Chuyên đề Phương trình nghiệm nguyên và cách giải

Ph­¬ng tr×nh nghiÖm nguyªn vµ c¸ch gi¶i Phương Pháp 1 Áp Dụng Tính Chia Hết Dạng 1 :phương trình dạng Ví dụ 1:: giải phương trình nghiệm nguyên sau : Giải: Có thể dễ dàng thấy chẵn . Đặt . Phương trình trở thành : Từ đó ta có nghiệm phương trình này : Chú ý : Ta còn có cách thứ để tìm nghiệm của phương trình trên . Đó là phương pháp tìm nghiệm riêng để giải phương trình bậc nhất ẩn Ta dựa vào định lí sau : Nếu phương trình với có tập nghiệm là thì mọi nghiệm của phương trình nhận từ công thức : Định lí này chứng minh không khó ( bằng cách thế trực tiếp vào phương trình ) Dựa vào định lý này ; ta chỉ cần tìm nghiệm riêng của phương trình . Đối với các phương trình có hệ số nhỏ thì việc tìm nghiệm khá đơn giản nhưng với các phương trình có lớn thì không dễ dàng chút nào . Do đó ta phải dùng đến thuật toán ơ cơ lit ( các bạn có thể tìm đọc các sách ; tôi sẽ không nói nhiều về thuật toán này ) . Ngoài ra còn có thêm phương pháp hàm Euler . Dạng 2 : Đưa về phương trình ước số : Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên sau : Giải : Lập bảng dễ dàng tìm được nghiệm phương trình trên . Ví dụ 3:Giải phương trình nghiệm nguyên sau : Giải : là số chưa biết ; sẽ đc xác định sau . Xét phương trình : Chọn Từ đó ta có phương trình ước số : Dạng 3:Phương pháp tách các giá trị nguyên Ví dụ 4: Giải phương trình nghiệm nguyên sau : Giải : Phương Pháp 2 : Phương Pháp Lựa Chọn Modulo ( hay còn gọi là xét số dư từng vế ) Trước tiên ta có các tính chất cơ bản sau : số chính phương chia dư ; chia dư ; chia dư Ví Dụ 5 : Giải phương trình nghiệm nguyên sau : Giải: Còn Do đó phương trình trên vô nghiệm. Có thể mở rộng thêm cho nhiều modulo như và mở rộng cho số lập phương ; tứ phương ; ngũ phương....... Ta đến với Ví Dụ sau : Ví dụ 6: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau : Giải: Dễ thấy Mặt khác : chẵn thì ; lẻ thì Còn ( vô lí) Do đó phương trình trên vô nghiệm. Chú ý : Nhiều bài toán nghiệm nguyên trong đề thi vô địch toán các nước đôi khi phải xét đến modulo khác lớn ; ta xét đến ví dụ sau : Ví Dụ 7 :(Balkan1998) Giải phương trình nghiệm nguyên sau : Giải: ( vô lí) Do đó phương trình này vô nghiệm. Chỉ dòng ; thật ngắn gọn và đẹp phải không nào. Nói chung để xét modulo hiệu quả còn phải tùy thuộc vào sự nhạy bén của người làm toán. Nói thêm : Đối với các phương trình nghiệm nguyên có sự tham gia của các số lập phương thì modulo thường dùng là vì ( hãy tự chứng minh ) Ta xét Ví Dụ sau . Ví Dụ 8 : Giải phương trình nghiệm nguyên sau : Dựa vào nhận xét trên : Còn ( vô lí). Do đó phương trình trên vô nghiệm . Phương Pháp 3 : Dùng Bất Đẳng Thức Dạng 1 : Đối với các phương trình mà các biến có vai trò như nhau thì người ta thường dùng phương pháp sắp xếp thứ tự các biến . Ví Dụ 9 : Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau : Giải : Không mất tính tổng quát có thể giả sử Nghiệm phương trình là Dạng 2 : Đối với các phương trình nghịch đảo các biến ta cũng có thể dùng phương pháp này ( nếu vai trò các biến cũng như nhau ) Cách giải khác dành cho Ví Dụ 9: Chia vế phương trình trên cho ta đc : Giải: Không mất tính tổng quát có thể giả sử và . Ta xét đến Ví Dụ tiếp theo để thấy sự hiệu quả của phương pháp này Ví Dụ 10 : Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau : Giải: Không mất tính tổng quát có thể giả sử . Lần lượt thử : phương trình vô nghiệm nguyên Xét Mặc khác . Ta thử lần lượt. phương trình vô nghiệm nguyên Xét Mặc khác . Vậy nghiệm phương trình là và các hoán vị. Dạng 3 : Áp Dụng Các Bất Đẳng Thức Cổ Điển. Ví Dụ 11 : Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau : Giải: Áp Dụng BDT Cauchy cho 3 số ; ta đc Dấu xảy ra Từ phương trình ( phương trình ước số ; dễ dàng tìm đc rồi tìm ra ) Đáp số : nghiệm phương trình là Ghi chú : Việc Áp Dụng BDT vào bài toán nghiệm nguyên rất ít dùng vì ẩn ý dùng BDT rất dễ bị "lộ" nếu người ra đề không khéo léo. Tuy nhiên cũng có vài trường hợp dùng BDT khá hay . Ta đến với Ví Dụ sau. Ví Dụ 12 : Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau với là các số đôi khác nhau. Giải: Áp dụng BDT quen thuộc sau : Vì khác nhau Lần lượt thử các giá trị của ta tìm đc Đáp số : và các hoán vị . Dạng 4 : Áp dụng tính đơn điệu của bài toán . Ta chỉ ra hoặc vài giá trị của biến thoả phương trình rồi chứng minh đó là nghiệm duy nhất . Ví Dụ 13 : Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau Giải: phương trình vô nghiệm nguyên ; thoả mãn . Do đó là nghiệm duy nhất của phương trình . Còn phương trình này thì sao nhỉ : Bằng cách tương tự ; dễ dàng nhận ra là nghiệm duy nhất . Nói thêm : Đối với phương trình trên ; ta có bài toán tổng quát hơn . Tìm các số nguyên dương thoả : . Đáp số đơn giản là nhưng cách giải trên vô tác dụng với bài này . Để giải bài này thì hữu hiệu nhất là xét modulo ( các phương trình chứa ẩn ở mũ thì phương pháp tốt nhất vẫn là xét modulo ) . Phần này chỉ nói thêm nên chúng ta tạm thời không giải bài toán này bây giờ mà sẽ để lại dịp khác . Dạng 5 : Dùng điều kiện hoặc để phương trình bậc có nghiệm . Ví Dụ 14 : Giải phương trình nghiệm nguyên sau : Giải: Giải bất phương trình trên không khó ; dễ dàng suy ra được : Do nguyên nên dễ dàng khoanh vùng được giá trị của và thử chọn. Nói chung thì phương pháp này được dùng khi có dạng ( hoặc ) với hệ số . Còn khi thì dùng phương pháp đã nói đến trong ví dụ để đưa về phương trình ước số cách nhanh chóng. Phương Pháp 4: Phương pháp chặn hay ta có thể gọi nó bằng cái tên khác là đẹp hơn là phương pháp đánh giá. Phương pháp đánh giá cơ bản dựa vào nhận xét sau : 1/ không tồn tại thoả với 2/ nếu với thì Ta đến với Ví Dụ sau Ví Dụ 15: Giải phương trình nghiệm nguyên sau : Xét hiệu Xét hiệu Theo nhận xét trên Thế vào phương trình ban đầu Nhận xét trên có thể mở rộng với số lập phương ; ta đến với ví dụ tiếp theo : Ví Dụ 16: Giải phương trình nghiệm nguyên sau : Giải: Bằng cách trên ta có được : hoặc hoặc lần lượt xét ta tìm được các nghiệm phương trình là: Phương Pháp 5: Dùng tính chất của số chính phương . Dạng 1 : Trước tiên ta đến với mệnh đề sau : với thì Chứng minh mệnh đề này không khó ; ta chứng minh bằng phản chứng : Giả sử không là số chính phương nên trong phân tích thành ước nguyên tố của hoặc tồn tại 1 số chứa ít nhất 1 ước nguyên tố p với số mũ lẻ . Giả sử là . Vì nên không chứa thừa số cũng chứa thừa số với số mũ lẻ ( vô lí trái với điều kiện là số chính phương) . Bây giờ ta đến với ví dụ . Ví Dụ 17: Giải phương trình nghiệm nguyên sau : Giải: Rõ ràng Từ phương trình ( phương trình ước số) Từ đó tìm được nghiệm phương trình . Đáp số : Dạng 2 : Ta có mệnh đề thứ : Nếu là các số nguyên thoả thì hoặc ; hoặc Chứng minh mệnh đề này không khó : Giả sử Dùng phương pháp chặn : Vô lí do đó mệnh đề được chứng minh . Bây giờ áp dụng mệnh đê trên ; ta đến với ví dụ sau . Ví Dụ 18: Giải phương trình nghiệm nguyên sau : Giải: => hoặc hoặc . Phương trình này vẫn còn những cách giải khác nhưng điều tôi muốn nhấn mạnh chính là việc dùng mệnh đề trên giúp cho lời giải bài toán trở nên ngắn gọn hơn . Phương Pháp 6: Lùi vô hạn ( hay còn gọi là phương pháp xuống thang) . Phương pháp này dùng để chứng minh một phương trình nào đó ngoài nghiệm tầm thường thì không còn nghiệm nào khác . Phương pháp này có thể được diễn giải như sau : Bắt đầu bằng việc giả sử là nghiệm của . Nhờ những biến đổi ; suy luận số học ta tìm được 1 bộ nghiệm khác sao cho các nghiệm quan hệ với bộ nghiệm đầu tiên bởi tỉ số nào đó . Ví Dụ : . Rồi lại từ bộ thoả . Quá trình cứ tiếp tục dẫn đến : chia hết cho với là số tự nhiên tuỳ ý . Điều này xảy ra .Để rõ ràng hơn ta xét một Ví Dụ . Ví Dụ 19: Giải phương trình nghiệm nguyên sau : Giải: Gọi là nghiệm của phương trình trên . Xét theo modulo . Ta chứng minh đều chia hết cho . Thật vậy ; rõ ràng vế phải chia hết cho Ta có : Do đó đều chia hết cho . Đặt . Thế vào và rút gọn : Rõ ràng . Đặt . Thế vào và rút gọn : Do đó nếu là nghiệm của phương trình trên thì cũng là nghiệm . Tiếp tục lý luận như trên thì đều chia hết cho . Ta lại tìm được nghiệm thứ là với . Tiếp tục và ta dẫn đến : . Điều đó chỉ xảy ra . Ví Dụ 20: Giải phương trình nghiệm nguyên sau : ( Korea 1996) U]Giải:[/u] Giả sử là nghiệm của phương trình trên . Rõ ràng chẵn ( do chẵn ) nên có 2 trường hợp xảy ra. Trường Hợp 1 : có số lẻ ; số chẵn. Không mất tính tổng quát giả sử lẻ chẵn. Xét theo modulo thì : Còn ( do chẵn ) ( vô lí) Trường Hợp 2 : số đều chẵn. Đặt thế vào và rút gọn ta được : lập luận như trên ta lại được chẵn. Quá trình lại tiếp tục đến : với Điều đó xảy ra . Tóm lại nghiệm phương trình là Phương Pháp 7: Nguyên Tắc Cực Hạn hay còn gọi là Nguyên Lí Khởi Đầu Cực Trị. Về mặt hình thức thì phương pháp này khác với phương pháp lùi vô hạn nhưng về ý tưởng sử dụng thì như nhau ; đều chứng minh 1 phương trình không có nghiệm không tầm thường. Phương pháp bắt đầu bằng việc giả sử là nghiệm của với điều kiện ràng buộc với bộ . Ví Dụ như nhỏ nhất hoặc nhỏ nhất...v...v... Bằng những phép biến đổi số học ta tìm được bộ nghiệm khác trái với những điều kiện ràng buộc trên. Ví dụ khi chon bộ với nhỏ nhất ta lại tìm được bộ thoả . Từ đó dẫn đến phương trình cho có nghiêm là . Ta hãy xét ví dụ. Ví Dụ 21 : Giải phương trình nghiệm nguyên sau : Giải: Giả sử là nghiệm phương trình trên với điều kiện nhỏ nhất. Từ phương trình chẵn. Đặt Thế vào và rút gọn ta được : Rõ ràng chẵn.Đặt Tiếp tục chẵn. Đặt Và dễ thấy cũng chẵn.Đặt Nhìn vào phương trình trên rõ ràng cũng là nghiệm phương trình trên và dễ thấy ( vô lí do ta chọn nhỏ nhất ) Do đó phương trình trên có nghiệm duy nhất Chú y : ta cũng có thể chọn bộ thoả nhỏ nhất ; lý luận tương tự và dễ thấy từ đó cũng dẫn đến kết luận bài toán. Phương Pháp 8: Sử Dụng Một Mệnh Đề Cơ Bản Của Số Học. Trước tiên ta đến với bài toán nhỏ sau: Cho là số nguyên tố có dạng với nguyên dương ; là số tự nhiên lẻ. Chứng minh rằng nếu thì Chứng minh: Giả sử ko chia hết cho thì rõ ràng ko chia hết cho Theo fermat nhỏ : nên Mặt khác do lẻ nên theo hằng đẳng thức : ( là số nào đó ) RÕ ràng ( do giả thiết ) Do đó theo ta có điều phải chứng minh. Xét 1 trường hợp nhỏ của bài toán trên : Khi ; vì lẻ nên Lúc đó ta có mệnh đề sau : là số nguyên tố có dạng . Khi đó nếu thì Mệnh đề hết sức đơn giản này lại là 1 công cụ vô cùng hiệu quả đối vơi nhiều bài toán khó. Ví Dụ 22: ( bài toán Lebesgue) Giải phương trình nghiệm nguyên sau : ( đây là 1 trường hợp nhỏ của phương trình Mordell ) Ghi chú : Phương trình Mordell là phương trình có dạng ; bài toán trên là trường hợp phương trình Mordell với Giải: Trước tiên ta có bổ đề nhỏ sau : Mọi số nguyên có dạng đều có ít nhất ước nguyên tố có dạng Chứng Minh: Giả sử A không có ước nguyên số nào có dạng ( vô lí) Do đó A có ước dạng Nếu là số nguyên tố thì bổ đề được chứng minh. Nếu là hợp số. Lý luận tương tự ta lại có có ước có dạng . Nếu lại là hợp số thì lai tiếp tục. Vì quá trình trên là hữu hạn nên ta có điều phải chứng minh. Quay lại bài toán. Xét chẵn ( vô lí do ) Xét lẻ viết lại phương trình : Nếu Nếu Do đó luôn có ước dạng và theo bổ đề trên thì luôn có ít nhất ước nguyên tố Theo mệnh đề trên ( vô lí) Do đó phương trình trên vô nghiệm. Ví Dụ 23: Giải phương trình nghiệm nguyên sau : ( phương trình Mordell với ) Giải: Xét chẵn ( vô lí do ) Xét lẻ Nếu ( vô lí ) Nếu Viết lại phương trình Rõ ràng Do đó có ít nhất ước nguyên tố ( vô lí) Do đó phương trình trên vô nghiệm. Và cuối cùng để thấy thêm sự hiệu quả của mệnh đề này ; ta hãy đến với bài toán của Euler . Ví Dụ 24: Giải phương trình nghiệm nguyên sau : Nhưng trước hết hãy xem lời giải của Euler để nhìn nhận ra sự giá trị của mệnh đề trên : giả sử pt có tâp nghiệm với là giá trị nhỏ nhất của . => => => => (*) CỘng vào vế (*) : Ta đc : => => (**) Vậy nếu pt (*) có nghiệm là thì pt (*)cũng có nghiệm là vì là giá trị nhỏ nhất của => nghiệm => => pt (**) > (*) => => => => => (1) Vì có vai trò như nhau nên ta cũng cm đc (2) Từ (1) và (2) => => pt (*) : => => ( vô lí ) Vậy pt này vô nghiệm Nhưng nếu dùng mệnh đề trên thì lời giải ngắn gọn hơn nhiều : Rõ ràng đều có dạng . Thật vậy : Do đó có ít nhất ước nguyên tố ( vô lí) Do đó phương trình trên vô nghiệm. Các dạng cơ bản của phương trình vô định nghiệm nguyên mình đã giới thiệu hết. Việc sắp xếp các dạng ; phương pháp là theo chủ ý của mình nên ít nhiều sẽ sai sót. Sau đây là phần nói thêm về các phương trình vô định siêu việt và phương trình khác ( kiến thức sơ sai nên mình nói cũng sơ thôi ) Đầu tiên là phương trình dạng mũ : Như đã nói thì phương trình dạng mũ thường có phương pháp chung là xét Modulo ( nhưng không phải là luôn luôn ) Ta đến với các Ví Dụ cơ bản : Ví Dụ 25: Giải phương trình nghiệm nguyên sau : ( ) Giải: : phương trình vô nghiệm Xét ( vô lí do ) Nghiệm phương trình là Ví Dụ 26: Giải phương trình nghiệm nguyên sau : ( ) Giải: Xét lẻ .Đặt ( do ) ( vô lí) ( do ) Xét : chẵn.Đặt Phương trình ước số ; quá đơn giản. Đáp số Ví Dụ 26: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau : với ( Việt Nam 1982) Giải: Rõ ràng lẻ Lý luận như trên Nghiệm phương trình là Chú ý : Với cách giải trên ta có thể xử đẹp phương trình dạng này : ( ) Đáp số : Ví dụ 27: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau : Giải: Trong phương trình này có sự tham gia của số lập phương và như đã nói ở phần phương pháp lựa chọn modulo thì trong bài này ; modulo ta xét sẽ là modulo ; phương trình vô nghiệm nguyên . (vô lí vì ) Ta đến với các bài toán khó hơn Ví Dụ 28: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau : Giải: Rõ ràng là nghiệm. Xét . Không mất tính tống quát giả sử do y nguyên nên nguyên. . Đặt Thế vào ta được : Rõ ràng ( vì đã giả sử ) lúc đó rõ ràng Ta chứng minh : Do nên ta chỉ việc chứng minh : . Ta cm quy nạp theo ; đúng . Giả sử khẳng định đúng với tức là Ta cm khẳng định đúng với tức là chứng minh . Rất đơn giản ; theo giả thiết quy nạp thì : ( do ) Do đó phương trình vô nghiệm với Kết luận : nghiệm phương trình là với Chú ý : Ta có thể giải phương trình theo cách khác .Nhưng trước hết ; ta cần chứng minh mệnh đề sau : Ta chứng minh phần thuận ; phần đảo là điều hiển nhiên . Trong phân tích ra dạng chuẩn tắc thì số nguyên tố có lũy thừa tương ứng là . Do đó trong phân tích ra dạng chuẩn tắc thì số nguyên tố có lũy thừa tương ứng là . Vì Vì được chọn tuỳ ý nên Quay lại với bài toán . Ta chỉ xét trường hợp Không mất tính tổng quát giả sử . Đặt . Rồi làm tương tự như trên Ví Dụ 29 : Giải phương trình nghiệm nguyên không âm sau : Giải: Xét theo modulo Viết lại phương trình Xét : Xét Mặt khác : chẵn ( vì chẵn thì Đặt Nếu ( vô lí) Nếu . Kết luận : nghiệm phương trình là Ví Dụ 30 : Giải phương trình nghiệm nguyên không âm sau : Bài toán này đã được đề cập trong phần trước và đây là lời giải của nó : Xét theo modulo chẵn . Đặt Do đó có 2 trường hợp xảy ra : Trường Hợp 1 : ( ) Điều này không xảy ra vì Nhưng thì không chia hết cho Trường Hợp 2: Do đó lẻ . Ta có : Do lẻ nên rõ ràng chẵn . Đặt Nếu Nếu [ Ta có Tuy nhiên xét modulo cho vế phải . Nếu chẵn ; Nếu lẻ ; Từ đó ta có còn ( vô lí) Kết luận : nghiệm của phương trình là Ví Dụ 31 : Giải phương trình nghiệm nguyên dương : Giải: lẻ . Đặt Nếu chẵn Nếu lẻ Còn Vô lí do đó phương trình trên vô nghiệm . Bài toán với các nghiệm nguyên tố Ví Dụ 31 : Tìm để a) là số nguyên tố b) là số nguyên tố c) là số nguyên tố Giải: a) là số nguyên tố b) làm như trên ta cũng được c) Chú ý là lẻ Đáp số : Ví Dụ 32 : Tìm số nguyên tố để là số nguyên tố Giải: chẵn ( không thoả ) lẻ chẵn nên là hợp số . Vậy không tồn tại số thoả điều kiện trên . Ví Dụ 33 : Tìm các số nguyên tố thoả : Xét lẻ chẵn ( không tồn tại thoả ) Xét chẵn Nếu lẻ . Đặt Nếu chẵn ( vô lí) . Kết luận : nghiệm của phương trình là Từ bài toán trên hẳn chúng ta dễ dàng hình dung là lời giải bài toán sau: Tìm các số nguyên tố thoả : Các Phương Trình chứng minh vô số nghiệm : Ví Dụ 34 : Chứng minh rằng phương trình có vô số nghiệm . Giải: Ta xây dựng nghiệm của phương trình này . Đặt . Thế vào ta được : Phương trình có vô số nghiệm có dạng : Tổng quát hoá bài toán với phương trình Với cách giải trên ; phương trình có vô số nghiệm có dạng : Chú ý: Công Thức trên chưa chắc đã lấy hết tất cả các nghiệm của bài toán nhưng chúng ta chỉ cần có như vậy để hoàn thành bài toán . Ví Dụ 35 : Chứng minh rằng phương trình có vô số nghiệm . Giải : Dựa vào Hằng Đẳng Thức sau : Đặt Chọn Do nguyên nên Giải hệ trên ta được Kết luận : Phương trình có vô số nghiệm có dạng : Ví Dụ 36 : Chứng minh rằng phương trình có vô số nghiệm . Đặt Rõ ràng tồn tại vô số số n để Thật vậy ; xét phương trình ( rõ ràng có vô số nghiệm) Chú ý Do đó phương trình có vô số nghiệm có dạng : Do nên nguyên Còn với phương trình này thì sao nhỉ : Rất đơn giản Ta đưa về phương trình ở Ví dụ trên Sau đây là phần các bài tập ; mình sẽ xếp các bài tập không theo từng dạng và các bạn phải xác định dạng của nó để có phương án xử lí thích hợp . Phương trình với tập Z : 1/ 2/ 3/ 4/ 5/ 6/ 7/ 8/ 9/ 10/ 11/ 12/ 13/ 14/ 15/ 16/ 17/ 18/ 19/ 20/ 21/ 22/ 23/ ( Hàn quốc 1988) 24/ 25/ 26/ 27/ ( Bulgari 1998) 28/ 29/ 30/ 31/ 32/ 33/ 34/ 35/ Tập N 36/ 37/ 38/ 39/ 40/ 41/ 42/ Các bài Toán với số nguyên tố : 43/ Tìm để là số nguyên tố 44/ 45/ ( nguyên tố ; ) 46/ nguyên tố . 47/ ( nguyên tố ) Các bài toán khó : 48/ (APMO ) Tìm n nguyên dương để phương trỉnh sau có nghiệm 49/ Chứng minh rằng phương trình sau có vô số nghiệm : ( Brazil 1990 ) 50/ (Rumani 2001) ( ). 51/ ( ) 52/ 53/ Cho CMR nếu là số nguyên thì là số chính phương 54/ ( Nga 1996) 55/ Chứng minh rằng phương trình sau có vô số nghiệm 56/ ( ) 57/ 58/ 59/ 60/ ( ) 61/ ( ) 62/ ( ) 63/ ( Sáng Tác) Chứng minh rằng phương trình có vô số nghiệm . 64/ ( Sáng Tác) ( ) 65/ (IMO 2006) 66/ Tìm n để phương trình có nghiệm ( ) 67/ 68/ là số nguyên và . CMR 69/ 70/ ================= Ta có: nên khi chia cho có số dư tối đa là mà nên phương trình đã cho không có nghiệm nguyên __________________ Giả sử ========== 21/ Ta có (vì một số chính phương chia 7 dư 0,1,2,4) Đặt là nghiệm của pt ban đầu. ========= 23/Nếu x,y lẻ thì z chẵn. nhưng vô lí Vậy x hoặc y chẵn. G/sử x chẵn thì chẵn. Đặt chẵn... Vậy , với ============ 43/hiển nhiên x lẻ, đặt ta có: - thỏa mãn - thì là hợp số. Vậy =========== 50/ Vai trò x,y,z như nhau, ko mất tính tổng quát giả sử . Ta có: Do Hay vì thì , vế trái lớn hơn 4 còn vế phải \leq 3 vô lí. Từ Xét từng trường hợp của y ta được hoặc ========== 53/ (t lẻ) Đặt Nếu và vô lí -Nếu và Vậy ta có đpcm. 28/ là 1 nghiệm. Xét . Ta có Thay vào được Thay vào được thỏa mãn Vậy PT có 2 nghiệm =========== 27/ Giả sử x,y,z là nghiệm sao cho min. Viết x,y,z dưới dạng Pt tương đương: Đặt . Do . Do đó: hoặc Ko mất tính tổng quát giả sử cặp pt thứ 1 đúng. Ta thấy v,u cùng lẻ. theo Pt Pi-ta-go nguyên tố có tính chẵn lẻ khác nhau). Thế vào đc cho ta Vậy p,q,m là nghiệm của PT ban đầu. Ta thấy vô lí Vậy PT vô nghiệm. ============ 48/ n chẵn thì những số hạng bên vế trái là những số ko âm và ko thể cùng bằng 0. Vậy PT ko có nghiệm nguyên. Nếu là 1 nghiệm. Nếu n lẻ thì x chẵn. Giả sử . Khi đó PT có dạng: hoặc . KT trực tiếp chúng đều ko là nghiệm. Vậy chỉ có là nghiệm của PT. =========== 46/ n-q hoặc . Nếu vô lí. Vậy với Ta có do đó Ko mất tính tổng quát cho Tương tự hoặc 3 Xét từng trường hợp của k ta được nghiệm là ============= 70/ PT Fermat (vô nghiệm) PT tương đương với Sau đó sử dụng phương pháp cực hạn và công thức nghiệm của PT Pi-ta-go để chứng minh được PT vô nghiệm. Pt tương đương: (giả sử ở đây ) CT nghiệm của PT này là: Ta có Do tiếp tục có CT nghiệm nữa: Ta có là số CP. Do cả 2 số này đều CP. Do đều là số CP. Vậy tồn tại sao cho: Với Vậy vô lí. Ta có đpcm. ========= 58/ Nếu x=y thì PT tương đương hay 2. Nếu Nếu y<x thì VP ko nguyên. Vì vậy ta có: 3. NẾu x>z ta có 2 trường hợp: a, Nếu còn VP thì ko nên trong trường hợp này PT ko có nghiệm. b,Nếu y<z ta có: Xét tương tự như trên TH này cũng ko xảy ra. 4, Nếu xx, cả 2 đều cho điều vô lí. Vậy ========== 17/ Đề bài sai, phải là Ta có Tương tự . Do đó Hay , thay vào PT ban đầu ta có: Thay vào tìm tiếp y. Vậy =========== 19/ PT viết lại dưới dạng: dùng phương pháp chặn ta có Do đó hoặc -Nếu thì loại do -Nếu Vậy là nghiệm nguyên của PT đã cho. ============= 6/ Một số CP chia cho 8 dư 0,1,4. Vậy chia 8 dư 0,1,2,4 hoặc 5. Mà chia 8 dư 6. Vậy PT vô nghiệm. ========= 8/ Từ PT trên ta có Đặt . Từ đó: -Nếu -Nếu thì PT ko có nghiệm. Vậy ========== 47/ -Với ta có ko thỏa mãn. -Với ta có ko thỏa mãn. Với ta có Thay vào PT ban đầu ta được Vậy ============ 37/ (nghiệm nguyên dương) Ko mất tính tổng quát giả sử , khi đó: Xét thì ko thể có với x là số tự nhiên. Do đó phải có ít nhất 2 số ko bằng nhau. hay Nếu , thay vào PT ban đầu ta được: ko có GT thỏa mãn. Nếu , thay vào ta được Nếu , thay vào được ko thỏa mãn. Vậy PT có nghiệm nguyên dương duy nhất ============== 40/ Đặt Vậy PT tương đương: Nghiệm: Thế vào ta được: Giải phương trình bậc 2 theo z ta có Ta có . và và cùng tính chẵn lẻ. Giải PT theo d ta được: Vì vậy ta có: với và thỏa mãn là số CP, và , ở đây Từ đó tìm ra được n. ============ 25/ VP là số lẻ nên lẻ do đó x lẻ. Vậy PT ko có nghiệm nguyên 31/ Nghiệm nguyên dương. Không mất tính tổng quát giả sử . MẶt khác nếu thì thay vào PT ban đầu sẽ ko thỏa mãn. Do đó phải có 2 số khác nhau. -Nếu -Nếu ko có GT thỏa mãn. -Nếu ko có GT thỏa mãn. Vậy và các hoán vị. ======== 36/ Tương tự bài trên, giả sử Ta có Nếu thì khi thay vào sẽ ko thỏa mãn nên phải có 2 số khác nhau. Vì vậy ........thử từng giá trị trên tìm x (chú ý ) ========= 35/ x và y có số mũ chẵn, do đó ta giả sử . Hiển nhiên x lẻ, do đó chia cho 4 dư chẵn chẵn. Đặt x=2a+1, y=2b với Thay vác biểu thức này vào PT ban đầu được: ĐẶt ta có: Nếu thì ta được Với a\geq 1 thì n và nguyên tố cùng nhau. Do đó n và đều là số CP. ĐẶt ta có vô lí vì Vậy ta có 2 nghiệm là ============ 14/ Đợi sau đợt spam tràn lan này cho hết vào 1 bài gửi mới hoành tráng Từ Pt ban đầu ta có: Rút gọn: Với ta được được Đáp số: ========= 12/ Dễ thấy x và y phải chia hết cho 3. Thay vào PT ban đầu được: Thay vào PT ta được: Do đó cũng là 1 nghiệm của pt đã cho. Vậy ============= 13/ Đưa về phương trình ước số: Lập bảng tiếp được các giá trị sau: ============ 15/ Nếu x=y thì loại. Vậy . Xét 2 trường hợp: Nếu loại Nếu khi đó: Do đó Nếu thì loại. Nếu thì , ko có nghiệm nguyên. Nếu thì ko có nghiệm nguyên. Nếu thì ko có nghiệm nguyên Vậy pt ko có nghiệm nguyên. ============ 1-2 /2 bài này tương tự nhau, vì vậy tôi sẽ giải 1 bài. 1. Từ pt trên ta có Đặt , thay vào (1) ta được: Vậy công thức nghiệm tổng quát của x,y là: ========== 52/ Đặt Từ đó đi đến hay Lần lượt xét các khoảng giá trị: 1.Nếu thì Mặt khác từ đó có Do nên thì z=2 2. NẾu thì Tiếp tục có 3. Nếu thì , ko phải là lũy thừa của 1 số tự nhiên. Ta có nhận xét sau: NẾu thì , ngoài ra . Suy ra thì ko phải là 1 số cp. Suy ra vô nghiệm. Vậy chỉ cần xét hoặc 3. Xét: a, NẾu thì vô nghiệm. b, NẾu thì Vậy pt có 1 nghiệm nguyên duy nhất là ========= 60-61/ 2 bài này tương tự nhau, do đó xét bài toán tổng quát (bài 61) Giả sử là một nghiệm nguyên của phương trình. Ta có và Tức là cùng tập hợp ước nguyên tố. G/sử sao cho ) Khi đó: Số mũ của p trong phân tích tiêu chuẩn của là Số mũ của p trong phân tích tiêu chuẩn của là Do Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi . Từ đó tồn tại các số nguyên sao cho Tương tự , tức là: Hay Vậy nếu dạng thì pt có nghiệm nguyên dương duy nhất Nếu ko có dạng trên thì pt ko có nghiệm nguyên dương. =========== 20/ Vì Từ đó tính được hoặc Nghiệm là ============ 33/ Do . Mặt khác: Do đó ko cùng nguyên. Vì vậy Thử từng trường hợp ta được các nghiệm sau: ============= 54/ Ta có. Thật vậy giả sử điều ngược lại, tức là y>x hoặc z>x. -Ko mất tính tổng quát giả sử Ta có Do , tức là: Hiển nhiên , vô lí. Vậy ta có đpcm. Như vậy, với mọi nghiệm thì do ta có: Dấu bằng xảy ra Vậy pt có nghiệm với mọi k nguyên dương 57/ Với ta có ko có giá trị của y thỏa mãn. Với ta có Với thì Ta có -Nếu Điều này không thể xảy ra với mọi -Nếu lẻ chẵn, tức là Pt ban đầu được viết lại dưới dạng PT tổng quát có nghiệm nguyên là Do đó (1) ko có nghiệm nguyên. Tức là điều này ko thể xảy ra. Vậy pt có nghiệm ngu