Sáng kiến kinh nghiệm thcs các phương pháp và kỹ thuật giải phương trình nghiệm nguyên

C¸c ph­ng ph¸p vµ kü thuËt gii CÁC PHƯƠNG PHÁP VÀ KĨ THUẬT GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN I PHẦN MỞ ĐẦU I 1 Lý do chọn đề tài * Mục đích của giảng dạy đại số trong nhà trường phổ thông THCS là Mở rộn[.]

CÁC PHƯƠNG PHÁP VÀ KĨ THUẬT GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN I PHẦN MỞ ĐẦU I.1 Lý chọn đề tài: * Mục đích giảng dạy đại số nhà trường phổ thông THCS là: - Mở rộng khái niệm số - Biến đổi đồng biểu thức đại số - Hàm số - Phương trình " PHƯƠNG TRÌNH" 1trong mục đích lớn cần đạt việc giảng dạy đại số nhà trường phổ thơng THCS Đây vấn đề xun suốt tồn cấp mang "tính kĩ thuật" có nhiều áp dụng thực tiễn, Khái niệm phương trình hiểu cách tường minh theo quan điểm hàm Có thể nói tư tưởng khái niệm tư tưởng hàm Nội dung khái niệm thể kĩ thuật tìm nghiệm tức giải phương trình Giải phương trình thực liên tiếp phép biến đổi tương đương phương trình phương trình đơn giản Vì dạy phương trình chủ yếu làm cho học sinh nắm vững kĩ thuật giải pt (kĩ thuật tìm nghiệm) song không coi nhẹ tư tưởng phương trình khái niệm hàm số * Trong trình rèn luyện kĩ giải phương trình đại số dạng tổng quát Học sinh đề cập tới việc giải phương trình mà yêu cầu nghiệm phương trình thuộc tập Z Nên cần định hướng cho đối tượng học sinh nói chung học sinh giỏi nói riêng, ý tưởng, phương thức tìm nghiệm nguyên phương trình hình thành cho học sinh phương pháp kĩ thuật giải phương trình nghiệm ngun * Bài tốn tìm nghiệm ngun pt ẩn tàng từ lớp bậc tiểu học chương trình tốn cấp (THCS); lớp việc tìm nghiệm nguyên pt đề cập tường minh Có thể nói: tốn tìm nghiệm ngun pt đề cập chương trình tốn phổ thông đối tượng học sinh , giỏi * Song việc tìm nghiệm nguyên pt chương trình phổ thơng đặc biệt THCS chưa nêu cụ thể cách giải dạng tập mà thường nêu 1bài toán tổng hợp toán tài liệu tham khảo Do việc giải pt nghiệm nguyên kì thi thi học sinh giỏi; thi vào trường chuyên, học sinh cịn lúng túng chưa có đượccách định hướng kĩ thuật giải * Thực trạng việc dạy học giải pt nói chung giải pt nghiệm nguyên nói riêng lớp THCS chưa có chương trình cụ thể chưa định hướng phương pháp kĩ thuật giải mà người dạy thường theo số kinh nghiệm khai thác tập theo hướng chủ quan họ nên kết việc dạy giải tập loại hạn chế * Thực tế chương trình SGK khơng nêu phương pháp giải cho phương trình nghiệm nguyên, song thực tiễn tập, đề thi có u cầu tìm giá trị ngun nghiệm;địi hỏi học sinh phải định hướng cách giải * Thực tế việc dạy học lớp THCS ,giáo viên chưa trang bị cho HS cách suy nghĩ ,cách giải loại toán * Căn vứ vào thực tế chương trình tốn THCS; thực tiễn việc dạy học ;yêucầu việc bồi dưỡng HS giỏi đặc biệt việc phát huy tính tích cực chủ động sáng tạo HS hoạt động học tập * Với lý nên tơi có ý tưởng xây dựng:Một số phương pháp kỹ thuật tìm nghiệm cho số phương trình chương trình tốn THCS I.2 Mục đích nghiên cứu * Các kỹ thuật, phương pháp tìm nghiệm nguyên * Sự áp dụng phương pháp tìm nghiệm vào dạng phương trình nghiệm ngun * Các tốn có liên quan I.3 Thời gian, địa điểm Năm học: 2006 - 2007; 2007 - 2008 Địa điểm: Trường THCS Mạo Khê II I Đóng góp mặt lí luận, thực tiễn * Xây dựng quan niệm, cách suy nghĩ, cách khai thác toán tập Z * Xây đựng số kỹ thuật phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên sở kiến thức,tri thức phương pháp có chương trình * Nêu ứng dụng phương pháp giải vào dạng phương trình nghiệm nguyên số ứng dụng việc tìm nghịêm nguyên với tốn có liên quan * Nêu học kinh nghiệm cách khắc phục sai lầm cho học sinh II PHẦN NỘI DUNG II.1 Chương 1: Tổng quan * Trong chương hình dung được: Một số khái niệm: - Giải phương trình chứa ẩn x; y; t tập Z tìm tất số nguyên ( x, y , t, ) thoả mãn phương trình - Khi giải phương trình với nghiệm nguyên phải lợi dụng tính chất tập Z nên ngồi biến đổi tương đương ta dùng đến biến đổi mà giá trị ẩn thoả mãn điều kiện cần ( chưa phải điều kiện cần đủ nghiệm ) Trong trường hợp ta cần kiểm tra lại giá trị cách thử vào phương trình cho Vì việc giải " Phương trình nghiệm nguyên" thường gồm hai bước: Bước1: Giả sử phương trình có nghiệm ngun ( x0; y0; t0, ) ta suy ẩn phải nhận giá trị Bước 2: Thử lại giá trị ẩn để kết luận tập nghiệm phương trình Để đơn giản nhiều trường hợp (bài tốn) bước khơng tách riêng cách tường minh giá trị x0, y0, t0 Vẫn biểu thị x, y, t Với tốn phép biến đổi đến tương đương ta khơng cần bước hai Một phương trình nghiệm ngun vô nghiệm; vô số nghiệm, hữu hạn nghiệm Trường hợp phương trình có vơ số nghiệm ngun Các nghiệm ngun phương trình thường biểu thị cơng thức có chứa tham số số nguyên Sau xin giới thiệu số kĩ thuậtvà phương pháp thường dùng để giải phương trình nghiệm nguyên chương trình bồi dưỡng học sinh khá, giỏi * Kỹ thuật sử dụng tính chia hết * Kỹ thuật xét số vế * Kỹ thuật dùng bất đẳng thức * Sử dụng tính chất số phương Nêu ứng dụng phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên vào 1số dạng phương trình nghiệm ngun Tìm điều kiện tham số có phương trình cho nghiệm pt số nguyên Vận dụng phương pháp giải vào tốn có liên quan Nêu học kinh nghiệm II.2 Chương II: Nội dung vấn đề cần nghiên cứu II.2.1 Các Kỹ thuật phương pháp tìm nghiệm nguyên phương trình II.2.1.1 Kỹ thuật sử dụng tính chia hết a) Phát tính chia hết ẩn * Ví dụ 1: Tìm nghiệm ngun phương trình 3x + 17y - 159 = (1) * Giải: Ta có phương trình tương đương 3x + 17y = 159 Nhận thấy 159 3; 3x Suy ra: 17y = 159 - 3x  17y Do (17, 3) =  y 3 Ta đặt y = 3t (t  Z) thay vào (1) có: 3x + 17.3t = 159  x + 17t = 53 x = 53 - 17t  (t  Z) y = 3t Thử lại: Thay x, y vào (1) thoả mãn Vậy (1) có vơ số nghiệm ngun (x; y) biểu thị công thức: b) Đưa phương trình ước số: * Khi giải phương trình ta đưa phương trình: f(x, y) = m (1) dạng: f1 (x).f2 (y) = k (2) (m, k  Z) Ta coi (2) phương trình ước số: Vế trái tích thừa số nguyên * Ví dụ: Giải phương trình Z: xy - y - x - = (*) - Trước hết ta biến đổi phương trình: (*)  x(y - 1) - (y - 1) =  (y - 1)(x - 1) = (đây phương trình ước số) ta coi (y - 1); (x - 1) ướ >  (x - 1)(y - 1) dấu: Ta có: x -1 -1 -3 x -2  y - 1 -3 -1 y -2 c) Tách giá trị ngun: Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên pt: x(y - 2) = y + Giải: Biểu thị x theo y ta có: x = x= (y  2) (với y = pt vơ nghiệm) x, y ngun (y  2) nên: y - ước Ta có: y -  4; 2; 1  y  6; -2; 4; 0; 3;  (x, y)  (0; -2); (3; 4); (-3; 1); (-1; 0); (2; 6); (5; 3) * Chú ý: Với ví dụ xy - y - x - = ta làm (coi cách giải 2) II.2.1.2 Xét theo số dư vế phương trình: * Dựa vào số dư vế pt chia cho số ta kết luận nghiệm pt biểu thị ẩn theo phép chia có dư a) Ví dụ 1: Chứng minh rằng: Các pt sau khơng có nghiệm ngun 1) x2 - y2 = 1998; 2) x2 + y2 = 1999 Ở (1): Dễ chứng minh x2, y2 chia cho có số dư  x2 - y2 chia cho có số dư 0, 1, Còn vế phải 1998 chia cho dư Vậy pt cho vô nghiệm Ở (2): Tương tự ta có: x2 + y2 chia cho dư: 0; 1; Vế phải: 1999 chia cho dư Vậy pt vơ nghiệm b) Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên pt: y2 + y - 9x = (*) Ta có: (*)  9x + = y(y + 1) Vế trái (*) chia cho dư nên y(y + 1) chia cho dư Suy ra: y = 3k + 1, y + = 3k + (k  Z)  9x + = (3k + 1)(3k + 2)  9x = 9k(k + 1)  x = k(k + 1) * Thử lại: x = k(k + 1); y = 3k + thoả mãn (*) x = k(k +1) Vậy: Nghiệm pt (k  Z) y = 3k + II.2.1.3 Dùng bất đẳng thức: a) Phương pháp thứ tự ẩn: * Ví dụ: Tìm số ngun dương cho tổng chúng tích chúng Giải: Gọi số ngun cần tìm x,y,t Ta có: x + y + t = x y t (1) Vì x, y, t có vai trị bình đẳng pt nên thứ tự giá trị ẩn chẳng hạn: t  y  x   x + y + t  3t hay xyt  3t  xy   xy  1; 2;  Với xy=1 Tacó : x=1; y = Thay vào (1) được: 2+t = t (loại)  Với xy =2 Ta có: x=1 ; y =2 ; Thay vào (1) được: t = ã Với xy = Ta có: x=1; y=3 Thay vào (1) có : t=2 (loại) y t Vậy 3số phải tìm là: 1; 2; b) Xét khoảng giá trị ẩn: * Ví dụ: Tìm nghiệm ngun dương pt: Do vai trị bình đẳng x y Ta giả sử x  y Hiển nhiên có : Suy ra: y > Do x y  Suy Nên ; <  y  Ta xác định miền giá trị y: 4 y  x= 12 ã Với y = ta có: ã Với y = Ta có Suy x Z ã Với y = Ta có Kết luận: Các nghiệm pt là: Suy x=6 (4; 12) ; (12; 4) ; (6; 6) c) Chỉ số nghiệm chứng minh pt có nghiệm ( chứng minh pt có nghiệm nhất) * Ví dụ: Tìm số tự nhiên x cho 2x + 3x = 5x; chia vế cho 5x -Viết pt dạng: ( )x  + ( )x = (1) Với x =  (1) vô nghiệm Với x =  (1) thoả mãn ( x = nghiệm) Ta chứng minh cho x = nghiệm pt cho Với x  thì: ( )x   ( +( )x  )x  Nên pt vô nghiệm với x  Vậy p t có nghiệm x = * Ta tìm nghiệm nguyên dương pt: + + = phương pháp d) Sử dụng điều kiện có nghiệm số pt bậc hai * Ta viết pt f(x,y) = dạng pt bậc ẩn (chẳng hạn x) y tham số Điều kiện cần để pt bậc có nghiệm   (Để có nghiệm nguyên cịn cần  số phương) * Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên pt: x2 + y2 - xy - x - y = (1) Ta biến đổi thành pt: x2 - (y + 1) x + (y2 - y) = (2) ( Nhờ đổi tham số coi x ẩn; y tham số) Điều kiện cần để (2) có nghiệm    (y + 1)2 - (y2 - y)   - 3y2 + 6y +   3y2 - 6y -   3(y - 1)2   (y - 1)2  Suy ra: y - 1   y   y  0; 1; Với y = thay vào (2) được: x2 - x =  x1 = 0; x2 = Với y = thay vào (2) được: x2 - 2x =  x3 = 0; x4 = Với y = thay vào (2) được: x2 - 3x + =  x5 = 1; x6 = * Thử lại: Các giá trị thoả (1) ta có nghiệm (0; 0); (1; 0); (0; 1); (2; 1); (1; 2); (2; 2) * Chú ý: ta dùng cách viết (1) dạng "tổng bình phương": (x - 1)2 + (y - 1)2 + (x - y)2 = Song nhờ nhận xét vế trái tổng số phương có giá trị nên tồn số  Nếu x - = Cho đáp số: (1; 0); (1; 2)  Nếu y - = Cho đáp số: (0; 1); (2; 1)  Nếu x - y = Cho đáp số: (0; 0); (2; 2) II.2.1.4 Sử dụng tính chất số phương a) Sử dụng tính chất chia hết số phương - Số phương khơng có tận 2; 3; 7; - Số phương chia hết cho số nguyên tố k chia hết cho k2 - Số phương chia cho có số dư 0; - Số phương chia cho có số dư 0; - Số phương chia cho có số dư 0; 1; * Ví dụ: Tìm số ngun x để 9x + tích số nguyên liên tiếp Giả sử 9x + = n(n + 1) với n  Z  36x + 20 = 4n2 + 4n  36x + 21= 4n2 + 4n +  3(12x + 7) = (2n + 1)2 Nhận thấy số phương (2n + 1)2 = 3(12x + 7)  (2n + 1)2 nên chia hết cho Mà (12x+7) không chia hết cho  12x+7 không chia hết cho Mâu thuẫn chứng tỏ khơng có x  Z để 9x + 5= n(n + 1) * Chú ý: Có thể làm theo cách khác sau: 9x + = n(n + 1)  n2 + n - (9x + 5) = (*) (*) có nghiệm nguyên  số phương (coi (*) pt bậc hai ẩn n) Nhưng  = + 4.(9x + 5) = 36x + 21 chia hết cho không chia hết cho Nên khơng số phương Vậy khơng tồn n  Z để 9x + = n(n + 1) b) Tạo bình phương đúng: * Ví dụ: Tìm nghiệm ngun pt: 2x2 + 3y2 = 19 - 4x (1) Ta tạo bình phương sau: (1)  2x2 + 4x + 2= 3(7 - y2)  2(x + 1)2 = 3(7 - y2) (2) 2 Suy ra: 3(7 - y )  (7 - y )  y lẻ Do: - y2   y2 = (2) có dạng: x+1=3 x=2 2 2(x + 1) = 18  (x + 1) =   x + 1= -3 x = - Từ có nghiệm là: (2; 1); (2; -1); (-4; 1); (-4; -1) c) Xét số phương liên tiếp: * Ta ý nguyên lý sau: " giửa số phương liên tiếp khơng có số phương " Do với a, x  Z ta có: Khơng tồn x cho : a2< x2< (a+ 1)2 Nếu : a2< x2 < (a+2)2 Thì : x2= (a+ 1)2 Ví dụ1: Tìm nghiệm ngun dương phương trình: y2= x2+x+ Ta có: x  Nên x2 < x2+ x + < x2+2 x +  x2 < y2 < (x+1)2 Suy y2 số phương giửa 2số phương liên tiếp (y  1) vô lý Vậy không tồn cặp số nguyên dương thoả mãn p t Ví dụ 2: Tìm nghiệm tự nhiên p t: x4 + 2x3+ 2x2+x + = y2 Ta có: y2= (x2+ x)2 +( x2+ x +3) Ta chứng minh: a2< y2 < (a+2)2 ; ( a= x2+ x ) Thật ta có: y2- a2 = x2+ x +3 = (x + )2 + ( a + )2- y2 = = 3x2 + 3x +1 = (x + > Suy ra: y2 > a2 (1) )2 + > suy ra: y2 < (a+2)2 (2) Từ (1) (2) ta có: a2< y2 < (a+2)2 suy ra: y2= (a+ 1)2  x4 + 2x3+ 2x2+x + = (x2+ x + 1)2  x2+ x - 2=  x=1 x = -2 suy nghiệm p t cho là: ( 1; ) ; ( -2 ; ) d) Sử dụng tính chất: Nếu hai số nguyên dương, nguyên tố có tích số phương số số phương * Giả sử: a.b = c2 với a, b, c  N* (a; b) = Bằng lập luận phản chứng: Giả sử avà b có số; chẳng hạn a chứa thừa số nguyên tố p với số mũ lẻ ; số b khơng chứa p Nên c2 chứa p với số mũ lẻ ; trái gt c2 số phương * Ví dụ: Tìm nghiệm ngun dương pt: x.y = t2 (1) Giả sử: (x, y, t) = Thật vậy, số: (x0, y0, t0) thoả mãn (1) có ƯCLN = d Giả sử: x0 = dx1; y0 = dy1; t0 = dt1 (x1; y1; t1) nghiệm (1) Do (x, y, t) =  x, y, t đơi ngun tố Vì số x, y, t có ƯC = d số cịn lại chia hết cho d Ta có: t2 = xy mà (x, y) = nên: x = a2; y = b2 (với a, b  N*)  t2 = xy = (ab)2  t =ab x = k a2 Vậy: y = k b2 (*) (k nguyên dương tuỳ ý) t = k ab Đảo lại: Hiển nhiên số x, y, t có dạng (*) thoả mãn (1) Công thức (*) cho ta nghiệm nguyên dương (1) e) Sử dụng tính chất: Nếu hai số ngun liên tiếp có tích số phương số ngun liên tiếp * Giả sử: a(a + 1) = k2 (a  Z; k  N) Chứng minh phản chứng: Giả sử a  a +   k2  0; k  N nên k >0 Từ (1)  a2 + a = k2  4a2 + 4a = 4k2  4a2 + 4a + = 4k2 +  (2a + 1)2 = 4k2 + (2) Vì k > nên: 4k2 < 4k2 + < 4k2 + 4k + Từ (2)  (2k)2 < (2a + 1)2 < (2k + 1)2 vơ lý Vì khơng có số phương số phương liên tiếp Vậy, nếu: a.(a + 1) = k2 tồn a = a + = * Chú ý: Nếu số ngun liên tiếp có tích số phương chưa kết luận số số phương Chẳng hạn: -1; * Ví dụ: Tìm nghiệm ngun pt: x2 + y2 + xy - xy2 = (1)  Đưa pt dạng: A(A +1) = B2; ta có (1)  x2 + y2 + xy = x2y2 Thêm vào hai vế (x.y) ta có (x + y)2 = xy(xy + 1) Vì xy; (xy + 1) số ngun liên tiếp có tích số phương nên tồn số - Nếu xy = 0; từ (1) có: x2 + y2 =  x = y = - Nếu xy + =  xy = -1 Nên (x, y)  (1; -1); (-1; 1)  Thử lại: cặp số: (0; 0); (1; -1); (-1; 1) nghiệm pt cho II.2.2 Áp dụng phương pháp kĩ thuật giải vào dạng phương trình nghiệm nguyên II.2.2.1 Phương trình bậc ẩn: ax + by = c (a; b; c  Z) a) Ví dụ: Tìm nghiệm ngun pt: 11x + 18y = 120 (1) * Nhận xét: Ta có: 11x = (120 - 18y)  11x  x Đặt x = 6k (k nguyên) Thay x = 6k vào (1) Thu gọn ta có:11k + 3y = 20  Biểu thị ẩn mà hệ số có giá trị tuyệt đối nhỏ (là y) theo k ta được: y=  y = - 4k + ; Đặt: = t ( t nguyên)  k = 3t + Nên: y = - 4( 3t + 1) + t = - 11t x = 6(3t + 1) = 18t + Thay biểu thức x y vào (1) pt nghiệm Vậy nghiệm nguyên x = 18t + pt (1) biểu thị công thức: (t nguyên) y = - 11t * Chú ý: - Nếu tốn u cầu tìm nghiệm nguyên dương ( nguyên âm) pt (1) Ta việc giải: 18t +  18t +  Hoặc: - 11t  - 11t  Hoặc giải cách sau: 11x + 18y = 120 Nhận xét: y   11x  120 - 18 = 102  x   x  (vì x nguyên) Vì x  x =  y = - Có nhiều cách tách giá trị nguyên biểu thức: y= y = - 3k + y = - 3k + như: y = - 4k + (cách 1) (Cách 2) (Cách 3) Tuy nhiên giải cần chọn cách tách hợp lí b) Cách giải phương trình bậc hai ẩn ax + by = c với nghiệm nguyên (a, b, c  Z) - Thu gọn pt (chú 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 số biểu thức x số nguyên t1  pt bậc hai ẩn y t1 - Tiếp tục làm đến ẩn biểu thị dạng đa thức với hệ số nguyên * Thực chất thay giải pt: ax + by = c giải pt: a1x + b1y = c1 a2x + b2y = c2 Trong hệ số a1; a2; .;b1; b2; có giá trị tuyệt đối nhỏ dần đến hệ số có giá trị tuyệt đối * Chú ý: Ngồi cách giải ta giải pt ax + by = c cách tìm nghiệm riêng sau: Ví dụ: 11x + 18y = 120 (1) Thử chọn ta được: x = 6; y = nghiệm riêng (1) Ta có: 11x + 18y = 120 (2) 11.6 + 18.3 = 120 (3) Trừ (2) cho (3) ta có: 11(x - 6) + 18(y - 3) =  11 (x - 6) = 18(3 - y) (4)  (x - 6) 18 Đặt: x - = 18t ( t nguyên) Ta có: x = + 18t thay vào (4) thu gọn 11t = - y  y = - 11t x = + 18t  nghiệm: (t nguyên) y = - 11t II.2.2.2 Phương trình bậc hai có hai ẩn: a) Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên pt: 5x - 3y = 2xy - 11 - Cách giải 1: Biểu thị y theo x: (2x + 3)y = 5x + 11 dễ thấy: 2x +  (vì x  Z) y= ; để y  Z phải có: (x + 5) 3) ( 2x + 3) + (2x + 3)  7  x  -5; -2; -1; (2x + 3)  2(x + 5) (2x + (2x + 3) ( 2x + 3) ước  2(x + 3)  1;  (x, y)  (-1; 6); (-2; -1); (2; 3); (-5; 2)  Thử lại cặp nghiệm pt cho - Cách giải 2: Đưa pt ước số: 2(5x - 3y) = (2xy - 11).2  (2x + 3)(2y - 5) = b) Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên pt: x2 + 2y2 + 3xy - x - y + = (1)  Đổi tham số đưa pt bậc hai (ẩn x): x2 + (3y - 1)x + (2y2 - y + 3) = (2) (2) có nghiệm nguyên  = (3y - 1)2 - 4(2y2 - y + 3) = y2 - 2y - 11 số phương  y2 - 2y - 11 = k2 (3) (k  N)  (y - + k).(y - - k) = 12 10 2.Nếu y =  x3 =  x = 3.Nếu x  0; y   x2  1; 4; y2  1; Do x  y nên có: x2 = Hoặc: x2 = y2 = y2 =  Trong hai số x, y có số chẵn; số lẻ nên vế trái (1) lẻ ; vế phải( 1) chẵn nên không xảy Vậy hai trường hợp 1, nghiệm pt Ta có: (x; y)  (0; -2); (2; 0) Cách 3: Bạn biến đổi pt cho  27x3 - 27y3 - 27xy = 216  27x3 - 27y3 - 1- 27xy = 215 Rồi sử dụng công thức: a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c) II.2.2.4 Phương trình đa thức có ẩn trở lên a) Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên pt: 6x + 15y + 10t = Ta thấy: 10t = - 6x -15y  10t  t Đặt t = 3k ta được: 6x + 15y + 10.3k = 3 2x + 5y +10k =  2x + 5y = - 10k (pt ẩn,y có hệ số nguyên tố nhau) x= Đặt = - 5k -2y + = t (t nguyên)  y = -2t x = -5k - 2(1 - 2t) + t = 5t - 5k - t = 3k Vậy nghiệm pt (x; y;t) = (5t - 5k - 2; - 2t; 3k) b) Ví dụ 2: pt x2 + y2 + z2 = 1999 (1) có nghiệm ngun hay khơng - Giải: Ta biết : Số phương chẵn ; số phương lẻ chia cho dư 1, chia cho dư Theo (1) x2 + y2 + z2 số lẻ nên số: x2; y2; z2 phải có số lẻ số chẵn, số lẻ  Trường hợp số lẻ vế trái (1) chia cho dư Vế phải (1) 1999 chia cho dư (loại) Vậy trường hợp pt (1) khơng có nghiệm nguyên  Trường hợp: có số lẻ số chẵn  vế trái(1) chia cho dư 1; vế phải 1999 : dư ( loại)  pt khơng có nghiệm ngun Kết luận: pt (1) khơng có nghiệm ngun II.2.2.5 Phương trình dạng phân thức: a) Ví dụ 1: Tìm nghiệm ngun dương pt: 12 + + = (*) -Giải: Khử mẫu cách nhân vế pt (*) với 6xy  (*) 6y + 6x + = xy Đưa pt ước số:  x ( y - ) - 6( y - 6) = 37  ( x - 6) (y - 6) = 37 Do vai trị bình đẳng x, y giả sử: x  y   x -  y -  -5 Nên có trường hợp: x - = 37  x = 43 y-6=1 y=7 Vậy: ( x; y)  (43; 7); (7; 43) b) Ví dụ2: Tìm số ngun x cho -Giả sử =( bình phương phân số )2; (với a N; b  N*) Nếu a =  x = 17 thoả mãn (x 9) Nếu a  0; Khơng làm tính tổng quát giả sử: (a; b) = 1 (a2; b2) = nên: x - 17 = a2.k (1) (k nguyên) x - = b k (2) Từ (1) (2)  (x - 9) - (x - 17) = (b2 - a2)k  = (b + a)(b - a)k Nhận thấy: b + a b - a ước mặt khác (b + a) - (b - a) = 2a; nên b + a b - a tính chẵn lẻ Lại có: b + a > b - a b + a > Có trường hợp sau: a+b b - a k b a x = 9+ b2k 18 Có đáp số: - -1 x = 17  - -2 0, loại x = 18  - -1 -1, loại x=8 II.2.2.6 Phương trình dạng mũ a) Ví dụ 1: Tìm x  N; y  Z cho 2x + = y2(1) Trước hết xét số giá trị đặc biệt x  Nếu x =  y2 =  y =2 y = -2  Nếu x =  y2 =5  Khơng có nghiệm nguyên  Nếu x   2x  vế trái (1) chia cho dư mà y2 số lẻ  (y lẻ)  y2 chia cho dư  Mâu thuẫn Vậy pt có nghiệm số là: (0; 2); (0; - 2) b) Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dương pt: 2x + 57 = y2 (1) Ta xét theo tính chẵn; lẻ x Trường hợp 1: Nếu x lẻ; đặt: x = 2n +1 (n  N) Ta có: 2x = 22n +1 = 2.4n = 2.(3 + 1)n = 2.(BS + 1) = BS 3+2 vế trái (1) số chia cho dư 2; vế phải số phương chia cho khơng dư (loại) 13 Trường hợp 2: Nếu x chẵn: Đặt x = 2n (n  N*) Ta có: y2 - 22n = 57  (y + 2n) (y - 2n) = 19 Do: y + 2n   y - 2n  y +2n  y -2n có trường hợp: y +2n 57 19 n y-2 n 28(loại) n y 11 x = 2n 6 Ta có: + 57 = 11  nghiệm pt là: (6; 11) II.2.2.7 Phương trình vơ tỉ: a) Ví dụ 1: Tìm nghiệm ngun pt: y= + (1) - Giải:Trước hết có điều kiện: x  (1)  y = + y= y= +  y=   Nếu x= 1 y = Nếu x  Ta có: y = +1 + -1 y=2  y = 4(x - 1) Đặt: x -1 = t (t nguyên dương) 4(x -1) (số phương) Ta có: x = t2 +1 y = 2t - Kết luận: Nghiệm nguyên pt là: (x; y) (1; 2); (t2 + 1; 2t) b) Ví dụ 2: Tìm nghiệm ngun pt: = y (1) -Trước hết: Đặt điều kiện vế không âm (x  0; y  0) bình phương vế ta có pt: x+ = y2  = y2 - x = k (2) (k  N) Bình phương hai vế hai (2) có x + = k2  = k2 - x = m (m  N) Bình phương hai vế: x +  Vì x  Z+  số nguyên số vô tỉ x + = m2 số phương nên số tự nhiên  hai số tự nhiên liên tiếp có tích sơ phương nên số nhỏ  =  x =  y = Vậy nghiệm (1) (0; 0) 14 II.2.3 Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm ngun * Ta xét số tốn tìm điều kiện tham số pt cho nghiệm pt số ngun a) Ví dụ 1: Tìm số thực a để pt sau có nghiệm nguyên: x2 - ax + (a + 2) = (1) - Trước hết phải có:    a2 - 4(a + 2)  (vì (1) pt bậc hai ẩn x)  a2 - 4a -   (a - 2)2 - 12   (a - 2)2  12  a - 2  a2+2 Có thể buộc  số phương ( = k2)  a2-2 (*) Khi gọi x1; x2 nghiệm nguyên (1) theo hệ thức Vi-et ta có: x1 + x2 = a  x1.x2 - (x1 + x2) = x1.x2 = a +  x1.(x2 - 1) - (x2 - 1) =  (x1 - 1)(x2 - 1) = (2) ((2) pt ước số)  giả sử: x1  x2  x1 -  x2 - x1 - = x1 = Có hai trường hợp: a)  a=6 x2 - = x2 = x1 - = -1 x1 = b)   a = -2 x2 - = -3 x2 = -2 * Cả hai giá trị a = 6; a = -2 thoả mãn (*) Vậy: Với a = a = -2 (1) có nghiệm ngun b) Ví dụ 2: Tìm tất số nguyên a để pt: x2 - (3 + 2a)x + 40 - a = (*) có nghiệm nguyên Trước hết (*) pt bậc ẩn x nên phải có điều kiện:  số phương  4a2 + 12a + - 4(40 - a) số phương  4a2 + 16a - 151 = n2 (n  N*) Suy ra: (2a + 4)2 - n2 = 167  (2a + + n).(2a + - n) = 167 167 số ngun tố nên có: 2a + + n = 167   4a + = 168  a = 40 2a + - n = 2a + + n = -1   4a + = -168  a = - 44 2a + - n = -167 * Thử lại: - Với a = 40 pt đầu có hai nghiệm x1 = 0; x2 = 83 15 - Với a = - 44 pt đầu có hai nghiệm x3 = -1; x4 = - 84 Kết luận: a = 40 a = - 44 * Chú ý: Có thể thay việc thử lại cách tìm điều kiện   đối chiếu a với điều kiện c) Ví dụ 3: Tìm tất cặp số nguyên không âm (m; n) để pt: x2 - m.n.x + m + n = (*) có nghiệm nguyên - Giả sử: x1, x2 hai nghiệm nguyên (*) (x1  x2) x1 + x2 = m.n - Theo Vi-et có: (1) x1.x2 = m + n Ta có: x1x2 - (x1 + x2) + = ( x1 - 1)(x2 - 1) (2) mn - (m + n) + = (m- 1)(n - 1) (3) Cộng hai vế (2) (3) kết hợp với (1) ta có: (x1 - 1)(x2 - 1) + (m -1)(n - 1) = (4)  Nếu m =  n = (*)  x2 = - n (n  0) Giả sử m  1; n   m -  0; n -   x1  1; x2  Từ (4) ta thấy có khả sau: (m - 1)(n - 1) = 1) m-1=n-1=1m=n=2 (x2 - 1)(x1 - 1) = (m - 1)(n - 1) =  x1 - = 1; x2 - = 2) (x1 - 1)(x2 - 1) =  x1 = 2; x2 =  mn = x1 + x2 =  m = 1; n = m = 5; n = (m - 1)(n - 1) = m - = 1; n - = m = 2; n =3 3)   (x2 - 1)(x1 - 1) = m - = 2; n -1 = m = 3; n = Kết luận: (m; n)  (0; 0); (3; 2); (2; 3); (5; 1); (1; 5); (2; 2) II.2.4 Các toán với nghiệm nguyên II.2.4.1 Bài toán số tự nhiên chữ số a) Ví dụ 1: Tìm hai số tự nhiên liên tiếp, số có hai chữ số, biết viết số lớn trước số nhỏ ta số phương * Giải: Gọi hai số tự nhiên phải tìm x x + Ta có: (1) 16 đó: x, n  N Do x x + 1đều có hai chữ số n2 số có bốn chữ số nên 10  x  98; 32  n  99 (2) Từ (1) ta có: 100(x + 1) + x = n2  101x + 100 = n2  (n + 10)(n - 10) = 101x Chú ý đến tính chất chia hết: tích (n + 10)(n - 10) chia hết cho số nguyên tố 101, tồn thưà số chia hết cho 101 Từ (2) ta có: 22  n - 10  89, 42  n + 10  109 Do có thể: n + 10 = 101 Suy ra: n = 91; n2 = 912 = 8281 Đáp số: Hai số tự nhiên phải tìm 81 82 b) Ví dụ 2: Tìm số tự nhiên có bốn chữ số lập phương tổng chữ số * Giải: Gọi số phải tìm , ta có: = (a + b + c + d)3 (1) Đặt a + b + c + d = m Số tổng chữ số chia cho có số dư nên: - m 9 = 9k + m (k  N) Thay vào (1): 9k + m = m3  m3 - m  (m - 1) m (m + 1) Trong ba số nguyên liên tiếp, có số chia hết cho Tích chúng chia hết cho 9.Nên có số chia hết cho Ta có: 1000   9999  1000  m  9999  10  m  21 Do đó:  m -  20; 11  m +  22 Xét ba trường hợp: TH1: m  m = 18  = 183 = 5823 = (5 + + + 2)3 TH2: m +  m + = 18  m = 17 = 173 = 4913 = (4 + + + 3)3 TH3: m -  m - = 18  m = 19 = 193 = 6859, loại tổng chữ số khơng 19 Đáp số: 5832 4913 II.2.4.2 Bài toán chia hết số ngun tố 17 a) Ví dụ: Tìm số nguyên dương n số nguyên tố p cho: p= * Giải: Cách Với n = p = 0, khơng số ngun tố Với n = p = 2, số nguyên tố Với n = p = 5, số nguyên tố Với n  4, ta viết p dạng: p= Xét hai trường hợp: - Nếu n lẻ (n  5) p = (n + 2), tích hai thừa số lớn nên p hợp số - Nếu n chẵn (n  4) p = (n - 1) n=2 Đáp số: , tích hai thừa số lớn nên p hợp số n=3 p=2 Cách 2: p = p=5 Để p số nguyên tố, n - 1và n + 2, cần có số 1, thừa số chia hết cho 2; thừa số Ta có n + > nên trường hợp thứ cho n - = 1, suy n = 2; p = trường hợp thứ hai cho n - = 2, suy n = 3, p = II.2.4.3 Phương pháp tìm nghiệm riêng để giải phương trình bậc hai ẩn a) Mở đầu Giả sử phương trình bậc hai ẩn ax + by = c (a, b, c  Z) có nghiệm ngun nhiều trường hợp, ta tìm nghiệm phương trình , ta gọi nghiệm riêng Có cơng thức biểu thị tất nghiệm phương trình theo nghiệm riêng nói Ví dụ: Tìm nghiệm ngun phương trình: 11x + 18y = 120 (1) Bằng cách thử chọn, ta tìm x = 6; y = nghiệm riêng (1) Ta có: 11x + 18y = 120 11.6 + 18.3 = 120 Trừ vế: 11(x - 6) + 18(y - 3) = 11(x - 6) = 18(3 - y) (2) 18 Như x - 18 Đặt x - = 18t (t nguyên) ta x = + 18t Thay vào (2) rút gọn: 11t = - y Suy y = - 11t Có thể chứng minh công thức cho nghiệm (1) là: x = + 18t (t nguyên tuỳ ý) y = - 11t b) Cách giải tổng quát Xét phương trình ax + by = c (1) a, b, c  Z, 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 lí sau: Định lí 1: Nếu phương trình (1) có nghiệm nguyên (a, b) = (*) Chứng minh: Giả sử (x0, y0) nghiệm (1) ax0 + by0 = c Nếu a b có ước chung d  1thì c d, trái với giả thiết (a, b, c) = Vậy (a, b) = Định lí 2: Nếu (x0, y0)là nghiệm phương trình (1) phương trình (1) có vơ số nghiệm nguyên nghiệm nguyên biểu diễn dạng: x = x0 + bt y = y0 - at t số nguyên tuỳ ý (t = 0, 1, 2, ) Chứng minh: * Bước 1: Mọi cặp số (x0 + bt, y0 - at) nghiệm (1) Thật (x0, y0)là nghiệm (1) nên ax0 + by0 = c Do (x0 + bt, y0 - at) nghiệm (1) *Bước 2: Mọi nghiệm (x, y) (1) có dạng (x0 + bt, y0 - at) với t  Z Thật vậy, (x0, y0)và (x, y)là nghiệm (1) nên: ax + by = c ax0 + by0 = c Trừ vế: a(x - x0) + b(y - y0) =  a(x - x0) = b(y0 - y) (2) Ta có a(x - x0) b mà (a, b) = (theo định lí 1) nên x - x0 b Vậy tồn số nguyên t cho: x - x0 = bt tức là: x = x0 + bt Thay vào (2): abt = b(y0 - y) 19  at = y0 - y  y = y0 - at Vậy tồn số nguên t cho: x = x0 + bt y = y0 - at II.3 Chương 3: Phương pháp nghiên cứu 20