Toán học Phần Phương trình nghiệm nguyên39248

Nhóm biên soạn lớp 10 Tốn năm học 2009 – 2010 Giáo viên hướng dẫn: thầy ĐỖ KIM SƠN DeThiMau.vn Nhóm biên soạn lớp 10 Tốn năm học 2009 – 2010 Lời nói đầu Trang Phần 1: Các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Phương pháp 1:Xét số dư vế Phương pháp 2: Đưa dạng tổng .5 Phương pháp 3: Dùng bất đẳng thức Phương pháp 4: Dùng tính chia hết, tính đồng dư .8 Phương pháp 5: Dùng tính chất số phương .11 Phương pháp 6: Lùi vô hạn, nguyên tắc cực hạn .14 Phương pháp 7: Xét chữ số tận 15 Phương pháp 8: Tìm nghiệm riêng 15 Phương pháp 9: Hạ bậc 16 Phần 2: Các dạng phương trình có nghiệm ngun .18 Dạng 1: Phương trình bậc 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 vơ 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 DeThiMau.vn Nhóm biên soạn lớp 10 Toán năm học 2009 – 2010 Phương trình tốn với nghiệm ngun đề tài lý thú Số học Đại số, từ tốn tính loại trâu Trăm trâu trăm cỏ đến chuyên gia toán học lớn với toán định lý lớn Fecma Được nghiên cứu từ thời Điơphăng kỉ thứ III, phương trình nghiệm nguyên đối tượng nghiên cứu tốn học Phương trình nghiệm ngun vơ đa dạng, thường khơng có quy tắc giải tổng qt Mỗi tốn, với số liệu riêng nó, đòi hỏi cách giải riêng phù hợp Thời gian qua, nhờ hướng dẫn giáo viên môn, chúng em xin giới thiệu chuyên đề “Phương trình nghiệm nguyên” Chuyên đề tập hợp phương pháp dạng phương trình khác phương trình nghiệm nguyên, chúng em sưu tầm từ nguồn kiến thức khác Chúng em mong muốn chuyên đề giúp ích phần cho việc tìm hiểu bạn học sinh vấn đề nêu Quyển chuyên đề gồm có phần Đầu tiên chúng em xin giới thiệu phương pháp thường dùng để giải phương trình với nghiệm nguyên, sau việc tìm hiểu cách giải dạng phương trình khác cuối phần tập Trong trình biên soạn, sưu tầm tập hợp phương pháp ví dụ, tập, chúng em cố gắng nhiều thiếu sót điều khó tránh khỏi Vì vậy, chúng em mong thầy bạn xem xong chuyên đề đóng góp ý kiến để giúp chuyên đề sau hoàn thành tốt Xin chân thành cảm ơn! Nhóm biên tập DeThiMau.vn Nhóm biên soạn lớp 10 Tốn năm học 2009 – 2010 DeThiMau.vn Nhóm biên soạn lớp 10 Tốn năm học 2009 – 2010 1) PHƯƠNG PHÁP XÉT SỐ DƯ CỦA TỪNG VẾ Ví dụ 1: Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm ngun: a) x  y  1998 b) x  y  1999 Giải: a) Dễ chứng minh x , y chia cho có số dư nên x  y chia cho có số dư 0, 1, Cịn vế phải 1998 chia cho dư Vậy phương trình cho khơng có nghiệm ngun b) x , y chia cho có số dư 0, nên x  y chia cho có số dư 0, 1, Còn vế phải 1999 chia cho dư Vậy phương trình khơng có nghiệm ngun Ví dụ 2: Tìm nghiệm ngun phương trình 9x   y2  y Giải Biến đổi phương trình: x   y ( y  1) Ta thấy vế trái phương trình số chia hết cho dư nên y ( y  1) chia cho dư Chỉ có thể: y  3k  , y   3k  với k nguyên Khi đó: x   (3k  1)(3k  2)  x  9k ( k  1)  x  k ( k  1) Thử lại, x  k ( k  1) , y  3k  thỏa mãn phương trình cho  x  k ( k  1) với k số nguyên tùy ý  y  3k  Đáp số  2) PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ DẠNG TỔNG Biến đổi phương trình dạng: vế trái tổng bình phương, vế phải tổng số phương Ví dụ 3: Tìm nghiệm ngun phương trình: (1) x2  y2  x  y  Giải: (1)  x  y  x  y  32  (4 x  x  1)  (4 y  y  1)  34 | x  |2  | y  |2  32  52 Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 chì có dạng phân tích thành tồng hai số phương 32 ,52 Do phương trình thỏa mãn hai khả năng: | x  | | x  |   | y  | | y  | DeThiMau.vn Nhóm biên soạn lớp 10 Toán năm học 2009 – 2010 Giải hệ  phương trình (1) có bốn nghiệm ngun là: (2 ; 3), (3 ; 2), (  ;  2), (  ;  1) 3) PHƯƠNG PHÁP DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC Trong giải phương trình nghiệm nguyên cần đánh giá miền giá trị biến, số giá trị mà biến số nhận khơng nhiều dùng phương pháp thử trực tiếp để kiểm tra Để đánh giá miền giá trị biến số cần vận dụng linh hoạt tính chất chia hết, đồng dư, bất đẳng thức … a) Phương pháp thứ tự ẩn Ví dụ 4: Tìm ba số ngun dương cho tổng chúng tích chúng Giải: Cách 1: Gọi số nguyên dương phải tìm x, y, z Ta có: x  y  z  x y z (1) Chú ý ẩn x, y, z có vai trị bình đẳng phương trình nên xếp thứ tự giá trị ẩn, chẳng hạn:  x  y  z Do đó: xyz  x  y  z  3z Chia hai vế bất đảng thức xyz  3z cho số dương z ta được: xy  Do xy  {1;2;3} Với xy = 1, ta có x = 1, y = Thay vào (1) + z = z (loại) Với xy = 2, ta có x = 1, y = Thay vào (1) z = Với xy = 3, ta có x = 1, y = Thay vào (1) z = loại y  z Vậy ba số phải tìm 1; 2; Cách 2: Chia hai vế (1) cho xyz  được: 1   1 yz xz xy Giả sử x  y  z  ta có 1 1 1 1    2 2  yz xz xy z z z z Suy  z  nên z = Thay z = vào (1): z x  y   xy  xy  x  y   x ( y  1)  ( y  1)   ( x  1)( y  1)  Ta có x   y   nên x–1 y–1 Suy x y Ba số phải tìm 1; 2; Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình sau : 5(x + y + z + t) + 10 = 2xyzt DeThiMau.vn Nhóm biên soạn lớp 10 Tốn năm học 2009 – 2010 Giải Vì vai trị x, y, z, t nên giả thiết x ≥ y ≥ z ≥ t Khi : 2xyzt = 5(x + y + z + t) +10 ≤ 20x + 10  yzt  15  t  15  t  Với t = ta có : 2xyz = 5(x + y + z) +15 ≤ 15x + 15  yz  30  z  30  z  Nếu z = 2xy = 5(x + y) + 20 hay 4xy = 10(x + y) + 40 hay (2x – 5)(2y – 5) = 65 Dễ thấy phương trình có nghiệm (x = 35; y = 3) (x = 9; y = 5) Giải tương tự cho trường lại trường hợp t = Cuối ta tìm nghiệm nguyên dương phương trình cho (x; y; z; t) = (35; 3; 1; 1); (9; 5; 1; 1) hoán vị số b) Phương pháp xét khoảng giá trị ẩn Ví dụ 6: Tìm nghiệm ngun dương phương trình: 1   x y Giải: Do vai trị bình đẳng x y, giả sử x  y Dùng bất đẳng thức để giới hạn khoảng giá trị số nhỏ (là y) 1 Hiển nhiên ta có  nên y  (1) y 1 Mặt khác x  y  nên  Do đó: x y 1 1      nên y  (2) x y y y y Ta xác định khoảng giá tri y  y  1 1 Với y = ta được:    nên x = 12 x 12 1 Với y = ta được:    loại x khơng số nguyên x 15 1 1 Với y = ta được:    nên x = x 6 Các nghiệm phương trình là: (4 ; 12), (12 ; 4), (6 ; 6) c) Phương pháp nghiệm nguyên Ví dụ 7: Tìm số tự nhiên x cho: x  3x  x Giải: Viết phương trình dạng: DeThiMau.vn Nhóm biên soạn lớp 10 Toán năm học 2009 – 2010 x x    3 (1)     1  5  5 Với x = vế trái (1) 2, loại Với x = vế trái (1) 1, x x  3 2 Với x     ,    nên:  5 5 x x    3         loại 5  5  5 Nghiệm phương trình x = d) Sử dụng diều kiện ฀  để phương trình bậc hai có nghiệm Ví dụ 8: Tìm nghiệm ngun phương trình: x  y  xy  x  y (1) Giải Viết (1) thành phương trình bậc hai x: x  ( y  1) x  ( y  y )  (2) Điều kiện cần để (2) có nghiệm ฀  ฀  ( y  1)  4( y  y )  3 y  y    3y2  y    3( y  1)  Do  ( y  1)  suy ra: y–1 -1 y Với y = thay vào (2) x  x   x1  0; x2  Với y = thay vào (2) x  x   x3  0; x4  Với y = thay vào (2) x  3x    x5  1; x6  Thử lại, giá trị nghiệm 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 phương trình nghiệm nguyên cần vận dụng linh hoạt tính chất chia hết, đồng dư, tính chẵn lẻ,… để tìm điểm đặc biệt biến số biểu thức chứa phương trình, từ đưa phương trình dạng mà ta biết cách giải đưa phương trình đơn giản a) Phương pháp phát tính chia hết ẩn: Ví dụ 9: Giải phương trính với nghiệm nguyên: 3x + 17y = 159 Giải: Giả sử x, y số nguyên thỏa mãn phương trình Ta thấy 159 2x chia hết 17y  y  ( 17 nguyên tố nhau) Đặt y = 3t ( t  ฀ ) Thay vào phương trình ta được: DeThiMau.vn Nhóm biên soạn lớp 10 Tốn năm học 2009 – 2010 3x + 17.3t = 159  x + 17t = 53  x  53  17t ( t ฀ )  y  3t Do đó:  Đảo lại, thay biểu thức x y vào phương trình ta nghiệm Vậy phương trình (1) có vơ số nghiệm ngunđược xác định cơng thức:  x  53  17t (t số nguyên tùy ý)   y  3t Ví dụ 10: Chứng minh phương trình : x  y  27 (1) khơng có nghiệm số nguyên Giải Một số nguyên x biểu diễn dạng x = 5k x = 5k ± x = 5k ± k  ฀  Nếu x = 5k : (1)  (5k )  y  27  5(5k  y )  27 Điều vơ lí, vế trái chia hết cho với k y số ngun, cịn vế phải khơng chia hết cho  Nếu x = 5k ± : (1)  (5k  1)  y  27  25k  10k   y  27  5(5k  4k  y )  23 Điều vơ lí, vế trái chia hết cho với k y số ngun, cịn vế phải khơng chia hết cho  Nếu x = 5k ± : (1)  (5k  2)  y  27  25k  20k   y  27  5(5k  4k  y )  23 Lập luận tương tự trên, điều vơ lí Vậy phương trình cho khơng có nghiệm số ngun Ví dụ 11: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình sau : 19x2 + 28y2 = 729 Giải Cách Viết phương trình cho dạng (18x2 + 27y2) + (x2 + y2) = 729 (1) 2 Từ (1) suy x + y chia hết 3, x y chia hết cho Đặt x = 3u, y = 3v (u, v  ฀ ) Thay vào phương trình cho ta : 19u2 + 28v2 = 81 (2) Từ (2) lập luận tương tự ta suy u = 3s, v = 3t ( s, t  ฀ ) Thay vào (2) ta có 19s2 + 28t2 = (3) Từ (3) suy s, t không đồng thời 0, DeThiMau.vn Nhóm biên soạn lớp 10 Tốn năm học 2009 – 2010 19s2 + 28t2 ≥ 19 > Vậy (3) vơ nghiệm phương trình cho vô nghiệm Cách Giả sử phương trình có nghiệm Từ phương trình cho ta suy x2 ≡ -1 (mod 4), điều không xảy với số nguyên x Vậy phương trình cho vơ nghiệm b) Phương pháp đưa phương trình ước số Ví dụ 12: Tìm nghiệm ngun phương trình: xy – x – y = Giải: Biến đổi phương trình thành: x(y – 1) – y =  x(y – 1) – (y – 1) =  (y – 1)(x – 1) = Ta gọi phương trình phương trình ước số: vế trái tích thừa số nguyên, vế phái số Ta có x y số nguyên nên x – y – số nguyên ước 23 Do vai trị bình đẳng x y phương trình nên giả sử x  y, x – 1y – Ta có: x–1 -1 y–1 -3 Do đó: x y -2 Nghiệm nguyên phương trình: (4 ; 2), (2 ; 4), (0 ; -2), (-2 ; 0) Ví dụ 13: Tìm nghiệm ngun phương trình : x + xy + y = Giải Phương trình cho đưa dạng : (x + 1)(y + 1) = 10 (1) Từ (1) ta suy (x + 1) ước 10 hay ( x  1)  {1; 2; 5; 10} Từ ta tìm nghiệm phương trình : (1, 4), (4, 1), (-3, -6), (-6, -3), (0, 9), (9, 0), (-2, -11), (-11, -2) Ví dụ 14: Xác định tất cặp nguyên dương (x; n) thỏa mãn phương trình sau x  3367  2n Giải Để sử dụng đẳng thức a3 – b3 = (a – b)(a2 + ab + b2) ta chứng minh n chia hết cho Từ phương trình cho ta suy x  2n (mod 7) 10 DeThiMau.vn Nhóm biên soạn lớp 10 Tốn năm học 2009 – 2010 Nếu n khơng chia hết cho 2n chia cho cho số dư 2, 7, x chia cho cho số dư 0, 1, nên khơng thề có đồng dư thức x  2n (mod 7) Vậy n = 3m với m số ngun dương Thay vào phương trình cho ta x  3367  23m (2m  x )[(2m  x )  3x.2m ]  3367 (1) m Từ (1) ta suy  x ước 3367 Hơn nữa, (2m  x )3  23m  x  3367 nên (2m  x )  {1;7;13} Xét 2m  x  , thay vào (1) ta suy 2m(2m – 1) = × 561, vơ nghiệm Xét 2m  x  , thay vào (1) ta suy 2m(2m – 13) = × 15, vơ nghiệm Xét 2m  x  , thay vào (1) ta suy 2m(2m – 7) = 24 × 32 Từ ta có m = 4; n = 3m = 12, x = Vậy (x; n) = (9; 12) c) Phương pháp tách giá trị ngun: Ví dụ 15: Giải phương trình ví dụ cách khác Giải: Biểu thị x theo y: x(y – 1) = y + Ta thấy y  ( y = ta có 0x = vơ nghiệm) y  y 1 3 Do đó: x    1 y 1 y 1 y 1 Do x số nguyên nên số nguyên, y – ước Lần lượt cho y y 1 – -1, 1, -3, ta đáp số ví dụ 5) PHƯƠNG PHÁP DÙNG TÍNH CHẤT CỦA SỐ CHÍNH PHƯƠNG a) Sử dụng tính chất chia hết số phương Ví dụ 16: Tìm số ngun x để 9x + tích hai số nguyên liên tiếp Giải: Cách 1: Giải sử 9x + = n(n + 1) với n nguyên thì: 36x + 20 = 4n  4n  36 x  21  4n  4n   3(12 x  7)  (2n  1) Số phương (2n  1) chia hết chia hết cho Ta lại có 12x + không chia hết 3(12x + 7) không chi hết cho Mâu thuẫn chứng tỏ không tồn số nguyên x để 9x + = n(n + 1) Cách 2: Giả sử 9x + = n(n + 1) với n nguyên Biến đổi n  n  x   11 DeThiMau.vn Nhóm biên soạn lớp 10 Tốn năm học 2009 – 2010 Để phương trình bậc hai n có nghiệm nguyên, điều kiện cần ฀ số phương Nhưng ฀   4(9 x  5)  36 x  21 chi hết cho không chia hết hco nên không số phương Vậy khơng tồn số ngun n để 9x + = n(n + 1), tức không tồn số nguyên x để 9x + tích hai số nguyên liên tiếp b) Tạo bình phương đúng: Ví dụ 17: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  x  19  y Giải : x  x   21  y  2( x  1)  3(7  y ) Ta thấy 3(7  y )   y   y lẻ Ta lại có  y  nên y  Khi (2) có dạng: 2( x  1)  18 Ta được: x + = 3 , đó: x1  2; x2  4 Các cặp số (2 ; 1), (2 ; -1), (-4 ; 1), (-4 ; -1) thỏa mãn (2) nên nghiệm phương trình cho c) Xét số phương liên tiếp: Ví dụ 18: Chứng minh với số nguyên k cho trước, không tồn t5ai số nguyên dương x cho: x ( x  1)  k ( k  2) Giải: Giả sử x ( x  1)  k ( k  2) với k nguyên, x nguyên dương Ta có: x  x  k  2k  x  x   k  2k   ( k  1) Do x > nên x  x  x   ( k  1) (1) Cũng x > nên (2) ( k  1)  x  x   x  x   ( x  1) Từ (1) (2) suy ra: x  ( k  1)  ( x  1) vô lý Vậy không tồn số nguyên dương x để x(x + 1) = k(k + 2) Ví dụ 19: Tìm số nguyên x để biểu thức sau số phương: x4  x3  x2  x  Giải: Đặt x  x  x  x  = y (1) với y  ฀ Ta thấy: y  ( x  x  x )  ( x  x  3) y  ( x  x )  ( x  x  3) Ta chứng minh a  y  ( a  2) với a = x  x 12 DeThiMau.vn Nhóm biên soạn lớp 10 Toán năm học 2009 – 2010 Thật vậy: 11 y  a  x  x   ( x  )2   2 2 ( a  2)  y  ( x  x  2)  ( x  x  x  x  3)  3x  3x  1  3( x  )   2 Do a  y  ( a  2) nên y  ( a  1)  x  x  x  x   ( x  x  1)  x2  x   x    x  2 Với x = x = -2 biểu thức cho  32 d) Sử dụng tính chất: hai số ngun dương ngun tố có tích số phương số đếu số phương Ví dụ 20: Giải phương trình với nghiệm nguyên dương: (1) xy  z Giải: Trước hết ta giả sử (x , y , z) = Thật ba số xo , yo , zo thỏa mãn (1) có ƯCLN d, giả sử xo  dx1 , yo  dy1 , zo  dz1 x1 , y1 , z1 nghiệm (1) Với (x , y , z) = x, y, z đơi nguyên tố nhau, hai ba số x, y, z có ước chung d số cịn lại chia hết cho d Ta có z  xy mà (x, y) = nên x  a , y  b2 với a, b  ฀ * Suy ra: z  xy  ( ab) đó, z = ab  x  ta  Như vậy:  y  tb2 với t số nguyên dương tùy ý  z  tab  Đảo lại, hiển nhiên số x, y, z có dạng thỏa mãn (1) Cơng thức cho ta nghiệm nguyên dương (1) e) Sử dụng tính chất: hai số nguyên liên tiếp có tích số phương thí hai số ngun liên tiếp Ví dụ 21: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  xy  y  x y (1) Giải: Thêm xy vào hai vế: x  xy  y  x y  xy  ( x  y )  xy ( xy  1) (2) 13 DeThiMau.vn Nhóm biên soạn lớp 10 Toán năm học 2009 – 2010 Ta thấy xy xy + hai số nguyên liên tiếp, có tích số phương nên tồn số Xét xy = Từ (1) có x  y  nên x = y = Xét xy + = Ta có xy = -1 nên (x , y) = (1 ; -1) (-1 ; 1) Thửa lại, ba cặp số (0 ; 0), (1 ; -1), (-1 ; 1) nghiệm phương trình cho 6) PHƯƠNG PHÁP LÙI VÔ HẠN, NGUYÊN TẮC CỰC HẠN Ví dụ 22: Tìm nghiệm ngun phương trình: x3  y3  z3 Giải: Hiển nhiên x Đặt x  x1 với x1 nguyên Thay vào (1) chia hai vế cho ta được: x13  y  z (2) Do y Đặt y  y1 với y1 nguyên Thay vào (2) chia hai vế cho ta được: x13  y13  z (3) Do z Đặt z  z1 với z1 nguyên Thay vào (3) chia hai vế cho được: x13  y13  z13 (4) Như (x , y , z) nghiệm (1) ( x1 , y1 , z1 ) nghiệm (1) x  x1 , y  y1 , z  z1 Lập luận tương tự trên, ( x2 , y2 , z2 ) nghiệm (1) x1  x2 , y1  y2 , z1  z2 Cứ tiếp tục ta đến: x, y, z chia hết cho 2k với k số tự nhiên tùy ý Điều chỉa xảy x = y = z = Đó nghiệm ngun (1) Ví dụ 23: Tìm ba số ngun dương đơi khác x, y, z thỏa mãn : x  y  z  ( x  y  z )2 Giải Vì vai trị x, y, z nên giả sử x < y < z Áp dụng bất đẳng thức : x3  y3  z3  x  y  z    3   Với x, y, z ≥ ta suy x + y + z ≤ Dấu khơng xảy x, y, z đôi khác Vậy x + y + z ≤ (1) Mặt khác: x + y + z ≥ + + = (2) Từ (1) (2) ta suy x  y  z  {6;7;8} Từ kết hợp với phương trình ban đầu ta tìm x, y, z Vậy (x, y, z) = (1, 2, 3) hoán vị ba số 14 DeThiMau.vn Nhóm biên soạn lớp 10 Tốn năm học 2009 – 2010 7) PHƯƠNG PHÁP XÉT CHỮ SỐ TẬN CÙNG Ví dụ 24: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình : 1! 2!  x !  y (1) Giải: Cho x 1; 2; 3; 4, ta có ngay2 nghiệm nguyên dương (x ; y) củ phương trình (1 ; 1), (3 ; 3) Nếu x > dễ thấy k! với k > có chữ số tận  1! + 2! + 3! + 4! + … + x! = 33 + 5! + … + x! có chữ số tận Mặt khác vế phải số phương nên khơng thể tận Vậy phương trình (1) có hai nghiệm ngun dương (x ; y) (1 ; 1) (3 ; 3) Ví dụ 25: Tìm x, y ngun dương thỏa mãn phương trình: x  x   32 y 1 (1) Giải: Cho x giá trị từ đến 9, dễ dàng xác định chữa số tận x  x  chì nhận giá trị 1; 5; Mặt khác ta thấy 32 y1 lũy thừ bậc lẻ nên chữ số tận 7, khác với 1; 5; Vậy (1) khơng thể xảy Nói khác phương trình (1) khơng có nghiệm ngun dương 8) PHƯƠNG PHÁP TÌM NGHIỆM RIÊNG a) Cách giải Xét phương trình ax  by  c  (1) a, b, c  ฀ , a  0, b  Khơng tính tổng qt, giả thiết (a, b, c) = Thật vậy,  a, b, c   d  ta chia hai vế phương trình cho d Ta có hai định lý: Định lý 1: Nếu phương trình (1) có nghiệm nguyên (a, b) = (*) Chứng minh: Giả sử ( xo , yo ) nghiệm nguyên (1) axo  byo  c Nếu a b có ước chung d  c  d , trái với giả thiết (a, b, c) = Vậy (a, b) = Định lý 2: Nếu ( xo , yo ) nghiệm phương trình (1) phương trình (1) có vơ số nghiệm nguyên nghiệm nguyên biểu diễn dạng:  x  xo  bt   y  yo  at t số nguyên tùy ý (t  0, 1, 2, ) Chứng minh: Bước 1: Mọi cặp số ( xo  bt; yo  at ) nghiệm nguyên (1) Thật ( xo , yo ) nghiệm (1) nên axo  byo  c Ta có: ax  by  a ( xo  bt )  b( yo  at )  axo  byo  c Do ( xo  bt; yo  at ) nghiệm (1) Bước 2: Mọi nghiệm (x, y) (1) có dạng ( xo  bt; yo  at ) với t  Z Thật vậy, ( xo , yo ) (x, y) nghiệm (1) nên 15 DeThiMau.vn Nhóm biên soạn lớp 10 Tốn năm học 2009 – 2010 Trừ vế: ax  by  c axo  byo  c a ( x  xo )  b( y  yo )  (2)  a ( x  xo )  b( yo  y ) Ta có a ( x  xo ) b mà (a, b) = ( theo định lý 1) nên x  xo  b Vậy tồn số nguyên t cho: x  xo = bt Tức là: x  xo  bt Thay vào (2): abt  b( yo  y )  at  yo  y  y  yo  at Vậy tồn số nguyên t cho:  x  xo  bt   y  yo  at b) Ví dụ: Ví dụ 26: Tìm nghiệm nguyên phương trình: 3x – 2y = Giải: Cách 1: Ta thấy xo  3; yo  nghiệm riêng Theo định lý 2, nghiệm nguyên phương trình là:  x   2t (t số nguyên tùy ý)   y   3t Cách 2: Ta thấy xo  1; yo  1 nghiệm riêng Theo định lý 2, nghiệm nguyên phương trình là:  x   2t (t số nguyên tùy ý)   y  1  3t Chú ý: Qua hai cách giải trên, ta thấy có nhiều công thức biểu thị tập hợp nghiệm nguyên phương trình c) Cách tìm nghiệm riêng phương trình bậc hai ẩn: Để tìm nghiệm nguyên riêng phương trình ax  by  c , ta dùng phương pháp thử chọn: cho x số có giá giá trị tuyệt đối nhỏ (0; 1; 2 ) tìm giá trị tương ứng y 9) PHƯƠNG PHÁP HẠ BẬC Ví dụ 27: 16 DeThiMau.vn Nhóm biên soạn lớp 10 Tốn năm học 2009 – 2010 Tìm nghiệm ngun phương trình : x3 + 2y3 – 4z3 = (1) Giải (1)  x3 = 4z3 – 2y3 (2) Rõ ràng vế phải (2) chia hết x3 x  Đặt x = 2x1 (x1  Z ) Thay vào (2) ta có : (2)  8x13 = 4x3 – 2y3  y3 = 2z3 – 4x13 (3) Lập luận tương tự ta có y  2, đặt y = 2y1 (y1  Z ) Biến đổi tương tự, ta được: z3 = 4y13 + 2x13 (4) Lập luận tương tự ta có z  2, đặt z = 2z1 (z1  Z ) Biến đổi tương tự, ta lại có: (4)  8z13 = 4y13 + 2x13  x13 + 2y13 – 4z13 = (5) Rõ ràng số (x0; y0; z0) nghiệm (1) số ( x0 y0 z0 ; ; ) 2 x0 y0 z0 ; ; số chẵn Quá 2 x0 y0 z0 trình tiếp tục số n ; n ; n số chẵn với n số 2 nghiệm (1), x0, y0, z0 số chẵn nguyên dương Vậy x = y = z = 17 DeThiMau.vn Nhóm biên soạn lớp 10 Toán năm học 2009 – 2010 18 DeThiMau.vn Nhóm biên soạn lớp 10 Tốn năm học 2009 – 2010 1) PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên phương trình: 11x + 18y = 120 Giải: Ta thấy 11x nên x Đặt x = 6k (k nguyên) Thay vào (1) rút gọn ta được: 11k + 3y = 20 Biểu thị ẩn mà hệ số có giá trị tuyệt đối nhỏ (là y) theo k ta được: 20  11k y Tách riêng giá trị nguyên biểu thức này: k 1 y   4k  k 1 Lại đặt = t với t nguyên suy k = 3t + Do đó: y   4(3t  1)  t   11t x  6k  6(3t  1)  18t  Thay biểu thức x y vào (1), phương trình nghiệm Vậy nghiệm nguyên (10 biểu thị công thức:  x  18t  với t số nguyên tùy ý   y   11t Cách giải: - Rút gọn phương trình, ý đến tính chia hết ẩn - Biểu thị ẩn mà hệ số có giá trị tuyệt đối nhỏ (chẳng hạn x) theo ẩn - Tách riêng giá trị nguyên biểu thức x - Đặt điều kiện để phân bố biểu thức x số nguyên t1 , ta phương trình bậc hai ẩn y t1 - Cứ tiếp tục ần biểu thị dạng đa thức với hệ số nguyên 2) PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI HAI ẨN Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình: 5x – 3y = 2xy – 11 Giải: Biểu thị y theo x: (2x + 3)y = 5x + 11 Dễ thấy 2x +  ( x ngun ) đó: x  11 x5 y 2 2x  2x  Để y  ฀ phải có x  5 x   2( x  5) x   x   7 x   7 x  19 DeThiMau.vn Nhóm biên soạn lớp 10 Tốn năm học 2009 – 2010 Ta có: 2x + x y -1 -1 -2 -1 -7 -5 Thử lại cặp giá trị (x , y) thỏa mãn phương trình cho Ví dụ 3: Tìm nghiệm ngun phương trình: x  x  11  y Giải: Cách 1: Đưa phương trình ước số: x  x   12  y  ( x  1)  y  12  ( x   y )( x   y )  12 Ta có nhận xét: a) Vì (1) chùa y có số mũ chẵn nên giả thiết y  Thế x 1 y  x 1 y b) ( x   y )  ( x   y )  y nên x   y x   y tính chẵn lẻ Tích chúng 12 nên chúng chẵn Với nhận xét ta có hai trường hợp: Do đó: x–1+y x–1-y -2 -6 x-1 -4 y 2 x -3 Đáp số: (5 ; 2), (5 ; -2), (-3 ; 2), (-3 ; -2) Cách 2: Viết thành phương trình bậc hai x: x  x  (11  y )  ฀ '   11  y  12  y Điều kiện cần để (2) có nghiệm ngun: ฀ ' số phương  12  y  k ( k  ฀ )  k  y  12  ( k  y )( k  y )  12 Giả sử y  k + y  k – y k + y  (k + y) – (k – y) = 2y nên k + y k – y tính chẵn lẻ phải chẵn Từ nhận xét ta có: Do đó: y = k  y   k  y  20 DeThiMau.vn ...  5  5 Nghiệm phương trình x = d) Sử dụng diều kiện ฀  để phương trình bậc hai có nghiệm Ví dụ 8: Tìm nghiệm ngun phương trình: x  y  xy  x  y (1) Giải Viết (1) thành phương trình bậc... không xảy với số nguyên x Vậy phương trình cho vơ nghiệm b) Phương pháp đưa phương trình ước số Ví dụ 12: Tìm nghiệm ngun phương trình: xy – x – y = Giải: Biến đổi phương trình thành: x(y – 1) – y... 6: Phương trình dạng mũ 25 Dạng 7: Hệ phương trình vơ tỉ 26 Dạng 8: Hệ phương trình với nghiệm nguyên 28 Dạng 9: Hệ phương trình Pytago .28 Dạng 10: Phương