zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Trung học phổ thông

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

Chia sẻ: Nguyễn Minh Đức | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Báo xấu

435
lượt xem 60
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu Một số bài toán về phương trình nghiệm nguyên tập hợp những bài tập và hướng dẫn giải của những bài tập về phương trình nghiệm nguyên. Tài liệu được biên soạn nhằm giúp các bạn làm quen với dạng toán về phương trình nghiệm nguyên, từ đó củng cố kiến thức về Toán học.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Một số bài toán về phương trình nghiệm nguyên - Nguyễn Minh Đức

Nguyễn Minh Đức 16/02/1998 THPT Lê Quảng Chí ( Hà Tĩnh ) “ Một Số Bài Toán Về Phương Trình Nghiệm Nguyên” ****(‘-‘)**** _____ Sau đây,mình xin tổng hợp một số bài toán về mảng kiến thức : “Phương Trình Nghiệm Nguyên”. Ngẫu hứng ngày 23/08/2014!! Bài 1: Tìm nguyện nguyên của phương trình: x  xy  y  9 . (1) G: Ta có: (1)  ( x  1)( y  1)  10 Vậy có các khả năng sau đây:  x  1  1    x; y   (0;9)   y  1  10   x  1  10    x; y   (9;0)  y  1  1    x  1  1  ( x; y )  (2; 11)   y  1  10    x  1  10   y  1  1  ( x; y )  (11; 2)   x  1  2   ( x; y )  (1; 4)  y  1  5    x  1  5  ( x; y )  (4;1)  y  1  2    x  1  2   y  1  5  ( x; y )  (3; 6)    x  1  5   ( x; y )  (6; 3)   y  1  2 Vậy phương trình (1) có tám nghiệm nguyên : ( x; y)  (0;9),(9;0),(2; 11),(11; 2),(1;4),(4;1),(3; 6),(6; 3). Bài 2: Tìm các số nguyên không âm x, y thỏa mãn đảng thức: x 2  y 2  y  1 . G: Giả sử ( x, y) không âm là nghiệm của phương trình x 2  y 2  y  1 . Khi đó ta có: x 2  y 2 . (1) Mặt khác,do y  0 nên: y  1  4 y 2  4 y  1  (2 y  1)2 Suy ra: y  1  2 y  1  y 2  y  1  ( y  1)2  x 2  ( y  1)2 ( Do y 2 và y 2  1 là hai số chính phương liên tiếp):  y 2  y  1  ( y  1)2  y  0  x  1 . Vậy phương trình đã cho có đúng một nghiệm nguyên không âm là x  1, y  0 .
Nguyễn Minh Đức 16/02/1998 THPT Lê Quảng Chí ( Hà Tĩnh ) Bài 3:Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức: 2 y 2 x  x  y  1  x2  2 y 2  xy (1) G: Ta có: (1)  2 y 2 ( x  1)  x( x  1)  y( x  1)  1  (2 y 2  y  x)( x  1)  1 (2) Vì x, y là các số nguyên nên ta có: x 2 x 1 1 x 2 y 1 2 2 ( x; y ) (2;1). 2y y x 1 2y y 1 0 y 1  2 (2) x 0 x 1 1 x 0 y 1 2 2 ( x; y ) (0;1). 2y y x 1 2y y 1 0 y 1  2 Vậy phương trình (2) có hai nghiệm nguyên là ( x; y) (2;1),(0;1). Bài 4 :Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x2 17 y 2 34 xy 51( x y) 1740 (1) G: Ta có : (1) x2 17 y 2 2 xy 3( x y) 1740 x2 1740 17 y 2 2 xy 3( x y) (2) Chú ý rằng : Với số x nguyên, x có dạng như sau : x 17k r với r 0;1;2;3;4;5;6;7;8 và k Z Từ đó suy ra x 2 có dạng tương ứng như sau : 17k;17k 4;17k 9;17k 6; 17k 8;17k 2;17k 15;17k 13 Nhận thấy rằng vế phải 1740 khi chia cho 17 có số dư là 6.Do đó,vế phải của phương trình (2) phải có dạng 17k 6 ,trong khi x 2 khi chia cho 17 đều không có số dư là 6. Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. Bài 5 :Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 8x2 y 2 x 2 y 2 10 xy (1) G: Ta có : (1) 8xy( xy 1) ( x y)2 0 (2) Do đó,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 : KN1 : xy 0 thì từ (2) ta thu được nghiệm là x y 0 KN2 : xy 1 thì từ (2) ta thu được nghiệm là ( x; y) (1;1),( 1; 1). Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm nguyên ( x; y) (0;0),(1;1),( 1; 1). Bài 6 :Tìm tất cả các số nguyên dương x, y sao cho : 2( x y) xy x2 y2 (1) HD : Cách 1 : Ta có :
Nguyễn Minh Đức 16/02/1998 THPT Lê Quảng Chí ( Hà Tĩnh ) (1) (x y)2 ( x 2) 2 ( y 2) 2 8 ( x; y) (4; 4), (4; 2), (2; 4). Cách 2 : Ta có : x2 y 2 2 xy. Từ giả thiết suy ra ( x 2)( y 2) 4 . Xét các trường hợp cũng tìm được nghiệm. Cách 3 : Ta có : (2) x2 ( y 2) x y 2 2 y 0 (2) Xem (2) là phương trình bậc hai ẩn x. Để (2) có nghiệm thì ( y 2)2 4( y 2 2 y) 0 3( y 2)2 16 ( y 2)2 {0;1;4} .Từ đó tìm được y và suy ra x ! Bài 7 :Giải phương trình nghiệm nguyên : 5x2 y 2 17 2 xy (1) G: Ta có : 17 (1) (x y)2 4x2 17 x2 4 Vậy x 2 0;1; 4 Với x2 0 (x y) 2 17 (loại) Với x2 1 (x y)2 13 (loại) Với x 2 4 (x y) 2 1 y 1 Khi x 2 ta có : (2 y)2 1 y 3 y 1 Khi x 2 ta có : ( 2 y)2 1 y 3 Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm nguyên ( x; y) (2;1),(2;3),( 2; 1),( 2; 3). Bài 8 :Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức : 2 x2 y 2 3xy 3x 2 y 2 0 (1) G: Ta có : (1) (2 x y 1)( x y 1) 1 2x y 1 1 x 2 x y 1 1 y 4 2x y 1 1 x 2 x y 1 1 y 2 Vậy phương trình (1) có hai nghiệm nguyên ( x; y) (2; 4),( 2;2) Bài 9 :Tìm tất cả các số nguyên không âm x, y thỏa mãn đẳng thức : (1 x2 )(1 y2 ) 4 xy 2( x y)(1 xy) 25. (1) G: Ta có :
Nguyễn Minh Đức 16/02/1998 THPT Lê Quảng Chí ( Hà Tĩnh ) (1) x2 y2 x2 y 2 1 4 xy 2( x y )(1 xy ) 25 2 2 (x y) ( xy 1) 2( x y )(1 xy) 25 2 ( x y xy 1) 25 ( x 1)( y 1) 5 (Do x, y 0) Vì x, y nguyên không âm nên suy ra: x 1 1 x 0 y 1 5 y 4 x 1 5 x 4 y 1 1 y 0 Vậy phương trình (1) có hai nghiệm nguyên ( x; y) (0;4),(4;0) . Bài 10 :Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức : ( x 1)4 ( x 1)4 y3. (1) G: Ta có : (1) ( x 1)2 ( x 1)2 ( x 1)2 ( x 1)2 y3 4(2 x 2 2) x y3 8 x3 8x y3 Nếu x 1 8x3 8x (2 x 1)3 (2 x)3 y3 (2 x 1)3 (mâu thuẫn vì y nguyên) Nếu x 1 .Do ( x; y) là nghiệm thì ( x; y) cũng là nghiệm ,mà x 1 (mâu thuẫn) Nếu x 0 y 0 (thỏa mãn) Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên duy nhất ( x; y) (0;0) . Bài 11 :Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x2 2005x 2006 y 2 y xy 2006 xy 2 2007 (1) G: Ta có : (1) ( x 2 2005 x 2006) (2006 y 2 2006 xy 2 ) (y xy) 1 (x 1)(x 2006) 2006 y 2 ( x 1) y( x 1) 1 2 ( x 1)( x 2006 2006 y y) 1 (2) Do x, y nguyên nên hai thừa số trong vế trái của phương trình (2) đều là ước của 1. Do đó xảy ra hai trường hợp : Th1: x 1 1 x 2006 2006 y 2 y 1 x 2 2006 y 2 y 2007 0 x 2 y 1 ( x; y) (2;1) 2007 y 2006 Th2:
Nguyễn Minh Đức 16/02/1998 THPT Lê Quảng Chí ( Hà Tĩnh ) x 1 1 x 2006 2006 y 2 y 1 x 0 2006 y 2 y 2007 0 x 2 y 1 ( x; y) (0;1) 2007 y 2006 Vậy phương trình (1) có hai nghiệm nguyên ( x; y) (2;1),(0;1) Bài 12:Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x ( y 5) xy x 2 y 1 G: Ta có: x 2 ( y 5) xy x y 1 y( x2 x 1) 5x2 x 1 3x 2 y 5 2. 2 x x 1 Dễ thấy x x 1 0 2 Và x : x2 x 1 x( x 1) 1 là một số lẻ. Vì y nên : 3x 2 x2 x 1 (1) 2 2 Suy ra : 3x 2 x x x 1 (2) Mà : 3x 3x 3 x x 1 2 2 (3) Từ (2) và (3) suy ra; x 3 x x 1 3x 9 x2 x 1 2 (4) Từ (1) và (4) suy ra : 7 x2 x 1 Vậy x2 x 1 {1;7} x 0 y 1n Với x 2 x 1 1 x 1 y 7 n 19 x 2 y (l ) Với x 2 x 1 7 7 x 3 y 7(n) Thử lại ta có : Phương trình đã cho có các nghiệm nguyên là ( x; y) (0;1);(1;7);(3;7) Bài 13 :Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình : 9( x2 y2 2) 2(3xy 1) 2008 (1) G: Ta có : x y S Đặt : (S, P N*) .Khi đó (1) trở thành : xy P 3S 2 4P 664 Ta thấy S phải là số chẵn. 2 (2) 668 Nếu P 1 S 2 N * (mâu thuẫn) 3
Nguyễn Minh Đức 16/02/1998 THPT Lê Quảng Chí ( Hà Tĩnh ) Nếu P 2 3S 2 672 S 2 224. (3) Mặt khác theo điều kiện S 2 4P ta có : 3S 2 664 S 2 S2 332 (4) Từ (2),(3) và (4) ta suy ra : S 2 {256;324} Do x, y dương nên ta có : Với S 2 256 S 16 P 26 x N* x 11 y 7 Với S 2 324 S 18 P 77 x 7 y 11 Vậy phương trình (1) có hai nghiệm nguyên là ( x; y) (11;7),(7;11) Bài 14 :Tìm tất cả các số nguyên x, y, z thỏa mãn phương trình : 3x2  6 y 2  2 z 2  3x 2 y 2  18x  6  0 (1) G: Ta có : (1)  3( x 2  6 x  9)  6 y 2  3 y 2 z 2  2 z 2  4  37  3( x  3)2  (3 y 2  2)( z 2  2)  37  3( x  3)2  37  (3 y 2  2)( z 2  2) Lúc này ta dễ thấy 3( x  3)2  33  ( x  3)2  11 Suy ra ( x  3)2 nhận các giá trị 0,1, 4,9 Th1 :Với ( x  3)2  0  (3 y 2  2)( z 2  2)  37 Mà 3 y 2  2  2, z 2  2  2 (*) và 37 là số nguyên tố nên Th1 vô nghiệm. Th2 :Với ( x  3)2  1  (3 y 2  2)( z 2  2)  34 (2)  3 y 2  2  17  2   z  2  2 Do (*) nên (2)   (loại vì không tồn tại giá trị nguyên)   3 y 2  2  2   z 2  2  17  Th3 : ( x  3)2  4  (3 y 2  2)( z 2  2)  25 (3) 3 y 2  2  5  Do (*) nên (3)   2 (loại vì z không nguyên) z  2  5  x  6 Th4: ( x  3) 2  9   x  0  3 y 2  2  2  2 (l )   z  2  5   y  1 Mà (3 y  2)( z  2)  10   2 2  3 y 2  2  5   z  0     z  2  2 2   y  1      z  0
Nguyễn Minh Đức 16/02/1998 THPT Lê Quảng Chí ( Hà Tĩnh ) Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên ( x; y; z)  (6;1;0),(6; 1;0),(0;1;0),(0; 1;0) Bài 15:Xác định tất cả các số tự nhiên x, y thỏa mãn phương trình: ( x  y )4  3361  11296320 (1) G: Nhận thấy các số x, y không âm và 11296320  8.41. 105 là số vô tỷ.Khi đó: (1)  (x  y)2  4 xy  3361  4( x  y) xy  328 105 (2) Vế trai của (2) là một số hửu tỷ nên điều kiện cần và đủ để phương trình có nghiệm nguyên dương là cả hai vế của (2) đều bằng 0. ( x  y )2  4 xy  3361  0 Khi đó ta có hệ phương trình:  4( x  y ) xy  328 105  0  S  4 P  3361  0(2) 2 Đặt: x  y  S , P  xy ta có hệ:   S P  82 105(3) 822.105 Từ (3) ta có: P  .Thế vào (2) ta được: S2  S 2  1681 S  3361.S  4.82 .105  0   2 4 2 2  S  1680  41 2   x  20   y  21 Từ đó ta có được : S  41 và P  420     x  21    y  20 Vậy phương trình có hai nghiêm tự nhiên là (20 ;21) và (21 ;20) Duc_Huyen1604 Tình yêu trong quá khứ !Yêu để rồi chôn giấu !

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.