các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

2, Nếu các ẩn có cấu trúc giống nhau như lũy thừa cùng bậc, các số nguyên liên tiếp thì ta sẽ khử ẩn để đưa về dạng quen thuộc hoặc PT ít ẩn hơn Bài 11.. 5xy+yz+xz=4xyz Phương pháp

PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

1.1 Tìm x nguyên để P nguyên

1 P =

2

5





x x

2 P =

2

1 3







x x







x

x

P

Bài 4 Cho biểu thức: M a 3 3 a

  với a0;a9

1 Rút gọn M

2 Tìm a để M có giá trị bằng 4

3 Tìm giá trị a nguyên để M có giá trị nguyên lớn hơn 10 Tìm giá trị nguyên

đó.

Bài 5 Cho biểu thức A 1 1 1

a) Tìm tập xác định và rút gọn biểu thức A

b) Tìm các số nguyên tố a để giá trị biểu thức A là một số nguyên.

1.2 Tìm x để P nguyên

Bài P =

2

7





x

x = 1+

2

5



x Để P có giá trị nguyên thì

2

5



x phải là số nguyên

Ta đặt 5 2



x = a  Z  a x 2 a 5

a

a

x5  2

 Vì x  0 nên 5 2  0

a a

Với a  0  5  2a 0  a  2 5

Với a  0  5  2a 0  a  2 5 (Loại)

Vây 0  a  2 5 a  Z nên a = 1; a = 2 Với a = 1 thì x = 9 với a = 2 thì x = 14

Tóm lại P có giá trị nguyên thì x = 9 và x = 41

1.3 Tìm căp số x, y nguyên

Phương pháp 1 : Đưa về dạng tích

Biến đổi phương trình về dạng : vế trái là tích của các đa thức chứa ẩn, vế phải là tích của các số nguyên

Bài 1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :

y3 - x3 = 91 (1)

Vì x2 + xy + y2 > 0 với mọi x, y nên từ (*) => y - x > 0

Mặt khác, 91 = 1 x 91 = 7 x 13 và y - x ; x2 + xy + y2 đều nguyên dương nên ta có bốn khả năng sau :

y - x = 91 và x2 + xy + y2 = 1 ; (I)

y - x = 1 và x2 + xy + y2 = 91 ; (II)

y - x = 3 và x2 + xy + y2 = 7 ; (III)

y - x = 7 và x2 + xy + y2 = 13 ; (IV)

Đến đây, bài toán coi như được giải quyết

Bài 2 Tìm nghiệm nguyên của phương trình

 (y+1)(x+1)= 10

(x - 5) = -13  (x - 5)(x – y + 1) = -13

Bai 8 (y2 + 4)(x2 + y2) = 8xy2

 (xy – 2y)2 + (y2 – 2x)2 = 0

2

2

y 0

xy 2y 0

x 2

y 2x

 





Do đó có các nghiệm: (0; 0); (2; 2); (2; -2)

(x + y) – 2y2(x - 1) = 1 (x + y )(x - 1) – 2y2(x - 1) = 1 (x - 1)(x + y – 2y2) = 1

Bài 10 4x4 + 8x2y + 3y2 – 4y – 15 = 0  4(x4 + 2x2y + y2 )– (y2 + 4y + 4) = 11

 4(x2 + y)2 – (y + 2)2 = 11

(2x + y)(2x + 1) + (2x + 1) = -2  (2x + 1)(2x + y +1) = -2

Bài tập

1 x + y = xy

2 xy – x + 2y = 15

3 x + xy + y = 9

4 x2 – xy = 6x – 5y – 8

5 5x + 25 = - 3xy + 8y2

6 (y2+ 4)(x2+ y2) = 8xy2

7 2y2x + x +y +1 = x2 + 2 y2 + xy

8 4x4 + 8x2y + 3y2 – 4y – 15 = 0

Phương pháp 2 : Sắp thứ tự các ẩn

1 Nếu các ẩn x, y, z, có vai trò bình đẳng, ta có thể giả sử x ≤ y ≤ z ≤ hoặc ngược

lại để tìm các nghiệm thỏa mãn điều kiện này Từ đó, dùng phép hoán vị để => các nghiệm của phương trình đã cho

2, Nếu các ẩn có cấu trúc giống nhau như lũy thừa cùng bậc, các số nguyên liên tiếp thì

ta sẽ khử ẩn để đưa về dạng quen thuộc hoặc PT ít ẩn hơn

Bài 11 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :

x + y + z = xyz (2)

Lời giải :

Do vai trò bình đẳng của x, y, z trong phương trình, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z

Vì x, y, z nguyên dương nên xyz ≠ 0, do x ≤ y ≤ z => xyz = x + y + z ≤ 3z => xy ≤ 3

=> xy thuộc {1 ; 2 ; 3}

Nếu xy = 1 => x = y = 1, thay vào (2) ta có : 2 + z = z, vô lí

Nếu xy = 2, do x ≤ y nên x = 1 và y = 2, thay vào (2), => z = 3

Nếu xy = 3, do x ≤ y nên x = 1 và y = 3, thay vào (2), => z = 2

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (2) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 3)

Bài 12 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :

1/x + 1/y + 1/z = 2 (3)

Lời giải : Do vai trò bình đẳng của x, y, z, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z Ta có :

2 = 1/x + 1/y + 1/z ≤ 3.1/x => x ≤ 3/2 => x = 1

Thay x = 1 vào (3) ta có :

1/y + 1/z + 1 = 2 => 1 = 1/y + 1/z ≤ 2/y => y ≤ 2

=> y = 1 => 1/z = 0 (vô lí)

hoặc y = 2 => 1/z = 2 => z = 2

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (3) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 2)

Bài tập Tìm nghiệm nguyên các phương trình :

13 x+y+z=xyz 14 5(xy+yz+xz)=4xyz

Phương pháp 3 : Sử dụng tính chất chia hết

Phương pháp này sử dụng tính chất chia hết để chứng minh phương trình vô nghiệm hoặc tìm nghiệm của phương trình

Bài 15 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :

x2 - 2y2 = 5 (4)

Lời giải : Từ phương trình (4) ta => x phải là số lẻ Thay x = 2k + 1 (k thuộc Z) vào

(4), ta được :

4k2 +4k + 1 - 2y2 = 5

tương đương 2(k2 + k - 1) = y2

=> y2 là số chẵn => y là số chẵn

Đặt y = 2t (t thuộc Z), ta có :

2(k2 + k - 1) = 4t2

tương đương k(k + 1) = 2t2 + 1 (**)

Nhận xét : k(k + 1) là số chẵn, 2t2 + 1 là số lẻ => phương trình (**) vô nghiệm

Vậy phương trình (4) không có nghiệm nguyên

Bài 17 : Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa mãn :

x3 + y3 + z3 = x + y + z + 2000 (5)

nguyên) Do đó : x3 - x chia hết cho 3

Tương tự y3 - y và z3 - z cũng chia hết cho 3 Từ đó ta có : x3 + y3 + z3 - x - y - z chia hết cho 3

Vì 2000 khụng chia hết cho 3 nờn x3 + y3 + z3 - x - y - z ≠ 2000 với mọi số nguyờn x, y,

z tức là phương trình (5) khụng có nghiệm nguyờn

Bài 18 x + x + x = 4y + 4y ² + x³ = 4y + 4y² ³ = 4y + 4y² ² + x³ = 4y + 4y²  (x + 1)(x +1) = (1 + 2y) (1)² + x³ = 4y + 4y² ² + x³ = 4y + 4y²

Đặt (x + 1; x + 1) = d (d ² + x³ = 4y + 4y²  N*)

Ta có x + 1  d  x + x ² + x³ = 4y + 4y²  d  (x + x) – (x + 1) ² + x³ = 4y + 4y² ² + x³ = 4y + 4y²  d  x – 1  d

 (x + 1) – (x – 1)  d  2  d (2)

Từ (1) ta có x + 1 và x +1 đều là số lẻ (3)² + x³ = 4y + 4y²

Từ (2) và (3) ta có d = 1 (4)

Bài 19 Tìm nghiệm nguyờn của phương trình :

xy + x - 2y = 3 (6)

Lời giải : Ta có (6) tương đương y(x - 2) = - x + 3 Vì x = 2 khụng thỏa món phương

trình nờn (6) tương đương với:

y = (-x + 3)/(x - 2) tương đương y = -1 + 1/(x - 2)

Ta thấy : y là số nguyờn tương đương với x 2 là ước của 1 hay x 2 = 1 hoặc x 2 =

-1 tương đương với x = -1 hoặc x = 3 Từ đó ta có nghiệm (x ; y) là (-1 ; -2) và (3 ; 0) Chú ý : Có thờ̉ dựng phương pháp 1 đờ̉ giải bài toán này, nhờ đưa phương trình (6) về dạng : x(y + 1) - 2(y + 1) = 1 tương đương (x - 2)(y + 1) = 1

Bài tập (Phương pháp 3) : Tìm x,y Z

Phương phỏp 4 : Sử dụng bất đẳng thức

Dựng bất đẳng thức đờ̉ đánh giá một ẩn nào đó và từ sự đánh giá này => các giá trị nguyờn của ẩn này

Bài 24 : Tìm nghiệm nguyờn của phương trình :

x2 - xy + y2 = 3 (7)

Lời giải :

(7) tương đương với (x - y/2)2 = 3 - 3y2/4

Vì (x - y/2)2 ≥ 0 => 3 - 4y2/4 ≥ 0

=> -2 ≤ y ≤ 2

Lần lượt thay y = -2 ; 2 ; -1 ; 1 ; 0 vào phương trình đờ̉ tớnh x Ta có các nghiệm

nguyờn của phương trình là :

(x ; y) thuộc {(-1 ; -2) ; (1 ; 2) ; (-2 ; -1) ; (2 ; 1) ; (-1 ; 1) ; (1 ; -1)}

Bài x2 +xy + y2 = x2y2

Với x  2và y  2 ta có 







2 2

2

2 2

2

4 4

y y

x

x y

x

Suy ra x2y2

xy y x xy y x y x y x

y

x           

 2 ( 2 2) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 khụng thỏa món phương trình Chứng

tỏ x  2và y  2 Nếu x =  2hoặc y =  2 thì phương trình khụng thỏa món

Với x = 0 , x = 1, x = - 1 ta thấy phương trình có 3 nghiệm nguyờn

(x;y) 0 ; 0 ; 1 ;  1 ;  1 ; 1

Bài tập tổng hợp

Giải cỏc phương trỡnh nghiệm nguyờn :

25.x2 - 4 xy = 23

26.3x - 3y + 2 = 0

27.19x2 + 28y2 =729

28 3x2 + 10xy + 8y2 = 96

Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn :

29 4xy - 3(x + y) = 59

30 5(xy + yz + zx) = 4xyz

31 xy/z + yz/x + zx/y = 3

32 1/x + 1/y + 1/z = 1/1995

Biến đổi phương trình về dạng : vế trái là tổng của các bình phương, vế phải là tổng của các số chính phương

Lời giải : (8) <=> 4x2 + 4y2 - 4x - 4y = 32

<=> (4x2 - 4x + 1) + (4y2 - 4y + 1) = 34

<=> |2x - 1|2 + |2y - 1|2 = 32 + 52

Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 chỉ có duy nhất một dạng phân tích thành tổng của hai số chính phương 32 và 52

Do đó phương trình thỏa mãn chỉ trong hai khả năng :

Giải các hệ trên => phương trình (8) có bốn nghiệm nguyên là (x ; y) Є {2 ; 3) ; (3 ; 2) ; (-1 ; -2) ; (-2 ; -1)}

Bài 34 Tìm nghiệm nguyên của phương trình

Bài 35 Ninh Bình 09- 10 Tìm x, y nguyên thoả mãn:

x + y + xy + 2 = x2 + y2

 2x2 + 2y2 – 2x – 2y – 2xy = 4

 (x2 – 2xy + y2) + (x2 – 2x + 1) + (y2 – 2y + 1) = 6

 (x – y)2 + (x – 1)2 + (y – 1)2 = 6

Do x, y  Z nên chỉ có thể phân tích 6 = 22 + 12 + 12

Đây là phương trình chứa 2 ẩn x y có vai trò như nhau, tức là nếu có nghiệm x=a

và y=b thì cũng có nghiệm x=b và y=a

TH1:

x 1 1

y 1 1



 





 



 x 2

y 0









 hoặc x 0

y 2











TH2:

x y 1

x 1 2

y 1 1



 





 



 x 3

y 2









 hoặc x 1

y 0











TH3:

x y 1

x 1 1

y 1 2



 





 



 x 2y 3



 hoặc x 0y 1



 Kết luận: Phương trình có 6 cặp nghiệm là:

2

x o

y









 ; x y o2



 x y32



 ; x y23



 ; x y01



 ; x y01





Bài 36 Tìm nghệm nguyên của phương trình sau.

2x6 – 2x3y + y2 = 64

 x6 – (x6- 2x3y + y2) = 64  (x2)3 + (x3 - y)2 = 02 + 43 = 03 + 82











0

4

3

2

y

x

x



hoặc 









2 3

2

8 0

y

x

x



Vậy có 4 cặp nghiệm (2;8); (2;-8); (0;8); (0 ; -8)

Bài 12 x2 – xy + y2 = 2x – 3y – 2  2(x2 – xy + y2 - 2x + 3y + 2) = 0

 2x2 –2xy + 2y2 - 4x + 6y + 4 = 0  x2 – 2xy +y2 + x2 – 4x + 4 + y2 + 6y + 9 = 9

 (x - y)2 + (x - 2)2 + (y - 3)2 = 9 = 11 + 22 + 22

Phương pháp 6 : Lùi vô hạn

Lời giải :

Giả sử (x0 ; y0) là nghiệm của (9) thì : x02 - 5y02 = 0 => x0 chia hết cho 5, đặt x0 = 5x1 ; (x1 Є Z), ta có : 25x12 - 5y02 = 0 <=> 5x12 - y02 = 0

=> y0 chia hết cho 5, đặt y0 = 5y1 ; (y1 Є Z)

Từ đó ta có : 5x12 - 25y12 = 0 <=> x12 - 5y12 = 0

Vậy nếu (x0 ; y0) là nghiệm nguyên của (9) thì (x0/5 ; y0/5) cũng là nghiệm nguyên của (9)

Tiếp tục lập luận tương tự, ta có với k nguyên dương bất kì, cũng là nghiệm nguyên của (9) hay x0 và y0 đều chia hết cho 5k với mọi k là số nguyên dương tùy ý Điều này chỉ xảy ra khi x0 = y0 = 0

Vậy phương trình (9) có nghiệm duy nhất là x = y = 0

Phương pháp 7 : xét chữ số tận cùng

Lời giải : Cho x lần lượt bằng 1 ; 2 ; 3 ; 4, ta có ngay 2 nghiệm nguyên dương (x ; y)

của phương trình (10) là (1 ; 1) và (3 ; 3)

Nếu x > 4 thì dễ thấy k! với k > 4 đều có chữ số tận cùng bằng 0 ị 1! + 2! + 3 ! + 4! + 5! + + x! = 33 + 5! + + x! có chữ số tận cùng bằng 3

Mặt khác vế phải là số chính phương nên không thể có chữ số tận cùng là 3

Vậy phương trình (10) chỉ có hai nghiệm nguyên dương (x ; y) Є {(1 ; 1) ; (3 ; 3)}

Bài 39 : Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình :

x2 + x - 1 = 32y + 1 (11)

x - 1 chỉ nhận các giá trị 1 ; 5 ; 9 Mặt khác, ta thấy 32y + 1 là lũy thừa bậc lẻ của 3 nên chữ số tận cùng của nó chỉ có thể là 3 hoặc 7, khác với 1 ; 5 ; 9

Vậy (11) không thể xảy ra Nói cách khác, phương trình (11) không có nghiệm nguyên dương

Bài toán này cũng có thể giải bằng phương pháp sử dụng tính chất chia hết

Phương pháp 8 : Sử dụng tính chất nghiệm của phương trình bậc hai

Biến đổi phương trình về dạng phương trình bậc hai của ẩn, coi các ẩn khác là tham số,

sử dụng các tính chất về nghiệm của phương trình bậc 2 để xác định giá trị của các tham số

Bài 40 : Giải phương trình nghiệm nguyên :

3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + 5 = 0 (12)

Lời giải :

(12) y2 + (4x + 2)y + 3x2 + 4x + 5 = 0

Ta thấy nếu phương trình có nghiệm thì y nguyên => - 4x - 2 nguyên, mà x nguyên nên nguyên

=> ∆'y = x2 - 4 = n2 với n Є Z, dùng phương pháp 1 (đưa về dạng tích) => (x + n)(x - n)

= 4, ta xác định được x = 2 và x = -2

Vậy phương trình (12) có hai nghiệm nguyên (x ; y) Є {(2 ;-5); (-2 ; 3)}

có :

=> (x1 - 5)(x2 - 5) = 2 = 1.2 = (-1)(-2)

=> x1 + x2 = 13 hoặc x1 + x2 = 7

=> y = 8 hoặc y = 2, thay vào (13), phương trình này có 4 nghiệm : (x ; y) Є {(7 ; 8) ; (6 ; 8) ; (4 ; 2) ; (3 ; 2)}

5.3 Tìm nghiệm nguyên của phương trình bậc 2

Tìm tất cả các giá trị của a để (1) có ít nhất 1 nghiệm nguyên

BG Gọi x0 z là nghiệm của (1) ta có 5x02 – (2a - 5)x0 + a2 + 1 = 0 (2)

Coi (2) là phương trình bậc 2 đối với a 4 2 5 0 1

0 '    

 x x (2) có nghiệm thì '

 0 1

5

0  

 x x  0  4 2 5 0 1 0

0  x  

x tam thức bậc hai có hai nghiệm là -1;  14 Vậy  ' 0 

4

1

1  0  

 x vì x0 z nên x0 = -1 thay x0 = -1 vào (2) ta có a2 + 2a + 1

= 0

 (a + 1) 2 = 0  a + 1 = 0  a = - 1 lúc đó phương trình đã cho là 5x 2 + 7x + 2 =

0 có nghiệm nguyên là x = - 1

Ta có:

Để phương trình có nghiệm nguyên thì delta phải là số chính phương

Đặt: với k là số nguyên Kết hợp với điều kiện a là số tự nhiên ta có:

Kiểm tra với a= 2 ta có delta bằng 4 (thỏa mãn)

* Với a > 2

Xét hiệu:

Suy ra:

Mặt khác

Do đó:

Giữa hai số chính phương liên tiếp không có số chính phương nào nên

không là số chính phương khi a>2

KL: a = 2

Phương pháp 9 "Kẹp" giữa 2 số bình phương, lập phương, các tích các số nguyên liên

tiếp

Bài 44 Tìm nghiệm nguyên phương trình sau:

Phương pháp 10 Phương pháp xuống thang :

Bài 45 : Tìm x,y,z Z thỏa mãn

Ta thấy chỉ có x=y=z=0 thỏa mãn

*Với phương pháp này thường cho ta bộ nghiệm bằng 0

Phương pháp 11 Phương pháp thế

Ví dụ như bài toán cho dữ kiện a+b+c=0 thì ta có thể viết a=-(b+c) ; b=-(a+c) ; c-(a+b) rồi áp dụng vào bài toán

Phương Pháp 12 : Tích 2 số tự nhiên liên tiếp là 1 số chính phương thì 1 trong 2 số có

1 số bằng 0

=> hoặc là hoặc là

Bài tập áp dụng :

Phương pháp 9 : Dùng cách viết dưới dạng liên phân số

Bài 49 Tìm nghiệm nguyên của phương trình :

=

(x+y)+ =5+

(x+y)+ =5+

Vì sự phân tích trên là duy nhất nên

Bài tập : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :

50 = z

51

52

Bài tập tổng hợp

Bài 53.Tìm x, y nguyên thỏa mãn các phương trình :

a) 5x2 - 4xy + y2 = 169 b) 3x = 4y + 1

Bài 54 : Tìm nghiệm nguyên của các phương trình :

a) 5x + 12x = 13x b) y4 = x6 + 3x3 + 1

Tìm nghiệm nguyên của phương trình x3 - 3y3 - 9z3 = 0

5.4 Hệ phương trình nghiệm nguyên

















1 3

2 2

x

z y x

















































1 9 6 6 2 3 1 ) 3 ( 3

2 2 2 2 2

2 y yz z y z y z

z x z y z z x









































3 , 9 1 5 5 ) 3 (

3 10

)

3

(

6

)

3

(

2

3

0

6

2

3

x x y z y z

z

z

yz





































































8 7 ) 2 2 2 )(

( 8

7 ) ( 2 ) ( ) ( 2 8 7 2 2 2

3 3 3

3 2 2 3

3 2 2

y y x x y x y

y x

x x x x y y

y x

x y xy x y

















1 2 2

2

2

z x xy x

z y x

1 SỬ DỤNG ĐỊNH LÍ NGHIỆM NGUYÊN CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI

ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH.

 Định lí 1: Phương trình ax2 bx c  0 với các hệ số nguyên và c 0 nếu

có nghiệm nguyên x 0 thì c chia hết cho x 0

nguyên khi và chỉ khi  b2  4c là bình phương của một số nguyên.

nghiệm nguyên khi và chỉ khi  cy d 2 4by2 ey f là bình phương của một số nguyên.

Một số ví dụ:

1) Tìm mọi số nguyên x sao cho x 2 + 28 là số chính phương.

Giải:

Từ phương trình x 2 + 28 = y 2 (1) thì x và y phải cùng chẵn hoặc cùng lẻ Đặt y = x + 2v với v > 0 Thay vào (1) ta được: v2  xv 7 0  (2).

Phương trình (2) có nghiệm nguyên v thì v là ước của -7 Suy ra v = 1 và v =

7 Thay vào (2) ta được x 6 Thử lại nhận x 6.

2) Giải phương trình nghiệm nguyên x23y2 4xy2x4y 9 0 .

Giải:

x23y2 4xy2x4y 9 0

 x22 2 y1 x3y24y 9 0 (1)

Phương trình đã cho có nghiệm nguyên khi và chỉ khi (1) có nghiệm

nguyên

  = 2 y12  3y2 4y 9 v2 (2)

Đặt v = y +2t, thay vào (3) ta được:  2(t2t) 5 Hai vế phương trình này khác tính chẵn lẻ nên phương trình này vô nghiệm nguyên.

Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.

3) Giải phương trình nghiệm nguyên x2 2 3 y1x8y2 6y 6 0.

Giải:

Phương trình đã cho có nghiệm nguyên khi và chỉ khi pt sau có nghiệm

nguyên:

5 (1).

Đặt v = y – t thay vào (1) ta được: t2  2yt  5 0. (2).

Pt(2) có nghiệm nguyên t thì t là ước của 5 Thử khi t 1;t 5 có nghiệm y bằng 3 và -3.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm (12; 3), (8; 3), (-6; -3), (-10; -3).

2) Giải phương trình nghiệm nguyên 3x2 y2 4xy4x2y 5 0.