ĐỀ tài PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HCM KHOA GIÁO DỤC TIỂU HỌC Bài tập kỳ ĐỀ TÀI: PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN Mơn: Cơ sở Tốn Tiểu học Giảng viên: Lớp: Các thành viên thực hiện: download by : skknchat@gmail.com Mục lục LỜI MỞ ĐẦU PHƯƠNG PHÁP 1: XÉT SỐ DƯ CỦA TỪNG VẾ .3 PHƯƠNG PHÁP 2: ĐƯA VỀ DẠNG TỔNG PHƯƠNG PHÁP 3: DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC PHƯƠNG PHÁP 4: DÙNG TÍNH CHIA HẾT, TÍNH ĐỒNG DƯ .6 PHƯƠNG PHÁP 5: DÙNG TÍNH CHẤT CỦA SỐ CHÍNH PHƯƠNG .8 PHƯƠNG PHÁP 6: LÙI VÔ HẠN, NGUYÊN TẮC CỰC HẠN 10 PHƯƠNG PHÁP 7: XÉT CHỮ SỐ TẬN CÙNG .11 PHƯƠNG PHÁP 8: TÌM NGHIỆM RIÊNG .11 PHƯƠNG PHÁP 9: PHƯƠNG PHÁP HẠ BẬC 12 PHƯƠNG PHÁP 10: PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH 13 PHƯƠNG PHÁP 11: PHƯƠNG PHÁP LOẠI TRỪ 13 PHƯƠNG PHÁP 12: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CỦA SỐ NGUYÊN TỐ 13 BÀI TẬP ÁP DỤNG 15 CƠ SỞ TOÁN Ở TIỂU HỌC – BTẬP GKỲ download by : skknchat@gmail.com LỜI MỞ ĐẦU Khơng giống phương trình nghiệm thực hay nghiệm phức, phương trình nghiệm ngun khó giải điều kiện ràng buộc nguyên nhiệm Vì với phương trình nghiệm ngun, ta thường khơng có phương pháp định hướng giải cụ thể với phương trình nghiệm thực nghiệm phức Tuy nhiên, ta áp dụng số phương pháp hiệu để giải lớp phương trình Trong chuyên đề ta nêu số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Tùy vào tốn mà ta có dấu hiệu nhận biết để chọn phương pháp thích hợp CƠ SỞ TỐN Ở TIỂU HỌC – BTẬP GKỲ download by : skknchat@gmail.com PHƯƠNG PHÁP 1: XÉT SỐ DƯ CỦA TỪNG VẾ Ví dụ 1: Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm nguyên: 2 x − y =1998 2 x + y =1999 Giải Dễ chứng minh x , y chia cho có số dư nên 2 x − y chia cho có số dư 0, 1, Cịn vế phải 1998 chia cho dư Vậy phương trình cho khơng có nghiệm ngun 2 2 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: x +2= y + y Giải Biến đổi phương trình: x +2= y ( y +1) Ta thấy vế trái phương trình số chia hết cho dư nên y ( y +1) chia hết cho dư Chỉ có thể: y=3 k +1 , y +1=3 k +2 với k nguyên Khi đó: x +2=( k +1 )( k +2 ) ⟺ x=9 k ( k + ) ⟺ x=k ( k + ) Thử lại: x=k ( k +1 ), y=3 k +1 thỏa mãn phương trình cho x=k ( k +1 ) Đáp số: với k số nguyên tùy ý y =3 k +1 { PHƯƠNG PHÁP 2: ĐƯA VỀ DẠNG TỔNG Biến đổi phương trình dạng: vế trái tổng phương trình, vế phải tổng số phương Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x 2+ y 2−x− y=8(1) Giải (1)⟺ x 2+ y 2−4 x−4 y=32 2 ⟺ ( x + x+ ) + ( y −4 y+1 )=34 2 2 ⟺|2 x−1| +|2 y−1| =3 + Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 có dạng phân tích thành tổng hai số phương 32 , 52 Do phương trình thỏa mãn hai khả năng: |2 x−1|=3 |2 x−1|=5 |2 y−1|=5 |2 y−1|=3 Giải hệ suy phương trình (1) có bốn nghiệm nguyên là: ( ; ) , ( ;2 ) , (−1;−2 ) ,(−2 ;−1) { { CƠ SỞ TOÁN Ở TIỂU HỌC – BTẬP GKỲ download by : skknchat@gmail.com PHƯƠNG PHÁP 3: 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 … Phương pháp xếp thứ tự ẩn: Ví dụ 1: Tìm ba số ngun dương cho tổng chúng tích chúng Giải Gọi số nguyên dương phải tìm là x, y, z Ta có:                        x + y + z = xyz     (1) Cách 1: Chú ý ẩn x, y, z có vai trị bình đẳng phương trình nên xếp thứ tự giá trị ẩn, chẳng hạn: 1≤x ≤y≤z Do đó: xyz = x + y + z≤3z Chia hai vế bất đẳng thức xyz≤3z cho số dương z ta được: xy≤3 Do đó xy∈{1; 2; 3} Với xy = 1, ta có x = 1, y = Thay vào (1) được 2 + z = z (loại) Với xy = 2, ta có x = 1, y = 2.  Thay vào (1) được z = Với xy = 3, ta có x = 1, y = 3.  Thay vào (1) được z = 2 (loại vì y≤z) Vậy ba số phải tìm 1; 2; Cách 2: Chia hai vế (1) cho xyz ≠ 0 được: 1                       + + = yz xz xy Giả sử x ≥ y ≥ z ≥ 1 ta có: 1 1 1= + + ≤ + + = yz xz xy z z z z Suy ra 1 ≤ đó z2≤ 3 nên z = Thay z = vào (1): z2          x + y + = xy       ⇔ xy – x – y = ⇔ x(y − 1) − (y − 1) = ⇔ (x − 1)(y − 1) = Ta có: x − 1≥y − 1≥0 nên (x − 1, y − 1) = (2, 1) Suy ra (x, y) = (3, 2) Ba số phải tìm 1; 2; Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình sau:                 5(x + y + z + t) + 10 = 2xyzt Giải Vì vai trị của x, y, z, t như nên giả thiết:            x ≥ y ≥ z ≥ t Khi : 2xyzt = 5(x + y + z + t) +10 ≤ 20x + 10      ⇒ yzt ≤ 15 ⇒ t3 ≤ 15 ⇒ t ≤ Với t = ta có : 2xyz = 5(x + y + z) +15 ≤ 15x + 15      ⇒ 2yz ≤ 30 ⇒ 2z2 ≤ 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 là:        (x = 35; y = 3) (x = 9; y = 5) Giải tương tự cho trường lại trường hợp t = 2.  Cuối ta tìm nghiệm nguyên dương phương trình cho là (x; y; z; t) = (35; 3; 1; 1); (9; 5; 1; 1) và hoán vị số CƠ SỞ TOÁN Ở TIỂU HỌC – BTẬP GKỲ download by : skknchat@gmail.com Phương pháp xét khoảng giá trị ẩn: Ví dụ: Tìm nghiệm ngun dương phương trình:                  1 + = x y Giải Do vai trị bình đẳng của x và 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 > 3                (1) y 1 Mặt khác do x ≥ y ≥ nên  ≤ Do đó: x y 1 1 = + ≤ + = nên y≤6     (2) x y x y y Ta xác định khoảng giá tri y là 4≤y ≤6 1 1 Với y = ta được:  = − =  nên x = 12 x 12 1 Với y = 5 ta được:  = − =  loại vì x khơng số ngun x 15 1 1 Với y = ta được:  = − = nên x = x 6 Các nghiệm phương trình là: (4; 12), (12; 4), (6; 6) Phương pháp nghiệm nguyên: Phương pháp xét khoảng giá trị ẩn thể dạng: một vài số nghiệm phương trình, chứng minh phương trình khơng cịn nghiệm khác Ví dụ: Tìm số tự nhiên x sao cho:  2x+3x=5x Giải x x Viết phương trình dạng: ( ) + ( ) = 1          (1) 5 Với x = vế trái (1) ⇒ loại Với x = 1 thì vế trái (1) ⇒ x x Với x ≥ thì ( ) < ;( ) <  nên: 5 5 x x 3                     ( ) + ( ) < + = loại 5 5 Nghiệm phương trình x = Sử dụng diều kiện Δ ≥ 0 để phương trình bậc hai có nghiệm: Ví dụ: Tìm nghiệm ngun phương trình:              x + y + xy = x2 + y2          (1) Giải Viết (1) thành phương trình bậc hai đối với x:  x2 − (y + 1)x + (y2 − y) = 0           (2) Điều kiện cần để (2) có nghiệm là Δ ≥ △= (y + 1)2 − 4(y2 − y) = −3y2 + 6y + ≥                    ⇔ 3y2 − 6y – ≤                    ⇔ 3(y − 1)2 ≤ CƠ SỞ TOÁN Ở TIỂU HỌC – BTẬP GKỲ download by : skknchat@gmail.com Do đó ⇔ (y − 1)2 ≤ suy ra: y ∈ {0, 1, 2}   Với y = thay vào (2) được x2 – x = ⇔ x1 = 0; x2 = Với y = 1 thay vào (2) được x2 − 2x = ⇔ x3 = 0; x4 = Với y = 2 thay vào (2) được x2 − 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) Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc: a+b ≥ √ ab (a,b ≥ 0, dấu xảy a = b) - Bất đẳng thức Côsi: - Bất đẳng thức Bunhiacopxki: (a2 + b2)(x2 + y2) ≥ (ax + by)2 Dấu xảy khi: ax = by - Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối: |x|  x, dấu xảy khi: x  0; - |x| ≤ x, dấu xảy khi: x ≤ - |x|  x  |x| |x| + |y| ≥ |x + y|, dấu xảy khi: xy  Ví dụ: Tìm số ngun dương x, y thoả mãn phương trình: (x2 + 1)(x2 + y2) = 4x2y (1) Giải Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có: x2 + ≥ 2x Dấu xảy khi: x = x2 + y2 ≥ 2xy Dấu xảy khi: x = y Vì x, y nguyên dương nên nhân bất đẳng thức vế theo vế ta được: (x2 + 1)(x2 + y2) ≥ 4x2y Dấu xảy khi: x = y = Vậy phương trình (1) có nghiệm nhất: x = y = Cách 2: (1) ⇔ x4 + x2y2 + x2 + y2 – 4x2y = ⇔ (x2 – y)2 + (xy – x)2 = Phương trình xảy khi: 2 y=x x − y =0 ⇔ y=x ⇔ ⇔ x = y = (vì x, y nguyên dương) x ( y−1 ) =0 xy−x=0 y−1=0 { { { PHƯƠNG PHÁP 4: DÙNG TÍNH CHIA HẾT, TÍNH ĐỒNG DƯ Khi giải phương trình nghiệm ngun 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 Sử dụng tính chia hết: Các tính chất thường dùng : - Nếu a ⋮ m a ± b ⋮ m b ⋮ m - Nếu a ⋮ b, b ⋮c a ⋮ c - Nếu ab ⋮ c mà ƯCLN (b , c) = a ⋮ c - Nếu a⋮ m, b ⋮ n ab ⋮ mn - Nếu a ⋮ b, a ⋮ c với ƯCLN (b , c) = a ⋮ bc - Trong m số nguyên liên tiểp, tồn số bội m Ví dụ 1: Giải phương trình với nghiệm nguyên: 3x + 17y = 159 (1) Giải Giả sử x, y số nguyên thỏa mãn phương trình Ta thấy 159 3x chia hết 17y ⋮ nên y ⋮3 (vì 17 nguyên tố nhau) CƠ SỞ TOÁN Ở TIỂU HỌC – BTẬP GKỲ download by : skknchat@gmail.com Đặt y = 3t (t  ℤ) Thay vào phương trình (1) ta được: 3x + 17.3t = 159  x + 17t = 53 x=53−17 t Do đó: (t ∈ Z ¿ y=3 t Đảo lại, thay biểu thức x y vào phương trình ta nghiệm Vậy phương trình (1) có vơ số nghiệm nguyên xác định công thức: x=53−17 t (t số nguyên tùy ý ¿ y=3 t { { Ví dụ 2: Chứng minh phương trình: x2 – 5y2 = 27 (1) khơng có nghiệm số nguyên Giải Một số nguyên x biểu diễn dạng x = 5k x = 5k ± x = 5k ± k ℤ  Nếu x = 5k thì:  (5k)2 – 5y2 = 27  5(5k2 – y2 ) = 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 thì: (1)  (5k±1)2 – 5y2 = 27  25k2 ±10k +1 – 5y2 = 27  5(5k2±4k – y2) = 23 Điều vơ lí, vế trái chia hết cho với k y số nguyên, vế phải không chia hết cho  Nếu x = 5k ±2 thì: (1)  (5k ±2)2 – 5y2 = 27  25k2 ±20k +4 – 5y2 = 27  5(5k2 ±4k – y2) = 23 Lập luận tương tự vơ lí Vậy phương trình cho khơng có nghiệm số ngun Ví dụ 3: Tìm nguyện nguyên dương phương trình sau: 19x2 + 28y2 = 729 Giải Cách Viết phương trình cho dạng: (18x2 + 27y2) + (x2 + y2) = 729 (1) Từ (1) suy x2 + y2 chia hết cho 3, x y chia hết cho Đặt x = 3u; y = 3v (u, v  ℤ) Thay vào phương trình cho ta được: 19u2 + 28v2 = 81 (2) Từ (2) lập luận tương tự ta suy u = 3s, v = 3t (s, t  ℤ) Thay vào (2) ta có 19s2 + 28t2 = (3) Từ (3) suy s, t không đồng thời 0, 19s2 + 28t2  19 > Vậy (3) vơ nghiệm phương trình cho vơ 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 Đưa phương trình ước số: Ví dụ 1: 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 phải số Ta có x y số nguyên nên x – y – số nguyên ước 23 Ta có: x–1 -1 y–1 -3 CƠ SỞ TOÁN Ở TIỂU HỌC – BTẬP GKỲ download by : skknchat@gmail.com Do đó: x y -2 Nghiệm nguyên phương trình: (4; 2), (2; 4), (0; -2), (-2; 0) Ví dụ 2: 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 là: (1; 4), (4; 1),(-3; 6), (6; -3), (0; 9), (9; 0), (-2; 11), (-11; -2) Ví dụ 3: Xác định tất cặp nguyên dương (x; n) thỏa mãn phương trình sau: x2 + 3367 = 2n Giải 3 Để sử dụng đẳng thức a – b = (a - b)(a + ab + b2) ta chứng minh n ⋮ Từ phương trình cho suy x3  2n (mod 7) Nếu n không chia hết cho 2n chia cho cho số dư 2, 7, x3 chia cho cho số dư 0,1 nên có đồng dư thức x3  2n (mod 7) Vậy n = 3m với m số nguyên dương Thay vào phương trình cho ta được: x3 + 3367 = 23m (2m – x)[(2m – x)2 + 3x.2m] = 3367 (1) m Từ (1), ta suy – x ước 3367 Hơn nữa, (2m – x)3 < 23m – x3 = 3367 nên (2m – x) ∈ {1; 7; 13}  Xét 2m – x = 1, thay vào (1) ta được: 2m(2m – 1) = x 561 ⇒ vô nghiệm  Xét 2m – x = 3, thay vào (1) ta được: 2m(2m – 13) = x 15 ⇒ vô nghiệm  Xét 2m – x = 7, thay vào (1) ta được: 2m(2m – 7) = 24 x 32 Từ ta có: m = 4, n = 3m = 12 x = Vậy (x, n) = (9, 12) Tách giá trị nguyên: Ví dụ: Giải phương trình ví dụ cách khác: Giải Biểu thị x theo y: x(y – 1) = y + Ta thấy y ≠ (vì y = ta có 0x= vơ nghiệm) y +2 y−1+3 Do đó: x = = =1+ y−1 y −1 y−1 Do x số nguyên nên số nguyên, y – ước 3, cho y – = -1; 1; -3; ta y−1 cáp đáp số ví dụ PHƯƠNG PHÁP 5: DÙNG TÍNH CHẤT CỦA SỐ CHÍNH PHƯƠNG Sử dụng tính chất chia hết số phương: Các tính chất thường dùng: - Số phương khơng tận 2, 3, 7, - Số phương chia hết cho số nguyên tố p chia hết cho p2 CƠ SỞ TOÁN Ở TIỂU HỌC – BTẬP GKỲ download by : skknchat@gmail.com - Số phương chia cho 3, cho dư - Số phương chia ho 5, cho dư 0, - Số phương lẻ chia cho 4, số dư - Lập phương số nguyên chia cho dư 0, Ví dụ: Tìm số nguyên x để 9x + tích hai số nguyên liên tiếp Giải Giả sử 9x + = n(n+1) với n nguyên thì: 36x + 20 = 4n2 + 4n ⇔ 36x + 21 = 4n2 + 4n + ⇔ 3(12x + 7) = (2n + 1)2 Số phương (2n + 1)2 chia hết chia hết cho (Vì số ngun tố) Ta lại có 12x + khơng chia hết 3(12x + 1) không chia hết cho ⇒ Mâu thuẫn chứng tỏ không tồn số nguyên x thỏa 9x + = n(n + 1) Tạo bình phương đúng: Ví dụ: Tìm nghiệm ngun phương trình: 2x2 + 4x = 19 – 3y2 Giải 2x2 + 4x = 19 – 3y2 ⇔ 2x2 + 4x + = 21 – 3y2 ⇔ 2(x + 1)2 = 3(7 – y2) (2) Ta thấy: 3(7 – y2) ⋮ ⇒ – y2 ⋮ ⇒ y lẻ Ta lại có: – y2 ≥ nên y2 = Khi (2) có dạng: 2(x + 1)2 = 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 Sử dụng tính chất liên quan đến số phương: a Tính chất: Giữa hai số phương liên tiếp khơng có số phương (tính chất kẹp) Từ suy với số ngun a, x ta có: – Khơng tồn x để a2 < x2 < (a + 1)2 – Nếu a2 < x2 < (a + 2)2 x2 = (a + 1)2 Ví dụ 1: Chứng minh với số nguyên k cho trước, không tồn số nguyên dương x cho: x(x + 1) = k(k + 2) (1) Giải Giả sử: x(x + 1) = k(k + 2) với k nguyên, x nguyên dương Ta viết phương trình thành: (1) ⇔ x2 + x + = k2 + 2k + = (k + 1)2 Do x > nên x2 < x2 + x + = (k +1)2 (2) Cũng x > nên (k + 1)2 = x2 + x + < x2 + 2x + = (x + 1)2 (3) Từ (2) (3), suy ra: x2 < (k + 1)2 < (x + 1)2 (4) Ta thấy x2 (x + 1)2 hai số phương liên tiếp nên (4) khơng thể xảy Vậy không tồn số nguyên dương x thoả mãn điều kiện đề Ví dụ 2: Tìm số nguyên x để biểu thức sau số phương: x4 + 2x3 +2x2 + x + Giải Đặt x4 + 2x3 +2x2 + x + = y2 với y ∈ ℕ Ta thấy: y2 = (x4 + 2x3 + x2) + (x2 + x + 3) = (x2 + x)2 + (x2 + x + 3) Ta chứng minh: a2 < y2 < (a + 2)2 với a = x2 + x 11 Thật vậy: y2 – a2 = x2 + x + = (x + )2 + >0 (a + 2)2 – y2 = (x2 + x + 2)2 – (x4 + 2x3 + 2x2 + x + 3) = 3x2 + 3x + CƠ SỞ TOÁN Ở TIỂU HỌC – BTẬP GKỲ download by : skknchat@gmail.com 1 = 3(x + )2 + > 2 Do a < y < (a + 2) nên y2 = (a + 1)2 ⇔ x4 + 2x3 + 2x2 + x + = (x2 + x +1)2 x=1 ⇔ x2 + x – = ⇔ [ x=−2 Với x = x = -2 biểu thức cho = 32 b Tính chất: Nếu hai số nguyên dương ngun tố có tích số phương số số phương Ví dụ: Giải phương trình với nghiệm nguyên dương: xy = z2 (1) Giải Trước hết ta giả sử (x, y, z) = Thật vậy, 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 ngun tố nhau, hai ba số x y, z có ước chung d, số cịn lại chia hết cho d Ta có z2 = xy mà (x, y) = nên x = a2, y = b2 với a, b ∈ℕ* Suy z2 = xy = (ab)2 Do đó: z = ab x=t a2 Như vậy: y=t b2 với t số nguyên dương tùy ý z=tab Đảo lại, hiển nhiên số x, y, z có dạng thỏa mãn (1) Công thức cho ta nghiệm nguyên dương (1) { c Tính chất: Nếu hai số ngun liên tiếp có tích số phương hai số ngun liên tiếp Ví dụ: Tìm nghiệm ngun phương trình: x2 + xy + y2 = x2y2 (1) Giải Thêm xy vào hai vế, ta được: (1) ⇔ x2 + 2xy + y2 = x2y2 + xy ⇔ (x + y)2 = xy(xy + 1) (2) Ta thấy xy xy + hai số nguyên liên tiếp, có tích số phương nên tồn số Xét xy = 0: (1) ⇔ x2 + y2 = nêu x = y = Xét xy + = ⇔ xy = -1 nên (x, y) = (1; -1) (-1; 1) Vậy ba cặp số (0; 0), (1; -1), (-1; 1) nghiệm phương trình cho PHƯƠNG PHÁP 6: LÙI VÔ HẠN, NGUYÊN TẮC CỰC HẠN 2z1 Phương pháp lùi vơ hạn: Ví dụ: Tìm số nguyên x, y, z thỏa mãn đẳng thức: x3 + 2y3 = 4z3 (1) Giải Từ (1) suy x ⋮ Đặt x = 2x1 với x1 nguyên Thay vào (1) chia hai vế cho ta được: 4x13 + y3 = 2z3 (2) Từ (1) suy y ⋮ Đặt y = 2y1 với y1 nguyên Thay vào (2) chia hai vế cho ta được: 2x13 + 4y13 = z3 (3) Từ (1) suy z ⋮ Đặt z = 2z1 với z1 nguyên Thay vào (3) chia hai vế cho ta được: x13 + 2y13 = 4z13 (4) Như vậy, nếu(x, y, z) nghiệm (1) (x1, y1, z1) nghiệm (1) Trong đó: x = 2x1, y = 2y1, z = Lập luận tương tự (x2, y2, z2) nghiệm (1) Trong đó: x1 = 2x2, y1 = 2y2, z1 = 2z2 CƠ SỞ TOÁN Ở TIỂU HỌC – BTẬP GKỲ download by : skknchat@gmail.com 10 Cứ tiếp tục ta đến: x, y, z chia hết cho 2k với k số tự nhiên tùy ý Điều xảy x = y =z=0 Đó nghiệm nguyên (1) Nguyên tắc cực hạn: Sử dụng số tốn vai trị ẩn bình đẳng Ví dụ: Tìm nghiệm ngun dương phương trình: 5(x + y + z + t) + 10 = xyzt Giải Giả sử x  y  z  t  Ta có: 5(x + y + z + t) + 10 = 2xyzt 5 10 30  = yzt + xzt + xyt + xyz + xyzt  t  t  15  t = t = * Với t = ta có: 5(x+ y + z + 1) + 10 = 2xyz 5 15 302 z  = yz + xz + xy + xyz  z   15  z = { 1;2 ;3 } Nếu z = có 5(x+ y) + 20 = 2xy  (2x – 5)(2y - 5) = 65 x= Ta nghiệm (35; 3; 1; 1); (9; 5; 1; 1) hoán vị chúng Với z = 2; z = phương trình khơng có nghiệm ngun 5 20 35 * Với t = 5(x+ y + z) + 20 = 4xyz  = xy + yz + xz + xyz  z 35    z = (vì z  t  2) (8x – 5)(8y – 5) = 265  z Do x  y  z  nên 8x –  8y –  11  (8x – 5)(8y – 5) = 265 vơ nghiệm Vậy nghiệm phương trình (x, y, z) = (35; 3; 1; 1); (9; 5; 1; 1) hoán vị PHƯƠNG PHÁP 7: XÉT CHỮ SỐ TẬN CÙNG Ví dụ 1: Tìm nghiệm ngun dương phương trình: 1! + 2! + + x! = y (1) Giải Cho x 1; 2; 3; 4, ta có hai nghiệm nguyên dương (x; y) 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 nguyên dương (x; y) (1; 1) (3; 3) Ví dụ 2: Tìm x; y ngun dương thỏa mãn phương trình: 2 y +1 (1) x + x−1=3 Giải Cho x giá trị từ đến 9, dễ dàng xác định chữ số tận x 2+ x−1 nhận giá trị 1; 5; Mặt khác ta thấy 32 y+ lũy thừa bậc lẻ nên chữ số tận 7, khác với 1; 5; Vậy (1) xảy Nói cách khác phương trình (1) khơng có nghiệm ngun dương CƠ SỞ TỐN Ở TIỂU HỌC – BTẬP GKỲ download by : skknchat@gmail.com 11 PHƯƠNG PHÁP 8: TÌM NGHIỆM RIÊNG Cách giải: Xét phương trình ax + by + c = (1) Trong a, b, c ∈ Z , a ≠ , b ≠ Khơng tính tổng qt, giả thiết (a, b, c) = Thật vậy, (a, b, c) = d ≠ ta chia vế phương trình cho d Ta có hai định lý: Định lý 1: Nếu phương trình (1) có nghiệm ngun (a, b) = (*) Chứng minh: Giả sử ( x 0; y 0) nghiệm nguyên (1) ax + by = c Nếu a b có ước chung d ≠ c ⋮ d, trái với giả thiết (a, b, c) = Vậy (a, b) = Định lý 2: Nếu ( x , y ¿ nghiệm phương trình (1) phương trình (1) có vơ số nghiệm nguyên nghiệm nguyên biểu diễn dạng: x=x +bt y= y 0−at Trong t số nguyên tùy ý (t = 0; ± 1; ± ; … ¿ Chứng minh: - Bước 1: Mọi cặp số ( x +bt ; y −at ¿ nghiệm nguyên (1) Thật vậy, ( x ; y ¿ nghiệm (1) nên a x +b y 0=c Ta có: ax + by = a ( x¿¿ 0+ bt)+b ( y −at )=ax +by =c ¿ Do ( x +bt , y 0−at ¿là nghiệm (1) - Bước 2: Mọi nghiệm (x; y) (1) có dạng ( x +bt , y 0−at ¿ với t ∈ Z Thật vậy, ( x ; y ¿ (x; y) nghiệm (1) nên ax + by = c ax +by =c Trừ vế: a ( x−x ) + b ( y− y ) =0 a ( x−x ) =b ( y 0− y ) (2) Ta có a ( x−x ) ⋮ b mà (a, b) = (theo định lý 1) nên x−x ⋮b Vậy tồn số nguyên t cho: x=x +bt y= y 0−at Ví dụ: Tìm nghiệm ngun phương trình: 3x – 2y = Giải Cách 1: Ta thấy x 0=3 ; y 0=2 nghiệm riêng Theo định lý 2, nghiệm nguyên phương trình là: x=3−2 t ( t số nguyêntùy ý ) y=2−3t Cách 2: Ta thấy x 0=1 ; y 0=−1 nghiệm riêng Theo định lý 2, nghiệm nguyên phương trình là: x =1−2 t (t số nguyên tùy ý ) y=−1−3t Chú ý: Qua cách giải trên, ta thấy có nhiều cơng thức biểu thị tập hợp nghiệm nguyên phương trình * Cách tìm nghiệm riêng phương trình bậc hai ẩn: { { { { CƠ SỞ TOÁN Ở TIỂU HỌC – BTẬP GKỲ download by : skknchat@gmail.com 12 Để tìm nghiệm nguyên riêng phương trình ax + by = c, ta dùng phương pháp thử chọn: cho x số có giá trị tuyệt đối nhỏ (0;± 1;± ; … ¿ tìm giá trị tương ứng y PHƯƠNG PHÁP 9: PHƯƠNG PHÁP HẠ BẬC Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x 3+ y −4 z 3=0 ( ) Giải 3 (1) ⇔ x =4 z −2 y ( ) Rõ ràng vế phải (2) chia hết x ⋮ x ⋮ Đặt x = x ( x ∈ Z ¿ Thay vào (2) ta có: 3 3 3 ⇔ x =4 x −2 y ⇔ y =2 z −4 x (3) Lập luận tương tự ta có y ⋮ 2, z ⋮ Đặt y = y ; z=2 z ( y ∈ Z , z ∈ Z ) Biến đổi tương tự ta có: z 3=4 y 31 +2 x 31 (4) (4)⇔ z 31 =4 y 31 +2 x 31 ⇔ x31 +2 y 31−4 z 31=0 (5) x y z Rõ ràng số ( x ; y ; z ) nghiệm (1) số ( ; ; ) nghiệm (1), 2 x y z x0 y z x ; y o ; z 0là số chẵn ; ; số chẵn Q trình tiếp tục số 0n ; n0 ; 0n 2 2 2 số chẵn với n số nguyên dương Vậy x = y = z = PHƯƠNG PHÁP 10: PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH Thực chất biến đổi phương trình dạng: g1 (x1, x2,…., xn) h (x1, x2,…., xn) = a Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x4 + 4x3+ 6x2+ 4x = y2 Giải 2 Ta có: x + 4x + 6x + 4x = y  x +4x +6x +4x +1- y2=1  (x+1)4 – y2 =  [(x+1)2 –y] [(x+1)2+y]= (x +1)2 – y =1 ( x +1)2+ y =1 1+ y=1− y ⇔[ ⇔[ −1+ y=−1− y ( x +1)2 – y=−1 ( x +1)2+ y=−1 { {  y =  (x+1)2 =  x+1 = 1  x = x = -2 Vậy (x, y) = (0, 0); (- 2, 0) PHƯƠNG PHÁP 11: PHƯƠNG PHÁP LOẠI TRỪ Khẳng định nghiệm loại trừ giá trị cịn lại ẩn Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 1! + 2! + … + x! = Giải Với x x! có tận 1! + 2! + 3! + 4! Có tận  1! + 2! + … + x! có tận 3, khơng số phương (loại) Vậy x < mà x nguyên dương nên: y CƠ SỞ TOÁN Ở TIỂU HỌC – BTẬP GKỲ download by : skknchat@gmail.com 13 x = { 1; ; ; } Thử vào phương trình ta (x = 1, y= 2); (x = 3, y= 3) thoả mãn Ví dụ 2: Tìm tất nghiệm nguyên phương trình: y2 + y = x4 + x3 + x2 + x Giải Ta có: y2 + y = x4 + x3 + x2 + x 4y2 + 4y + = 4x4 + 4x3 + 4x2 + 4x +  (2x2 + x)2 - (2y + 1)2 = (3x + 1)(x +1) hay (2x2 + x + 1)2 - (2y + 1)2 = x(x - 2) Ta thấy:  Nếu x > x < -1 (3x + 1)(x +1) >  Nếu x > x < -1 x(x - 2) >  Nếu x > x < (2x2 + x) < (2y+1)2 < (2x2 + x + 1)2 (loại)  -1  x   x = 0, 1, -1,  Xét x =  y2 + y =30  y = y= -6  Xét x =  y2 + y = (loại)  Xét x =  y2 + y =  y (y + 1) =  y = y = -1  Xét x = -1  y2 + y =  y = y= -1 Vậy nghệm nguyên phương trình là: (x, y) = (2, 5); (2, -6); (0, 0); (0, -1); (-1, 0); (-1, -1) PHƯƠNG PHÁP 12: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CỦA SỐ NGUN TỐ Ví dụ: Tìm x, y, z nguyên tố thoả mãn: x + = z Giải Ta có x, y nguyên tố x + = z  z > Mà z nguyên tố  z lẻ  xy chẵn  x chẵn  x = Xét y =  22 + = nguyên tố  z = (thoả mãn) Xét y >  y = 2k + (k  N)  22k+1 + = z  4k + = z Có chia cho dư  (2.4k+1) ⋮  z ⋮ không thỏa mãn (loại) Vậy x = 2, y = 2, z = thoả mãn y CƠ SỞ TOÁN Ở TIỂU HỌC – BTẬP GKỲ download by : skknchat@gmail.com 14 BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1: Tìm x, y nguyên tố thoả mãn: y2 – 2x2 = Hướng dẫn: Ta có y2 – 2x2 =  y2 = 2x2 +1  y số lẻ Đặt y = 2k + (với k nguyên).Ta có (2k + 1)2 = 2x2 +  x2 = k2 + 2k  x chẵn, mà x nguyên tố  x = 2, y = |x| (2x + 5y + 1)( Bài 2: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình : Hướng dẫn: + y + x2 + x) = 105 |x| Ta có: (2x + 5y + 1)( + y + x2 + x) = 105 Ta thấy 105 lẻ  2x + 5y + lẻ  5y chẵn  y chẵn |x| |x| + y + x2 + x = + y + x(x+ 1) lẻ |x| |x| có x(x + 1) chẵn, y chẵn  lẻ  =  x = Thay x = vào phương trình ta (5y + 1)(y + 1) = 105  5y2 + 6y – 104 = −26  y = y = (loại) Thử lại ta có x = 0; y = nghiệm phương trình Bài 3: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 – 2y2 = Hướng dẫn: Xét x ⋮ mà x2 – 2y2 =  2y2 ⋮  y2 ⋮ (2,5) = số nguyên tố ⋮ 2 ⋮  y 25  x – 2y 25 lại có x ⋮  x2 ⋮ 25 ⋮ 25 loại Xét x ⋮  y ⋮ x2 chia cho có số dư y2 chia cho có số dư  2y2 chia cho dư  x2 – 2y2 chia cho dư ± ± (loại) Vậy phương trình x2 – 2y2 = vơ nghiệm Bài 4: Tìm x, y số tự nhiên thoả mãn: Hướng dẫn: Xét y =  x2 + 30 = 3026  x2 = 3025 mà x º N  x = 55 x2 + y = 3026 Xét y >  ⋮ 3, x chia cho dư  x + chia cho dư y y mà 3026 chia cho dư (loại) Vậy nghiệm (x,y) = (55,0) Bài 5: Tìm nghiệm nguyên phương trình: Hướng dẫn: x2 + y2 – x – y = CƠ SỞ TOÁN Ở TIỂU HỌC – BTẬP GKỲ download by : skknchat@gmail.com 15 Ta có x2 + y2 –x – y =  x2 + y2 – x –4y = 32  (4x2 – 4x +1) + (4y2 – 4y + 1) = 34  (2x – 1)2 + (2y – 1)2 = 34 Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 có dạng phân tích thành tổng số phương 32 52 |2 x−1| |2 y−1| Do ta có |2 x−1| |2 y−1| Giải ta (x,y) = (2,3); (2,-2); (-1, -2); (-1, 3) hoán vị Bài 6: Tìm nghiệm ngun phương trình: Hướng dẫn: Ta có x2 – 4xy + 5y2 = 169 (x – 2y)2 + y2 = 169 Ta thấy 169 = 02 + 132 = 52 + 122 x2 – 4xy + 5y2 = 169  |x−2 y| |y| |x−2 y| |y| |x−2 y| |y| |x−2 y| |y| Giải ta (x, y) = (29, 12);(19, 12); (-19, -12); (22, 5); (-2, 5) ;(2, -5); (-22, -5); (26, 13); (-26, -13); (13 0); (13, 0) Bài 7: Tìm nghiệm nguyêm phương trình : Hướng dẫn: Giả sử x0, y0 nghiệm phương trình x2 – 5y2 = x2 – 5y2 = Ta có x - 5y =  x0 ⋮ đặt x0 = x1 2 Ta có (5x1) – 5y =  5x - y = 2  y0 ⋮ đặt y0 = 5y1  x - 5y = Vây (x0,, y0) nghiệm phương trình cho x0 y x0 y0 k ( , ) nghiệm phương trình cho Cứ tiếp tục lập luận ( , ) với k nguyên dương nghiệm phương trình Điều xảy x0 = y0 = Vậy phương trình có nghiệm x = y = k Bài 8: Tìm nghiệm nguyên phương trình : x2 + y2 + z2 = x2 y2 Hướng dẫn: Nếu x, y số lẻ  x2 , y2 chia cho dư ⇒ x2y2 chia cho dư z2 chia cho dư (loại) 2 x + y chia cho dư mà x2 + y2 + z2 = x2 y2  x chẵn y chẵn * Giả sử x chẵn  y chẵn * Giả sử x chẵn  x2, x2y2 chẵn  x2 ⋮  x2 y2 ⋮  (y2 + z2) ⋮  y z phải đồng thời chẵn Đặt x = 2x1, y = 2y1, z = 2z1 2 2 Ta cóx + y +z = x y 2 2 Lập luận tương tự ta có x + y + z = 16 x y CƠ SỞ TOÁN Ở TIỂU HỌC – BTẬP GKỲ download by : skknchat@gmail.com 16 x1 Quá trình tiếp tục ta thấy (x1, y1, z1) nghiệm phương trình phương trình với k nguyên dương  x1 = y1 = z1 = Vậy pt có nghiệm (0, 0, 0) y1 z1 k k k ( , , ) nghiệm Bài 9: Giải phương trình nghiệm nguyên: 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + = Hướng dẫn: Ta có pt : 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + =  y2 + (4x + 2)y + x2 + 4x + = (*) coi x tham số giải phương trình bậc pt (*) ẩn y ta có y = -(2x + 1)  √ Δ'x Do y nguyên, x nguyên  ' Δx √ Δ'x nguyên Mà = (2x + 1)2 – (3x2 + 4x + 5) = x2 – 4 x2 – = n2  (x - n)(x + n) = 4 x – n = x + n =   x =  (n º ∈ Z) Vậy phương trình có nghiệm ngun (x, y) = (2; -5); (-2, 3) Bài 10: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 – (y+5)x + 5y + = Hướng dẫn: Ta có x2 – (y+5)x + 5y + = coi y tham số ta có phương trình bậc ẩn x Giả sử phương trình bậc có nghiệm x1, x2 Ta có   x1 + 5x2 – x1x2 = 23  (x1 -5) (x2 -5) = Mà = 1.2 = (-1)(-2)  x1 + x2 = 13 x1 + x2 =  y = y = thay vào phương trình ta tìm cặp số (x, y) = (7, 8); (6, 8); (4, 2); (3, 2); nghiệm phương trình Bài 11: Tìm nghiệm nguyên phương trình : Hướng dẫn: x2 – xy + y2 = y 3y Ta có x2 – xy + y2 =  (x - )2 = - y 3y Ta thấy (x - )2   -   -2  y   y = 2; 1; thay vào phương trình tìm x Ta nghiệm nguyên phương trình : (x, y) = (-1, -2), (1, 2); (-2, -1); (2, 1) ;(-1, 1) ;(1, -1) Bài 12: Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2x + 3y = 11 Hướng dẫn Cách 1: Ta thấy phương trình có cặp nghiệm đặc biệt x0 = 4, y0 = Vì 2.4 + 3.1 = 11  (2x + 3y) – (2.4 + 3.1) = 0 2(x - 4) + 3(y - 1) = 0 2(x - 4) = -3(y - 1) mà (2,3) = Đặt x – = 3k y – = 2k với (k  Z) CƠ SỞ TOÁN Ở TIỂU HỌC – BTẬP GKỲ download by : skknchat@gmail.com 17 Vậy nghiệm tổng quát pt : x = – 3k y = 1+ 2k ( k  Z) *Nhận xét: Theo cách giải phải tìm cặp nghiệm nguyên đặc biệt (x0, y0) phương trình vơ định ax + by = c Nếu phương trình có hệ số a, b, c lớn cách giải khó khăn Cách 2: Dùng tính chất chia hết 11−3 y y−1 = 5- y- Ta có 2x + 3y = 11 x= y−1 Do x, y nguyên  nguyên y−1 đặt = k  y = 2k +1  x = 4- 3k (k  Z Vậy nghiệm tổng quát Bài 13: Tìm cặp số nguyên dương (x, y) thoả mãn phương trình : 6x2 + 5y2 = 74 Hướng dẫn: Cách 1: Ta có 6x2 + 5y2 = 74  6x2 –24 = 50 – 5y2  6(x2 – 4) = 5(10 – y2) 6(x2 – 4) ⋮  x2 – ⋮ (6, 5) = 1 x2 = 5t + (t N) Thay x – = 5t vào phương trình  y2 = 10 – 6t lại có   t = t = với t = ta có x2 = 4, y2 = 10 (loại) Với t = ta có x2 =  x=3 y2 = y=2 + mà x, y  Z  x = 3, y = thoả mãn Cách 2: Sử dụng tính chẵn lẻ phương pháp chặn Ta có 6x2 + 5y2 = 74 số chẵn  y chẵn lại có 0< 6x2  0< 5y2 < 74 < y2 < 14  y2 =  x2 = Cặp số (x, y) cần tìm (3, 2) Cách 3: Ta có 6x2 + 5y2 = 74  5x2 + 5y2 + x2 + = 75 x2 + ⋮ mà < x2  12  x2 = x2 = Với x2 =  y2 = 10 loại Với x2 =  y2 = thoả mãn cặp số (x, y) cần tìm (3, 2) Bài 14: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 + y2 = 2x2y2 CƠ SỞ TOÁN Ở TIỂU HỌC – BTẬP GKỲ download by : skknchat@gmail.com 18 Hướng dẫn: Cách 1: Đặt x2 = a, y2 = b Ta có a + b = ab  ⋮  |a| = |b|  a =  b Nếu a = b  2a = 2a2  a= a2  a= 0, a= 1 (a, b) = (0, 0); (1, 1) Nếu a = - b  2b2 =  a = b =  (x2, y2) = (0, 0); (1, 1)  (x, y) = (0, 0); (-1, -1); (-1, 1); (1, -1) ; (1, 1) Cách 2: Ta có x2 + y2 = 2x2y2 Do x2, y2  Ta giả sử x2  y2  x2 + y2  y2  2x2 y2  2y2 Nếu y = phương trình có nghiệm (0;0) Nếu y ¿ 0 x2   x2= x2 =  y2 = (loại) y2 =  (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  2x2 + 2y2 = x2y2  x2y2 –2x2 – 2y2 + = 2x2(2y2 - 1) – (2y2 - 1) = 1 (2x2 – 1)(2y2 - 1) = Mà = 1.1 = (-1)(-1)  (x2, y2) = (1, 1); (0, 0)  (x, y) = (1, 1); (0, 0) ; (1, -1); (-1; -1); (-1, 1) Bài 15: Tìm nghiệm tự nhiên phương trình : x2 –3xy + 2y2+ = Hướng dẫn: Ta thấy(x, y) = (0, 0) nghiệm phương trình Ta coi phương trình x2 – 3xy + 2y2 + = ẩn x ta tính Δ Δ y = y2 – 24 Phương trình có nghiệm tự nhiên y số phương  y2 – 24 = k2  (y – k)(y + k) = 24 (k  N) mà 24 = 24.1 = 12.2 = 6.4 = 3.8 ; y + k y – k chẵn   y = y+ y=7 Thay vào ta tìm (x, y) = (8, 7); (13, 7); (7, 5); (8, 5) Bài 16: Tìm nghiệm nguyên phương trình : 2x2 + 2y2 – 2xy + y + x – 10 = Hướng dẫn: Cách 1: Ta có phương trình cho  2x2 – (2y-1) x + 2y2 + y – 10 = Coi x ẩn y tham số ta có phương trình bậc ẩn x Δ y = (2y – 1)2 – 4.2 (2y2 + y -10) = -12y2 – 12y+ 81 Δ Để nghiệm x ngun y số phương Xét Đặt k2= -12y2 – 12 y + 81  k2 + 3(2y + 1) = 84 k  (2y + 1) = 28 -  28; (2y + 1)2 lẻ  (2y + 1)2 = 1, 9, 25  y = 0, 1, -2, 2, -3 Thử trực tiếp vào phương trình ta tìm cặp số (x, y) = (2, 0); (0, 2) thoả mãn CƠ SỞ TOÁN Ở TIỂU HỌC – BTẬP GKỲ download by : skknchat@gmail.com 19 Cách 2: Đặt x + y = a, xy = b ta có x, y  Z  a, b  Z Pt 2x2 – (2y-1) x + 2y2 + y – 10 =  2a2 – 4b + a – 10 =  4a2 – 8b + 2a – 20 =  (a+ 1)2 + 3a2 – 8b – 21 =  (a+ 1)2 + 3a2 = 8b + 21 lại có (x+ y)2  xy  a2  4b  8b + 21  2a2 + 21  (a + 1)2 + 3a2  2a2 + 21  (a + 1)2  21 mà (a+ 1)2 số phương  (a+ 1)2  {1, 4, 9, 16}  a  {0, 1, 2, 3} Với a =  12 + = 8b + 21  8b = 20 loại Với a =  (1+1)2 + 3.12 = 8b + 21  8b = -14 loại Với a =  (1+ 2)2 + 3.22 = 8b + 21  8b =  b = Với a =  (1+ 3)2 + 3.32 = 8b + 21  8b = 22 loại Vậy a = 2, b =   (x, y)= (0, 2); (2, 0) thoả mãn Bài 17: Hai đội cờ thi đấu với đấu thủ đội phải đấu ván với đấu thủ đội Biết tổng số ván cờ đấu lần tổng số đấu thủ hai đội biết số đấu thủ đội số lẻ hỏi đội có đấu thủ Hướng dẫn: Gọi x, y số đấu thủ đội đội (x, y nguyên dương) Theo ta có xy = (x + y) Đây phương trình nghiệm nguyên ta giải cách sau ⋮ Cách 1: Có xy = 4(x + y) xy – 4x – 4y + 16 = 16 (x-4) (y - 4) = 16 mà 16 = 1.16 = 2.8 = 4.4 lại có đội có số đấu thủ lẻ   Cách 2: Ta thấy x, y bình đẳng.Khơng tính tổng qt ta giả sử x y 4 Ta có x, y nguyên dương xy = (x + y) x + y = 4 4 8 lại có x  y  x + y  x  x  1 x   x= {5, 6, 7, 8} Mà x   x > Thử trực tiếp ta x = 5, y = 20 (thoả mãn) Vậy đội có đấu thủ cịn đội có 20 đấu thủ Bài 18: Tìm năm sinh Bác Hồ biết năm 1911 Bác tìm đường cứu nước tuổi Bác tổng chữ số năm Bác sinh cộng thêm Hướng dẫn: Ta thấy Bác Hồ sinh vào thể kỷ 20 năm 1911 Bác nhiều 11 tuổi (1+ + + + 3) loại Suy Bác sinh kỷ 19 Gọi năm sinh Bác 18xy (x, y nguyên dương, x, y  9) Theo ta có: CƠ SỞ TỐN Ở TIỂU HỌC – BTẬP GKỲ download by : skknchat@gmail.com 20 1911 - 18xy = + + x + y =  11x + 2y = 99  2y ⋮ 11 mà (2, 11) =  y ⋮ 11 mà  y  Nên y =  x = Vậy năm sinh Bác Hồ 1890 Bài 19: Hãy dựng tam giác vng có số đo cạnh a, b, c số nguyên có cạnh đo đơn vị Hướng dẫn: Giả sử cạnh đo đơn vị cạnh huyền (a = 7)  b2 + c2 = 72  b2 + c2 ⋮  b ⋮ 7; c ⋮ (vì số phương chia hết cho dư 0, 1, 4, 2) lại có < b, c < loại  Cạnh đo cạnh góc vng giả sử b = Ta có a2 – c2 = 49  (a + c)(a - c) = 49   Vậy tam giác cần dựng có số đo cạnh 7, 25, 24 CƠ SỞ TOÁN Ở TIỂU HỌC – BTẬP GKỲ download by : skknchat@gmail.com 21 ... giải cụ thể với phương trình nghiệm thực nghiệm phức Tuy nhiên, ta áp dụng số phương pháp hiệu để giải lớp phương trình Trong chuyên đề ta nêu số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Tùy vào... giống phương trình nghiệm thực hay nghiệm phức, phương trình nghiệm ngun khó giải điều kiện ràng buộc nguyên nhiệm Vì với phương trình nghiệm nguyên, ta thường khơng có phương pháp định hướng giải. .. .11 PHƯƠNG PHÁP 9: PHƯƠNG PHÁP HẠ BẬC 12 PHƯƠNG PHÁP 10: PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH 13 PHƯƠNG PHÁP 11: PHƯƠNG PHÁP LOẠI TRỪ 13 PHƯƠNG PHÁP 12: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CỦA SỐ NGUYÊN