các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 1.1 Tìm x nguyên để P nguyên 1. P = 2 5 + + x x 2. P = 2 13 + +− x x 3. 3 2 − + = x x P Bài 4. Cho biểu thức: a 3 3 a M 2 a 6 2 a 6 + − = − − + 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 1 1 A 1 a 1 a 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 2 5 +x = a ∈ Z ⇒ 52 =+ axa a a x 25 − =⇒ Vì 0≥x nên 0 25 ≥ − a a Với a 0 ≥ 025 ≥−⇔ a a⇔ 5.2 ≤ Với a 0 < 025 ≤−⇔ a a⇔ 5.2 ≥ (Loại) Vây 5.20 ≤< a a ∈ Z nên a = 1; a = 2 Với a = 1 thì x = 9 với a = 2 thì x = 4 1 Tóm lại P có giá trị nguyên thì x = 9 và x = 4 1 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 : y 3 - x 3 = 91 (1) Lời giải : (1) tương đương với (y - x)(x 2 + xy + y 2 ) = 91 (*) Vì x 2 + xy + y 2 > 0 với mọi x, y nên từ (*) => y - x > 0. Mặt khác, 91 = 1 x 91 = 7 x 13 và y - x ; x 2 + xy + y 2 đều nguyên dương nên ta có bốn khả năng sau : y - x = 91 và x 2 + xy + y 2 = 1 ; (I) 1 y - x = 1 và x 2 + xy + y 2 = 91 ; (II) y - x = 3 và x 2 + xy + y 2 = 7 ; (III) y - x = 7 và x 2 + xy + y 2 = 13 ; (IV) Đến đây, bài toán coi như được giải quyết. Bài 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình Bài 3. x + y = xy ⇔ xy – x – y +1 = 1 ⇔ x(y – 1) - (y - 1) = 1 ⇔ (y - 1)(x - 1) = 0 Bài 4. xy – x + 2y – 2 = 13 ⇔ x(y - 1) – 2(y - 1) = 13 ⇔ (y - 1)(x - 2) = 13 Bài 5.x + xy + y = 9 ⇔ x + xy + y + 1 = 10 ⇔ x(y + 1) + (y + 1) =10 ⇔ (y+1)(x+1)= 10 Bài 6. x 2 – xy = 6x – 5y – 8 ⇔ x 2 – 5x – xy + 5y + x - 5 = -13 ⇔ x(x - 5) – y(x – 5) + (x - 5) = -13 ⇔ (x - 5)(x – y + 1) = -13 Bai 7. 5x + 25 = - 3xy + 8y 2 ⇔ 8y 2 – 8xy + 5xy - 5x = 25 ⇔ 8y(y - x) + Bai 8. (y 2 + 4)(x 2 + y 2 ) = 8xy 2 ⇔ (xy – 2y) 2 + (y 2 – 2x) 2 = 0 2 2 y 0 xy 2y 0 x 2 y 2x 0 y 2x  =  − =    = ⇔ ⇔    − =   =  Do đó có các nghiệm: (0; 0); (2; 2); (2; -2) Bài 9. 2y 2 x + x +y +1 = x 2 + 2 y 2 + xy ⇔ x 2 +xy – (x + y) – 2y 2 (x - 1) = 1 ⇔ x(x + y) – (x + y) – 2y 2 (x - 1) = 1 ⇔ (x + y )(x - 1) – 2y 2 (x - 1) = 1 ⇔ (x - 1)(x + y – 2y 2 ) = 1 Bài 10. 4x 4 + 8x 2 y + 3y 2 – 4y – 15 = 0 ⇔ 4(x 4 + 2x 2 y + y 2 )– (y 2 + 4y + 4) = 11 ⇔ 4(x 2 + y) 2 – (y + 2) 2 = 11 ⇔ Bài 11. 4x 2 +2 xy +4x + y +3 = 0 ⇔ 2x(2x + y) + (2x + y) + 2x + 1 = -2 ⇔ (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. x 2 – xy = 6x – 5y – 8 5. 5x + 25 = - 3xy + 8y 2 6. (y 2 + 4)(x 2 + y 2 ) = 8xy 2 7. 2y 2 x + x +y +1 = x 2 + 2 y 2 + xy 8. 4x 4 + 8x 2 y + 3y 2 – 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 2 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 : x 2 - 2y 2 = 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 : 4k 2 +4k + 1 - 2y 2 = 5 tương đương 2(k 2 + k - 1) = y 2 => y 2 là số chẵn => y là số chẵn. Đặt y = 2t (t thuộc Z), ta có : 2(k 2 + k - 1) = 4t 2 tương đương k(k + 1) = 2t 2 + 1 (**) Nhận xét : k(k + 1) là số chẵn, 2t 2 + 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 : x 3 + y 3 + z 3 = x + y + z + 2000 (5) Lời giải : Ta có x 3 - x = (x - 1).x.(x + 1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp (với x là số nguyên). Do đó : x 3 - x chia hết cho 3. 3 Tương tự y 3 - y và z 3 - z cũng chia hết cho 3. Từ đó ta có : x 3 + y 3 + z 3 - x - y - z chia hết cho 3. Vì 2000 không chia hết cho 3 nên x 3 + y 3 + z 3 - x - y - z ≠ 2000 với mọi số nguyên x, y, z tức là phương trình (5) không có nghiệm nguyên. Bài 18. x + x + x = 4y + 4y ² ³ ² ⇔ (x + 1)(x +1) = (1 + 2y) (1)² ² §Æt (x + 1; x + 1) = d (d ² ∈ N * ) Ta cã x + 1 M d ⇒ x + x ² M d ⇒ (x + x) – (x + 1) ² ² M d ⇒ x – 1 M d ⇒ (x + 1) – (x – 1) M d ⇒ 2 M d (2) Tõ (1) ta cã x + 1 vµ x +1 ®Òu lµ sè lÎ (3)² Tõ (2) vµ (3) ta cã d = 1 (4) Bài 19. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : xy + x - 2y = 3 (6) Lời giải : Ta có (6) tương đương y(x - 2) = - x + 3. Vì x = 2 không thỏa mãn phương trình nên (6) tương đương với: y = (-x + 3)/(x - 2) tương đương y = -1 + 1/(x - 2). Ta thấy : y là số nguyên 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 thể dùng phương pháp 1 để 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 20. =304197519751995 21. = 22. =1995 23., (x,y Z+) 24. (x,y Z+) 25., (x,y Z+) Phương pháp 4 : Sử dụng bất đẳng thức Dùng bất đẳng thức để đánh giá một ẩn nào đó và từ sự đánh giá này => các giá trị nguyên của ẩn này. Bài 24 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x 2 - xy + y 2 = 3 (7) Lời giải : (7) tương đương với (x - y/2) 2 = 3 - 3y 2 /4 Vì (x - y/2) 2 ≥ 0 => 3 - 4y 2 /4 ≥ 0 => -2 ≤ y ≤ 2 . Lần lượt thay y = -2 ; 2 ; -1 ; 1 ; 0 vào phương trình để tính x. Ta có các nghiệm nguyên của phương trình là : (x ; y) thuộc {(-1 ; -2) ; (1 ; 2) ; (-2 ; -1) ; (2 ; 1) ; (-1 ; 1) ; (1 ; -1)}. Bài . x 2 +xy + y 2 = x 2 y 2 Với 2≥x và 2≥y ta có      ≥ ≥ 222 222 4 4 yyx xyx Suy ra x 2 y 2 xyyxxyyxyxyxyx ++>++≥+++=+≥ 2222222222 2)(2 không thỏa mãn phương trình. Chứng tỏ 2≤x và 2≤y Nếu x = 2± hoặc y = 2± thì phương trình không thỏa mãn Với x = 0 , x = 1, x = - 1 ta thấy phương trình có 3 nghiệm nguyên 4 (x;y) ( ) ( ) ( ){ } 1;1;1;1;0;0 −−∈ Bài tập tổng hợp Giải các phương trình nghiệm nguyên : 25.x 2 - 4 xy = 23 26.3x - 3y + 2 = 0 27.19x 2 + 28y 2 =729 28. 3x 2 + 10xy + 8y 2 = 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 Phương pháp 5 : Đưa về dạng tổng, lập phương : Biến đổi phương trình về dạng : vế trái là tổng của các bình phương, vế phải là tổng của các số chính phương. Bài 33 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2 + y 2 - x - y = 8 (8) Lời giải : (8) <=> 4x 2 + 4y 2 - 4x - 4y = 32 <=> (4x 2 - 4x + 1) + (4y 2 - 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 3 2 và 5 2 . 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 = x 2 + y 2 ⇔ 2x 2 + 2y 2 – 2x – 2y – 2xy = 4 ⇔ (x 2 – 2xy + y 2 ) + (x 2 – 2x + 1) + (y 2 – 2y + 1) = 6 ⇔ (x – y) 2 + (x – 1) 2 + (y – 1) 2 = 6 Do x, y ∈ Z nên chỉ có thể phân tích 6 = 2 2 + 1 2 + 1 2 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 y 2 x 1 1 y 1 1  − =  − =   − =  ⇒ x 2 y 0 =   =  hoặc x 0 y 2 =   =  5 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 2 y 3 =   =  hoặc x 0 y 1 =   = −  Kết luận: Phương trình có 6 cặp nghiệm là: 2 x o y =   =  ; 2x y o =   =  3 2 x y =   =  ; 2 3 x y =   =  ; 0 1 x y =   = −  ; 1 0 x y = −   =  Bài 36. Tìm nghệm nguyên của phương trình sau. 2x 6 – 2x 3 y + y 2 = 64 ⇔ x 6 – (x 6 - 2x 3 y + y 2) = 64 ⇔ (x 2 ) 3 + (x 3 - y) 2 = 0 2 + 4 3 = 0 3 + 8 2      =− = 0 4 3 2 yx x ⇔ hoặc      =− = 23 2 8 0 yx x ⇔ Vậy có 4 cặp nghiệm (2;8); (2;-8); (0;8); (0 ; -8) Bài 12. x 2 – xy + y 2 = 2x – 3y – 2 ⇔ 2(x 2 – xy + y 2 - 2x + 3y + 2) = 0 ⇔ 2x 2 –2xy + 2y 2 - 4x + 6y + 4 = 0 ⇔ x 2 – 2xy +y 2 + x 2 – 4x + 4 + y 2 + 6y + 9 = 9 ⇔ (x - y) 2 + (x - 2) 2 + (y - 3) 2 = 9 = 1 1 + 2 2 + 2 2 Phương pháp 6 : Lùi vô hạn Bài 37 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2 - 5y 2 = 0 (9) Lời giải : Giả sử (x 0 ; y 0 ) là nghiệm của (9) thì : x 0 2 - 5y 0 2 = 0 => x 0 chia hết cho 5, đặt x 0 = 5x 1 ; (x 1 Є Z), ta có : 25x 1 2 - 5y 0 2 = 0 <=> 5x 1 2 - y 0 2 = 0 => y 0 chia hết cho 5, đặt y 0 = 5y 1 ; (y 1 Є Z). Từ đó ta có : 5x 1 2 - 25y 1 2 = 0 <=> x 1 2 - 5y 1 2 = 0. Vậy nếu (x 0 ; y 0 ) là nghiệm nguyên của (9) thì (x 0 /5 ; y 0 /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 x 0 và y 0 đều chia hết cho 5 k với mọi k là số nguyên dương tùy ý. Điều này chỉ xảy ra khi x 0 = y 0 = 0. Vậy phương trình (9) có nghiệm duy nhất là x = y = 0. Phương pháp 7 : xét chữ số tận cùng Bài 38 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 1! + 2! + + x! = y 2 (10) 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. 6 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 : x 2 + x - 1 = 3 2y + 1 (11) Lời giải : Cho x các giá trị từ 0 đến 9, dễ dàng xác định được chữ số tận cùng của x 2 + x - 1 chỉ nhận các giá trị 1 ; 5 ; 9. Mặt khác, ta thấy 3 2y + 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 : 3x 2 + y 2 + 4xy + 4x + 2y + 5 = 0 (12) Lời giải : (12) y 2 + (4x + 2)y + 3x 2 + 4x + 5 = 0 Ta thấy nếu phương trình có nghiệm thì y nguyên => - 4x - 2 nguyên, mà x nguyên nên nguyên => ∆'y = x 2 - 4 = n 2 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)}. Bài 41 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2 - (y + 5)x + 5y + 2 = 0 (13) Lời giải : Giả sử phương trình ẩn x có nghiệm nguyên x 1 , x 2 thì theo định lí Vi-ét ta có : => (x 1 - 5)(x 2 - 5) = 2 = 1.2 = (-1)(-2) => x 1 + x 2 = 13 hoặc x 1 + x 2 = 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. Bài 42. Cho phương trình 5x 2 – (2a - 5)x + a 2 + 1 = 0 (1) Tìm tất cả các giá trị của a để (1) có ít nhất 1 nghiệm nguyên BG. Gọi x 0 ∈ z là nghiệm của (1) ta có 5x 0 2 – (2a - 5)x 0 + a 2 + 1 = 0 (2) Coi (2) là phương trình bậc 2 đối với a 154 0 2 0 ' −−−=∆ xx (2) có nghiệm thì ' ∆ ≥ 0 154 0 2 0 −−− xx 0 ≥ ⇔ 0154 0 2 0 ≤++ xx tam thức bậc hai có hai nghiệm là -1; 4 1 − Vậy ' ∆ ≥ 0 ⇔ 4 1 1 0 −≤≤− x vì x 0 ∈ z nên x 0 = -1 thay x 0 = -1 vào (2) ta có a 2 + 2a + 1 = 0 7 ⇔ (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. Bài 43. T×m a ∈ N ®Ó ph¬ng tr×nh x 2 – a 2 x + a + 1 = 0 cã nghiÖm nguyªn. 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: Ta thấy 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 8 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. Bài 46. ( ) => hoặc là hoặc là Bài tập áp dụng : 47. ( ) 48. ( ) 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) 5x 2 - 4xy + y 2 = 169 b) 3 x = 4y + 1 Bài 54 : Tìm nghiệm nguyên của các phương trình : a) 5 x + 12 x = 13 x b) y 4 = x 6 + 3x 3 + 1 Bài 55 : Chứng minh rằng phương trình 2 5 t = 2t 5 + 1997 không có nghiệm nguyên. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 3 - 3y 3 - 9z 3 = 0. Bài 56 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x 2 + 2y 2 - 2xy + x + y - 10 = 0. 5.4. Hệ phương trình nghiệm nguyên 9 Bài 57.    =−− −=−− 1 3 222 zyx zyx    =−−+−−++ −+= ⇔    =−−−+ −+= ⇔ 19662 3 1)3( 3 2222222 zyzyzyzy zyx zyzy zyx ⇔      −= = −=      = = = ⇔                    −=− −=−    =− =− −+= ⇔    =−− −+= ⇔    =−−− −+= ⇔    =+−− −+= 3 2 2 , 9 8 4 13 53 13 53 3 5)3)(3( 3 10)3(6)3(2 3 08662 3 x y z x z y y z y z zyx yz zyx zzy zyx zyyz zyx Bài 58.    =−++ =+−+− ⇔      =−++ =−+−−− ⇔      =−++ =−+−− 8 7)222)(( 8 7)(2)()(2 8 7222 33 33 22 33 22 yxyx xxyxy yxyx xyxyxxy yxyx xyxyxy Bài 59.    =−+− =+− 122 2 2 zxxyx zyx 1. SỬ DỤNG ĐỊNH LÍ NGHIỆM NGUYÊN CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH.  Định lí 1: Phương trình 2 0ax bx c+ + = với các hệ số nguyên và 0c ≠ nếu có nghiệm nguyên x 0 thì c chia hết cho x 0 .  Định lí 2: Phương trình 2 0x bx c+ + = với các hệ số nguyên có nghiệm nguyên khi và chỉ khi 2 4b c∆ = − là bình phương của một số nguyên.  Định lí 3: Phương trình hệ số nguyên 2 2 0x by cxy dx ey f+ + + + + = có nghiệm nguyên khi và chỉ khi ( ) ( ) 2 2 4cy d by 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: 2 7 0v xv− − = (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 6x = ± . Thử lại nhận 6x = ± . 2). Giải phương trình nghiệm nguyên 2 2 3 4 2 4 9 0x y xy x y + + + + − = . Giải: 2 2 3 4 2 4 9 0x y xy x y + + + + − = ( ) ( ) 2 2 2 2 1 3 4 9 0x y x y y ⇔ + + + + − = (1) Phương trình đã cho có nghiệm nguyên khi và chỉ khi (1) có nghiệm nguyên ( ) ( ) 2 2 2 = 2 1 3 4 9y y y v ⇔ ∆ + − + − = (2) 10 [...]... cho K < 0 1 x 1 1 : Câu 7 Rút gọn: A = với x > 0 và x 1 ữ x +1 x + 2 x +1 x+ x 2x x + 1 3 11x x + 3 3 x x2 9 Câu 8 Cho biểu thức: A = a/ Rút gọn biểu thức A b/ Tìm x để A < 2 c/ Tìm x nguyên để A nguyên x +2 x +1 3 x 1 1 Bi 9 Cho biu thc B = x 1 x 3 + ( x 1)( x 3) ữ: 1 x 1 ữ ữ a) Rỳt gn biu thc B b) Tỡm cỏc giỏ tr nguyờn ca x biu thc B nhn giỏ tr nguyờn Bi 10 Rỳt gn P = . 5t t ⇔ + = . 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 ( ) 2 2 2 3. 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.    =−+− =+− 122 2 2 zxxyx zyx 1. SỬ DỤNG ĐỊNH LÍ NGHIỆM NGUYÊN CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH.  Định lí 1: Phương trình 2 0ax bx c+ + = với các hệ số nguyên và 0c ≠ nếu có nghiệm nguyên x 0 thì c chia