kiện, do đó chỉ cần xét x  0,y  0 . Từ điều kiện suy 0
0  ;   x ; y 0
0  ;   x ;  y 0 0  ra y2   y2 5 74
 15  0  y  4  y  2 (vì y chẵn)  x  3
Vậy các cặp số nguyên  x; y thỏa mãn điều kiện là  ;
3 2; ;
3 2; ;
3 2; ;
3 2.
26. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com 5
Bài 25. Tìm các số nguyên dương  x; y thỏa mãn phương trình  x  y  120y  3 .
Hướng dẫn giải – đáp số 5 4 Do x; y 
* nên ta có x  y  y  
x  yx  y   4 120 3 120
120 4  x  y  4
Cũng do x; y  * nên 2  x  y  4 mà 120y  3 là số lẻ  x  y là số lẻ
Do đó x  y  3 . Vì vậy 5
3 120y 3  y  2  x  1
Nghiệm nguyên dương của phương trình là  x; y   ; 1 2 x y
Bài 26. Tìm tất cả các số nguyên dương  x; y sao cho 3  2  1 .
Hướng dẫn giải – đáp số x y x y
Ta có 3  2  1  3  1  2 (1) k k y
* Nếu x chẵn tức là x  2k k 
* . Từ (1) ta có 3 13 1  2 k a
3  1  2 Do đó  trong đó a,b  và a  b k b
3 1  2 a b k k b ab
Xét 2  2  3  1  3  1  2  2 2
 1  2 nên ab ab
2 1  1 2  2
a  b  1 a  2        b 2  2 b  1 b  1 b  1 k
3 1  2 2 Do đó k k   .
2 3  6  3  3  k  1 khi đó x  2 k
3 1  1 2
Từ (1) có y  2    3 2
3 1 8 2  y  3
* Nếu x lẻ tức là x  2k  1k   2k1 2k k Xét 3
 1  33 1  2  39 1 2 chia cho 8 dư 2 k y
Vì 9  1 9  1  2 chia cho 8 dư 2 y
 2  2  y  1
27. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com x Ta có   1
3 1 2  x  1
Vậy tất cả các cặp số nguyên dương  x; y là 2;3 và  ; 1 1
Bài 27. Tìm các cặp số nguyên  x; y thỏa mãn x2y  xy  x2
2 3x  4  0 .
Hướng dẫn giải – đáp số
4  x 2x  3  y  xy  4 x  x 4;2; ; 1 ; 1 2;  4 (*)
Từ phương trình  xy  x    x2 1
2  3x  4  x 1 2x 1 5
 x 1xy  2x 1  5  5 x 1  x 6;2;0;  4 (**)
Từ (*) và (**)  x 2;  4 Với x = -2 thì y = -1 Với x = 4 thì y = 2
Vậy có hai cặp  x; y thỏa mãn là 2;1 và 4;2
Bài 28. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2  y2 3
2 5xy  x  2y 7  0 .
Hướng dẫn giải – đáp số
x2  y2  xy  x  y    x2  xy  xy  y2 3 2 5 2 7 0 3 6
2  x  2y 7
 3x x  2y  yx  2y  x  2y 7  x  2y3x  y 1 7
Ta có 7  7.1  .
17  7.1  1.7
Do đó ta xét trường hợp sau: x  2y  7 (*) và 3x  y 1  1 (**)
Từ x  2y  7  x  7  2y thay vào (**) ta có 37  2y  y  1  1  217y  0  y  3 thay y  3
vào (*) ta có x  6  7  x  1 .
Tương tự với các trường hợp khác ta không tìm được x; y nguyên.
Vậy nghiệm nguyên của phương trình đã cho là  x; y   ; 1 3
28. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
29. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
C.BÀI TOÁN TRONG ĐỀ THI HSG VÀ CHUYÊN THƯỜNG GẶP
Câu 1: Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn: xy  2x  3y 1  0 .
Câu 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 4 2 2
x  x  y  y 10  0 .
Câu 3: Tìm cặp số nguyên tố ( ;
x y) thỏa mãn phương trình: 2 2 x  2y 1. Câu 4: Tìm ,
x y  thỏa mãn phương trình:  y   2 2
2 x 1  y .
Câu 5: Tìm các số x, y nguyên dương thỏa mãn:  3 3
16 x  y   15xy  371.
Câu 6: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x  y    y  x  2 2 2 3 3 .
Câu 7: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: x  x   x   x   2 1 2 3  y .
Câu 8: Chứng minh không tồn tại x, y nguyên thỏa mãn: 2 2
12x  26xy 15y  4617 .
Câu 9: Tìm tất cả các cặp số nguyên ( ; x y) thỏa mãn: 2 2
5x  8y  20412 .
Câu 10: Tìm tất cả các cặp số nguyên ( ; x y) thỏa mãn 2 2
2x  5y  41 2xy .
Câu 11: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 2
x  5y  4xy  4x  4y  3  0.
Câu 12: Tìm tất cả các cặp số nguyên ( ;
x y) thỏa mãn phương trình: 3 3
x  y  6xy  3.
Câu 13: Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình: 2 2
7x  3y  714 .
Câu 14: Tìm tất cả các cặp số nguyên ( ; x y) thỏa mãn: 2019 2019 1346 673 x  y  y  y  2 .
Câu 15: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 3
x  xy  2  x  y .
Câu 16: Tìm nghiệm nguyên của phương trình 3 3 3
x  2y  4z .
30. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com HƯỚNG DẪN Câu 1:
Ta có: xy  2x  3y 1  0
 x y  2 3 y  2  5
 x 3 y  2  5
Vì x, y là số nguyên dương nên x  3, y  2 .
Phân tích 5 thành tích của hai số nguyên ta có: 5  1.5    1 . 5   .
x  3 1 x  3  5 x  3  5  x  3  1  Ta có hệ sau:  ;  ;  ; . y 
 2  5 y  2 1 y  2  1  y  2  5 
Giải các hệ ta có các cặp số nguyên dương ( ;
x y) thỏa mãn phương trình là 4;7,8;3 . Câu 2: Ta có: 4 2 2
x  x  y  y 10  0  x 2 1 1  1 1  2 2 2
 2. x    y  2. y  10  0  2 4  2 4  2 2  1   1  2  x   y   10       2   2   1 1  1 1  2 2
 x   y  x   y   10      2 2  2 2    2
x  y   2
1 x  y  1  0 . Xét 2 2 2
x  y 1 x  y  2x 1. Mà 2 2 x  0, x   2x 1 0. Phân tích 10
 thành tích hai số mà tổng của chúng lớn hơn 0 ta có: 10    1 .10   2  .5
Xét hai trường hợp ta tìm ra các cặp số ( ;
x y) thỏa mãn phương trình là  2  ; 5  , 2  ;6, 1  ; 3  , 1  ;4 Câu 3:
31. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
Áp dụng tính chất: Một số chính phương chỉ có thể chia hết cho 3 hoặc chia 3 dư 1. + Nếu 2
x 3 thì x 3, mà x là số nguyên tố nên x  3, suy ra y  2 . + Nếu 2
x chia 3 dư 1 thì  2 x   1 3 hay 2 2 y 3 .
Mà y là số nguyên tố nên y  3 , không tồn tại x thỏa mãn.
Vậy x  3, y  2 là cặp số duy nhất thỏa mãn điều kiện đề bài. Câu 4: Ta có:  y   2 2
x   y   y   2 2 2 2 1
1 x  x  y 1   y   2
y   x    y   2 1 1 2 1  x  0   y   2
y   x    2 1 1
y 1 x  3 y   1  0   y   2 2
y  x  2  3  . Phân tích 3
 thành tích hai số nguyên ta có: 3  1. 3      1 .3 .
Thay các giá trị trên vào các cặp số, lần lượt giải các hệ phương trình ta được tập nghiệm nguyên dương
của phương trình là S    0  ;1 , 0;   1 . Câu 5:
Vì x, y nguyên dương nên  3 3 x  y  3 3 16
15xy  371  0  x  y  x  y . Mặt khác, xy   3 3 15
16 x  y   371 là số lẻ, suy ra x, y là số lẻ.
Suy ra y 1, x  y  1 x  3. Xét hai trường hợp:
+) Nếu x  3  y  3  y  1. Thử lại ta thấy  ;
x y  3;1 thỏa mãn phương trình.
+) Nếu x  5 . Ta có: x  2  y , suy ra:
x  y   x x 3 3 3 3    3 3
x  y    2 16 16 2 16
16 6x 12x  8   .
32. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com Mặt khác: xy 
 xx   2 15 371 15
2  371  15xy  371  15x  30x  371. Ta chứng minh rằng:
 2x  x  2 16 6 12
8  15x  30x  371  x  
1  x  3  0 (đúng với mọi x  5 ). Suy ra  3 3
16 x  y   15xy  371 với mọi x  5.
Vậy phương trình có cặp nghiệm duy nhất là 3;  1 . Câu 6: 2 2 2
y  3  x  3  3 9 Ta có: 2
x  y  3  y 2 x  3 2    1  x     6 2 y  x  y x
Xét trường hợp x 1 thì y 1, x  2 thì không thỏa mãn. 3 9 Nếu x  3 thì 2 2  x 
 7  x  7  2 suy ra 2y  3 nên y 1. Khi đó x  3. 2 y x
Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương  ; x y   1  ;1 ,3  ;1 . Câu 7:
Phương trình đã cho tương đương x x   x   x   2 1 2 3 1  y 1  x   x   2 2 3 1  y 1   x   x   2 2 3 1  y  1 
 xx  3 1 yxx  3 1 y 1.
Phân tích 1 thành tích hai số nguyên ta có: 1  1.1    1 .  1 x 
+) Nếu x  x     y  x  x   0 3 1
3 1 y  1  y  0   . x  3  x  
+) Nếu x  x     y  x  x   2 3 1 3 1 y  1   y  0   . x  1 
Vậy phơng tình có các cặp nghiệm thỏa mãn là: 0;0, 3  ;0, 2  ;0, 1  ;0 .
33. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com Câu 8:
Giả sử tồn tại cặp số nguyên  ; x y thỏa mãn 2 2
12x  26xy 15y  4617 . Khi đó: 2 2 2 2
12x  26xy 15y 19 12x 12xy 15y  38xy 19   2 2
3 4x  4xy  5y  19 2 2 2
 4x  4xy  y  4y 19
  x  y2   y2 2 2 19 .
Nhận thấy rằng 19 là số nguyên tố có dạng 4k  3, áp dụng bổ đề “Nếu p là số nguyên tố dạng 4k  3 và 2 2
p | a  b thì p | a,b ” suy ra 19 2x  y,19 2y .
Từ đó, 19 là ước của x, y hay 2 2 2
12x  26xy 15y 19 .
Điều này vô lí vì 4617 không chia hết cho 2 19 .
Vậy không tồn tại các số nguyên  ;
x y thỏa mãn phương trình. Câu 9:
Ta có: 20412 chia hết cho 2 và 2
8y chia hết cho 2 nên x phải chia hết 2.
Đặt x  2x x 
. Khi đó phương trình trở thành: 2 2
5x  2y  5103 . 1  1  1 Vì 5103 3 nên 2 2
5x  2y 3 . Suy ra 2 2
x  y 3 hay x, y chia hết cho 3. 1 1
(ở đây ta sử dụng bổ đề “Nếu p là số nguyên tố dạng 4k  3 và 2 2
p | a  b thì p | a,b ”).
Đặt x  3x , y  3y x , y 
thì phương trình trở thành: 2 2
5x  2y  567 . 1 2 1  2 1  2 1
Lập luận tương tự ta cũng có x , y 3 . 2 1
Đặt x  3x , y  3y x , y  , ta được 2 2
5x  2y  63 . 2 3 1 2  3 2  3 2
Lập luận tương tự ta cũng có x , y 3 . 3 2
Đặt x  3x , y  3y x , y  , ta được 2 2
5x  2y  7 . 3 4 2 3  4 3  4 3
Nếu x  0 hoặc y  0 thì phương trình đã cho vô nghiệm. 4 3
34. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
Nếu x y  0 thì x  1  và y  1  , suy ra x  5  4, y  2  7. 4 3 4 3
Vậy các cặp số nguyên  ;
x y thỏa mãn là 54;27,54; 2  7, 5  4;27, 5  4; 2  7 . Câu 10: Ta có: 2 2
2x  5y  41 2xy 2 2 2 2
 x  2xy  y  x  4xy  4y  41
 x  y2  x  y2 2 16  25
Do x, y là số nguyên nên ta có các trường hợp sau:  13 x  14  x  y   x 4      3 x y 5  3 +   (loại) +    (loại) x   2y  5 1     y   x 2y 4 1 y   3  3 x  y  4  x  1  x  y  5  x  2 +   (chọn) +    (chọn) x   2y  5 y  3 
x  2y  4 y  3   13 x  14   x  y    x 4        3 x y 5  3 +   (loại) +    (loại) x   2y  5  1       y  x 2y 4 1 y   3  3 x  y  4 x  1 x  y  5 x  2 +   (chọn) +    (chọn) x   2y  5  y  3
x  2y  4  y  3
Vậy phương trình đã cho có nghiệm  ;
x y  1;3, 1  ;3,2;  3 ,2;  3 . Câu 11: 2 2 Ta có: 2 2
x  y  xy  x  y    x  y     y   2 2 5 4 4 4 3 0 2 2 2  5  2 1
Bởi x, y nguyên nên ta có các trường hợp sau: x  2y  2 2 1 2 1  2 1 2 1  y  2 1 2 1  2 1 2 1  2
35. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com x 2 1  6  3  6  9  10  11 y 1  0 3  0 1  4 3  4
Vậy phương trình đã cho có 8 nghiệm nguyên:  2  ;  1 ,  6  ; 3  , 6  ;  1 ,  1  0; 3  , 1  ;0, 3  ;0, 9  ; 4  , 1  1; 4   . Câu 12:
Phương trình tương đương vớ 3
i  x  y  3xy  x  y  6xy  3
Đặt x  y  ,
a xy  b (a, b là các số nguyên). a  3 a 8  5
Ta có: a  3ab  6b  3  a  3  3b a  2 3 3 3 3   3b   3b a .  2 a  2
Để a, b nguyên thì a  2 phải là ước của 5. a  2 1 1  5 5  a 3 1 7 3  b 68 8  2  (loại)  (loại) 2 3 3  ;x y Vô nghiệm  2   ;1 hoặc 1; 2
Vậy phương trình có tập nghiệm  ; x y   2   ;1 , 1  ;2 . Câu 13: 2 3  y 7 Từ 2 2 2
7x  3y  714    y 49;  196 . 2 3  y  714
Do y nguyên dương nên ta có hai trường hợp y  7 hoặc y  14 .
 y  7 thay vào ta tìm được x  9 .
 y 14 thay vào ta tìm được 2
x 18 , không có nghiệm nguyên x.
Do vậy phương trình đã cho có duy nhất nghiệm nguyên dương  ; x y  9;7. Câu 14:
36. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com 673 x  a Đặt  . 673 y  b Phương trình trở 3 3 thành 3 3 2
a  b  b  b   b   3 2
1  a  b  3 . a  b 
Vì x, y nguyên nên a, b nguyên  a  b 1  .
a  b  2 b 1 Trường hợp 1: 2
a  b  b
  b  2  0   
a  b 1 x  y 1. b  2   1   2 b  Trườ 2 ng hợp 2: 2 2
a  b 1 b
  b  2  3b  3b 1   (loại).  1   2 b   2 b  1  a 1 x 1 Trường hợp 3: 2 2 a b    2  b
  b  2  6b 12b  8  6   b  1       . b  b   1  y  1   7
Vậy hệ có 2 nghiệm nguyên  ; x y  1  ;1 , 1;   1 . Câu 15:
Biến đổi phương trình thành:  x   2
1 x  x  y  2 
Suy ra các trường hợp sau: x 1  1  x  2  x 1 1 x  0 +    +    2
x  x  y  2 y  4 2
x  x  y  2  y  2 x 1  2 x  1 x 1  2 x  3  +    +    . 2
x  x  y  1 y  1 2
x  x  y  1 y  11
Vậy phương trình có các nghiệm nguyên  ; x y   3  ;1  1 ,1  ;1 , 0; 2, 2  ;4 . Câu 16: Phương trình 3 3 3
x  2y  4z (1).
37. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com
Từ (1) suy ra x 2 . Đặt x  2x x 
. Thay vào (1) rồi chia hai vế cho 2 ta được 3 3 3
4x  y  2z (2). 1  1  1
Từ (2) suy ra y 2 . Đặt y  2 y y 
. Thay vào (2) rồi chia hai vế cho 2 ta được 3 3 3
2x  4y  z (3). 1  1  1 1
Từ (3) suy ra z 2 . Đặt z  2z z 
. Thay vào (3) rồi chia hai vế cho 2 ta được 3 3 3
x  2y  4z . 1  1  1 1 1 Như vây nếu  ;
x y; z là nghiệm của (1) thì x ; y ; z cũng là nghiệm của (1). 1 1 1  x y z
Lập luận tương tự ta cũng có  x ; y ; z
cũng là nghiệm của (1) với 1 1 1
x  ; y  ; z  . 2 2 2  2 2 2 2 2 2
Cứ tiếp tục như vậy ta có x, y, z chia hết cho 2k với k là số tự nhiên tùy ý. Điều này chỉ xảy ra khi
x  y  z  0.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên duy nhất x  y  z  0.
------------------------- HẾT -------------------------
38. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ - THCS.TOANMATH.com

Phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

Thông tin :

Tài liệu liên quan:

Tổng hợp kiến thức Đại số THCS

Cấu trúc đề thi vào 10 năm 2023 tỉnh Tỉnh Bà Rịa - Vũng Tàu

Cấu trúc đề thi tuyển sinh lớp 10 tỉnh Thái Nguyên năm 2023 - 2024

Cấu trúc đề thi vào lớp 10 năm 2023 - 2024 tỉnh Thanh Hóa

Cấu trúc đề thi vào 10 tỉnh Quãng Ngãi năm 2023 - 2024