CHUYÊN ĐỀ 20 – PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Ngày soạn: 04 – 4 2010 - PHƯƠNG PHÁP 1: Phương pháp đưa về dạng tổng Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình có các biểu thức chứa ẩn viết được dưới dạng tổng các bình phương. - Biến đổi phương trình về dạng một vế là một tổng của các bình phương các biểu thức chứa ẩn; vế còn lại là tổng bình phương của các số nguyên (số số hạng của hai vế bằng nhau). Các ví dụ minh hoạ: - Ví dụ 1: Tìm Zyx ∈; thoả mãn: 16945 22 =+− yxyx (1) (1) 01692514444 222 +=+=++−⇔ xyxyx ⇔ ( ) ( ) 2 2 2 2 2 144 25 2 169 0 x y x x y x − + = + − + = + Từ (I) ta có: Tương tự từ (II) ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 5 5 2 12 ; 2 22 5 12 12 2 5 ; 19 29 12 x x x y y y x x x x y y y x = ± = ± − = ⇒ = = = = ± = ± − = ⇒ = = = m m m m ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 0 2 13 13 0 13 2 0 26 13 x x y y x x x y y x = − = ⇒ = ± = = ± − = ⇒ = ± = Vậy ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 5; 2 ; 5; 22 ; 5;2 ; 5;22 ; 12; 19 ; 12; 29 , 12;19 ; 12;29 ; 0;13 ; 0; 13 ; 13; 26 ; 13; 26 x y − − − − − − ∈ − − − − − Ví dụ 2: Tìm Zyx ∈; thoả mãn: 2 2 8x y x y+ − − = (2) (2) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 4 32 4 4 1 4 4 1 34 2 1 2 1 5 3x x y y x x y y x y⇔ − + − = ⇔ − + + − + = ⇔ − + − = + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 3 2; 1 3; 2 2 1 5 2 1 5 3; 2 2; 1 2 1 3 x x x y y y x x x y y y − = = = − ⇒ = = − − = ⇒ − = = = − ⇒ = = − − = Vậy ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) { } ; 2;3 ; 2; 2 ; 1;3 ; 1; 2 ; 3;2 ; 3; 1 ; 2;2 ; 2; 1x y ∈ − − − − − − − − Ví dụ 3: Tìm Zyx ∈; thoả mãn: 3 3 91x y− = (1) (1) ( ) ( ) 2 2 91.1 13.7x y x xy y⇔ − + + = = (Vì ( ) 2 2 0x xy y+ + > ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 6 5 ; 91 5 6 . 91.1 91 1 x y x x x xy y y y x y x xy y x y VN x xy y − = = = − ⇒ + + = = = − − + + = ⇒ − = ⇒ + + = Ví dụ 4: Tìm Zyx ∈; thoả mãn: 2 2 0x x y+ − = (2) 1 (II) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 0 4 4 4 0 2 1 2 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 1 0 2 2 1 1 0 2 2 1 1 1 2 2 1 1 0 x x y x x y x y x y x xy x y x x y y x y x x y y + − = ⇒ + − = ⇒ + − = ⇒ + + − + = + + = = ⇒ − + = = ⇒ + + = − = − ⇒ − + = − = Vậy: ( ) ( ) ( ) { } ; 0;0 ; 1;0x y ∈ − - PHƯƠNG PHÁP 2: Phương pháp cực hạn Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình đối xứng - Vì phương trình đối xứng nên ; ;x y z có vai trò bình đẳng như nhau. Do đó; ta giả thiết x y z≤ ≤ ; tìm điều kiện của các nghiệm; loại trừ dần các ẩn để có phương trình đơn giản. Giải phương trình; dùng phép hoán vò để suy ra nghiệm. Ta thường giả thiết 1 x y z≤ ≤ ≤ ≤ Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Tìm ; ;x y z Z + ∈ thoả mãn: . .x y z x y z+ + = (1) Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy đây là phương trình đối xứng. Giả sử 1 x y z≤ ≤ ≤ . Khi đó: (1) . . 3 . 3x y z x y z z x y⇒ = + + ≤ ⇒ ≤ (Vì ; ;x y z Z + ∈ ) { } . 1;2;3x y⇒ ∈ * Nếu: . 1 1 2x y x y z z= ⇒ = = ⇒ + = (vô lí) * Nếu: . 2 1; 2; 3x y x y z= ⇒ = = = * Nếu: . 3 1; 3 2x y x y z y= ⇒ = = ⇒ = < (vô lí) Vậy: ; ;x y z là hoán vò của ( ) 1;2;3 Ví dụ 2: Tìm ; ;x y z Z + ∈ thoả mãn: 1 1 1 2 x y z + + = (2) Nhận xét – Tìm hướng giải: Đây là phương trình đối xứng. Giả sử 1 x y z≤ ≤ ≤ . Khi đó: (2) 1 1 1 3 3 2 1 2 x x x y z x ⇒ = + + ≤ ⇒ ≤ ⇒ = Với: { } 1 1 2 1 1 2 1;2x y y y z y = ⇒ = + ≤ ⇒ ≤ ⇒ ∈ .Nếu: 1 1 0y z = ⇒ = (vô lí) .Nếu: 2 2y z= ⇒ = Vậy: ; ;x y z là hoán vò của ( ) 1;2;2 - PHƯƠNG PHÁP 3: Phương pháp sử dụng tính chất chia hết Các ví dụ minh hoạ: 2 Ví dụ 1: Tìm ;x y Z∈ để: 2 2 1 x x A x x + = + + nhận giá trò nguyên Ta có: 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 x x x x A x x x x x x + + + − = = = + + + + + + + . Khi đó: Để A nhận giá trò nguyên thì 2 1 1x x+ + nhận giá trò nguyên. ( ) ( ) ( ) { } 2 2 1 1 1 1 1;1x x x x U⇒ + + ⇒ + + ∈ = −M Vì : ( ) 2 2 0 1 0; 1 1 1 x x x x x x x = + + > ∀ ∈ ⇒ + + = ⇒ = − ¢ Vậy để A nhận giá trò nguyên thì: 0x = hoặc 1x = − Ví dụ 2: Tìm ;x y Z∈ thoả mãn: 2 2 2 2 1 2 .y x x y x y x y+ + + = + + (2) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 . 1 . 1 . 1 1 0 *y x x x y x⇒ − − − − − + = Với: ( ) 1; * 1 0 1x x= ⇒ = ⇒ = không phải là ngiệm của phương trình. Nên: ( ) 2 1 2 0 ** 1 y x y x − − + = − . Phương trình có nghiệm nguyên ( ) { } 0 1 1 (1) 1; 1 1 1 x x U x x = ⇔ ∈ ⇔ − ∈ = − ⇒ = − ¢ Ví dụ 3: Tìm ;x y Z + ∈ thoả mãn: ( ) 2 3 1 1 x y+ = + (3) Ta có: (3) ( ) ( ) 2 3 1 1 2 x y y y⇒ = − − = + . 3 x là số lẻ ( ) ; 2y y⇒ + là hai số lẻ liên tiếp ( ) ; 2 1 ; 2y y y y⇒ + = ⇒ + là các luỹ thừa của 3, nên: ( ) ( ) ( ) 3 * 3 2 3 2 3 ** m m n n y m n x m n y = + = ⇒ + = ⇒ < + = Với: 0; 1 1; 1.m n y x= ⇒ = ⇒ = = Với: 1; 1m n≥ ⇒ > Từ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 * ; ** ; 2 1 2 3 y y y y ⇒ ⇒ + ≠ + M M ( vô lí) Phương trình có nghiệm nguyên: 1 1 x y = = - PHƯƠNG PHÁP 4: Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình mà hai vế là những đa thức có tính biến thiên khác nhau. - Áp dụng các bất đẳng thức thường gặp: *Bất đẳng thức Cô – si: Cho n số không âm: 1 2 3 ; ; ; ; n a a a a . Khi đó: 1 2 3 1 2 3 . . n n n a a a a a a a a n + + + + ≥ . Dấu “=” xảy ra 1 2 3 n a a a a⇔ = = = = * Bất đẳng thức Bunhiacôpxki: 3 Cho 2n số thực: 1 2 3 ; ; ; ; n a a a a và 1 2 3 ; ; ; ; n b b b b . Khi đó: ( ) ( ) ( ) 2 1 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3 . . . . . . . n n n n a b a b a b a b a a a a b b b b+ + + + ≤ + + + + + + + + . Dấu “=” xảy ra ( ) 1; i i a kb i n⇔ = = . *Bất đẳng thứcgiá trò tuyết đối: . 0 . 0 a b a b a b a b a b + ⇔ ≥ + = − ⇔ < Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Tìm ;x y Z + ∈ thoả: . . . 3 x y y z z x z x y + + = (1) Áp dụng BĐT Cô – si. Ta có: 3 3 . . . . . . 3 3. . . 3. . . x y y z z x x y y z z x x y z z x y z x y = + + ≥ = . 3 . . 1 . . 1 1x y z x y z x y z⇒ ≤ ⇔ ≤ ⇒ = = = Vậy nghiệm của phương trình là: 1x y z= = = Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: ( ) ( ) 2 2 2 1 3 1x y x y+ + = + + (2) (Toán Tuổi thơ 2) Theo Bunhiacôpxki,ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 3 1x y x y x y+ + ≤ + + + + = + + Dấu “=” xảy ra 1 1 1 1 1 x y x y⇔ = = ⇒ = = Vậy nghiệm của phương trình là: 1x y= = Ví dụ 3: Tìm tất cả các số nguyên x thoả mãn: 3 10 101 990 1000 2004x x x x x− + − + + + + + + = (3) Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta nhận thấy: 2104 = 3 + 10 + 101 + 990 + 1000 =101 + 2003 và a a= − Ta có:(3) 3 10 101 990 1000 2004x x x x x⇒ − + − + + + + + + = . Mà 3 3 10 10 101 101 2004 101 2003 101 1 990 990 1000 1000 x x x x a a x x x x x x x x − ≥ − − ≥ − ≥ ⇒ + ≥ + ⇒ ≥ + + ⇒ + ≤ + ≥ + + ≥ + Do đó: ( ) ( ) { } { } 1 101 1 101 1;0;1 102; 101; 100x x x− ≤ + ≤ ⇒ + ∈ − ⇒ ∈ − − − . Với 101 2004 2003x = − ⇒ = (vô lí). Vậy nghiệm của phương trình là: { } 102; 100x ∈ − − 1) T×m c¸c sè nguyªn x,y,z tho¶ m·n: 2 2 2 3 2 3x y z xy y z+ + ≤ + + − V× x,y,z lµ c¸c sè nguyªn nªn 2 2 2 3 2 3x y z xy y z+ + ≤ + + − 4 ( ) 2 2 2 2 2 2 2 3 3 2 3 0 3 3 2 1 0 4 4 y y x y z xy y z x xy y z z ⇔ + + − − − + ≤ ⇔ − + + − + + − + ≤ ÷ ÷ ( ) 2 2 2 3 1 1 0 2 2 y y x z ⇔ − + − + − ≤ ÷ ÷ (*) Mµ ( ) 2 2 2 3 1 1 0 2 2 y y x z − + − + − ≥ ÷ ÷ ,x y R∀ ∈ ( ) 2 2 2 3 1 1 0 2 2 y y x z ⇒ − + − + − = ÷ ÷ 0 2 1 1 0 2 2 1 1 0 y x x y y z z − = = ⇔ − = ⇔ = = − = C¸c sè x,y,z ph¶i t×m lµ 1 2 1 x y z = = = PHƯƠNG PHÁP 5: Phương pháp lựa chọn Phương pháp: Phương pháp này được sử dụng với các phương trình mà ta có thể nhẩm (phát hiện dể dàng) được một vài giá trò nghiệm - Trên cơ sở các giá trò nghiệm đã biết. Áp dụng các tính chất như chia hết; số dư; số chính phương; chữ số tận cùng … ta chứng tỏ rằng với các giá trò khác phương trình vô nghiệm Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Tìm ;x y Z + ∈ thoả mãn: 6 3 4 3 1x x y+ + = Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy với 0; 1x y= = ± thì phương trình được nghiệm đúng. Ta cần chứng minh phương trình vô nghiệm với 0x ≠ + Với 0; 1x y= = ± thì phương trình được nghiệm đúng + Với 0x > . Khi đó: ( ) ( ) 2 2 6 3 6 3 6 3 3 4 3 2 1 3 1 4 4 1 2x x x x x x x y x+ + < + + < + + ⇒ + < < + (*) Vì ( ) ( ) 3 3 1 ; 2x x+ + là hai số nguyên liên tiếp nên không có giá trò nào của y thoả (*) Vậy 0; 1x y= = ± là nghiệm của phương trình. Ví dụ 2: Tìm ;x y Z + ∈ thoả: 2 2 1 1 3 y x x + + − = (2) (Tạp chí Toán học và tuổi trẻ ) Gọi b là chữ số tận cùng của x ( Với { } 0;1;2; ;9b ∈ . Khi đó: ( ) 2 1x x+ − có chữ số tận cùng là: 1, 5 hoặc 9. (*) Mặt khác: 2 1 3 y+ là luỹ thừa bậc lẻ của 3 nên có tận cùng là 3 hoặc 7. (**) Từ (*) và (**) suy ra phương trình vô nghiệm. Ví dụ 3: Tìm ;x y Z + ∈ thoả mãn: 2 2 6 13 100x xy y− + = (3) (3) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 5 3 4 25 25 y x y y n n ≤ ⇒ − = − ⇒ − = ∈ ¥ Do đó: { } { } 5; 4; 3;0;3;4;5 3;9;11;13y x∈ − − − ⇒ ∈ 5 Phương trình có nghiệm nguyên: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) { } ; 5;3 ; 4;9 ; 3;11 ; 0;13 ; 3;11 ; 4;9 ; 5;3x y ∈ − − − PHƯƠNG PHÁP 6: Phương pháp lùi vô hạn (xuống thang) Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với những phương trình có (n – 1) ẩn mà hệ số có ước chung khác 1 - Dựa vào tính chất chia hết ta biểu diễn ẩn theo ẩn phụ nhằm “hạ” (giảm bớt) hằng số tự do, để có được phương trình đơn giản hơn. - Sử dụng linh hoạt các phương pháp để giải phương trình đó. Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Giải phương trình: 3 3 3 3 9 0x y z− − = (1) Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy ( ) 3 3 3 3 3 3 3 9 0 3 9 3x y z x y z− − = ⇒ − − M mà ( ) 3 3 3 9 3y z− − M nên 3 3x M Ta có: (1) ( ) 3 3 3 3 1 3 9 3 3 3 3x y z x x x x⇒ − − ⇒ ⇒ ⇒ =M M M Khi đó: (1) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 3 1 1 1 27 3 9 3 9 3 3 3 3 3x y z x y z y y y y⇒ − − ⇒ − − ⇒ ⇒ ⇒ =M M M M . ( ) 3 3 3 3 1 1 1 9 27 3 3 3 3 3x y z z z y z⇒ − − ⇒ ⇒ ⇒ =M M M . * Tiếp tục sự biểu diễn trên và nếu gọi 0 0 0 ; ;x y z là nghiệm của (1) và thì ( ) 0 0 0 ; ; 3 x y z U∈ và 0 0 0 0 ; ; 9x y z≤ ≤ . Thực hiện thử chọn ta được: 0 0 0 0x y z= = = Vậy nghiệm của phương trình là: 0 0 0 0x y z= = = 6