Bạn đang xem bài viết Chuyên Đề: Giải Phương Trình Nghiệm Nguyên được cập nhật mới nhất trên website Ictu-hanoi.edu.vn. Hy vọng những thông tin mà chúng tôi đã chia sẻ là hữu ích với bạn. Nếu nội dung hay, ý nghĩa bạn hãy chia sẻ với bạn bè của mình và luôn theo dõi, ủng hộ chúng tôi để cập nhật những thông tin mới nhất.
Chuyên Đề: Giải Phương trình nghiệm nguyên I-Phương trình nghiệm nguyên dạng: ax + by = c (1) với a, b, c ẻ Z 1.Các định lí: a. Định lí 1: Điều kiện cần và đủ để phương trình ax + by = c (trong đó a,b,c là các số nguyên khác 0 ) có nghiệm nguyên (a,b) là ước của c. b.Định lí 2: Nếu (x0, y0) là một nghiệm nguyên của phương trình ax + by = c thì nó có vô số nghiệm nguyên và nghiệm nguyên (x,y) được cho bởi công thức: Với t є Z, d = (a,b) 2.Cách giải: Bước 1: Rút ẩn này theo ẩn kia (giả sử rút x theo y) Bước 2: Dựa vào điều kiện nguyên của x, tính chất chia hết suy luận để tìm y Bước 3: Thay y vào x sẽ tìm được nghiệm nguyên Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên: 2x + 5y =7 Hướng dẫn: Ta có 2x + 5y =7 Û x = Û x = 3 – 2y + Do x, y nguyên ị nguyên. Đặt = t với (t є Z ) ị y = 1 – 2t ị x = 3 – 2(1- 2t) + t = 5t + 1 Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là: x = 5t + 1 y = -2t +1 (t є Z ) Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên 6x – 15 y = 25 Hướng dẫn: Ta thấy( 6,15 ) = 3 mà 3/25 Vậy không tồn tại x,y nguyên sao cho 6x- 15y = 25 Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình. 5x + 7y = 112 Hướng dẫn: Ta có 5x + 7y = 112 ị x = = 22 - y + Do x, y nguyên ị nguyên hay (2 – 2y) 5 Û 2(1-y) 5; (2 , 5) = 1 ị (1-y) 5 hay (y-1)5 . Đặt y-1 = 5t (t є Z ) ị y = 5t +1 thay y vào x ta có x = 21 – 7t ị ị t = Nếu t = 0 ị x = 21; y = 1 Nếu t = 1 ị x = 14; y = 6 Nếu t = 2 ị x = 7; y = 11 II. Phương trình nghiệm nguyên đưa về dạng g (x1, x2,., xn) . h (x1, x2,., xn) = a (3) Với a є Z 1.Cách giải: Đặt g (x1, x2,., xn) = m (với m là ước của a) ị h(x1, x2,., xn) = Giải hệ: g (x1, x2,., xn) = m h(x1, x2,., xn) = tìm được x1, x2,., xn thử vào (3) ta được nghiệm của phương trình. 2.Chú ý: -Nếu a = 0 ta có g (x1, x2,., xn) = 0 h(x1, x2,., xn) = 0 -Nếu a = pa với p nguyên tố thì từ pt (3) ta có: g (x1, x2,., xn) = pa1 h(x1, x2,., xn) = pa2 Với a1 + a2 = a Ví dụ 4: Tìm x, y є Z biết x – y + 2xy = 6 Hướng dẫn: Ta có x – y + 2xy = 6 Û 2 x – 2y + 4 xy = 12 Û 2 x – 2y + 4 xy –1 = 11 Û (2x – 1) + 2y(2x-1) = 11Û (2x – 1) (2y + 1) = 11 Ta có 11 = 1.11= (-1)(-11) = 11.1 = (-11)(-1) Ta có 2y + 1 = 1 ị (x; y) = (6; 0) 2x – 1 = 11 2y + 1 = -1 ị (x; y) = (-5; -1) 2x – 1 = -11 2y + 1 = 11 ị (x; y) = (1, 5) 2x – 1 = 1 2y + 1 = -11 ị (x; y) = ( 0; -6) 2x – 1 = -1 Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 1 + x + x2 + x3 = 2y Hướng dẫn: Ta có 1 + x + x2 + x3 = 2y Û (1 + x) (1 + x2) = 2y ị 1 + x = 2 m và 1 + x2 = 2y – m (m nguyên dương) ị x = 2 m – 1 ị x2 = 22m – 2 m +1 + 1 x2 = 2y – m - 1 x2 = 2y – m – 1 ị 22m – 2m + 1 + 1 = 2 y – m - 1 ị 2 y – m – 22m + 2m +1 = 2 Nếu m = 0 ị x = 0 ; y = 0 (t/m) ị 2 y – m – 1 lẻ ị 2 y – m – 1 = 1 ị y – m – 1 = 0 ị y = m + 1 ị 2 m - 22m – 1 = 0 ị 2 m = 22m – 1 ị m = 2m – 1 ị m = 1 ị y = 2 ; x = 1 Vậy (x, y) = (0; 0); (1; 2) III. Phương trình nghiệm nguyên đưa về dạng [g1 (x1, x2,., xn)]2 + [g2 (x1, x2,., xn)]2 + + [gn (x1, x2,., xn)]2 = 0 1.Cách giải:Ta thấy vế trái của phương trình là các số hạng không âm, tổng của chúng bằng 0 nên mỗi số hạng phải bằng 0 g1 (x1, x2,., xn) = 0 Do vậy có: g2 (x1, x2,., xn) = 0 .. gn (x1, x2,., xn) = 0 Giải hệ này ta được x1 , x2 ,, xn Ví dụ 6: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x2 + y 2 –2xy + 2y – 6x + 5 = 0 Hướng dẫn: (Dùng phương pháp phân tích thành nhân tử ta biến đổi vế trái của phương trình) Ta có 2x2 + y 2 –2xy + 2y – 6x + 5 = 0 Û y 2 – 2y (x - 1) + (x-1)2 + x2 – 4x + 4 = 0 Û (y – x + 1)2 + (x – 2 )2 = 0 Vậy y – x + 1 = 0 hay x = 2 x – 2 = 0 y = 1 Vậy nghiệm nguyên của phương trình là x = 2 ; y = 1 Ví dụ 7: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : (x –1) (y+1) = (x+ y)2 Hướng dẫn: Ta có (x-1) (y+1) = (x+ y)2 Û (x-1) (y+1) = [(x-1) + (y+1)]2 Û [(x-1) + (y+1)]2 - (x-1) (y+1) = 0 Û (x-1)2 + (y+1)2 + (x-1) (y+1) = 0 Û [(x-1) + (y+1)]2 + (y+1)2 = 0 Û y + 1 = 0 Û y = -1 (x-1) + (y+1) = 0 x = 1 Vậy nghiệm của phương trình là ( x = 1 ; y = -1) IV- Phương trình nghiệm nguyên mà các ẩn có vai trò bình đẳng Khi làm toán ta thường gặp một số bài toán mà trong đó các ẩn bình đẳng với nhau . Để giải các bài toán đó có nhiều cách giải khác nhau tuỳ thuộc vào từng loại cụ thể. ở đây ta nghiên cứu đến 1 phương pháp giải toán này: Ta giả sử các ẩn xảy ra theo một trật tự tăng dần rồi tiến hành giải Ví dụ 8: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: + + + = 1 Hướng dẫn: Giả sử 1 Ê x Ê y Ê z ị x2 Ê xy Ê xz Ê yz Ê xyz ị 1 = + + + Ê + + + Û 1 Ê ị x2 Ê 12 ị x є 1, 2,3 Nếu x = 1 ị + + + = 1 ị z + 1 + y + 9 = yz ị yz – z – y + 1 = 11 (y- 1) (z - 1) = 11 ị y = 2 ; z = 12 hoặc z =2 ; y = 12 Nếu x = 2 ị + + + = 1 ị (2y - 1) (2z-1) = 23 ị y = 1; z = 12 hoặc y = 12; z = 1 Nếu x = 3 ị (3y – 1) (3z - 1) = 37 vô nghiệm Vậy (x, y, z) = (1; 2, 12) và các hoán vị Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên I- Phương pháp 1 : Sử dụng tính chẵn lẻ Ví dụ 9: Tìm x, y nguyên tố thoả mãn: y2 – 2x2 = 1 Hướng dẫn: Ta có y2 – 2x2 = 1 ị y2 = 2x2 +1 ị y là số lẻ Đặt y = 2k + 1 (với k nguyên).Ta có (2k + 1)2 = 2x2 + 1 Û x2 = 2 k2 + 2k ị x chẵn , mà x nguyên tố ị x = 2, y = 3 Ví dụ 10: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình (2x + 5y + 1)( + y + x2 + x) = 105 Hướng dẫn: Ta có: (2x + 5y + 1)( + y + x2 + x) = 105 Ta thấy 105 lẻ ị 2x + 5y + 1 lẻ ị 5y chẵn ị y chẵn + y + x2 + x = + y + x(x+ 1) lẻ có x(x+ 1) chẵn, y chẵn ị lẻ ị = 1 ị x = 0 Thay x = 0 vào phương trình ta được (5y + 1) ( y + 1) = 105 Û 5y2 + 6y – 104 = 0 ị y = 4 hoặc y = ( loại) Thử lại ta có x = 0; y = 4 là nghiệm của phương trình II. Phương pháp 2 : Phương pháp phân tích Thực chất là biến đổi phương trình về dạng: g1 (x1, x2,., xn) h (x1, x2,., xn) = a Ví dụ 11: Tìm x, y nguyên sao cho ( x + y ) P = xy với P nguyên tố. Giải Ta có ( x + y ) P = xy với xy – Px – Py = 0 Û x ( y – P ) – ( Py – P2) = P2 Û ( y- P ) ( x- P ) = P2 Mà P nguyên tố ị P2 = 1.P2 = P.P = (-1)(-P2) = ( -P ) (-P) ị Các cặp số (x,y ) là: (P+1, P(P+1) ); ( P-1, P (P-1) ); (2p, 2p); (0,0) và các hoán vị của chúng. III- Phương pháp loại trừ ( phương pháp 3 ) Khẳng định nghiệm rồi loại trừ các giá trị còn lại của ẩn Ví dụ 12: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 1! + 2! + + x! = Hướng dẫn: Với x³ 5 thì x! có tận cùng là 0 và 1! + 2! + 3! + 4! Có tận cùng là 3 ị 1! + 2! + + x! có tận cùng là 3, không là số chính phương (loại) Vậy x < 5 mà x nguyên dương nên: x = Thử vào phương trình ta được (x = 1, y= 2); (x = 3, y= 3) là thoả mãn IV.Phương pháp 4: Dùng chia hết và có dư Ví dụ 13: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – 2y2 = 5 Hướng dẫn: Xét x 5 mà x2 – 2y2 = 5 ị 2y2 5 ị y2 5 (2,5) = 1 5 là số nguyên tố ị y2 25 ị x2 – 2y2 25 lại có x 5 ị x2 25 5 25 loại Xét x 5 ị y 5 và x2 chia cho 5 có các số dư 1 hoặc 4 y2 chia cho 5 có các số dư 1 hoặc 4 ị 2y2 chia cho 5 dư 2 hoặc 3 ị x2 – 2 y2 chia cho 5 dư 1 hoặc 2(loại) Vậy phương trình x2 – 2y2 = 5 vô nghiệm Ví dụ 14: Tìm x, y là số tự nhiên thoả mãn: x2 + = 3026 Hướng dẫn: Xét y = 0 ị x2 + 30 = 3026 ị x2 = 3025 mà x є N ị x = 55 mà 3026 chia cho 3 dư 2 (loại). Vậy nghiệm (x,y) = (55,0) V. Phương pháp 5 : Sử dụng tính chất của số nguyên tố Ví dụ 15: Tìm x, y, z nguyên tố thoả mãn: xy + 1 = z Mà z nguyên tố ị z lẻ ị xy chẵn ị x chẵn ị x = 2 Xét y = 2 ị 22 + 1 = 5 là nguyên tố ị z = 5 (thoả mãn) Có 4 chia cho 3 dư 1 ị (2.4k+1) 3 ị z 3 (loại) Vậy x = 2, y = 2, z = 5 thoả mãn Ví dụ 16 : Tìm số nguyên tố p để 4p + 1 là số chính phương Hướng dẫn: đặt 4p + 1 = x2 (x є N) ị x lẻ đặt x = 2k + 1 (k є N) ị 4p + 1 = (2k + 1)2 Û 4p + 1 = 4k2 + 4k + 1 Û p =k(k+1) Û k(k + 1) chẵn ị p chẵn, p nguyên tố ị p = 2 VI. Phương pháp 7: Đưa về dạng tổng Ví dụ 17: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + y2 – x – y = 8 Hướng dẫn: Ta có x2 + y2 –x – y = 8 Û 4 x2 + 4 y2 – 4 x –4y = 32 Û (4x2 – 4x +1) + (4y2 – 4y + 1) = 34 Û (2x – 1)2 + (2y – 1)2 = 34 Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 chỉ có duy nhất 1 dạng phân tích thành tổng của 2 số chính phương 32 và 52 Do đó ta có = 3 hoặc = 5 = 5 = 3 Giải ra ta được (x,y) = (2,3); (2,-2); (-1, -2); (-1, 3) và các hoán vị của nó. Ví dụ 18: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – 4xy + 5y2 = 169 Hướng dẫn: Ta có x2 – 4xy + 5y2 = 169 Û (x – 2y)2 + y2 = 169 Ta thấy 169 = 02 + 132 = 52 + 122 ị = 0 hoặc = 13 = 13 = 0 hoặc = 5 hoặc = 12 = 12 = 5 Giải ra ta được (x, y) = (29, 12);(19, 12); (-19, -12); (22, 5); (-2, 5) ;(2, -5); (-22, -5); (26, 13); (-26, -13); (-13. 0); (13, 0) VII. Phương pháp 7 : Dùng bất đẳng thức Ví dụ 19: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 –xy + y2 = 3 Hướng dẫn: Ta có x2 –xy + y2 = 3 Û (x- )2 = 3 - Ta thấy (x- )2 ³ 0 ị 3 - ³ 0 ị -2 Ê y Ê 2 ị y= ± 2; ±1; 0 thay vào phương trình tìm x Ta được các nghiệm nguyên của phương trình là : (x, y) = (-1,-2), (1, 2); (-2, -1); (2,1) ;(-1,1) ;(1, -1) Bài tập luyện tập rèn tư duy sáng tạo Bài 1:Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x + 3y = 11 Hướng dẫn Cách 1: Ta thấy phương trình có cặp nghiệm đặc biệt là x0 = 4, y0 = 1 Vì 2.4 + 3.1 = 11 ị( 2x + 3y) – (2.4 + 3.1) = 0 Û 2(x-4) + 3(y-1) = 0 ị 2(x-4) = - 3(y-1) mà (2,3) = 1 Đặt x – 4 = 3k và y – 1 = 2k với ( k ẻ Z) Vậy nghiệm tổng quát của pt là : x = 4 – 3k y = 1+ 2k ( k ẻ Z) *Nhận xét: Theo cách giải này phải tìm ra 1 cặp nghiệm nguyên đặc biệt (x0, y0) của phương trình vô định ax + by = c Nếu phương trình có hệ số a, b, c lớn thì cách giải khó khăn. Cách 2: Dùng tính chất chia hết. Ta có 2x + 3y = 11 ị x= = 5- y- Do x, y nguyên ị nguyên đặt = k ị y = 2k +1 ị x = 4- 3k (k ẻ Z) y = 2k +1 (k ẻ Z) Vậy nghiệm tổng quát: x = 4- 3k Bài 2: Tìm cặp số nguyên dương (x,y) thoả mãn phương trình: 6x2 + 5y2 = 74 Hướng dẫn: Cách 1: Ta có 6x2 + 5y2 = 74 Û 6x2 –24 = 50 – 5y2 Û 6(x2 – 4) = 5(10 – y2) ị 6(x2 – 4) 5 ị x2 – 4 5 (6, 5) = 1 ị x2 = 5t + 4 (t ẻN) Thay x2 – 4 = 5t vào phương trình ị y2 = 10 – 6t ị t = 0 hoặc t = 1 với t = 0 ta có x2 = 4, y2 = 10 (loại) Với t = 1 ta có x2 = 9 Û x = ± 3 y2 = 4 y = ± 2 mà x, y ẻ Z ị x = 3, y = 2 thoả mãn Cách 2: Sử dụng tính chẵn lẻ và phương pháp chặn Ta có 6x2 + 5y2 = 74 là số chẵn ị y chẵn lại có 0< 6x2 ị 0< 5y2 < 74 Û 0 < y2 < 14 ị y2 = 4 ị x2 = 9 Cặp số (x,y) cần tìm là (3, 2) Cách 3: Ta có 6x2 + 5y2 = 74 Û 5x2 + 5y2 + x2 + 1 = 75 ị x2 + 1 5 mà 0 < x2 Ê 12 ị x2 = 4 hoặc x2 = 9 Với x2 = 4 ị y2 = 10 loại Với x2 = 9 ị y2 = 4 thoả mãn cặp số (x,y) cần tìm là (3, 2) Bài 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + y2 = 2x2y2 Hướng dẫn: Cách 1: Đặt x2 = a, y2 = b Ta có a + b = 2 ab ị a b ị = ị a = ± b b a Nếu a = b ị 2a = 2a2 ị a= a2 ị a= 0, a= 1ị (a,b) = (0, 0); (1, 1) Nếu a = - b ị 2 b2 = 0 ị a = b = 0 ị (x2, y2) = (0, 0); (1, 1) ị (x, y ) = (0, 0); (-1, -1); (-1, 1); (1, -1) ; (1, 1) Cách 2: Ta có x2 + y2 = 2x2y2. Do x2, y2 ³ 0 Ta giả sử x2 Ê y2 ị x2 + y2 Ê 2 y2 ị 2x2 y2 Ê 2y2 Nếu y = 0 phương trình có nghiệm (0;0) Nếu y 0ị x2 Ê 1 ị x2= 0 hoặc x2 = 1 ị y2 = 0 (loại) hoặc y2 = 1 ị (x, y) = (1, 1); (1, -1) ; (-1, 1) Vậy phương trình có nghiệm (x;y) =(0, 0); (-1, -1); (-1, 1); (1, -1) ; (1, 1) Cách 3: Có x2 + y2 = 2x2y2 Û 2x2 + 2y2 = 4 x2y2 Û 4 x2y2 –2x2 – 2y2 + 1 = 1 2x2 (2y2 - 1) – (2y2 - 1)= 1 Û (2x2 – 1) (2y2 - 1) = 1 Mà 1 = 1.1 = (-1)(-1) ị (x2, y2) = (1, 1); (0, 0) ị (x, y) = (1, 1); (0, 0) ; (1, -1); (-1; -1); (-1, 1) Bài 4: Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: x2 –3xy + 2y2+ 6 = 0 Hướng dẫn: Ta thấy(x, y) = (0, 0) không phải là nghiệm của phương trình Ta coi phương trình x2 – 3xy + 2y2 + 6 = 0 ẩn x ta tính = y2 – 24 Phương trình có nghiệm tự nhiên thì là số chính phương ị y2 – 24 = k2 ị (y – k)(y + k) = 24 (kẻN) mà 24 = 24.1 = 12.2 = 6.4 = 3.8 ; y+k và y – k cùng chẵn ị y+ k = 6 ị y = 5 hoặc y+ k = 12 ị y = 7 y – k = 4 y – k = 2 Thay vào ta tìm được (x,y) = (8, 7); (13, 7); (7, 5); (8,5) Bài 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x2 + 2y2 – 2xy + y + x – 10 = 0 Hướng dẫn: C1: Ta có phương trình đã cho Û 2x2 – (2y-1) x + 2y2 + y – 10 = 0 Coi x là ẩn y là tham số ta có phương trình bậc 2 ẩn x Xét = (2y – 1)2 – 4.2 (2y2 + y -10) = -12y2 – 12y+ 81 Để nghiệm x nguyên thì là số chính phương Đặt k2= -12y2 – 12 y + 81 ị k2 + 3(2y + 1) = 84 ị (2y + 1)2 = 28 - Ê 28; (2y + 1)2 lẻ ị (2y + 1)2 = 1, 9, 25 ị y = 0, 1, -2, 2, -3 thử trực tiếp vào phương trình ta tìm được các cặp số (x, y) = (2, 0); (0, 2) thoả mãn C2: Đặt x + y = a, xy = b ta có x, y ẻ Z ị a, b ẻ Z phương trình 2x2 – (2y-1) x + 2y2 + y – 10 = 0 Û 2a2 – 4b + a – 10 = 0Û 4a2 – 8b + 2a – 20 = 0 Û (a+ 1)2 + 3a2 – 8b – 21 = 0 Û (a+ 1)2 + 3a2 = 8b + 21 lại có (x+ y)2³ 4 xy ị a2 ³ 4b ị 8b + 21 Ê 2a2 + 21 ị (a+ 1)2 + 3a2 Ê 2a2 + 21 ị (a+ 1)2 Ê 21 mà (a+ 1)2 là số chính phương ị (a+ 1)2 ẻ {1, 4, 9, 16}ị a ẻ {0, 1, 2, 3} Với a = 0 ị 12 + 3. 0 = 8b + 21 ị 8b = 20 loại Với a = 1 ị (1+1)2 + 3.12 = 8b + 21 ị 8b = -14 loại Với a = 2 ị (1+ 2)2 + 3.22 = 8b + 21 ị 8b = 0 ị b = 0 Với a = 3 ị (1+ 3)2 + 3.32 = 8b + 21 ị 8b = 22 loại Vậy được a = 2, b = 0 ị xy = 0 x + y = 2 ị (x, y ) = (0, 2); (2, 0) thoả mãn Bài 6 :Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương x, y sao cho : x2 + 4x – y2 = 1 Hướng dẫn: Cách 1: Ta có x2 + 4x – y2 = 1 Û (x + 2)2 - y2 = 5 Û (x + 2+ y)(x+ 2-y) = 5 ị x+ 2 + y = 5 ị x = 1, y = 2 x + 2 – y = 1 Vậy nghiệm của phương trình là x = 1, y = 2 Cách 2: Ta có x2 + 4 x – y2 = 1Û x2 + 4 x – (y2 + 1) = 0 = 4 + y2 + 1 ị x = Để phương trình có nghiệm thì là số chính phương ị 4 + y2 + 1 = k2 Û (k- y) (k+ y) = 5 ị y = 2 thay vào phương trình tìm được x = 1 Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là x = 1; y = 2 Bài 7: Hai đội cờ thi đấu với nhau mỗi đấu thủ của đội này phải đấu 1 ván với mỗi đấu thủ của đội kia. Biết rằng tổng số ván cờ đã đấu bằng 4 lần tổng số đấu thủ của hai đội và biết rằng số đấu thủ của ít nhất trong 2 đội là số lẻ hỏi mỗi đội có bao nhiêu đấu thủ. Hướng dẫn: Gọi x, y lần lượt là số đấu thủ của đội 1 và đội 2 (x, y nguyên dương ) Theo bài ra ta có xy = 4 (x + y) Đây là phương trình nghiệm nguyên ta có thể giải bằng các cách sau Cách 1: Có xy = 4(x + y) Û xy – 4x – 4y + 16 = 16 Û (x-4) (y - 4) = 16 mà 16 = 1.16 = 2.8 = 4.4 lại có ít nhất 1 đội có số đấu thủ lẻ ị x – 4 = 1 Û x = 5 hoặc x = 20 y-4 = 16 y = 20 y = 5 Cách 2: Ta thấy x, y bình đẳng.Không mất tính tổng quát ta giả sử xÊ y Ta có x, y nguyên dương xy = 4 (x + y) Û + = 1 lại có ³ Û + Ê Û Ê 1 ị x Ê 8 ị x= 5, 6, 7, 8 Thử trực tiếp ta được x = 5, y = 20 (thoả mãn) Vậy 1 đội có 5 đấu thủ còn đội kia có 20 đấu thủ Bài 8: Tìm năm sinh của Bác Hồ biết rằng năm 1911 khi Bác ra đi tìm đường cứu nước thì tuổi Bác bằng tổng các chữ số của năm Bác sinh cộng thêm 3. Hướng dẫn: Ta thấy nếu Bác Hồ sinh vào thể kỷ 20 thì năm 1911 Bác nhiều nhất là 11 tuổi (1+ 9 + 0 + 0 + 3) loại. Suy ra Bác sinh ra ở thế kỷ 19 Gọi năm sinh của Bác là 18 xy (x, y nguyên dương, x, y Ê 9) Theo bài ra ta có: 1911 - 18 xy = 1 + 8 + x + y = 3 Û 11x + 2y = 99 ị 2y 11 mà (2, 11) = 1 ị y 11 mà 0Ê y Ê 9 ị y = 0 ị x = 9. Vậy năm sinh của Bác Hồ là 1890 Bài 9: Tìm tất cả các số nguyyên x, y thoả mãn phương trình = Hướng dẫn: Ta có = Û 7 (x+ y) = 3 (x2 – xy + y2) ị 28k = 3(3k2+ q2) ị k 3 và k có dạng 3m (mẻ Z+) ị 28 m = 27m2 + q ị m( 28 – 27m) = q2 ³ 0 ị m = 0 hoặc m = 1 Với m = 0 ị k = 0 ị q = 0 ị x = y = 0 (loại) Với m = 1 thì k = 3; p = 9ị 28 = 27 + q2 ị q = ± 1 Khi p = 9, q = 1 thì x = 5, y= 4 khi p = 9, q = 1- thì x = 4, y= 5 Vậy nghiệm của phương trình là (x, y) = (4, 5); (5, 4) Bài 10: Hãy dựng một tam giác vuông có số đo 3 cạnh là a, b, c là những số nguyên và có cạnh đo được 7 đơn vị Hướng dẫn: Giả sử cạnh đo được 7 đơn vị là cạnh huyền (a = 7) ị b2 + c2 = 72 ị b2 + c2 7 ị b 7; c 7 (vì số chính phương chia hết cho 7 dư 0, 1, 4, 2) lại có 0<b, c< 7 loại ị Cạnh đo được là cạnh góc vuông giả sử b = 7 Ta có a2 – c2 = 49 Û (a+c)(a-c) = 49 ị a+ c = 49 ị a = 25 Vậy tam giác cần dựng có số đo 3 cạnh a – c = 1 c = 24 là 7, 25, 24Chuyên Đề Phương Trình Nghiệm Nguyên
PHƯƠNG TRìNH NGHIÊM NGUYÊNVà KINH NGHIệM GIảICHUYÊN Đề:Người thực hiện: lê đình biênI. Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênXét tính chia hết1 Phương pháp xét tính chia hếtPhát hiện tính chia hết của 1 ẩnĐưa về phương trình ước số
Biểu thị một ẩn theo ẩn còn lại rồi dùng tính chia hếtXét số dư của từng vế.VD1: Giải phương trình nghiệm nguyên 3x + 17y = 159VD2: Tìm nghiệm nguyên của PT a, xy – x – y = 3 b, 2xy – x + y = 3VD3: Tìm nghiệm nguyên của PT xy – x – y = 2
VD4: Chứng minh rằng: các PT sau không có nghiệm nguyên: 1, x2 – y2 = 1998 2, x2 + y2 = 1999VD5: Tìm nghiệm nguyên của PT 9x + 2 = y2 + yMột số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênPhát hiện tính chia hết của 1 ẩn VD6: Giải phương trình nghiệm nguyên 3x + 17y = 159 (1)Gợi ý
B1: Lý luận để có: 17y chia hết cho 3 B2: Lý luận để có: y chia hết cho 3 Đặt y = 3k (k є Z) B3: Tìm x; y theo k B4: Thử lại vào (1) đúng KL
Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênĐưa về phương trình ước số VD7: Tìm nghiệm nguyên của PT a, xy – x – y = 3 b, 2xy – x + y = 3Gợi ý
Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyêna/ B1: Biến đổi phương trình thành: (x – 1)(y – 1) = 4 B2: Vì x;y là số nguyên: (x – 1) và (y – 1) є Ư (4) (x – 1)(y – 1) = 1.4 = 4.1 = (-1).(-4) = (-4).(-1) = 2.2 = (-2).(-2) B3: Lập bảng tìm x; y B4: Trả lờib/ B1: Nhân 2 vế của PT với 2. Biến đổi phương trình thành: (2y – 1)(2x + 1) = 5 B2: Vì x;y là số nguyên: (2y – 1) và (2x – 1) є Ư (5)
B3: Lập bảng tìm x; y B4: Trả lờiĐưa về phương trình ước số VD7: Tìm nghiệm nguyên của PT a, xy – x – y = 3 b, 2xy – x + y = 3
Kinh nghiệm
Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênĐể viết VT: 2xy – x + y thành một tích.Ta biến đổi thành: x(2y – 1) + 1/2 (2y – 1)Để khử mẫu ta nghĩ đến việc nhân 2 vế với 2Phương pháp biểu thị 1 ẩn theo ẩn còn lại rồi dùng tính chia hết VD8: Giải phương trình nghiệm nguyên: xy – x – y = 2Gợi ýB1: Biến đổi PT về: x(y – 1) – y = 2B2: – Khảng định y≠1 – Biểu thị x theo y: x = B3: Tách phần nguyên: x = 1 +
B4: Lý luận để có: (y – 1) є Ư(3)B5: Tìm y Giá trị tương ứng của xB6: Kết luận Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênXét số dư của từng vế VD9: CMR các PT sau không có nghiệm nguyên a) x2 – y2 = 1998 (*)Gợi ý
B1: x2; y2 : 4 dư 0 hoặc 1
B2: x2 – y2 : 4 dư 0 hoặc 1 hoặc 3
B3: 1998 : 4 dư 2
B4: PT (*) không có nghiệm nguyênMột số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênXét số dư của từng vế VD10: CMR các PT sau không có nghiệm nguyên b) x2 + y2 = 1999 (* *)Gợi ý
B1: x2; y2 : 4 dư 0 hoặc 1
B2: x2 + y2 : 4 dư 0 hoặc 1 hoặc 2
B3: 1998 : 4 dư 3
B4: PT (* *) không có nghiệm nguyênMột số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênXét số dư của từng vếKinh nghiệm
– Một số chính phương khi : 4 dư 0 hoặc 1– x2 – y2 khi : 4 dư 0 hoặc 1 hoặc 3– x2 + y2 khi : 4 dư 0 hoặc 1 hoặc 2Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênMột số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênVD11: Tìm nghiệm nguyên của PT 9x + 2 = y2 + y
Gợi ý
B1: Biến đổi vế phải = y(y + 1)
B2: Lý luận vế trái : 3 dư 2 y(y + 1) : 3 dư 2 y = 3k + 1 y+1 = 3k + 2B3: Tìm được x = k(k + 1)
B4: Thử lại và kết luận: x = k(k + 1) y = 3k + 1Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênPhương pháp sắp thứ tự các ẩnPhương pháp xét từng khoảng giá trị của ẩnPhương pháp chỉ ra nghiệm nguyênPhương pháp sử dụng điều kiện để PT bậc hai có nghiệm (∆ ≥ 0)VD12: Giải phương trình nghiệm nguyên x + y + z = xyzVD13: Tìm nghiệm nguyên dương 1/x + 1/y = 1/3
VD14: Tìm x є N 2x + 3x = 5xVD15: Tìm nghiệm nguyên của PT x2 – xy + y2 = 2x – y Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênPhương pháp sắp thứ tự các ẩn VD12: Tìm nghiệm nguyên dương của PT x + y + z = xyzGợi ýB3: Chia cả hai vế của BĐT cho Z xy ≤ 3 xy = 1; 2; 3B4:
B1: Nhận xét: x; y ; z có vai trò bình đẳng trong PTCó thể sắp thứ tự giá trị các ẩn:
B2: Giả sử: 1 ≤ x ≤ y ≤ z xyz = x + y + z ≤ 3zMột số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênPhương pháp xét từng khoảng giá trị của ẩn VD13: Tìm nghiệm nguyên dương của PT 1/x + 1/y = 1/3Gợi ý
B4: Kết luận: (x; y) = (4; 12); (12; 4); (6; 6)Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênPhương pháp xét từng khoảng giá trị của ẩn
Kinh nghiệm
Khi các ẩn trong phương trình có vai trò bình đẳng ta thường sắp thứ tự các ẩn, sau đó dùng BĐT để giới hạn khoảng giá trị của số nhỏMột số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênPhương pháp chỉ ra nghiệm nguyên VD14: Tìm các số tự nhiên x sao cho 2x + 3x = 5xGợi ýB1: Chia hai vế của PT cho 5x (2/5)x + (3/5)x = 1B2: Xét với x = 0 ……………. LoạiB3: Xét với x = 1 ……………. NhậnB4: Xét với x ≥ 2 (2/5)x < 2/5 (2/5)x < 3/5B5: Kết luận: x = 1Kinh nghiệmCó thể chỉ ra được một hoặc vài số là nghiệm PT. Rồi chứng minh PT không có nghiệm nào khácVế trái < 1 LoạiMột số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênPhương pháp sử dụng ĐK để PT bậc hai có nghiệm VD15: Tìm nghiệm nguyên dương của PT x2 – xy + y2 = 2x – yGợi ýB1: Viết PT thành PT bậc 2 đối với x: x2 – (y + 2)x + (y2 +y) = 0 (*)B2: Tính ∆ = -3y2 + 4B3: Giải ∆ ≥ 0 3y2 ≤ 4 y = 0; 1; -1B4: Tìm giá trị tương ứng của x và thử lạiB5: Kết luận.Kinh nghiệmĐK ∆ ≥ 0 chỉ là ĐK cần chứ chưa đủ để PT có nghiệm nguyên.Kết quả tìm đựơc phải thử lạiMột số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênSử dụng tính chất về chia hết của số chính phươngTạo ra bình phương đúngTạo ra tổng các số chính PhươngXét các số chính phương liên tiếpSử dụng đk biệt số ∆ là số chính phương
Sử dụng tính chất tích của hai số nguyên là số chính phươngVD16: Tìm x є Z để 9x + 5 là tích của 2 số nguyên liên tiếp
VD17: Tìm nghiệm nguyên 2×2 + 4x = 19 – 3y2VD18: Tìm nghiệm nguyên dương 4×2 + 4x + y2 – 6y= 24VD19: Tìm nghiệm nguyên x4 – y4 = 3y2 + 1 VD20: Tìm nghiệm nguyên x2 + 2y2 + 3xy + 2x + 3y + 4 = 0VD21: Tìm nghiệm nguyên dương của PT xy = z2Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênSử dụng tính chất về chia hết của số chính phương VD16: Tìm các số nguyên x để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếpGợi ý
B1: Giả sử: 9x+5 = n(n+1) (n є Z)B2: Nhân hai vế của PT với 4 Đưa về dạng: (2n+1)2 = 3(12x+7)B3: Lý luận để có (2n+1)2 ÷ 9 VT ÷ 9B4: Lý luận để có (12x+7) ÷ 3 VP ÷ 9 B5: Mâu thuẫn Không tồn tại số nguyên nàoMột số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênSử dụng tính chất về chia hết của số chính phương
Lưu ý một số tính chất
Số CP không tận cùng bằng 2; 3; 7; 8Số CP chia hết cho số nguyên tố P thì chia hết cho P2Số CP chia cho 3 dư 0 hoặc 1Số CP chia cho 4 dư 0 hoặc 1Số CP chia cho 8 dư 0 hoặc 1 hoặc 4Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênTạo ra bình phương đúng VD17: Tìm nghiệm nguyên của PT 2×2 + 4x = 19 – 3y2Gợi ýB1: Cộng hai vế của PT với 2 Đưa PT về: 2(x+1)2 = 3(7-y2)B2: Lý luận để có 3(7-y2) chia hết cho 2 (7-y2) chia hết cho 2 y lẻB3: Lý luận để có (7-y2) ≥ 0 y2 ≤ 7B4: Tìm được y2 ≤ 1B5: Tìm x x = 2; x = 4B6: Kết luận: (x; y) Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênTạo ra ra tổng các số chính phương VD18: Tìm nghiệm nguyên dương của PT 4×2 + 4x + y2 – 6y = 24Gợi ý
B1: Biến đổi PT về dạng: (2x+1)2 + (y-3)2 = 34B2: Lý luận (2x + 1) lẻB3: Viết 34 dưới dạng: a2 + b2 (a lẻ): 32 + 52; 52 + 32B4: Tìm được (x; y) Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênXét các số chính phương liên tiếp VD19: Tìm nghiệm nguyên x4 – y4 = 3y2 +1Gợi ý
B1: Viết PT dưới dạng: x4 = y4 +3y2 +1B2: Chứng tỏ: y4 +3y2 +1 ≥ (y2 +1)2 Chứng tỏ: y4 +3y2 +1 < (y2 +2)2B3: (y2 +1)2 ≤ x4 < (y2 +2)2 x4 = (y2 +1)2 B4: Giải PT: y4 +2y2 +1 = y4 +3y2 +1 y = 0B5: Tìm xB6: Kết luận (x; y)Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênXét các số chính phương liên tiếp Lưu ý:
Sử dụng tính chất:
TC1: Nếu 2 số nguyên dương NTCN có tích là một SCP Thì mỗi số đều là SCPTC2: Nếu 2 số nguyên liên tiếpcó tích là một SCP Thì một trong hai số nguyên liên tiếp đó bằng 0Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênSử dụng điều kiện biệt số ∆ là SCP VD21: Tìm nghiệm nguyên của PT x2 + xy + y2 = x2y2 Gợi ý
B1: thêm xy vào 2 vế của PT (x + y)2 = xy(xy + 1)B2: xy và xy + 1 là 2 số nguyên liên tiếp có tích là 1 SCP xy = 0 xy + 1 = 0B3: Xét từng trường hợp có kq: (x; y) = (0; 0); (1; -1); (-1; 1)Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên
VD22: Tìm nghiệm nguyên của PT x3 + 2y3 = 4z3 (*) Gợi ý
B1: Lý luận để có x chia hết cho 2. Đặt x = 2×1 (x1 є Z) B2: thay x = 2×1 vào (*) y chia hết cho 2. Đặt y = 2y1 (y1 є Z) B3: thay y = 2y1 vào (*) z chia hết cho 2. Đặt z = 2z1 (z1 є Z) II. Một số dạng phương trình nghiệm nguyênMột số dạng phương trình nghiệm nguyên VD23: Tìm nghiệm nguyên của PT (x – 2)(3x – 2)(5x – 2)(7x – 2) = 945 Gợi ý
B1: Nếu x≥ 3 VT ≥ 1.7.13.19 = 1729 (loại)B2: Nếu x ≤ -2 VT ≥ 4.8.12.16 = 6164 (loại) -2 ≤ x < 3 x є { -1; 0; 1; 2}B3: Lần lượt thay x = -1; 0; 1; 2 vào PT: x = -1 (thoả mãn)Kinh nghiệm– Nếu triển khai và giải PT bậc 4 gặp nhiều K2– Dựa vào x є Z dùng P2 xét khoảng giá trị của ẩn để giải bài toánMột số dạng phương trình nghiệm nguyên ax + by = c (a; b; c є Z) Kinh nghiệm B1: Rút gọn phương trình. Chú ý đến tính chia hết của các ẩnB2: Biểu thị ẩn mà hệ số của nó có GTTĐ nhỏ (chẳng hạn x) theo ẩn kiaB3: Tách riêng giá trị nguyên ở biểu thức của xB4: Đặt điều kiện để phân số trong biểu thức của x bằng một số nguyên t1 Được PT bậc nhất 2 ẩn y và t1B5: Cứ tiếp tục làm như trên cho đến khi các ẩn đều được biểu thị dưới dạng một đa thức với các hệ số nguyên. VD24: Tìm nghiệm nguyên của PT: 11x + 18y = 120Một số dạng phương trình nghiệm nguyênDạng 1: axy + bx + cy + d = 0 (a; b; c; d є Z) Dạng 2: ax2 + by2 + c = 0 (a; b; c є Z)Dạng 3: ax2 + by2 + cx + d = 0 ax2 + by2 + cy + d = 0 (a; b; c; d є Z) Dạng 4: ax2 + by2 + cxy + d = 0 (a; b; c; d є Z)
VD25: Tìm nghiệm nguyên 5x – 3y = 2xy – 11
VD26: Tìm nghiệm nguyên 3×2 + 4y2 = 84
VD27: Tìm nghiệm nguyên x2 – 2x – 11 = y2
VD28: Tìm nghiệm nguyên 5×2 – y2 + 4xy – 9 = 0Một số dạng phương trình nghiệm nguyênDạng 5: ax2 + by2 + cx + dy = 0 (a; b; c; d є Z)Dạng 6: ax2+by2+cx+dy+e = 0 (a; b; c; d; e є Z)Dạng 7: ax2+by2+cxy+dx+ey = 0 (a; b; c; d; e є Z)Dạng 8: ax2+by2+cxy+dx+ey+g= 0 (a; b; c; d; e є Z)
VD29: Tìm nghiệm nguyên dương x2 + y2 = 5(x – y)
VD30: Tìm nghiệm nguyên 3×2 + 4y2 + 12x + 3y + 5 = 0
VD31: Tìm nghiệm nguyên x + y + xy = x2 + y2VD32: Tìm nghiệm nguyên x2 -xy + y2 = 2x – 3y – 2 Một số dạng phương trình nghiệm nguyênKinh nghiệm– Đưa về Phương trình ước.– Viết phương trình đó dưới dạng Phương trình bậc hai đối với một ẩn rồi dùng điều kiện: ∆ ≥ 0 hoặc ∆ là số chính phươngMột số dạng phương trình nghiệm nguyên VD32: x3 + x2 + x + 1 = y3 Gợi ý
B1: Viết PT dưới dạng: (x-y)3 + 3xy(x-y) = xy + 8 B2: Đặt: x – y = a va xy = b a3 – 8 = – b(3a – 1)B3: Lý luận để có a3 – 8 chia hết cho 3a-1B4: Nhân với 27 215 chia hết 3a – 1B5: (3a – 1) є Ư (± 1; ± 5; ± 43; ± 215)B6: Tìm a và b Tìm x; yMột số dạng phương trình nghiệm nguyênKinh nghiệm– Đưa về Phương trình ước.– Đặt ẩn phụ cho biểu thức (x + y) hoặc (x – y) và xy.– Với biểu thức (x3 + y3) hoặc (x3 – y3) nên vận dụng HĐTMột số dạng phương trình nghiệm nguyên VD34: x4 – 4×2 + y2 + 2x2y – 9 = 0 Gợi ý
B1: Biến đổi về dạng: (x2 + y + 2x)(x2 + y – 2x) = 9B2: Đưa về phương trình ước sốB3: Tìm x; yMột số dạng phương trình nghiệm nguyên VD35: Tìm nghiệm nguyên của PT x(x+1)(x+2)(x+3) = y2 Gợi ý
B1: Biến đổi về dạng: (x2 + 3x)(x2 + 3x + 2) = y2 B2: Đặt (x2 + 3x + 1) = a (a+y)(a-y) = 1B3: Tìm được y = 0 x = Một số dạng phương trình nghiệm nguyênKinh nghiệm– Đưa về Phương trình bậc hai với hai ẩn– Phân tích thành nhân tử để phát hiện một biểu thức là số chính phương.– Phát hiện một số chính phương năm giữa hai số chính phươngMột số dạng phương trình nghiệm nguyên VD36: Tìm nghiệm nguyên của PT 6x + 15y + 10z = 3 Gợi ý
B1: Lý luận để có 10 z chia hết cho 3 z chia hết cho 3 z = 3k (k є Z)B2: Giải PT hai ẩn x; y với k là tham số: 2x + 5y = 1 – 10kB3: Đưa PT về dạng: x = – 5k – 2y + B4: Đặt = t y = 1 – 2tB5: Viết nghiệm x; y; z theo k và tMột số dạng phương trình nghiệm nguyên VD37: Tìm nghiệm nguyên của PT 2xyz = x + y + z + 6 Gợi ý
B1: Do x; y; z có vai trò bình đẳng giải sử: 1 ≤ x ≤ y ≤ z 2xyz ≤ 3z + 16B2: Do z nguyên dương 2xy ≤ 3 + 16/z ≤ 19 xy ≤ 9B3: Do x nguyên dương x2 ≤ xy B4: x2 ≤ 9 x є (1; 2; 3)B5: Thay lần lượt x Tìm y, zMột số dạng phương trình nghiệm nguyênKinh nghiệm– Tìm dấu hiệu chia hết Đưa về PT bậc nhất đối với hai ẩn– Dựa vào vai trò bình đẳng của ẩn để dùng phương pháp chặn– Trong trường hợp khác có thể xét một hoặc một vài giá trị của một ẩn rồi xét tiếp trường hợp còn lạiMột số dạng phương trình nghiệm nguyên VD38: Tìm nghiệm nguyên dương của PT 1/x + 1/y + 1/6xy = 1/6 Gợi ý
B1: Nhân hai vế của PT với 6xyB2: Đưa về PT ước số: (x – 6) (y – 6) = 37B3: Tìm x; y.Kinh nghiệm
Tìm cách khử mẫu Đưa về phương trình ước sốMột số dạng phương trình nghiệm nguyên VD39: Tìm nghiệm nguyên dương của PT: 2x + 3= y2 Gợi ý
B1: Xét với x ≥ 2 VT: 4 dư 3 Không thoả mãn VP: 4 dư 1 x = 0; 1B2: Xét từng trường hợp (x; y)Kinh nghiệm
Tìm STN k để với x ≥ k thì PT không có nghiệm nguyên Xét x є (0; 1; …….; k-1) Chú ý: + an – bn chia hết a – b với n là số tự nhiên + an + bn chia hết a + b với n là số tự nhiên lẻ + (a + b)n chia hết ak + bn với n є N; k є Z VD40: Tìm nghiệm nguyên dương của PT: x + x + 3 = y Gợi ý
B1: Lý luận để có y chẵn y = 2k (k є Z) x = 4 – 3kB2: Tìm được 3z + 10k = 1 z = -3k + B3: Đặt = t (x; y; z) theo t{{ Một số dạng phương trình nghiệm nguyên VD42: Tìm giá trị của m để PT sau có hai nghiệm nguyên dương x2 + mx + 2 = 0 Gợi ý
B1: Gọi x1; x2 là các nghiệm nguyên dương x1 + x2 = – m (m є Z)B2: ∆ = m2 – 8 là số chính phương Đặt (m2 – 8) = k2 (k є N)B3: Đưa về PT ước: (m – k)(m + k) = 8III. Ứng dụng: Bài toán đưa về giải PT nghiệm nguyên1, Bài toán về số tự nhiên và các chữ số2, Bài toán về tính chia hết và số nguyên tố3, Bài toán thực tếTrân trọng cảm ơn !Người thực hiện: Phạm Ngọc Thuý
Phương Pháp Giải Phương Trình Nghiệm Nguyên
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HCMKHOA GIÁO DỤC TIỂU HỌC
ĐỀ TÀI:PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNHNGHIỆM NGUYÊN
Môn:Cơ sở Toán ở Tiểu học 3Giảng viên: Lớp:Các thành viên cùng thực hiện:
LỜI MỞ ĐẦU 2PHƯƠNG PHÁP 1: XÉT SỐ DƯ CỦA TỪNG VẾ 3PHƯƠNG PHÁP 2: ĐƯA VỀ DẠNG TỔNG 3PHƯƠNG PHÁP 3: DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC 3PHƯƠNG PHÁP 4: DÙNG TÍNH CHIA HẾT, TÍNH ĐỒNG DƯ 6PHƯƠNG PHÁP 5: DÙNG TÍNH CHẤT CỦA SỐ CHÍNH PHƯƠNG 8PHƯƠNG PHÁP 6: LÙI VÔ HẠN, NGUYÊN TẮC CỰC HẠN 10PHƯƠNG PHÁP 7: XÉT CHỮ SỐ TẬN CÙNG 11PHƯƠNG PHÁP 8: TÌM NGHIỆM RIÊNG 11PHƯƠNG PHÁP 9: PHƯƠNG PHÁP HẠ BẬC 12PHƯƠNG PHÁP 10: PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH 13PHƯƠNG PHÁP 11: PHƯƠNG PHÁP LOẠI TRỪ 13PHƯƠNG PHÁP 12: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CỦA SỐ NGUYÊN TỐ 13BÀI TẬP ÁP DỤNG 15
LỜI MỞ ĐẦU
Không giống như các phương trình nghiệm thực hay nghiệm phức, phương trình nghiệm nguyên khó giải quyết hơn vì điều kiện ràng buộc nguyên của nhiệm. Vì vậy với phương trình nghiệm nguyên, ta thường không có một phương pháp hoặc định hướng giải cụ thể nào như với phương trình nghiệm thực và nghiệm phức. Tuy nhiên, ta có thể áp dụng một số phương pháp hiệu quả để giải quyết lớp phương trình này. Trong chuyên đề này ta sẽ nêu ra một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên. Tùy vào từng bài toán mà ta có những dấu hiệu nhận biết để chọn phương pháp thích hợp.
PHƯƠNG PHÁP 1: XÉT SỐ DƯ CỦA TỪNG VẾVí dụ 1:Chứng minh các phương trình sau không có nghiệm nguyên:
𝑥2− 𝑦2chia cho 4 có số dư 0, 1, 3. Còn vế phải 1998 chia cho 4 dư 2. Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.
𝑥2, 𝑦2chia cho 4 có số dư là 0, 1 nên 𝑥2+ 𝑦2 chia cho 4 có các số dư 0, 1, 2. Còn vế phải 1999 chia cho 4 dư 3.Vậy phương trình không có nghiệm nguyên.
Ví dụ 2:Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:9𝑥+2= 𝑦2+𝑦GiảiBiến đổi phương trình: 9𝑥+2= 𝑦(𝑦+1)Ta thấy vế trái của phương trình là số chia hết cho 3 dư 2 nên 𝑦(𝑦+1) chia hết cho 3 dư 2.Chỉ có thể: 𝑦=3𝑘+1, 𝑦+1=3𝑘+2 𝑣ớ𝑖 𝑘 𝑛𝑔𝑢𝑦ê𝑛Khi đó: 9𝑥+23𝑘+13𝑘+2
Thử lại: 𝑥=𝑘𝑘+1, 𝑦=3𝑘+1 thỏa mãn phương trình đã cho.Đáp số: 𝑥=𝑘𝑘+1𝑦=3𝑘+1 với 𝑘 là số nguyên tùy ý.
PHƯƠNG PHÁP 2: ĐƯA VỀ DẠNG TỔNGBiến đổi phương trình về dạng: vế trái là tổng của các phương trình, vế phải là tổng của các số chính phương.Ví dụ:Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 chỉ có một dạng phân tích thành tổng của hai số chính phương 32, 52. Do đó phương trình thỏa mãn chỉ trong hai khả năng:
Giải các hệ trên suy ra phương trình (1) có bốn nghiệm nguyên là: 2;3, 3;2, −1;−2, (−2;−1
9 Phương Pháp Giải Phương Trình Nghiệm Nguyên
Published on
1. chúng tôi chúng tôi 1 Giáo viên hướng dẫn: thầy ĐỖ KIM SƠN www.VNMATH.com
2. chúng tôi chúng tôi 2 Lời nói đầu Trang Phần 1: Các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên ………………………………….4 Phương pháp 1:Xét số dư của từng vế………………………………………………………………………5 Phương pháp 2: Đưa về dạng tổng……………………………………………………………………………5 Phương pháp 3: Dùng bất đẳng thức ………………………………………………………………………..6 Phương pháp 4: Dùng tính chia hết, tính đồng dư ……………………………………………………..8 Phương pháp 5: Dùng tính chất của số chính phương……………………………………………….11 Phương pháp 6: Lùi vô hạn, nguyên tắc cực hạn………………………………………………………14 Phương pháp 7: Xét chữ số tận cùng ………………………………………………………………………15 Phương pháp 8: Tìm nghiệm riêng ………………………………………………………………………..15 Phương pháp 9: Hạ bậc…………………………………………………………………………………………16 Phần 2: Các dạng phương trình có nghiệm nguyên ……………………………………………….18 Dạng 1: Phương trình bậc nhất hai ẩn …………………………………………………………………….19 Dạng 2: Phương trình bậc hai có hai ẩn…………………………………………………………………..19 Dạng 3: Phương trình bậc ba trở lên có hai ẩn. ………………………………………………………..21 Dạng 4: Phương trình đa thức có ba ẩn trở lên…………………………………………………………23 Dạng 5: Phương trình dạng phân thức…………………………………………………………………….24 Dạng 6: Phương trình dạng mũ………………………………………………………………………………25 Dạng 7: Hệ phương trình vô tỉ……………………………………………………………………………….26 Dạng 8: Hệ phương trình với nghiệm nguyên ………………………………………………………….28 Dạng 9: Hệ phương trình Pytago ……………………………………………………………………………28 Dạng 10: Phương trình Pel…………………………………………………………………………………….30 Dạng 11: Điều kiện để phương trình có nghiệm nguyên……………………………………………32 Phần 3: Bài tập áp dụng………………………………………………………………………………………33 Phụ lục ……………………………………………………………………………………………………………….48 Lời cảm ơn………………………………………………………………………………………………………….52 www.VNMATH.com
3. chúng tôi chúng tôi 3 Phương trình và bài toán với nghiệm nguyên là một đề tài lý thú của Số học và Đại số, từ những bài toán về tính mỗi loại trâu Trăm trâu trăm cỏ đến các chuyên gia toán học lớn với các bài toán như định lý lớn Fecma. Được nghiên cứu từ thời Điôphăng thế kỉ thứ III, phương trình nghiệm nguyên vẫn còn là đối tượng nghiên cứu của toán học. Phương trình nghiệm nguyên vô cùng đa dạng, vì thế nó thường không có quy tắc giải tổng quát. Mỗi bài toán, với số liệu riêng của nó, đòi hỏi một cách giải riêng phù hợp. Thời gian qua, nhờ sự hướng dẫn của giáo viên bộ môn, chúng em xin giới thiệu chuyên đề “Phương trình nghiệm nguyên”. Chuyên đề này là sự tập hợp các phương pháp cũng như các dạng phương trình khác nhau của phương trình nghiệm nguyên, do chúng em sưu tầm từ các nguồn kiến thức khác nhau. Chúng em mong muốn quyển chuyên đề sẽ giúp ích một phần cho việc tìm hiểu của các bạn học sinh về vấn đề nêu trên. Quyển chuyên đề này gồm có 3 phần chính. Đầu tiên chúng em xin giới thiệu các phương pháp thường dùng để giải phương trình với nghiệm nguyên, sau đó là việc tìm hiểu cách giải các dạng phương trình khác nhau của nó và cuối cùng là phần bài tập. Trong quá trình biên soạn, sưu tầm và tập hợp các phương pháp cùng những ví dụ, bài tập, tuy chúng em đã cố gắng rất nhiều nhưng thiếu sót là điều khó tránh khỏi. Vì vậy, chúng em mong thầy và các bạn khi xem xong quyển chuyên đề này hãy đóng góp ý kiến để giúp những chuyên đề sau được hoàn thành tốt hơn. Xin chân thành cảm ơn! Nhóm biên tập www.VNMATH.com
4. chúng tôi chúng tôi 4 www.VNMATH.com
6. chúng tôi chúng tôi 6 Giải các hệ trên phương trình (1) có bốn nghiệm nguyên là: (2 ; 3), (3 ; 2), ( 1 ; 2), ( 2 ; 1) 3) PHƯƠNG PHÁP DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC Trong khi giải các phương trình nghiệm nguyên rất cần đánh giá các miền giá trị của các biến, nếu số giá trị mà biến số có thể nhận không nhiều có thể dùng phương pháp thử trực tiếp để kiểm tra. Để đánh giá được miền giá trị của biến số cần vận dụng linh hoạt các tính chất chia hết, đồng dư, bất đẳng thức … a) Phương pháp sắp thứ tự các ẩn Ví dụ 4: Tìm ba số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng Giải: Cách 1: Gọi các số nguyên dương phải tìm là x, y, z. Ta có: . .x y z x y z (1) Chú ý rằng các ẩn x, y, z có vai trò bình đẳng trong phương trình nên có thể sắp xếp thứ tự giá trị của các ẩn, chẳng hạn: 1 x y z Do đó: 3xyz x y z z Chia hai vế của bất đảng thức 3xyz z cho số dương z ta được: 3xy Do đó {1;2;3}xy Với xy = 1, ta có x = 1, y = 1. Thay vào (1) được 2 + z = z (loại) Với xy = 2, ta có x = 1, y = 2. Thay vào (1) được z = 3 Với xy = 3, ta có x = 1, y = 3. Thay vào (1) được z = 2 loại vì y z Vậy ba số phải tìm là 1; 2; 3. Cách 2: Chia hai vế của (1) cho 0xyz được: 1 1 1 1 yz xz xy Giả sử 1x y z ta có 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 3 1 yz xz xy z z z z Suy ra 2 3 1 z do đó 2 3z nên z = 1. Thay z = 1 vào (1): 1x y xy 1xy x y ( 1) ( 1) 2x y y ( 1)( 1) 2x y Ta có 1 1 0x y nên Suy ra Ba số phải tìm là 1; 2; 3 Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau : 5(x + y + z + t) + 10 = 2xyzt . x – 1 2 y – 1 1 x 3 y 2 www.VNMATH.com
7. chúng tôi chúng tôi 7 Giải Vì vai trò của x, y, z, t như nhau nên có thể giả thiết x ≥ y ≥ z ≥ t. Khi đó : 2xyzt = 5(x + y + z + t) +10 ≤ 20x + 10 3 15 15 2yzt t t Với t = 1 ta có : 2xyz = 5(x + y + z) +15 ≤ 15x + 15 2 2 30 2 30 3yz z z Nếu z = 1 thì 2xy = 5(x + y) + 20 hay 4xy = 10(x + y) + 40 hay (2x – 5)(2y – 5) = 65 . Dễ thấy rằng phương trình này có nghiệm là (x = 35; y = 3) và (x = 9; y = 5). Giải tương tự cho các trường còn lại và trường hợp t = 2. Cuối cùng ta tìm được nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho là (x; y; z; t) = (35; 3; 1; 1); (9; 5; 1; 1) và các hoán vị của các bộ số này. b) Phương pháp xét từng khoảng giá trị của ẩn Ví dụ 6: Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình: 1 1 1 3x y Giải: Do vai trò bình đẳng của x và y, giả sử x y . Dùng bất đẳng thức để giới hạn khoảng giá trị của số nhỏ hơn (là y). Hiển nhiên ta có 1 1 3y nên 3y (1) Mặt khác do 1x y nên 1 1 x y . Do đó: 1 1 1 1 1 2 3 x y y y y nên 6y (2) Ta xác định được khoảng giá tri của y là 4 6y Với y = 4 ta được: 1 1 1 1 3 4 12x nên x = 12 Với y = 5 ta được: 1 1 1 2 3 5 15x loại vì x không là số nguyên Với y = 6 ta được: 1 1 1 1 3 6 6x nên x = 6 Các nghiệm của phương trình là: (4 ; 12), (12 ; 4), (6 ; 6) c) Phương pháp chỉ ra nghiệm nguyên Ví dụ 7: Tìm các số tự nhiên x sao cho: 2 3 5x x x Giải: Viết phương trình dưới dạng: www.VNMATH.com
8. chúng tôi chúng tôi 8 2 3 1 5 5 x x (1) Với x = 0 thì vế trái của (1) bằng 2, loại. Với x = 1 thì vế trái của (1) bằng 1, đúng Với 2x thì 2 2 3 3 , 5 5 5 5 x x nên: 2 3 2 3 1 5 5 5 5 x x loại Nghiệm duy nhất của phương trình là x = 1 d) Sử dụng diều kiện 0 để phương trình bậc hai có nghiệm Ví dụ 8: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2 2 x y xy x y (1) Giải Viết (1) thành phương trình bậc hai đối với x: 2 2 ( 1) ( ) 0x y x y y (2) Điều kiện cần để (2) có nghiệm là 0 2 2 2 ( 1) 4( ) 3 6 1 0y y y y y 2 3 6 1 0y y 2 3( 1) 4y Do đó 2 ( 1) 1y suy ra: y – 1 -1 0 1 y 0 1 2 Với y = 0 thay vào (2) được 2 1 20 0; 1x x x x Với y = 1 thay vào (2) được 2 3 42 0 0; 2x x x x Với y = 2 thay vào (2) được 2 5 63 2 0 1; 2x x x x Thử lại, các giá trị trên nghiệm đúng với phương trình (1) Đáp số: (0 ; 0), (1 ; 0), (0 ; 1), (2 ; 1), (1 ; 2), (2 ; 2) 4) PHƯƠNG PHÁP DÙNG TÍNH CHIA HẾT, TÍNH ĐỒNG DƯ Khi giải các phương trình nghiệm nguyên cần vận dụng linh hoạt các tính chất về chia hết, đồng dư, tính chẵn lẻ,… để tìm ra điểm đặc biệt của các biến số cũng như các biểu thức chứa trong phương trình, từ đó đưa phương trình về các dạng mà ta đã biết cách giải hoặc đưa về những phương trình đơn giản hơn.. a) Phương pháp phát hiện tính chia hết của ẩn: Ví dụ 9: Giải phương trính với nghiệm nguyên: 3x + 17y = 159 Giải: Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn phương trình. Ta thấy 159 và 2x đều chia hết cho 3 nên 17y3 do đó y3 ( vì 17 và 3 nguyên tố cùng nhau) Đặt y = 3t (t ). Thay vào phương trình ta được: www.VNMATH.com
9. chúng tôi chúng tôi 9 3x + 17.3t = 159 x + 17t = 53 Do đó: 53 17 3 x t y t ( t ) Đảo lại, thay các biểu thức của x và y vào phương trình ta được nghiệm đúng. Vậy phương trình (1) có vô số nghiệm nguyênđược xác định bằng công thức: 53 17 3 x t y t (t là số nguyên tùy ý) Ví dụ 10: Chứng minh rằng phương trình : 2 2 5 27x y (1) không có nghiệm là số nguyên. Giải Một số nguyên x bất kì chỉ có thể biểu diễn dưới dạng x = 5k hoặc x = 5k ± 1 hoặc x = 5k ± 2 trong đó k Nếu x = 5k thì : 2 2 2 2 (1) (5 ) 5 27 5(5 ) 27k y k y Điều này vô lí, vì vế trái chia hết cho 5 với mọi k và y là số nguyên, còn vế phải không chia hết cho 5 Nếu x = 5k ± 1 thì : 2 2 (1) (5 1) 5 27k y 2 2 25 10 1 5 27k k y 2 2 5(5 4 ) 23k k y Điều này cũng vô lí, vế trái chia hết cho 5 với mọi k và y là số nguyên, còn vế phải không chia hết cho 5 Nếu x = 5k ± 2 thì : 2 2 (1) (5 2) 5 27k y 2 2 25 20 4 5 27k k y 2 2 5(5 4 ) 23k k y Lập luận tương tự như trên, điều này cũng vô lí Vậy phương trình đã cho không có nghiệm là số nguyên Ví dụ 11: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau : 19×2 + 28y2 = 729. Giải Cách 1. Viết phương trình đã cho dưới dạng (18×2 + 27y2 ) + (x2 + y2 ) = 729 (1) Từ (1) suy ra x2 + y2 chia hết 3, do đó x và y đều chia hết cho 3. Đặt x = 3u, y = 3v ( , )u v Thay vào phương trình đã cho ta được : 19u2 + 28v2 = 81. (2) Từ (2) lập luận tương tự trên ta suy ra u = 3s, v = 3t ( , )s t Thay vào (2) ta có 19s2 + 28t2 = 9. (3) Từ (3) suy ra s, t không đồng thời bằng 0, do đó www.VNMATH.com
11. chúng tôi chúng tôi 11 Nếu n không chia hết cho 3 thì 2n khi chia cho 7 chỉ có thể cho số dư là 2, 4 hoặc 7, trong khi đó 3 x khi chia cho 7 chỉ có thể cho số dư là 0, 1, hoặc 6 nên không thề có đồng dư thức 3 2n x (mod 7). Vậy n = 3m với m là một số nguyên dương nào đó. Thay vào phương trình đã cho ta được 3 3 3367 2 m x 2 (2 )[(2 ) 3 .2 ] 3367m m x m x x (1) Từ (1) ta suy ra 2m x là ước của 3367 Hơn nữa, 3 3 3 (2 ) 2 3367m m x x nên (2 ) {1;7;13}m x Xét2 1m x , thay vào (1) ta suy ra 2m (2m – 1) = 2 × 561, vô nghiệm. Xét 2 3m x , thay vào (1) ta suy ra 2m (2m – 13) = 2 × 15, vô nghiệm. Xét 2 7m x , thay vào (1) ta suy ra 2m (2m – 7) = 24 × 32. Từ đó ta có m = 4; n = 3m = 12, và x = 9. Vậy (x; n) = (9; 12) c) Phương pháp tách ra các giá trị nguyên: Ví dụ 15: Giải phương trình ở ví dụ 2 bằng cách khác Giải: Biểu thị x theo y: x(y – 1) = y + 2 Ta thấy y 1 ( vì nếu y = 1 thì ta có 0x = 3 vô nghiệm) Do đó: 2 1 3 3 1 1 1 1 y y x y y y Do x là số nguyên nên 3 1y là số nguyên, do đó y – 1 là ước của 3. Lần lượt cho y – 1 bằng -1, 1, -3, 3 ta được các đáp số như ở ví dụ 2. 5) PHƯƠNG PHÁP DÙNG TÍNH CHẤT CỦA SỐ CHÍNH PHƯƠNG a) Sử dụng tính chất về chia hết của số chính phương Ví dụ 16: Tìm các số nguyên x để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếp Giải: Cách 1: Giải sử 9x + 5 = n(n + 1) với n nguyên thì: 36x + 20 = 2 4 4n n 2 36 21 4 4 1x n n 2 3(12 7) (2 1)x n Số chính phương 2 (2 1)n chia hết cho 3 nên cũng chia hết cho 9. Ta lại có 12x + 7 không chia hết cho 3 nên 3(12x + 7) không chi hết cho 9. Mâu thuẫn trên chứng tỏ không tồn tại số nguyên x nào để 9x + 5 = n(n + 1). Cách 2: Giả sử 9x + 5 = n(n + 1) với n nguyên Biến đổi 2 9 5 0n n x www.VNMATH.com
13. chúng tôi chúng tôi 13 Thật vậy: 2 2 2 2 2 2 2 2 4 3 2 1 11 3 ( ) 0 2 4 ( 2) ( 2) ( 2 2 3) y a x x x a y x x x x x x 2 2 3 3 1 1 1 3( ) 0 2 4 x x x Do 2 2 2 ( 2)a y a nên 2 2 ( 1)y a 4 3 2 2 2 2 2 2 3 ( 1) 2 0 1 2 x x x x x x x x x x Với x = 1 hoặc x = -2 biểu thức đã cho bằng 2 9 3 d) Sử dụng tính chất: nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là một số chính phương thì mỗi số đếu là số chính phương Ví dụ 20: Giải phương trình với nghiệm nguyên dương: 2 xy z (1) Giải: Trước hết ta có thể giả sử (x , y , z) = 1. Thật vậy nếu bộ ba số , ,o o ox y z thỏa mãn (1) và có ƯCLN bằng d, giả sử 1 1 1, ,o o ox dx y dy z dz thì 1 1 1, ,x y z cũng là nghiệm của (1). Với (x , y , z) = 1 thì x, y, z đôi một nguyên tố cùng nhau, vì nếu hai trong ba số x, y, z có ước chung là d thì số còn lại cũng chia hết cho d. Ta có 2 z xy mà (x, y) = 1 nên 2 2 ,x a y b với a, b * Suy ra: 2 2 ( )z xy ab do đó, z = ab Như vậy: 2 2 x ta y tb z tab với t là số nguyên dương tùy ý. Đảo lại, hiển nhiên các số x, y, z có dạng trên thỏa mãn (1) Công thức trên cho ta các nghiệm nguyên dương của (1) e) Sử dụng tính chất: nếu hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương thí một trong hai số nguyên liên tiếp đó bằng 0 Ví dụ 21: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2 2 2 2 x xy y x y (1) Giải: Thêm xy vào hai vế: 2 2 2 2 2x xy y x y xy 2 ( ) ( 1)x y xy xy (2) www.VNMATH.com
14. chúng tôi chúng tôi 14 Ta thấy xy và xy + 1 là hai số nguyên liên tiếp, có tích là một số chính phương nên tồn tại một số bằng 0. Xét xy = 0. Từ (1) có 2 2 0x y nên x = y = 0 Xét xy + 1 = 0. Ta có xy = -1 nên (x , y) = (1 ; -1) hoặc (-1 ; 1) Thửa lại, ba cặp số (0 ; 0), (1 ; -1), (-1 ; 1) đều là nghiệm của phương trình đã cho. 6) PHƯƠNG PHÁP LÙI VÔ HẠN, NGUYÊN TẮC CỰC HẠN Ví dụ 22: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 3 3 3 2 4x y z Giải: Hiển nhiên 2x . Đặt 12x x với 1x nguyên. Thay vào (1) rồi chia hai vế cho 2 ta được: 3 3 3 14 2x y z (2) Do đó 2y . Đặt 12y y với 1y nguyên. Thay vào (2) rồi chia hai vế cho 2 ta được: 3 3 3 1 12 4x y z (3) Do đó 2z . Đặt 12z z với 1z nguyên. Thay vào (3) rồi chia hai vế cho 2 được: 3 3 3 1 1 14 4x y z (4) Như vậy nếu (x , y , z) là nghiệm của (1) thì 1 1 1( , , )x y z cũng là nghiệm của (1) trong đó 1 1 12 , 2 , 2x x y y z z . Lập luận tương tự như trên, 2 2 2( , , )x y z cũng là nghiệm của (1) trong đó 1 2 1 2 1 22 , 2 , 2x x y y z z . Cứ tiếp tục như vậy ta đi đến: x, y, z chia hết cho 2k với k là số tự nhiên tùy ý. Điều này chỉa xảy ra khi x = y = z = 0. Đó là nghiệm nguyên duy nhất của (1) Ví dụ 23: Tìm ba số nguyên dương đôi một khác nhau x, y, z thỏa mãn : 3 3 3 2 ( )x y z x y z Giải Vì vai trò của x, y, z như nhau nên có thể giả sử x < y < z. Áp dụng bất đẳng thức : 33 3 3 3 3 x y z x y z Với mọi x, y, z ≥ 0 ta suy ra x + y + z ≤ 9. Dấu bằng không xảy ra vì x, y, z đôi một khác nhau. Vậy x + y + z ≤ 8. (1) Mặt khác: x + y + z ≥ 1 + 2 + 3 = 6. (2) Từ (1) và (2) ta suy ra {6;7;8}x y z Từ đây kết hợp với phương trình ban đầu ta tìm được x, y, z Vậy (x, y, z) = (1, 2, 3) và các hoán vị của bộ ba số này www.VNMATH.com
16. chúng tôi chúng tôi 16 o o ax by c ax by c Trừ từng vế: ( ) ( ) 0 ( ) ( ) o o o o a x x b y y a x x b y y (2) Ta có ( )oa x x b mà (a, b) = 1 ( theo định lý 1) nên ox x b Vậy tồn tại số nguyên t sao cho: ox x = bt Tức là: ox x bt . Thay vào (2): ( )oabt b y y o o at y y y y at Vậy tồn tại số nguyên t sao cho: o o x x bt y y at b) Ví dụ: Ví dụ 26: Tìm mọi nghiệm nguyên của phương trình: 3x – 2y = 5 Giải: Cách 1: Ta thấy 3; 2o ox y là một nghiệm riêng. Theo định lý 2, mọi nghiệm nguyên của phương trình là: 3 2 2 3 x t y t (t là số nguyên tùy ý) Cách 2: Ta thấy 1; 1o ox y là một nghiệm riêng Theo định lý 2, mọi nghiệm nguyên của phương trình là: 1 2 1 3 x t y t (t là số nguyên tùy ý) Chú ý: Qua hai cách giải trên, ta thấy có nhiều công thức biểu thị tập hợp các nghiệm nguyên của cùng một phương trình. c) Cách tìm một nghiệm riêng của phương trình bậc nhất hai ẩn: Để tìm một nghiệm nguyên riêng của phương trình ax by c , ta có thể dùng phương pháp thử chọn: lần lượt cho x bằng số có giá giá trị tuyệt đối nhỏ (0; 1; 2…) rồi tìm giá trị tương ứng của y. 9) PHƯƠNG PHÁP HẠ BẬC Ví dụ 27: www.VNMATH.com
17. chúng tôi chúng tôi 17 Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x3 + 2y3 – 4z3 = 0 (1) Giải (1) x3 = 4z3 – 2y3 (2) Rõ ràng vế phải của (2) chia hết cho 2 nên x3 2 do đó x 2. Đặt x = 2×1 (x1 Z ). Thay vào (2) ta có : (2) 8×1 3 = 4×3 – 2y3 y3 = 2z3 – 4×1 3 (3) Lập luận tương tự ta có y 2, đặt y = 2y1 (y1 Z ). Biến đổi tương tự, ta được: z3 = 4y1 3 + 2×1 3 (4) Lập luận tương tự ta có z 2, đặt z = 2z1 (z1 Z ). Biến đổi tương tự, ta lại có: (4) 8z1 3 = 4y1 3 + 2×1 3 x1 3 + 2y1 3 – 4z1 3 = 0 (5) Rõ ràng nếu bộ số (x0; y0; z0) là nghiệm của (1) thì bộ số 0 0 0 ( ; ; ) 2 2 2 x y z cũng là nghiệm của (1), hơn nữa x0, y0, z0 là số chẵn và 0 0 0 ; ; 2 2 2 x y z cũng là số chẵn. Quá trình này có thể tiếp tục mãi và các số 0 0 0 ; ; 2 2 2n n n x y z là số chẵn với mọi n là số nguyên dương. Vậy x = y = z = 0 www.VNMATH.com
18. chúng tôi chúng tôi 18 www.VNMATH.com
19. chúng tôi chúng tôi 19 1) PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN Ví dụ 1: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 11x + 18y = 120 Giải: Ta thấy 11 6x nên 6x . Đặt x = 6k (k nguyên). Thay vào (1) và rút gọn ta được: 11k + 3y = 20 Biểu thị ẩn mà hệ số của nó có giá trị tuyệt đối nhỏ (là y) theo k ta được: 20 11 3 k y Tách riêng giá trị nguyên của biểu thức này: 1 7 4 3 k y k Lại đặt 1 3 k = t với t nguyên suy ra k = 3t + 1. Do đó: 7 4(3 1) 3 11 6 6(3 1) 18 6 y t t t x k t t Thay các biểu thức của x và y vào (1), phương trình được nghiệm đúng. Vậy các nghiệm nguyên của (10 được biểu thị bởi công thức: 18 6 3 11 x t y t với t là số nguyên tùy ý Cách giải: – Rút gọn phương trình, chú ý đến tính chia hết của các ẩn – Biểu thị ẩn mà hệ số của nó có giá trị tuyệt đối nhỏ (chẳng hạn x) theo ẩn kia. – Tách riêng giá trị nguyên ở biểu thức của x – Đặt điều kiện để phân bố trong biểu thức của x bằng một số nguyên 1t , ta được một phương trình bậc nhất hai ẩn y và 1t – Cứ tiếp tục như trên cho đến khi các ần đều được biểu thị dưới dạng một đa thức với các hệ số nguyên 2) PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI HAI ẨN Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 5x – 3y = 2xy – 11 Giải: Biểu thị y theo x: (2x + 3)y = 5x + 11 Dễ thấy 2x + 3 0 ( vì x nguyên ) do đó: 5 11 5 2 2 3 2 3 x x y x x Để y phải có 5 2 3x x 2( 5) 2 3x x 2 3 7 2 3x x 7 2 3x www.VNMATH.com
20. chúng tôi chúng tôi 20 Ta có: Thử lại các cặp giá trị trên của (x , y) đều thỏa mãn phương trình đã cho. Ví dụ 3: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2 2 2 11x x y Giải: Cách 1: Đưa về phương trình ước số: 2 2 2 1 12x x y 2 2 ( 1) 12x y ( 1 )( 1 ) 12x y x y Ta có các nhận xét: a) Vì (1) chùa y có số mũ chẵn nên có thể giả thiết rằng 0y . Thế thì 1 1x y x y b) ( 1 ) ( 1 ) 2x y x y y nên 1x y và 1x y cùng tính chẵn lẻ. Tích của chúng bằng 12 nên chúng cùng chẵn. Với các nhận xét trên ta có hai trường hợp: x – 1 + y 6 -2 x – 1 – y 2 -6 Do đó: x – 1 4 -4 y 2 2 x 5 -3 Đáp số: (5 ; 2), (5 ; -2), (-3 ; 2), (-3 ; -2) Cách 2: Viết thành phương trình bậc hai đối với x: 2 2 2 (11 ) 0x x y 2 2 ‘ 1 11 12y y Điều kiện cần để (2) có nghiệm nguyên: ‘ là số chính phương 2 2 12 ( )y k k 2 2 12 ( )( ) 12k y k y k y Giả sử 0y thì k + y k – y và k + y 0 (k + y) – (k – y) = 2y nên k + y và k – y cùng tính chẵn lẻ và phải cùng chẵn. Từ các nhận xét trên ta có: 6 2 k y k y Do đó: y = 2 2x + 3 1 -1 7 -7 x -1 -2 2 -5 y 6 -1 3 2 www.VNMATH.com
23. chúng tôi chúng tôi 23 Cách 3: 3 3 8x y xy 3 ( ) 3 ( ) 8x y xy x y xy Đặt x – y = a, xy = b ta có: 3 3 8a ab b 3 8 (3 1)a b a Suy ra: 3 8 3 1a a 3 27( 8) 3 1a a 3 27 1 215 3 1a a Do 3 27 1 3 1a a nên 215 3 1a Phân tích ra thứa số nguyên tố: 215 = 5.43 Do đó 3 1 { 1; 5; 43; 215}a Do 3a – 1 chia cho 3 dư 2 nên 3 1 { 1;5; 43;215}a Ta có: 3a – 1 1 5 43 215 a 0 2 14 72 3 8 1 3 a b a 8 0 64 1736 Chú ý rằng 2 ( ) 4 0x y xy nên 2 4 0a b , do đó trong bốn trường hợp trên chỉ có 2; 0a b . Ta được: x – y = 2; xy = 0 Đáp số: (0 ; -2) và (2 ; 0) 4) PHƯƠNG TRÌNH ĐA THỨC CÓ BA ẨN TRỞ LÊN Ví dụ 7: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 6 15 10 3x y z Giải: Ta thấy10 3z nên 3z . Đặt z = 3k ta được: 6 15 10.3 3x y k 2 5 10 1x y k Đưa về phương trình hai ẩn x, y với các hệ số tương ứng 2 và 5 là hai số nguyên tố cùng nhau. 2 5 1 10x y k 1 10 5 1 5 2 2 2 k y y x k y Đặt 1 2 y = t với t nguyên. Ta có: 1 2 5 2(1 2 ) 5 5 2 3 y t x k t t t k z k Nghiệm của phương trình: (5 5 2;1 2 ;3 )t k t k với t, k là các số nguyên tùy ý. Ví dụ 8: Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên: 2 2 2 1999x y z (1) www.VNMATH.com
27. chúng tôi chúng tôi 27 Ta có: 2 1 2 x t y t Kếtt luận: nghiệm của phương trình là: (1 ; 2), ( 2 1t ; 2t) với t là số nguyên dương tùy ý. Ví dụ 15: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x x x x y Giải: Ta có: 0, 0x y Bình phương hai vế rồi chuyển vế: 2 ( )x x x y x k k Bình phương hai vế rồi chuyển vế: 2 ( )x x k x m m Bình phương hai vế: 2 x x m Ta biết rằng với x nguyên thì x hoặc là số nguyên hoặc là số vô tỉ. Do 2 x x m ( )m nên x không là số vô tỉ. Do đó x là số nguyên và là số tự nhiên. Ta có: 2 ( 1)x x m Hai số tự nhiên liên tiếp x và 1x có tích là số chính phương nên số nhỏ bằng 0: x = 0 Suy ra: x = 0; y = 0 thỏa mãn phương trình đã cho. Nghiệm của phương trình là (0 ; 0) Ví dụ 16: Tìm các nghei65m nguyên của phương trình: 1980x y (1) Giải: 1980x y (2) Với điều kiện 0 , 1980x y : (2) 1980 2 1980x y y 1980 12 55x y y Do x, y nguyên nên 12 55y nguyên. Ta biết rằng với y nguyên thì 55y hoặc là số nguyên hoặc là số vô tỉ. Do đó 55y là số nguyên, tức là 55y là số chính phương: 11.5.y = 2 k . Do đó: y = 2 2 11.5. 55a a với a Tương tự: x = 2 55b với b Thay vào (1): www.VNMATH.com
28. chúng tôi chúng tôi 28 55 55 6 55 6 a b a b Giả sử y x thì a b . Ta có: a b 2 55x a 2 55y b 0 1 2 3 6 5 4 3 0 55 220 495 1980 1375 880 495 Có 7 đáp số: (0 ; 1980), (1980 ; 0), (55 ; 1375), (1375 ; 55), (220 ; 880), (880 ; 220), (495 ; 495) 8) HỆ PHƯƠNG TRÌNH VỚI NGHIỆM NGUYÊN Ví dụ 17: Tìm các nghiệm nguyên của hệ phương trình: 3 3 3 3 3 x y z x y z Giải: Ta có hằng đẳng thức: 3 3 3 3 ( ) ( ) 3( )( )( )x y z x y z x y y z z x Nên : 27 3 3( )( )( )x y y z z x 8 ( )( )( )x y y z x z Đặt x + y = c, y + z = a, z + x = b. Ta có: abc = 8 , , { 1, 2, 4, 8}a b c Giả sử x y z thì a b c . Ta có: a + b + c = 2(x + y + z) = 6 nên 2a a) Với a = 2 ta có 4 4 b c bc Suy ra: b = c = 2 Ta được: x = y = z = 1 b) Với a = 4 ta có 2 2 b c bc Không có nghiệm nguyên. c) Với a = 8 ta có 2 1 b c bc Suy ra: b = c = 1 Ta được: x = y = 4; z = 5 Đáp số: (1 ; 1 ; 1), (4 ; 4 ; 5), (4 ; 5 ; 4), ( 5 ; 4 ; 4) 9) PHƯƠNG TRÌNH PYTAGO Ví dụ 19: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 2 2 x y z (1) Giải: www.VNMATH.com
31. chúng tôi chúng tôi 31 P 2 2 1x Py 1x 1y 2 3 5 6 7 8 10 11 12 13 2 2 2 1x y 2 2 3 1x y 2 2 5 1x y 2 2 6 1x y 2 2 7 1x y 2 2 8 1x y 2 2 10 1x y 2 2 11 1x y 2 2 12 1x y 2 2 13 1x y 3 2 9 5 4 3 19 10 7 649 2 1 4 2 3 1 6 3 2 180 Người ta chứng minh được rằng: nếu 1 1( , )x y là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình ( , )k kx y của phương trình được xác định bởi: 1 1( )k k kx y P x y P với k = 1, 2, 3… Ví dụ 20: Cho phương trình: 2 2 2 1x y (1) a) Kiểm tra rằng: (3 ; 2) là một nghiệm của (1). b) Khai triển (3 2 2)k được 2a b ( , )a b . Chứng minh rằng (a, b) là nghiệm của (1) c) Bằng nhận xét ở câu b, hãy tìm thêm hai nghiệm nguyên dương khác của (1) Giải a) 2 2 3 2.2 1 . Vậy (3, 2) là một nghiệm của (1) b) Ta có: (3 2 2)(3 2 2) 1 (3 2 2) (3 2 2) 1k k Ta biết rằng nếu (3 2 2) 2k a b thì (3 2 2) 2k a b . Do đó: ( 2)( 2) 1a b a b 2 2 2 1a b Vậy (a, b) là nghiệm của (1) c) Ta tính: 2 (3 2 2) 9 8 12 2 17 12 2 3 (3 2 2) (17 12 2)(3 2 2) 51 34 2 36 2 48 99 70 2 Vậy: (17; 12), (99; 70) cũng là nghiệm của (1). Ví dụ 21: Tìm nghiệm nguyên dương nhỏ nhất rồi tìm thêm hai nghiệm nguyên dương khác của phương trình sau: 2 2 15 1x y Giải www.VNMATH.com
32. chúng tôi chúng tôi 32 Kiểm tra ta được (4; 1) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất. 2 3 (4 15) 31 8 15 (4 15) 244 63 15 Hai nghiệm nguyên dương khác (31; 8) và (244; 63) 11) ĐIỀU KIỆN ĐỂ PHƯƠNG TRÌNH CÓ NGHIỆM NGUYÊN Ví dụ 18: Tìm các số thực a để các nghiệm của phương trình sau đếu là số nguyên: 2 ( 2) 0x ax a (1) Giải: Gọi 1 2,x x là nghiệm nguyên của (1). Theo định lý Viete: 1 2 1 2 2 x x a x x a Do đó: 1 2 1 2 1 2 2 1 2 ( ) 2 ( 1) ( 1) 3 ( 1)( 2) 3 x x x x x x x x x 1 1x và 2 2x là ước của 3. Giả sử 1 2x x thì 1 1x 2 2x . Ta có hai trường hợp: a) 1 1 2 2 1 3 4 1 1 2 x x x x Khi đó a = 6 b) 1 1 2 2 1 1 0 1 3 2 x x x x Khi đó a = 2 www.VNMATH.com
33. chúng tôi chúng tôi 33 www.VNMATH.com
34. chúng tôi chúng tôi 34 Bài 1: Tìm tất cả các cặp nghiệm nguyên (x, y) thỏa mãn : y(x – 1) = x2 + 2. Hướng dẫn: Ta có y(x – 1) = x2 + 2 2 2 3 1 1 1 x y x x x Vì x, y nguyên nên x – 1 là ước của 3 Vậy (x, y) = (4, 6) ; (2, 6) ; (-2, -2 ) ; (0, -2) Bài 2: Tìm x, y thỏa mãn : 2×2 – 2xy = 5x – y – 19 . Hướng dẫn: (x, y) = (0, -19) ; (1, 16) ; (9, 8) và (-8, -11) Bài 3: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: xy2 + 2xy – 243y + x = 0 Hướng dẫn: Ta có xy2 + 2xy – 243y + x = 0 x(y + 1)2 = 243y (1) Từ (1) với chú ý rằng (y + 1; y) = 1 ta suy ra (y + 1)2 là ước của 243. Vậy (x, y) = (54, 2) ; (24, 8) Bài 4: Tìm nghiệm của phương trình: 2x – 3 = 65y Hướng dẫn: Ta chứng tỏ phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. Giả sử phương trình 2x – 3 = 65y có nghiệm nguyên ta suy ra 2x ≡ 3 (mod 5) và 2x ≡ 3 (mod 13) Từ 2x ≡ 3 (mod 5) suy ra x ≡ 3 (mod 4) (1) Từ 2x ≡ 3 (mod 13) ta suy ra x ≡ 4 (mod 12), trái với (1) Bài 5: Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau : a) 15×2 – 7y2 = 9 b) 29×2 – 28y2 = 2000 c) 1999×2 – 2000y2 = 2001 d) x2002 – 2000.y2001 = 2003 e) 19×2 – 84y2 = 198 Hướng dẫn: a) Từ phương trình đã cho ta suy ra y chia hết cho 3. Đặt y = 3y1. Ta có 5×2 – 21y12 = 3 (1) Từ (1) suy ra x chia hết cho 3. Đặt x = 3×1. Ta có 15×12 – 7y12 = 1 (2) Từ (2) suy ra y1 2 ≡ -1 (mod 3), vô nghiệm b) Từ phương trình đã cho ta suy ra x2 ≡ 5 (mod 7). Vậy phương trình đã cho vô nghiệm c) Từ phương trình đã cho ta suy ra x2 ≡ -1 (mod 4). Vậy phương trình đã cho vô nghiệm d) Từ phương trình đã cho ta suy ra x lẻ và x2002 ≡ 1 (mod 4) Suy ra 2003 ≡ 1 (mod 4), vô lí. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. e) Giả sử phương trình đã cho có nghiệm. Khi đó: y2 + 1 ≡ 0 (mod 19). Vì 19 là số nguyên tố có dạng 4k + 3 nên y2 + 1 ≡ 0 (mod 19) ta suy ra 19 1, vô lí www.VNMATH.com
36. chúng tôi chúng tôi 36 Vì x, y nguyên tố nên x, y ≥ 2. Từ phương trình đã cho ta suy ra z ≥ 5 và z lẻ (do z nguyên tố). Vì z lẻ nên x chẵn hay x = 2. Khi đó, z = 1 + 2y . Nếu y lẻ thì z chia hết cho 3 (loại). Vậy y = 2. Đáp số : x = y = 2 và z = 5. Bài 10: Tìm tất cả các cặp số tự nhiên (n, z) thỏa mãn phương trình : 2n + 122 = z2 – 32 Hướng dẫn: Nếu n lẻ thì 2n ≡ -1 (mod 3). Từ phương trình đã cho ta suy ra z2 ≡ -1 (mod 3), loại. Nếu n chẵn thì n = 2m (m € N) và phương trình đã cho trở thành: z 2 – 22m =153 hay (z – 2m )(z + 2m ) = 153. Cho z + 2m và z – 2m là các ước của 153 ta tìm được m = 2, z = 13. Đáp số : n = 4, z = 13. Bài 11: Tìm x, y nguyên thỏa mãn : x2 y2 – x2 – 8y2 =2xy Hướng dẫn: Viết lại phương trình đã cho dưới dạng: y2 (x2 – 7) = (x + y)2 . (1) Phương trình đã cho có nghiệm x = y = 0. Xét x, y ≠ 0. Từ (1) suy ra x2 – 7 là một số chính phương. Đặt x2 – 7 = a2 , ta có (x – a)(x + a) = 7 Từ đó tìm được x Đáp số: (0, 0) ; (4, -1) ; (4, 2) ; (-4, 1) ; (-4, -2) Bài 12: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : 2 3x y z Hướng dẫn: Vì vai trò của x, y, z như nhau nên có thể giả sử .y z Từ phương trình đã cho ta suy ra 2 3 2 .x y z yz Suy ra 2 ( ) 4 3( ) 4 12.x y z x y z yz (1) Vì 3 là số vô tỉ nên từ (1) ta suy ra : x – y – z = 4yz – 12 = 0 yz = 3 y = 3, z = 1 và x = y + z =4 Đáp số : phương trình có 2 nghiệm là (4; 3; 1) và (4; 1; 3) Bài 13: Tìm tất cả các số nguyên dương a, b, c đôi một khác nhau sao cho biểu thức : A = 1 1 1 1 1 1 a b c ab bc ca nhận giá trị nguyên dương. Hướng dẫn: Ta có chúng tôi = ab + bc + ca + a + b + c (1) Từ (1) ta CM được a, b, c cùng tính chẵn lẻ. Vì vau trò của a, b, c như nhau và a, b, c đôi một khác nhau nên có thể giả thiết a < b < c. Nếu 3a thì 5, 7b c và A < 1, loại. Suy ra a = 1 hoặc a = 2 Nếu a = 1 thì 3, 5b c do đó 1 < A < 3 suy ra A = 2. Thay a = 1, A = 2 ta được: 2(b + c) + 1 = bc hay (b – 2)(c – 2) =5. Từ đó ta được b = 3, c = 7. Trường hợp a = 2 xét tương tự. Đáp số : (2; 4; 14), (1; 3; 7) và các hoán vị của 2 bộ số này www.VNMATH.com
37. chúng tôi chúng tôi 37 Bài 14: Tìm tất cả các bộ ba số tự nhiên không nhỏ hơn 1 sao cho tích của hai số bất kì cộng với 1 chia hết cho số còn lại Hướng dẫn: Giả sử ba số đã cho là 1.a b c Ta có , , 1 1 1 c a b ab bc ac Suy ra ( 1)( 1)( 1) abc ab ac bc ab + bc + ca + 1 abc ab + bc + ca + 1 = chúng tôi .k (1) Vì ab + bc + ca + 1 4abc nên k 4 Nếu k = 4 thì a = b = c = 1 (thỏa mãn) Nếu k = 3 thì từ (1) ta suy ra 3abc 4ab suy ra c 1 Do đó c = 1 a = 2, b = 1 Trường hợp k = 2, k = 1 được xét tương tự như trường hợp k = 3 Đáp số : (1; 1; 1) , (2; 1; 1) , (3; 2; 1) , (7; 3; 2) Bài 15: Tìm ba số nguyên dương đôi một khác nhau x, y, z thỏa mãn : 3 3 3 2 ( )x y z x y z Hướng dẫn: Vì vai trò của x, y, z như nhau nên có thể giả sử x < y < z Áp dụng bất đẳng thức 33 3 3 3 3 x y z x y z , , 0x y z ta suy ra x + y + z 9 Dấu bằng không xảy ra vì x, y, z đôi một khác nhau Vậy x + y + z 8 (1) Mặt khác x + y + z 1 + 2 + 3 =6 (2) Từ (1) , (2) ta suy ra x 6,7,8 Từ đây kết hợp với phương trình ban đầu ta tìm được x, y, z Đáp số : (1, 2, 3) và các hoán vị của bộ ba số này Bài 16: Tìm tất cả nghiệm nguyên (x; y) của phương trình : 2 2 3 ( )( ) ( )x y x y x y Hướng dẫn: Biến đổi phương trình về dạng 2 2 2 [2 ( 3 ) ( 3 )] 0y y x x y x x (1) TH 1: y = 0 TH 2: y 0 . Khi đó (1) 2 2 2 2 ( 3 ) ( 3 ) 0y x x y x x (2) Xem (2) là phương trình bậc 2 đối với biến y. Để (2) có nghiệm nguyên thì 2 ( 1) ( 8)x x x phải là một số chính phương, tức là 2 ( 8) ( ) ( 4 )( 4 ) 16x x a a x a x a www.VNMATH.com
38. chúng tôi chúng tôi 38 Từ đó ta tìm được x Đáp số : (x; y) = (9; -6) , (9; -21) , (8; -10) , (-1; -1) và (m; 0) với m Bài 17: Tìm các số nguyên không âm x, y sao cho : 2 2 1x y y Hướng dẫn: Nếu y = 0 thì x = 1 Nếu y 1 thì từ phương trình đã cho ta suy ra y < x < y + 1, vô lí Bài 18: Tìm các số nguyên x, y, z, t sao cho : a) 2 2 2 2 2 x y z x y b) 2 2 2 2x y z xyz c) 2 2 2 2 2x y z t xyzt Hướng dẫn: Sử dụng phương pháp xuống thang a) Phương trình đã cho : 2 2 2 2 2 x y z x y (1) Nếu cả x và y đều lẻ thì từ (1) suy ra z chẵn. Khi đó, 2 2 2 2(mod 4)x y z còn 2 2 1(mod 4):x y vô lí Vậy 1 trong 2 biến x, y phải chẵn Giả sử x chẵn, từ (1) suy ra 2 2 4y z do đó cả y và z đều phải chẵn Đặt 1 1 1 1 1 12 , 2 , 2 ( , , )x x y y z z x y z . Thay vào (1) ta có 2 2 2 2 2 1 1 1 1 14 . .x y z x y (2) Từ (2) lại lập luận như trên ta suy ra 1 1 1, ,x y z đều chẵn Cứ tiếp tục như vậy sẽ dẫn đến 2 , 2 , 2 , .k k k x y z k Điều này chỉ xảy ra khi x = y = z = 0 b) , c) tương tự Bài 19: Tìm các số nguyên x, y, z, t thỏa mãn: 3 1 2. xy zt xz yt Hướng dẫn: Ta có 3 1 2 xy zt xz yt 2 2 ( 3 ) 1 3( ) 12 xy zt xz yt Cộng theo từng vế ta có 2 2 2 2 ( 3 )( 3 ) 13x t y z Đáp số : (x; y; z; t) = (1; 1; 2; 0) , (-1; -1; -2; 0) , (1; 1; 0; 2) , (-1; -1; 0; -2) Bài 20: Tìm các nghiệm nguyên dương của hệ phương trình : 3 3 2 x y z x y z Hướng dẫn: Khử z đưa đến phương trình : 2 2 ( 1) 0y x y x x www.VNMATH.com
40. chúng tôi chúng tôi 40 Hướng dẫn: Đáp số : x = y = z =1 hoặc x= y = z = 2 Đặt ƒ(t) = 3 2 2 7 8 2t t t và sử dụng tính chất ƒ(a) – ƒ(b) ( )a b a b Bài 26: Tìm x, y Z : 2001x y (*) Hướng dẫn: Điều kiện , 0x y Từ (*) suy ra 2001y x . Bình phương hai vế ta được 2001 2 2001. 2001.y x x x Vì 2001 = 3 × 667, ta lại có 3 và 667 là các số nguyên tố nên x = 3 × 667 × a2 = 2001.a2 (trong đó )a Lập luận tương tự ta có y = 2 2001. ( )b b Thay 2 2 2001 , 2001x a y b vào (*) cà rút gọn ta suy ra : a + b =1 Từ đó có hai nghiệm : (x; y) =(2001; 0) hoặc (0; 2001) Bài 27: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a, b) sao cho 2 2 2 a ab là số nguyên Hướng dẫn: Từ giả thiết suy ra 2( ) ( 2) 2( ) ( 2)a b ab a b k ab (1) Từ (1) chứng tỏ k = 1 suy ra a = 4, b = 3 Đáp số : (a; b) = (4; 3) Bài 28: Tìm n nguyên dương sao cho phương trình x3 + y3 + z3 = nx2 y2 z2 có nghiệm nguyên dương. Với các giá trị vừa tìm được của n, hãy giài phương trình trên. Hướng dẫn: Đáp số : n = 1 hoặc n = 3 Bài 29: Cho phương trình : x3 – 3xy2 + y3 = n a) Giả sử phương trình đã cho có một nghiệm nguyên (x, y). Chứng minh rằng phương trình đã cho có ít nhất ba nghiệm nguyên b) Giải phương trình tìm nghiệm nguyên với n = 2002 Hướng dẫn: a) Ta có 3 2 3 3 2 3 3 2 3 3 ( ) 3( ) ( ) ( ) 3( )( ) ( ) .x xy y y x y x x x y y x y x y b) Từ phương trình đã cho ta suy ra 3 3 1(mod3).x y Suy ra 1(mod3)x và 0(mod3)y hoặc 0(mod3)x và 1(mod3)y Cả hai trường hợp ta đều có 3 2 3 3 1(mod9)x xy y . Do đó phương trình đã cho không cò nghiệm khi n = 2002. Bài 30: Chứng minh * ,n phương trình 1 2 1 2… . …n nx x x x x x luôn có nghiệm trong * . Hướng dẫn: Cho 1 2 2… 1nx x x ta đi đến phương trình 1( 1)( 1) 1.n nx x n (1) www.VNMATH.com
41. chúng tôi chúng tôi 41 Dễ thấy nx n và 1 2nx thỏa mãn (1) Vậy phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm nguyên dương là 1 2( ; ;…; ) (1;1;…;2; )n x x x n Bài 31: Chứng minh rằng phương trình x3 + y3 + z3 – 3xyz = 2001n luôn có nghiệm nguyên với mọi n ≥ 2 Hướng dẫn: Đặt 2001 9n m . Bộ ba số (m; m – 1; m + 1) là một nghiệm của phương trình đã cho Bài 32: Chứng minh rằng phương trình x2 + y5 = z3 có vô số nghiệm nguyên (x, y, z) thỏa mãn xyz ≠ 0 Hướng dẫn: Dễ thấy bộ các bộ ba sau là nghiệm của phương trình đã cho (3; -1; 2) và (10; 3; 7) Ta thấy nếu (x; y; z) là nghiệm của phương trình đã cho thì 15 6 10 ( , , )k x k y k z cũng là nghiệm của phương trình đã cho. Từ đó có điều phải chứng minh Bài 33: Chứng minh các phương trình sau không có nghiệm nguyên?: 2 2 2 2 2 2 5 3 5 3 2 )3 4 13 )19 28 2001 ) 2 8 3 ) 5 4 24(5 1) )3 6 18 2001 a x y b x y c x y y d x x x y e x x x x Hướng dẫn: dùng phương pháp xét số dư của từng vế. Từ đó ta thấy số dư của hai vế phương trình sẽ không bằng nhau. Điều đó dẫn tới các phương trình vô nghiệm. Bài 34: Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình: 1 1 1 4x y Hướng dẫn: Giả sử 1 x y thì 1 1 x y 1 1 1 2 8 4 1 1 4 4 x x y x x x Vậy 4 8x , thử chọn để tìm nghiệm. Đáp số: (5 ; 20), (20 ; 5), (6 ; 12), (12 ; 6), (8 ; 8) Bài 35: Tìm ba số nguyên dương sao cho tích của chúng gấp đôi tổng của chúng. Hướng dẫn: 2( )xyz x y z Giải sử x y z . Ta có 2( ) 2.3 6xyz x y z z z Suy ra 6xy , thử chọn lần lượt xy = 1; 2; 3; 4; 5; 6. Đáp số: (1 ; 3 ; 8), (1 ; 4 ; 5), (2 ; 2 ; 4) và các hoán vị. Bài 36: Tìm bốn số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng. www.VNMATH.com
43. chúng tôi chúng tôi 43 2 2 3 4 6 13x y x Hướng dẫn: biến đổi 2 2 3 6 3 16 4x x y 2 2 3( 1) 4(4 )x y Đáp số: (3 ; 1), (3 ; -1), (-1 ; 1), (-1 ; -1), (1 ; 2), (1 ; -2) Bài 43: Có tồn tại hay không hai số nguyên dương x và y sao cho 2 x y và 2 y x đều là số chính phương? Hướng dẫn: giả sử y x . Ta có: 2 2 2 2 ( 1)x x y x x x Vậy không tồn tại hai số thỏa mãn đề bài. Bài 44: Chứng minh rằng có vô số số nguyên x để biểu thức sau là số chính phương: 2 2 2 2 2 (1 2 3 4 … )(1 2 3 4 … )x x Hướng dẫn: Đặt 2 2 2 2 2 2 (1 2 3 4 … )(1 2 3 4 … )x x y Ta có: 2( 1) ( 1)(2 1) . 2 6 x x x x x y 2 2( 1) 2 1 . 2 3 x x x y Phương trình này có vô số nghiệm nguyên: 2 6 6 1x n n Bài 45: Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là số chính phương: 4 3 2 1x x x x Hướng dẫn: giả sử 4 3 2 2 1x x x x y Biến đổi về dạng: 2 2 2 2 2 2 2 (2 ) (2 ) 2 ( 2) (2 )y x x x x x x Nên 2 2 2 (2 ) (2 1)y x x 1 3x . Xét x = -1; 0; 1; 2; 3. Đáp số: x = -1; x = 0; x = 3 Bài 46: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : a) x3 – 3y3 – 9z3 = 0 b) 8×4 – 4y4 + 2z4 = t4 Hướng dẫn: a) Dễ thấy x, y, z đều chia hết cho 3. Đặt x = x1, y = y1, z = z1 (x1, y1, z1 € Z), ta được : x1 3 + 3y1 3 – 9z1 3 = 0 Suy ra x = y = z = 0 b) Đáp số : x = y = z = t = 0 Bài 47: Tìm năm sinh của Nguyễn Du, biết rằng vào năm 1786 tuổi của nhà thơ bằng tổng các chữ số năm ông sinh ra. Hướng dẫn: Gọi năm sinh của nhà thơ 17xy www.VNMATH.com
44. chúng tôi chúng tôi 44 Ta có: 1786 -17xy = 1 + 7 + x + y (0 ≤ x ≤8, 0 ≤ y ≤ 9) 11x +2y = 78 Đáp số: 1766 Bài 48: Ba người đi câu được một số cá. Trời đã tối và mọi người đều mệt lả, họ vứt cá trên bờ sông, mỗi người tìm một nơi lăn ra ngủ. Người thứ nhất thức dậy, đếm số cá thấy chia 3 thừa 1 con, bèn vứt 1 con xuống sông và xách 1 3 về nhà. Người thứ hai thức dậy, tưởng hai bạn mình còn ngủ, đếm số cá vứt 1 con xuống sông và xách 1 3 về nhà. Người thứ 3 thức dậy , tưởng mình dậy sớm nhất, lại vứt 1 con xuống sông và mang 1 3 về nhà. Tính số cá 3 chàng trai câu được? biết rằng họ câu rất tồi….. Hướng dẫn: 2 2 2 1 1 1 3 3 3 x y 8x – 27y = 38 ( x, y N) x = -2 + 27t , y = -2 + 8t Cho t = 1 x = 25, y = 6 Bài 49: giải các phương triình nghiệm nguyên: a) x2 – 4y2 = 1 b) x2 – y2 = 91 c) 2×3 + xy = 7 d) x2 + y2 = 2z2 e) x2 + 2y2 = z2 f) x2 + y2 = z2 + 1 g) 2×2 + 3y2 = z2 h) x2 – y2 + x = 0 i) x3 +7y = y3 + 7x j) 3×2 + 10xy + 8y2 = 96 k) 19×2 + 28y2 = 729 l) xy + 3x -5y = -3 m) x + y = xy n) x + y +1 = xyz o) x3 – 2y3 – 4z3 = 0 p) y2 = x3 + 7 q) x2 + y2 + z2 = 2xyz r) x2 + y2 + z2 + u2 = 2xyzu s) 8×4 + 4y4 + 2z4 = t4 t) x(x + 1)(x +7)(x + 8) = y2 u) ( x + 2)4 – x4 = y3 v) x1 4 + x2 4 + …….+ x14 4 =1599 Hướng dẫn www.VNMATH.com
46. chúng tôi chúng tôi 46 Bài 50: Tìm điều kiện cần và đủ cho số k để phương trình có nghiệm nguyên. x2 – y2 = k Hướng dẫn: Nếu x2 -y2 =k có nghiệm nguyên thì k 4t +2 Xét trường hợp k chẵn k lẻ Bài 51: Chứng minh rằng phương trình : 1 1 1 1 1991x y z chỉ có một số hữu hạn nghiệm nguyên dương. Hướng dẫn: Gỉa sử 0 <x ≤y ≤ z. Ta có 1 1 1 1 1 3 1991x y z t x suy ra 1991 < x ≤ 3.1991 nên x có hữu hạn giá trị Với mỗi giá trị của x có y ≤ 2.1991 1991 x x ≤ 22 .1991 suy ra giá trị tương ứng của z với mỗi gía trị của x,y Bài 52: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 1 1 1 ) 14 1 1 1 ) a x y b x y z Hướng dẫn: a) Xét 1 1 1 x y a ( a nguyên dương) Với x 0, y 0, phương trình tương đương ax + ay = xy hay (x – a)(y – a) = a2 . Có tất cả 2m -1 nghiệm, với m là các ước số lớn hơn 0 của a2 . Với a = 14, a2 =196 Có 9 ước số dương và phương trình có 17 nghiệm. Bài 53: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 1! +2! +…… + x! = y2 Hướng dẫn: Thử trực tiếp, thấy x < 5, Phương trình có nghiệm, tìm nghiệm Chứng minh với x ≥ 5 phương trình vô nghiệm Bài 54: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : xy + 3x – 5y = -3 2×2 – 2xy – 5x + 5y = -19 Hướng dẫn: a) 3 5 3 ( 5)( 3) 18xy x y x y Đáp số : (x;y) =(4;15), ( -13;-2), (3;6), ( 14;-5), (2;3), (11,-6), (8;-9), (23 -4), (6;-21), (- 1;0), (-4;-1), (7;-13) b) tương tự Bài 55: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 4x + 11y = 4xy x2 – 656xy – 657y2 = 1983 Hướng dẫn: www.VNMATH.com
47. chúng tôi chúng tôi 47 4 11 4 (4 11)( 1) 1x y xy x y Xét 4 hệ phương trình Đáp số (x; y) (0;0), (3;12) b) ( 7) (2 7 2 )(2 7 2 ) 49z z y z y z y 2 2 656 657 1983 ( )( 657 ) 1983x xy y x y x y Đáp số : (x;y );(-4; -1), (4; -1) , (-660 ;-1), (660;1) Bài 56: Tìm các cặp số nguyên dương (x ; y) thỏa mãn phương trình : 7x – xy – 3y = 0 y2 = x2 + 12x – 1923 Hướng dẫn: 7 3 0 ( 3)(7 ) 21x y xy x y Chú ý rằng x Z nên x +3 ≥4, do đó chỉ có hai phuong trình Đáp số : (4;4 ), (8, 16) Bài 57: Tìm nghiệm nguyên của phương trình a) x(x + 1)(x +7)(x + 8) = y2 b) y(y + 1)(y + 2)(y + 3) = x2 Hướng dẫn: 2 2 2 ( 1)( 7)( 8) ( 8 7)x x x x y x x y Đặt x2 + 8x = z ( )z Z Ta có : ( 7) (2 7 2 )(2 7 2 ) 49z z y z y z y Đáp số : (0;0), (-1;0), (1;12), (1;-12), (-9;12), (-9; -12),( -8; 0), (-7;0), (-4;12), (-4; 12) www.VNMATH.com
48. chúng tôi chúng tôi 48 www.VNMATH.com
49. chúng tôi chúng tôi 49 1) Định lý lớn Fecma: Ta biết có vô số bộ ba số nguyên dương thỏa mãn phương trình 2 2 2 x y z . Đương nhiên xuất hiện một câu hỏi: có ba số nguyên dương nào thỏa mãn phương trình 3 3 3 x y z không? Vào năm 1637, nhà toán học Pháp Fecma (Pierre de Fermat, 1601 – 1665) đã nêu lên mậng đề sau, được gọi là định lý lớn Fecma: Phương trình n n n x y z (với n là số nguyên lớn hơn 2) không có nghiệm nguyên dương. Fecma đã viết vào lề cuốn Số học của Điôphăng, ở cạnh mục giải phương trình 2 2 2 x y z : “Không thể phân tích được một lập phương đúng thành tổng của hai lập phương, không thể phân tích được một trùng phương thành tổng của hai trùng phương, và nói chung với bất cứ lũy thứa nào lớn hơn 2 thành tổng của hai lũy thừa cùng bậc. Tôi đã tìm được cách chứng minh kì diệu mệnh đề này, nhưng lề sách này quá chật nên không thể ghi lại được.” Năm 1670, năm năm sau khi Fecma mất, con trai ông đã công bố mệnh đề này. 2) Lịch sử về chứng minh định lý lớn Fecma: Người ta đã tìm thấy chứng minh của Fecma với n = 4, nhưng không biết được ông đã giải bài toán tổng quát như thế nào? Liệu lời giải của ông có sai lầm hay không? Chỉ biết rằng phải đến một thế kỷ sau, Ơle mới chứng minh được bài toán với n = 3 năm 1753 trong thư gửi Gônbach. Năm 1825, bẳng những phát minh mới về lý thuyết số, Đirichlê và Lơgiăngđrơ chứng minh được với n = 5. Năm 1839 Lamê chứng minh được với n = 7. Sau đó khoảng năm 1850 Kume chứng minh được với mọi 100n . Năm 1978, nhờ máy tính điện tử người ta đã chứng minh được bài toán với mọi n nhỏ hơn 125000. Phương trình n n n x y z được gọi là phương trình Fecma. Nó đã lôi cuốn các nhà toán học chuyên nghiệp và nghiệp dư suốt hơn ba thế kỷ. Trên con đường tìm cách giải phương trình đó, nhiều lý thuyết toán học mới đã được sáng tạo ra. Trong bốn chục năm gần đây, nhiều nhà toán học đã đạt được những kết quả quan trọng. Và đề chứng minh định lý lớn Fecma, chỉ còn chứng minh giả thuyết do Taniyama nếu ra: mọi đường cong elliptic đều là đường cong Weil. Chúng ta tìm hiểu đôi chút về điều này. Ta xem mỗi nghiệm nguyên của phương trình là một điển có toạ độ nguyên của một đường cong. Đường cong elliptic được Taniyama đưa ra năm 1955 trong một hội nghị quốc tế ở Nhật Bản, đó là đường cong cho bởi phương trình 2 3 2 y x mx nx p thỏa mãn điều kiện “không có điểm kì dị”. Nhà toán học Đức Frey là người đầu tiên gắn việc chứng minh định lý lớn Fecma với các đường cong elliptic: giả sử định lý lớn Fecma không đúng thì tồn tại các số nguyên a, b, c khác 0 và số tự nhiên n sao cho n n n a b c . Khi đó tồn tại một đường cong elliptic đặc biệt dạng Frey. Năm 1986, Ribet chứng minh được rằng: đường cong elliptic dạng Frey nếu tồn tại thì nó không phải là đường cong Weil. www.VNMATH.com
51. chúng tôi chúng tôi 51 Pytago sinh khoảng năm 580 và mất khoảng năm 500 trước Công nguyên. Ông sinh trưởng trong một gia đình quý tộc ở đảo Xa- môt, một đảo giàu có ở ven biển Ê – giê thuộc địa trung hải. Mới 16 tuổi , cậu bé Pytago đã nổi tiếng về trí thông minh khác thường. Cậu theo học một nhà toán học nổi tiếng Talét và chính Talét cũng phải kinh ngạc vì trí thông minh, tài năng của cậu. Để tìm hiểu khoa học của nền văn học các dân tộc, Pytago đã dành nhiều năm đến Ấn Độ, Babilon, Ai Cập và trở nên uyên bác trong hầu hết các lĩnh vực quan trọng: số học, hình học, thiên văn, địa lý âm nhạc, y học, triết học. Vào tuổi 50, ông mới trở về tổ quốc của mình. Ông thành lập một ngôi trường ở miền nam Ý, nhận hàng trăm môn sinh, kể cả phụ nữ, với thời gian học 5 năm gồm 4 bộ môn: hình học, toán học, thiên văn, âm nhạc. Chỉ những học sinh giỏi vào cuối năm thứ 3 mới được ông trực tiếp dạy. Trường phái Pytago đã đóng một vai trò quan trọng trong sự phát triển nền khoa học của thế giới cổ đại, đặc biệt về số học và hình học. Pytago chứng minh hệ thức giữa độ dài các cạnh của một tam gíac vuông . Hệ thức này đã đựơc nguời Ai Cập, người Babilon, Trung Quốc, Người Ấn Độ biết đền từ trước, nhưng Pytago là người đầu tiên chứng minh hệ thức ấy. Trường phái Pytago khảo sát hình vuông có cạnh dài 1 đơn vị và nhận ra rằng không thể biểu thị độ dài đường chéo cùa nó bằng một số nguyên hay phân số, tức là tồn tại các đoạn thẳng không biểu thị được theo đoạn thẳng đơn vị bởi một sồ hữu tỉ. Sự kiện ấy được so sánh với việc tìm ra hình học Ơclit ở thế kỉ XIX. Trường phái Pytago cũng nghiên cứu về âm nhạc. Họ giaỉ thích rằng độ cao của âm thanh tỉ lệ nghịch với chiều dài của dây và ba sợi dây đàn có chiều dài tỉ lệ với 6, 4, 3 sẽ cho một hợp âm êm tai. Pytago còn nghiên cứu cả kiến trúc và thiên văn. Ông cho rằng trái đất có hình cầu và ở tâm của vũ trụ. Pytago và các môn đệ cũa ông tôn thờ các con sồ và gán cho mỗi con số một ý nghĩa thần bí : họ cho rằng số 1 là nguồn gốc của mọi số, số lẻ là số nam, số chẵn là số nữ, số 5 biểu thị việc xây dựng gai đình, số 7 mang tính chất của sức khỏe, số 8 biểu thị cho tình yêu… Trước lúc vào nghe giảng, các học trò của Pytago đọc những câu kinh như: “Hãy ban ơn cho chúng tôi, hỡi những con số thần linh đã sáng tạo ra loài người” Pytago cũng có những câu thơ và nêu lên những phương châm xử thế: Hãy sống giản dị, không xa hoa. Hãy tôn trọng cha mẹ. Hãy tập chiến thắng sự đói khát, sự lười biếng và sự giận dữ. Chớ coi thường sức khỏe. Hãy cung cấp cho cơ thể đúng lúc những đồ ăn thức uống và sự luyện tập cần thiết. Chưa nhắm mắt nếu chưa soát lại những việc đã làm trong ngày. Đừng thấy cái bóng trơ của mình trên tường mà tưởng mình vĩ đại. www.VNMATH.com
52. chúng tôi chúng tôi 52 Trong quá trình biên soạn quyển chuyên đề này, chúng em đã tham khảo và trích dẫn từ nhiều nguồn sách, báo và tài liệu khác nhau. – Phương trình và bài toán với nghiệm nguyên, tác giả Vũ Hữu Bình. – Một số chuyên đề môn toán trung học cơ sở, tác giả Vũ Dương Thụy và Nguyễn Ngọc Đạm. – Một số chuyên đề số học, các tác giả ở Hà Nội. – Tạp chí báo Toán Tuổi Thơ 2, do nhà xuất bản giáo dục. – Một số tài liệu từ mạng. Cảm ơn các tác giả sách, báo nói trên đã có những quyển sách hay giúp chúng em hoàn thành tốt chuyên đề này. Chân thành cảm ơn thầy và các bạn đã dành thời gian xem chuyên đề. Nhóm biên tập hân hạnh đón nhận những đóng góp từ thầy và các bạn./. Nhóm biên tập Nguyễn Hoàng Anh Thư Trương Thanh Thư Lê Thị Thu Thảo Phạm Ngọc Xuân Đào Nguyễn Thị Mỹ Huyền www.VNMATH.com
Chuyên Đề: Phương Trình Lớp 8
Phần IPhương trình bậc nhất một ẩnI. Khái niệm về phương trình. Phương trình bậc nhất một ẩn.1. Ví dụVí dụ 1: Giải phương trình: a2x + b = a(x + b) Giải: a2x + b = a(x + b) a2x + b = ax + ab a2x – ax = ab -b ax(a – 1) = b(a -1) (1)Nếu thì phương trình có một nghiệm duy nhất Nếu a = 1 thì (1) có dạng 0x = 0, phương trình nghiệm đúng với mọi x.Nếu a = 0 thì (1) có dạng 0x = -b, phương trình nghiệm đúng với mọi x khi b = 0, phương trình vô nghiệm khi Ví dụ 2: Giải phương trình:
Giải: Phương trình trên có hệ số bằng chữ ở mẫu thức. Điều kiện để phương trình có nghĩa là Với điều kiện này, phương trình đã cho tương với (a+x)(a+1) – (a-x)(a – 1) = 3aSau khi biến đổi ta được: 2ax = a (1)Nếu a 0, phương trrình có nghiệm duy nhất
Nếu a = 0, phương trrình (1) trở thành 0x = 0, nghiệm đúng với mọi x.
Kết luận: Nếu phương trình có nghiệm duy nhất Nếu a = 0, phương trình nghiệm đúng với mọi x Nếu a = phương trình vô nghiệm.Bài tập vân dụngBài 1: Tìm giá trị của m sao cho phương trình:a) 5(m + 3x)(x + 1) – 4(1 + 2x) = 80 có nghiệm x = 2.b) 3(2x + m)(3x + 2) – 2(3x + 1)2 = 43 có nghiệm x = 1.Bài 2: Giải các phương trình sau:ab) c) d) II. Phương trình chứa ẩn ở mẫu thức.1. Ví dụVí dụ 3: Giải phương trình:
Giải: Nghiệm của phương trình nếu có, phải thoả mãn điều kiện Với điều kiện đó, phương trình tương đương với:3(4x + 1) = 2(1 – 4x) + (8 + 6x) 14x = 7 x = Giá trị này thoả mãn điều kiện trên. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = Ví dụ 4: Giải phương trình:
Giải: Điều kiện của nghiệm số, nếu có, là Với điều kiện đó, phương trình tương đương với:3(3 – 5x) + 2(5x – 1) = 4Giải phương trình này, ta được x = Giái trị này không thảo mãn điều kiện. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.Bài tập vận dụngBài 3: Giải các phương trình sau:ab) c) d) e) Bài 4: Với giá trị nào của a thì phương trình sau có một nghiệm duy nhất?
III. Phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đốiKhi giải các phương trình mà ẩn nằm trong dấu giái trị tuyệt đối, để bỏ dấu giá trị tuyệt đối ta xét từng khoảng giá trị của biến. Cần nhớ và năm vững lý thuyết sau:1. Định nghĩa giá trị tuyệt đối:
2. Định lý về dấu của nhị thức bậc nhất ax
Cập nhật thông tin chi tiết về Chuyên Đề: Giải Phương Trình Nghiệm Nguyên trên website Ictu-hanoi.edu.vn. Hy vọng nội dung bài viết sẽ đáp ứng được nhu cầu của bạn, chúng tôi sẽ thường xuyên cập nhật mới nội dung để bạn nhận được thông tin nhanh chóng và chính xác nhất. Chúc bạn một ngày tốt lành!