Tài liệu Bài giảng Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên docx

Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Ngời thực hiện Ngời thực hiệnNgời thực hiện Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc 2 A. Mở đầu I. Lý do chọn chuyên đề: Trong chơng trình toán THCS thì phơng trình nghiệm nguyên vẫn luôn là một đề tài hay và khó đối với học sinh. Các bài toán nghiệm nguyên thờng xuyên có mặt tại các kì thi lớn nhỏ trong nớc và ngoài nớc. Tuy nhiên lại không có nhiều tài liệu viết riêng về nội dung này, do vậy để phục vụ giảng dạy của bản thân, đặc biệt là công tác bồi dỡng học đội tuyển học sinh giỏi và bồi dỡng học sinh thi vào các trờng chuyên lớp chọn nên tôi đ viết chuyên đề này. Trong chuyên đề này tôi chỉ mới đề cập đến vấn đề nghiệm nguyên ( cụ thể là các dạng và phơng pháp giải) chứ không đi sâu vì vốn hiểu biết còn có hạn. II. Phạm vi và mục đích của chuyên đề: 1. Phạm vi của chuyên đề: - p dụng với đối tợng học sinh khá- giỏi các khối 8- 9 2. Mục đích chuyên đề: - Trao đổi với đồng nghiệp và học sinh một số phơng pháp cũng nh là một số bài toán giải phơng trình nghiệm nguyên trong chơng trình bồi dỡng học sinh khá- giỏi các lớp 8, 9 - Giúp học sinh biết vận dụng các phơng pháp trên một cách linh hoạt trong việc giải quyết các bài toán về nghiệm nguyên từ dễ đến khó. www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Ngời thực hiện Ngời thực hiệnNgời thực hiện Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc 3 B- Nội dung. Phơng pháp 1: áp dụng tính chia hết. Cỏc tớnh cht thng dựng : Nu a m v a b m thỡ b m. Nu a b, b c thỡ a c. Nu ab c m CLN(b , c) = 1 thỡ a c. Nu a m, b n thỡ ab mn. Nu a b, a c vi CLN(b , c) = 1 thỡ a bc. Trong m s nguyờn liờn tiếp, bao giờ cng tn ti mt s l bi ca m. 1. Phơng trình dạng ax + by =c. ví dụ 1: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: 2x + 25y = 8 (1) Giải: Có thể dễ dàng thấy rằng y chẵn. Đặt y =2t phơng trình (1) trở thành: x + 25t = 4 Từ đó ta có nghiệm của phơng trình. 4 25 2 x t y t t Z = = Chú ý: ta còn có cách thứ hai để tìm nghiệm của phơng trình trên. Đó là phơng pháp tìm nghiệm riêng để giải phơng trình bậc nhất hai ẩn. Ta dựa vào định lý sau: Nếu phơng trình ax + by =c. với (a;b) = 1 có nghiệm là ( x 0 ; y 0 ) thì mọi nghiệm nguyên của phơng trình nhận từ công thức. 0 0 x x bt y y at t Z = + = Định lý này chứng minh không khó ( bằng cách thế trực tiếp vào phơng trình) dựa vào định lý này ta chỉ cần tìm một nghiệm riêng của phơng trình ax + by =c. Đối với các phơng trình có hệ số a,b,c nhỏ thì việc tìm nghiệm riêng khá đơn giản xong với phơng trình có các hệ số a,b,c lớn thì không dễ dàng chút nào, do đó ta phải dùng đến thuật toán Ơclít. www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Ngời thực hiện Ngời thực hiệnNgời thực hiện Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc 4 2.Đa về phơng trình ớc số: Ví dụ2: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: 2 5 3 8 x y xy + + = (2) Giải: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (2) 2 3 5 8 3 2 3 5 24 3 2 3 15 24 3 2 3 15 10 34 3 2 3 5(2 3 ) 34 2 3 (3 5) 34 x y y x y y x y y x y y x y y y x + + = + + = + + = + + + = + + + = + + = Vì 34=17.2=34.1=(-17).(-2) = (-1).(-34) nên ta có bảng kết quả: 3 5 x + -34 -1 2 17 2 3 y + -1 -34 17 2 x -13 -2 -1 4 y -1 -12 5 0 Ví dụ3: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: 2 2 2 3 2 6 x y xy x y + + = (3) Giải: ( ) ( ) 2 2 3 3 2 2 6 x x y y y a a + + + = + ( a là một số cha biết đợc xác định sau). Xét phơng trình; ( ) 2 2 3 2 . 2 0 x y x y y a + + + = Có ( ) ( ) 2 2 2 3 2 4 2 8 4 4 y y y a y y a = + = + Chọn a = -3 Ta có ( ) 2 2 8 16 4 y y y = + = 1 2 1; 2 3 x y x y = = + từ đó ta có phơng trình ớc số: ( ) ( ) 1 2 3 3 x y x y + + + = Suy ra kết quả: ( ) ( ) { ( ) ( ) ( ) } ; 6;6 , 0;2 , 4;2 , 10;6 x y 3.Tách giá trị nguyên. Ví dụ 4: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: 2 xy x y = (4) Giải: ( ) ( ) 4 1 2 x y y = + Ta có y = 1 không phải là nghiệm của phơng trình Với 1 y ta có: 2 1 y x y + = 3 1 1 x y = + } { (3) 1 3; 1;1;3 y = Ư } { 2;0;2;4 y ( ) ( ) { ( ) ( ) ( ) } ; 0; 2 , 2;0 , 4;2 , 2;4 x y www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Ngời thực hiện Ngời thực hiệnNgời thực hiện Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc 5 Phơng pháp 2: Phơng pháp lựa chọn Modulo ( hay còn gọi là xét số d từng vế) Trớc tiên ta có các tính chất cơ bản sau: Một số chính phơng khi chia cho 3 d 0;1. chia cho 4 d 0;1. chia cho 8 d 0;1;4. vv 1. Xét số d hai vế. Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: 2 9 2 x y y + = + (*) Giải: Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 9 2 2 mod3 2 mod3 1 2 mod3 VT x VP y y y y= + = + + ( ) 1 mod3 y ( vì nếu y=3k hoặc y = 3k+2 thì ( ) 0 mod3 VP ). 3 1 y k = + (trong đó k Z ) thay vào pt(*) ta có : ( ) ( ) 2 2 2 9 2 3 1 3 1 9 9 9 x k k x k k x k k + = + + + = + = + Vậy 2 3 1 x k k y k k Z = + = + Ví dụ 6: Giải phơng trình nghiệm nguyên không âm sau: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 2 3 2 4 5 11879 x x x x y + + + + = Giải: Ta có 2 ; 2 1; 2 2; 2 3; 2 4 x x x x x + + + + là 5 số tự nhiên liên tiếp ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 2 2 3 2 4 5 x x x x x + + + + Mặt khác ƯCLN( 2 x ;5) = 1 nên ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 2 3 2 4 5 x x x x + + + + Với 1 y thì ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 2 3 2 4 5 5 x x x x y VT = + + + + còn ( ) 11879 4 mod5 VP = suy ra phơng trình không có nghiệm. Với y =0 ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 2 1 2 2 2 3 2 4 5 11879 2 1 2 2 2 3 2 4 11880 x x x x x x x x + + + + = + + + + = ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 1 2 2 2 3 2 4 9.10.11.12 2 1 9 2 8 2 2 3 x x x x x x x x + + + + = + = = = = Vậy phơng trình đ cho có nghiệm duy nhất ( ) ( ) ; 3;0 x y = Ví dụ 7: Tìm x, y nguyên dơng thoả mn : ( ) 2 3 1 1 x y + = + Giải: ( ) ( ) 2 3 1 1 3 2 x x y y y + = + = + (**) Ta có ( ) ( ) ( ) 3 1 mod2 2 1 mod2 x VT VP y y= = + Suy ra y là số lẻ mà y và y+2 là hai số lẻ liên tiếp Từ pt(**) 3 2 3 m n y y m n x = + = + = www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Ngời thực hiện Ngời thực hiệnNgời thực hiện Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc 6 Ta có y +2 > y n > m 1 Nếu m > 1 thì y và y+ 2 đều chia hết cho 3 ( vô lí vì ( y; y+2) =2 ) Vậy m =1 n = 0 x=1 y =1 2.Sử dụng số d để chỉ ra phơng trình vô nghiệm. Ví dụ 8: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau: 30 4 19 5 1890 1975 2013 x y + + = + Giải: Ta có x ,y nguyên dơng 5 5; 1890 5 y ( ) 19 5 1890 19 mod5 x y x VT = + + Mặt khác: ( ) ( ) 19 1 mod5 19 ( 1) mod5 x x Nếu x chăn thì ( ) 19 1 mod5 x ; nếu x lẻ thì ( ) ( ) 19 1 mod5 4 mod5 x ( ) 1;4 mod5 VT còn ( ) 3 mod5 VP Do đó phơng trình vô nghiệm. Ví dụ 9: Tìm các số nguyên dơng x, y biết: 2 2 1 1 3 y x x + + = Giải: Ta có: ( ) 2 1 3 0 mod3 y VP + = (*) Nếu x =3k ( * k N ) thì ( ) 2 1 2 mod3 VT x x= + Nếu x =3k +1 ( k N ) thì ( ) 2 1 1 mod3 VT x x= + Nếu x =3k +2 ( k N ) thì ( ) 2 1 1 mod3 VT x x= + Vậy với x Z + thì ( ) 2 1 1;2 mod3 VT x x= + (**) Từ (*) và (**) suy ra không tồn tại các số nguyên dơng x, y thoả mn bài toán. Chú ý: Nhiều bài toán thi vô địch các nớc đôi khi phải xét đến Modulo khá lớn VD ( IMO năm 1999). Ví dụ 10: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: 2 5 4 m n = Giải: ( ) 2 0;1;3;4;5;9 mod11 m còn ( ) 5 4 6;7;8 mod11 n suy ra phơng trình vô nghiệm. Chú ý: Đối với các phơng trình nghiệm nguyên có sự tham gia của các số lập phơng thì Modulo thờng dùng là Mod9 Vì ( ) 3 0;1;8 mod9 x Ví dụ 11: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: 3 3 3 2011 x y z+ + = ( 8) Giải: Dựa vào nhận xét trên: Ta có ( ) 3 0;1;8 mod9 x ; ( ) 3 0;1;8 mod9 y ( ) 3 0;1;8 mod9 z ( ) 3 3 3 0;1;2;3;6;7;8 mod9 VT x y z = + + Còn ( ) 2011 4 mod9 VP = nên phơng trình vô nghiệm www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Ngời thực hiện Ngời thực hiệnNgời thực hiện Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc 7 Phơng pháp 3: Dùng bất đẳng thức. 1. Đối với các phơng trình mà các biến có vai trò nh nhau thì ngời ta thờng dùng phơng pháp sắp thứ tự các biến. Ví dụ 12: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau: 3 x y z xyz + + = Giải. Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử 1 x y z 3 3 1 1; 1 1 xyz x y z z xy x y z = + + = = = Vậy nghiệm của phơng trình là (x;y;z)= ( 1;1;1). Chú ý: Đối với phơng trình nghịch đảo các biến ta cũng có thể dùng phơng pháp này ( nếu vai trò các biến cũng nh nhau). Ta có cách giải khác của ví dụ 9: Chia cả hai vế của phơng trình cho xyz ta có: 1 1 1 3 xy zx yz + + = Giải: Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử 1 x y z 2 2 1 1 1 3 3 1 1 x x xy zx yz x + + = = Suy ra: y = 1; z =1. Ví dụ 13: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau: 1 1 1 1 x y z + + = Giải: Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử 1 x y z 1 1 1 3 1 3 x x y z x + + = Lần lợt thử x = 1 thì phơng trình không có nghiệm nguyên. Xét x = 2 ta có 1 1 1 1 1 1 2 1 4 2 2 y y z y z y + + = + = Mặt khác } { 2 2;3;4 y x y = ta thử lần lợt các giá trị của y: y= 2 phơng trình không có nghiệm nguyên. y=3 z=6 y=4 z=4 xét x =3ta có: 1 1 1 1 1 2 2 1 3 3 3 y y z y z y + + = + = Mặt khác 3 3 3 y x y z = = = Vậy nghiệm của phơng trình là: ( ) ( ) { ( ) ( ) } ; ; 2;3;6 , 2;4;4 , 3;3;3 x y z www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Ngời thực hiện Ngời thực hiệnNgời thực hiện Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc 8 Ví dụ 14: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau: x! + y! = (x+y)! (*) Giải: Vì vai trò của x, y nh nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử 1 x y Ta có: (x+y)! =x! + y! 2.y! 1 x vì nếu x > 1 thì 2.y! (y+2)! 2.y! y! (y+1)(y+2) 2 ( 1)( 2) y y + + ( vô lí vì y 1) Vậy x = 1 Thay vào PT (*) ta có 1+y! = (y+1)! 1 ! !( 1) . ! 1 1 y y y y y y + = + = = Vậy phơng trình có nghiệm x = y = 1 2.áp dụng bất đẳng thức cổ điển. Vớ dụ 15 Tỡm cỏc s nguyờn dng x, y tho món phng trỡnh : 2 2 2 2 (x + 1)(x + y ) = 4x y Gii : p dng bt ủng thc Cụsi ta cú : 2 x + 1 2x , du bng xẩy ra khi x = 1. 2 2 x + y 2xy , du bng xẩy ra khi x = y. Vỡ x, y nguyờn dng nờn nhõn cỏc bt ủng thc trờn v theo v ta ủc : 2 2 2 2 (x + 1)(x + y ) 4x y , du bng cú khi v ch khi x = y = 1. Vy phng trỡnh cú nghim duy nht x = y = 1. Ví dụ 16: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: ( ) ( ) 2 2 2 1 3 1 x y x y + + = + + Giải: áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 1 1 x y x y + + + + + + Dấu bằng xẩy ra khi 1 1 1 1 1 x y = = = hay x = y = 1 Vậy Phơng trình có nghiệm x = y = 1 Ví dụ 17: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau: ( ) 3 6 3 2 2 2 2 15 3 5 x z x z x y z y + = + Giải: ( ) ( ) ( ) ( ) 3 6 3 2 2 2 2 3 3 2 2 3 2 2 15 3 5 5 3 5 x z x z x y z y x y z x z y + = + + + + = + áp dụng bất đẳng thức côsi cho 3 số ta có : ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 3 2 2 5 3 5 x y z x z y + + + + Dấu = xây ra khi 2 2 5 x y z = + = Từ phơng trình ( ) ( ) 2 2 5 5 3; 2 9 x y x y x y x y z = + + = = = = Vây nghiệm của phơng trình là ( x;y;z) = ( 3;2;9). www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Ngời thực hiện Ngời thực hiệnNgời thực hiện Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc 9 Ghi chú: Việc áp dụng bất đẳng thức vào giải phơng trình nghiệm nguyên rất ít dùng vì ẩn ý dùng bất đẳng thức rất dễ bị lộ . Tuy nhiên cũng có một vài trờng hợp dùng bất đẳng thức khá hay nh ví dụ sau: Ví dụ 18.1: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau: Giải: Ta có Do (*) Tơng tự ta cũng có (**) Cộng theo vế của (*) và (**) ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 2 2 1 1 2 1 1 3 3 1 1 2 1 1 .2 1 1 3 3 3 2 2 1 1 x y x y x x y y x y x y x x y y x x y y x y x y x x y y + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + Dấu = xẩy ra khi x = y= 1 Vậy nghiệm của phơng trình là x = y= 1. Ví dụ 18.2: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau với x, y, z là các số đôi một khác nhau. ( ) 2 3 3 3 x y z x y z + + = + + Giải: áp dụng bất đẳng thức 3 3 3 3 3 3 x y z x y z + + + + ( ) ( ) 3 2 3 3 3 9 9 x y z x y z x y z x y z + + + + = + + + + Vì x, y, z đôi mộ khác nhau suy ra } { 1 2 3 6 6;7;8 x y z x y z+ + + + = + + Lần lợt thử các giá trị của x y z + + ta tìm đợc (x;y;z)= (1;2;3) và các hoán vị của nó. 4 4 2 2 2 2 3( 2) 2( 1)( 1) x y x y x x y y + + + + = + + ( ) ( ) 2 2 2 2 1 0 2 4 2 0 3 1 1 x x x x x x x + + + + + + ( ) ( )( ) ( ) 2 2 4 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 3 x x x x x x x x x x + + = + = + + + + ( ) 2 4 2 2 1 1 1 3 y y y y + + + www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Ngời thực hiện Ngời thực hiệnNgời thực hiện Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc 10 3. áp dụng tính đơn điệu của từng vế: Ta chỉ ra một hoặc một vài giá trị của biến thoả mn phơng trình rồi chứng minh đó là nghiệm duy nhất. Ví dụ 19: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau: 3 4 5 x x x + = Giải: Chia cả hai vế của phơng trình cho 5 x ta có: 3 4 1 5 5 x x + = Thử với x = 1 ta thấy không phải là nghiệm nguyên của phơng trình. Với x = 2 ta có VT =VP = 1 thoả mn bài toán. Với 3 x 2 3 3 5 5 x < và 2 4 4 5 5 x < suy ra 2 2 3 4 3 4 1 5 5 5 5 x x + < + = Vậy Phơng trình có nghiệm duy nhất x = 2. Từ ví dụ 19: suy ra cách làm bài tập sau: Tìm số tự nhiên x sao cho ( ) ( ) ( ) 3 4 5 x x x + = Đối với phơng trình trên ta còn có bài toán tổng quát hơn. Tìm các số nguyên dơng x; y; z thoả mn 3 4 5 x y z + = . đáp số: x = y = z = 2 nhng cách giải trên vô tác dụng với bài này. (Đểgiải bài này thì hữu hiệu nhất là xét Modulo). 4. Dùng điều kiện 0 hoặc ' 0 để phơng trình bậc hai có nghiệm. Ví dụ 20: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: 2 2 2 2 2 3 x y xy x y + = + + Giải: ( ) 2 2 2 2 2 2 2 3 2 1 2 3 0 x y xy x y x x y y y + = + + + + = ta có: ( ) ( ) 2 2 2 5 29 5 29 ' 1 2 3 5 1 0 2 2 y y y y y y + = + = + + Vì y nguyên nên y } { 0;1;2;3;4;5 Thay lần lợt các giá trị của y vào phơng trình và tìm x tơng ứng ta đợc: ( ) ( ) { ( ) } ; 0;0 ; 2;0 x y Nhận xét:Nói chung phơng pháp này đợc dùng khi f(x ; y) có dạng tam thức bậc hai f(z) = az 2 + bz + c trong đó a <0 . còn khi a > 0 thì dùng phơng pháp đ nói trong ví dụ 3 để đa về phơng trình ớc số một cách nhanh chóng. www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Ngời thực hiện Ngời thực hiệnNgời thực hiện Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc 11 Phơng pháp 4:Phơng pháp chặn hay còn gọi là phơng pháp đánh giá. Chủ yếu dựa vào hai nhận xét sau: Không tồn tại n Z thỏa mãn ( ) 2 2 2 1 a n a < < + với a là một số nguyên. Nếu ( ) 2 2 2 2 a n a< < + với ; a n Z thì n = a + 1. Ta có ví dụ sau: Ví dụ 21: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: 4 2 2 1 x x y + + = Giải: Xét hiệu ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 0 1 x y x x y + = + Xét hiệu 2 4 2 2 4 1 0 y x x y x = + > > Suy ra: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 x y x y x < + = + Thế vào phơng trình ban đầu ta có: x 2 =0 0 x = Nhận xét trên có thể mở rộng với số lập phơng ta có ví dụ sau: Ví dụ 22: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: 3 3 2 2 3 1 x y y y = + + Giải: Bằng cách biên đổi nh ví dụ trên ta có: ( ) ( ) 3 3 3 1 1 ; 1. y x y x y x y < + = = + Lần lợt xét các trờng hợp x = y và x = y +1 ta tìm đợc nghiệm của phơng trình: ( ) ( ) { ( ) } ; 1; 1 ; 1;0 x y . Phơng pháp 5: Dùng tính chất của số chính phơng. Cỏc tớnh cht thờng dựng : S chớnh phng khụng tn cựng bng 2, 3, 7, 8. S chớnh phng chia ht cho s nguyờn t p thỡ chia ht cho 2 p . S chớnh phng khi chia cho 3, cho 4 ch cú th d 0 hoc 1. S chớnh phng chia cho 5, cho 8 thỡ s d ch cú th l 0, 1 hoc 4. S chớnh phng l chia cho 4, 8 thỡ s d ủu l 1. Lp phng ca một s nguyờn chia cho 9 ch cú th d 0, 1 hoc 8. www.VNMATH.com [...]...www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Dạng 1: sử dụng mệnh đề 1 sau: x = k 2 với x, y, z nguyên v xy = z2 với (x;y) = 1 thì y = t 2 voi k , t Z kt = z Thật vậy ta chứng minh bằng phơng pháp phản chứng: Giả sử x, y không l số chính phơng nên trong phân tích th nh số nguyên tố của x hoặc y tồn tại một số chứa ít nhất một số nguyên tố p với số mũ lẻ.( số p với số mũ lẻ trái... đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Phơng pháp 6: Phơng pháp lùi vô hạn ( hay còn gọi l phơng pháp xuống thang) Phơng pháp n y dùng để chứng minh một phơng trình f(x,y,z,) n o đó ngo i nghiệm tầm thờng x = y = z = 0 thì không còn nghiệm n o khác Phơng pháp n y đợc diễn giải nh sau: Bắt đầu bằng việc giả sử ( x0 ; y0 ; z0 , ) l nghiệm của f(x,y,z,) Nhờ những biến đổi, suy luận số học... it nhât một ớc nguyên tố p = 4s +3 z 2 + 1 p = 4s + 3 1 p vô lý do đó phơng trình trên vô nghiệm Các dạng cơ bản của phơng trình vô định nghiệm nguyên đ giới thiệu với các bạn ở trên Việc sắp xếp các dạng, phơng pháp l chủ ý của tôi nên ít nhiều sẽ sai sót Sau đây l phần nói thêm về một số phơng trình nghiệm nguyên khác Một số dạng bài tập khác 1)Phơng trình dạng mũ: ( thờng sử dụng phơng pháp xét... 3 do đó y luôn có một ớc dạng 4n + 3 v theo bổ đề trên thì 4n + 3 luôn có ít nhất một ớc nguyên tố p = 4s +3 x 2 + 1 p = 4s + 3 theo mệnh đề trên x p; y p ( vô lí ) Do đó phơng trình trên vô nghiệm 15 t t Ngời thực hiện: t t Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Ví dụ 29: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: x2 +5= y3 Giải 3 2 Xét y chẵn... Tóm lại nghiệm của phơng trình l ( x0 ; y0 ; z0 ) = ( 0; 0;0 ) 13 Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Phơng pháp 7: Nguyên tắc cực hạn ( hay còn gọi l nguyên lí khởi đầu cực trị) Về mặt hình thức thì phơng pháp n y khác với phơng pháp lùi vô hạn nhng về ý tởng sử dụng thi nh nhau đều chứng minh phơng trình ngo i nghiệm tầm... www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên 1 + 2 z y = 9 2 z y = 23 y 5 y 5 3 3 2 = 2 2 = 2 Vậy ( x; y; z ) = ( 5;8;11) z y = 3 y = 8 y 5 = 3 z = 11 Chú ý: Với cách giải trên ta có thể giải đợc b i toán sau: tìm nghiệm nguyên của phơng trình 2 x + 2 y + 2 z = 2n ( x y z; n Z ) KQ: ( x; y; z ) = ( n 2; n 2; n 1) Ví dụ 34: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau... phơng trình có vô số nghiệm dạng: ( x; y; z ) = ( a ( a 3 + b3 ) ; b ( a 3 + b3 ) ; a 3 + b3 ) 19 Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Chú ý công thức trên cha chắc đ quét hết nghiệm của b i toán xong ta chỉ cần nh vậy để giải quyết b i toán n y Ví dụ 40: Chứng minh rằng phơng trình x 4 + y 3 = z 7 có vô số nghiệm Giải: ... bản thân về một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên, xin đợc trao đổi cùng các bạn đồng nghiệp Rất mong nhận đợc sự góp ý của các bạn đồng nghiệp để chuyên đề đợc ho n thiện hơn Chân th nh cảm ơn! Kí duyệt của tổ trởng Ngời viết chuyên đề Tạ Văn Đức 22 Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Phụ lục Tài liệu tham khảo... Phơng pháp 1: áp dụng tính chia hết 3 Phơng pháp 2: Phơng pháp lựa chọn Modulo ( hay còn gọi l xét số d từng vế) 5 Phơng pháp 3: Dùng bất đẳng thức 7 4: Phơng pháp 4: Phơng pháp chặn hay cò gọi là phơng pháp đánh giá Phơng pháp 5: Dùng Tính chất của số chính phơng 11 11 6: Phơng pháp 6 Phơng pháp lùi vô hạn ( hay còn gọi là phơng pháp xuống thang) 13 Phơng pháp 7: Nguyên tắc cực hạn ( hay còn gọi là nguyên. .. phải l luôn luôn) Ví dụ 31: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: 2 x + 7 = y 2 ( x, y Z ) Giải: x = 0 phơng trình không có nghiệm nguyên x = 1 y = 3 xét x 2 2 x 0 ( mod 4 ) 2 x + 7 3 ( mod 4 ) y 2 3 ( mod 4 ) vô lí vì y 2 0;1( mod 4 ) vậy nghiệm của phơng trình ( x; y ) {(1;3) ; (1; 3)} Ví dụ 32: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: 2 x + 21 = y 2 ( x, y Z ) Giải: k Xét x lẻ, đặt x= 2k +1 . Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Một số. Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Một số