SKKN phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn toán ở THPT

Phương trình nghiệm nguyên là một đề tài hấp dẫn, thú vị của toán học, vì vậy phương trình nghiệm nguyên đã được rất nhiều nhà toán học nghiên cứu. Tuy nhiên, với người học thì giải phương trình nghiệm nguyên là một vấn đề khó. Để giải được phương trình nghiệm nguyên đòi hỏi phải có tư duy lôgic, sự sáng tạo. Các phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng và kèm theo các phường trình nghiệm nguyên đó có rất nhiều phương pháp giải hay, nhưng do khó, phức tạp mà trong chương trình toán ở phổ thông cũng như Cao đẳng chỉ đề cập đến rất ít, Vì vậy, tôi chọn đề tài: phương trình nghiệm nguyên để giúp các bạn tìm hiểu được nhiều hơn về phương trình nghiệm nguyên.

I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:

Phương trình nghiệm nguyên là một đề tài hấp dẫn, thú vị của toán học, vìvậy phương trình nghiệm nguyên đã được rất nhiều nhà toán học nghiên cứu.Tuy nhiên, với người học thì giải phương trình nghiệm nguyên là một vấn đềkhó Để giải được phương trình nghiệm nguyên đòi hỏi phải có tư duy lôgic, sựsáng tạo Các phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng và kèm theo các phườngtrình nghiệm nguyên đó có rất nhiều phương pháp giải hay, nhưng do khó, phứctạp mà trong chương trình toán ở phổ thông cũng như Cao đẳng chỉ đề cập đếnrất ít, Vì vậy, tôi chọn đề tài: ''phương trình nghiệm nguyên'' để giúp các bạntìm hiểu được nhiều hơn về phương trình nghiệm nguyên

II MỤC ĐÍCH ĐỀ TÀI:

Đề tài này nhằm đạt được một số mục đích sau:

+ Thống kê các phương trình nghiệm nguyên

+ Phân loại và phương pháp giải một số dạng phương trình nghiệm nguyên

III NỘI DUNG:

A Một số định nghĩa, định lý liên quan đến phương pháp giải các phươngtrình nghiệm nguyên

1 Định lý Ơ - le:

Định lý: Giả sử m là một số tự nhiên lớn hơn 1 và a là một số nguyên tố

với m khi ấy ta có:

+ Hệ thặng dư đầy đủ modun m H = {0, 1, , m -1}

- Hệ thặng dư thu gọn modun m

- Nếu có nghiệm nguyên là x0 thì C x0

- Phương trình có nghiệm nguyên khi và chỉ khi  (')là số chính phương

4 Thuật toán ơclit mở rộng (Tìm ước chung lớn nhất của 2 số a, b)

- Giả sử a > b a,b  z+

B1: Chia a cho b được dư r1 Nếu r1 = 0 thì b/a Nếu r1 0 ta được:

a = bq + r1

B2: Chia b cho r1 được dư r2

- Nếu r2 = 0 thì UCLN (a,b) = r1

- Nếu r2  0 thì ta được: b = r1q1 + r2

B3: Thực hiện phép chia r1 cho r2 được số dư r3

- Nếu r3 = 0 thì UCLN (a, b) = r3

- Nếu r3  0 thì r1 = r2q2 + r3

Tiếp tục quá trình như vậy cho đến khi số dư bằng 0 (Giả sử là rn) Quátrình này phải biết kết thúc vì ta được dãy giảm nghiêm ngặt bị chặn dưới

r1 > r2 > r3 > rn -1 > rn > 0

- Ước chung lớn nhất của a và b là rn-1 ( số dư khác 0 cuối cùng)

5 Điều kiện cần và đủ để phương trình:

ax + by = c (1) có nghiệm là UCLN (a, b) c

Chứng minh:

- Điều kiện cần: Giả sử phương trình (1) có nghiệm nguyên là (x0, y0) tacó: ax0 + by0 = c Gọi d = UCLN (a, b) Khi ấy d là ước của a và b nên d cũng làước của ax0 + by0 = c nghĩa là d ước của c

- Điều kiện đủ:

Giả sử d = UCLN (a,b) là ước của c, nghĩa là có số nguyên c, sao cho c =c1d Ta phải chứng minh phương trình (1) có nghiệm nguyên, nghĩa là có cặp số(x0, y0) sao cho có đẳng thức: ax0 + by0 = c

Thật vậy vì d = UCLN (a,b) nên có cặp số nguyên x1, y1 sao cho : d = ax1+ by1

Nhân cả 2 vế với c1 ta được c1d = c1ax1 + by1c1 hay ( c1 a)x1 + (c1b)y1 = cĐẳng thức này chứng minh của phương trình (1).

* Nếu phương trình (1) có một nghiệm nguyên là (x0, y0) thì nó có vô sốnghiệm nguyên và tập hợp các nghiệm nguyên của nó gồm các cặp số nguyên(x1y) xác định bởi:

Với d = UCLN (a, b) và t = 0,  1, 2

Điều này ta dễ dàng kiểm tra khi thay x, y vào phương trình (1)

* Phương trình: a1x1 + a2x2 + + anxn = c khi và chỉ khi  UCLN (a1,a2, , an) là ước của c

Chứng minh cho trường hợp này tương tự như chứng minh cho trườnghợp n = 2

B MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI:

Chú ý: Khi dùng phương pháp này nên tách sao cho các hệ số của ẩn củaphần đặt ẩn phụ là nhỏ nhất

Phương trình đã cho tương đương với đồng dư thức:

5x 2(modz) <=> 2x 2(modz) (*) x 1(modz)

3 Phương trình sử dụng thuật toán ơclít mở rộng

Ví dụ: Giải phương trình: 38 x + 117y = 109

Lưu ý: Phương pháp sử dụng thuật toán ơclít mở rộng có thể áp dụng cho tất

cả các phương trình bậc nhất một ẩn và nhiều ẩn Tuy nhiên phương trình này cónhược điểm là trong một số trường hợp việc tách quá nhiều bước

Vì x2- 4 = 5u => x2 = 5u + 4  0 => u  -4

5 Tương tự y2 = 10 - 6u  0 => v < 5

3 Kết hợp u = v => u = v = 0 hoặc

u = v = 1

- Với u = v = 0 => y2 = 10 => Không có giá tri nào nguyên của y thoảmãn.

- Với u = v = 1 => y2 = 4 và x2 = 9

Vậy phương trình có 4 nghiệm là: (3,2); (3,-2); (-3,2) và (-3,-2)

5 Phương pháp sử dụng tính chất của số nguyên tố.

Trong phương pháp này áp dụng các tính chất của số nguyên để giải cácphương trình nghiệm nguyên

- Số chính phương chia 3 dư 0;1; chia 4 dư 0;1 chia 8 dư 0;1;4

- Giữa 2 số chính phương liên tiếp không có số chính phương nào điềunày tương đương a,x  Z

+ Không tồn tại x để a2 < x2 < (a+1)2

+ Nếu a2 < x2 < (a+2)2 thì x2 = (a+1)2

- Nếu 2 số nguyên liên tiếp có tích là số chính phương thì một trong 2 số

đó phải bằng 0

a p (a, b) 1

Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x + y + 1 = xyz (1).

Giải:

Không giảm tính tổng quát giả sử 0 x   y => x+y+1  2y+1

=> xyz  2y+1 => xyz - 2y  1 => y(xz-2)  1

Từ (1) ta thấy (1;1;1) không phải là nghiệm của (1) Do x,y,z là những sốnguyên dương

(1;2;2); (2;3;1); (1;1;3)

loại

9 Phương pháp sử dụng tính chẵn, lẻ

Dựa vào đề bài mà chúng ta có thể tìm ra tính chẵn, lẻ để từ đó rút ra tínhchất đặc trưng của các ẩn và đưa phương trình cần giải về phương trình đơn giảnhơn

Ví dụ: Giải phương trình: (2x+5y+1)(2 x  y x  2  x) 105 

Thay x vào phương trình trên ta được: (5y+1)(x+1) = 105

Vì y là số nguyên nên ta có các trường hợp sau:

yo với xo có giá trị nhỏ nhất trong những giá trị có thể của nó rồi chứng minhphương trình có nghiệm x1, y1 mà xo > x1.

Ví dụ: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:

 2 => z0 2 Đặt z0 = 2z0' thay vào phương trình trên ta được:

4x04 + 2y04 + (2z0')4 = 8u'04 =>2x04 + y04 + 8z'04 = 4u'04 => y04

  cũng là nghiệm của phương trình (1)

Quá trình này cứ tiếp tục mãi ta có cặp số 0 0 0 0

x y z u , , ,

2 2 2 2

  cũng là nghiệmcủa phương trình (1)

Các cặp số 0 0 0 0

x y z u , , ,

2 2 2 2 là số nguyên với mọi k nguyên Do đóx0 = y0 = z0 = u0 = 0 Vậy phương trình trên có nghiệm duy nhất là(0;0;0;0)

b Một số phương trình nghiệm nguyên và phương pháp giải cụ thể.

b.1 Phương trình bậc nhất.

1 Phương trình bậc nhất một ẩn:

- Phương trình bậc nhất 1 ẩn là phương trình có dạng ax+by = c (1)

Đây là phương trình nghiệm nguyên thường gặp trong chương trình phổthông cũng như trong chương trình cao đẳng Phương trình này có nhiều cáchgiải Phương trình (1) có nghiệm thì UCLN (a,b)/c nếu UCLN (a,b)=d và d/cthì ta có thể chia 2 về của (1) cho d và (1) trở thành dạng a'x + b'y = c' vớiUCLN (a',b')=1 Do đó ta có thể giải phương trình (1) với giả sử a và b nguyên

x = c'+b'y+t Tiếp tục làm như vậy đến khi tìm được hệ số

b''=1  t  y  x và tìm nghịêm của phương trình

Từ 38x + 117y = 1  38x = 1 - 117y  x = 1 117y

 Phương trình có một nghiệm riêng là (40;13)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm tổng quát là:

Từ 38x + 117y = 1 => 117y 1 (mod 38) <=>

114y + 3y  1 (mod 38) <=> 3y 1 (mod 38)

<=> 3y 1+ 38 (mod 38) => y  13 (mod 38) => y = 13 + 38t

=> Thay vào phương trình trên => x = -40 - 117t (t Z)

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là:

Lưu ý: Qua 2 ví dụ trên ta thấy, 2 phương pháp sử dụng thuật toán ơclít

và tách phần nguyên có thể áp dụng cho tất cả các phương trình bậc nhất tuynhiên hai phương pháp này đôi khi phải sử dụng nhiều lần Tách nhiều phéptoán dẫn đến lời giải dài Còn phương pháp sử dụng đồng dư thức có thể cho rakết quả nhanh nhưng không phải áp dụng được cho tất cả các bài toán

Ví dụ 2: Tìm các điểm trên mặt phẳng toạ độ của đồ thị hàm số:

3x + 2y - 1 = 0

Bài toán này tương đương với tìm nghiệm nguyên của phương trình

3x + 2y = 1 Ta áp dụng các phương pháp giải trên và từ đó tìm ranghiệm

Chú ý: Một bài toán của hàm số ta có thể chuyển thành bài toán tìm

nghiệm nguyên như ở phương trình trên

2 Phương trình dạng: ax+by = c+dxy (1)

a) Phương pháp giải:

Cách 1: + Nhân cả 2 vế của phương trình (1) với d ta được:

adx + bdy = cd + d2xy  d2xy - adx - bdy + ab = ab - cd

Từ đẳng thức (*) ta luôn tìm được 2 giá trị x1, x2 Z nào đó sao cho: x1 

x x2 từ đó suy ra các giá trị của x Thay các giá trị vừa tìm được của k vào (1)

 y  nghiệm của phương trình

Đặc biệt: Nếu tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

a(x+y) + b = cxy với a, b, c là các số nguyên không âm và a : c b Ta sửdụng phương pháp bất đẳng thức

Do vai trò của x, y như nhau nên ta có thể giả sử 1  x  y Khi đó

Kết hợp với điều kiện x Z  các giá trị của x  y

b) Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau:

Vậy phương trình 2 có nghiệm là (0;0) và (2;2)

Phương pháp 1: Nhân 2 vế của (2) với 3 ta được:

6x + 21y = 15 = 9xy  9xy - 6x - 21y = 15

 (9x - 21) (9y - 6) = 111 Ta có các trường hợp sau:

- Phương trình bậc nhất nhiều ẩn là phương trình có dạng

a1x1 + a2x2 + + anxn = c (1)

Để phương trình (1) có nghiệm thì (a1, a2, an) /c

- Phương pháp giải: Đối với phương trình bậc nhất nhiều ẩn có 2 phương

pháp giải chủ yếu là: đưa về dạng có 1 hệ số bằng 1; phương pháp 2 là đưa vềdạng có 2 hệ số nguyên tố cùng nhau

+ Phương pháp đưa về dạng phương trình có hệ số bằng 1:

Giả sử phương trình (1) có hệ số a1 = 1 thì phương trình có nghiệm là:

Phương trình có nghiệm riêng ra x0 = 3c, y = c

 phương trình có nghiệm tổng quát là: x 3c 5ty c 2t; t 

  

Thay c = 6u+4 vào ta được nghiệm tổng quát của phương trình là:

2) Giải phương trình 6x + 15y + 10z = 3 (2)

Phương pháp 1:(Biến đổi đưa về dạng có hai số nguyên tố cùng nhau)

(2)  6(x+z) + 15y + 4z = 3 Đặt x+z = u

 6u + 15y + 4z = 3 (2') Vì UCLN (15,4) = 1 nên (2') được đưa về dạng:15y + 4z = 3 - 6u

Đặt 3-6u = c  15y + 4z = c (*) phương trình có nghiệm riêng y0 =-c; z =

4c nên phương trình (*) có nghiệm tổng quát là : y c 4t

 6x + 10u + 5y = 3  x + 10u + 5(y+x) = 3

- Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình sau đây:

1) 2(x+y+z) +9 = 3xyz

2) 4(x+y+z) = xyz

1) 2(x+y+z) +9 = 3xyz (1)

Không giảm tính tổng quát ta giả sử 1  x  y  z

Chia cả 2 vế của 91) cho xyz 0 ta được:

y 11 z

7 52

- Với x = 2 (2) trở thành 4(y+z)+8 = 2yz

y 4 z

8 32

y 5 z

11 36

Vậy các nghiệm của hệ phương trình:

Chia cả 2 vế của (1) cho z2 ta được: x22 y22 1

Y 1 X

1 X (1 X)

Từ (5) ta có công thức nghiệm tổng quát của (1) bằng cách đặt t p

Nên (7) là nghiệm tổng quát của (1)

Thực vậy, vì UCLN (p,q) = 1 nên chỉ có thể là p và q khác tính chẵn, lẻhoặc cả 2 cùng lẻ

- Trường hợp p, q chẵn lẻ khác nhau thì p2, q2, 2pq và p2 + q2 không thể cóước chung d>1, vì nếu có số d như vậy thì d phải lẻ (do p2 - q2 lẻ) và d phải làước của (p2- q2) và p2 + q2 = 2p2 (do d lẻ nên d là ước của p) và (p2+q2) - (p2-

q2)=2q2 (do d cũng là ước của q) Trái với giả thiết UCLN (p,q) = 1

- Trong trường hợp p, q cùng lẻ, ta đặt p+q=2p và p-q=2Q và có UCLN(P,Q) = 1 và P, Q chẵn lẻ khác nhau (vì P+Q lẻ)

Thay vào (6) ta được: 2 2

Như vậy (7) là công thức nghiệm của (1)

Chú ý: Phương trình xn + yn = zn với n>2, n N không có nghiệm Đây lànội dung của định lý lớm Fecma mà việc chứng minh định lý này đã diễn ratrong một thời gian dài và nhiều nhà toán học đã chứng minh nhưng mãi tớingày 23/6/1993 mới được chứng minh gần hoàn chỉnh bởi nhà toán học A.wilesngười Anh và tới mãi năm 1994 (tức là hơn 300 năm) phép chứng minh mớiđược hoàn chỉnh

ta có  (cy+d)2 - 4a (dy2+ey+f) = (c-4ab)y2+2(cd-2ac)+d2- 4f

+ Nếu c2 - 4ab< 0 để phương trình có nghiệm nguyên ta chỉ cần xét  0, giảibất phương trình   tìm được giá trị của y thay vào (1) ta tìm được x

+ Nếu c2 - 4ab là 1 số chính phương và (cd-2ae) chia hết cho c2 - 4ab.Phương trình (1) có nghiệm nguyên

  (hoặc  ') là một số chính phương Đặt  (hoặc  ') = k2 (k nguyên).Khi đó bài toán trở về giải phương trình nghiệm nguyên:

(c2 - 4ab) y2 + 2(cd-2ae)y + d2-4ae = k2

Lưu ý: Phương trình này có thể giải được bằng nhiều phương pháp đã

trình bày ở dạng tổng quát nhưng đối với dạng toán này phương pháp trên giảinhanh hơn

+ Phương trình dạng: ax 2 + dx + by 2 + f = 0 (8) với 4ab là số chính phương.

- Phương pháp giải: Nhân 2 vế của (3) với 4a ta được:

4a2x2 + 4adx + 4aby2 + 4af = 0  (2ax + d)2 + 4aby2 = d2 - 4af

- Nếu 4ab<0 phương trình trở thành

(2ax + d+  4aby) 2ax   4aby  d 2  4af

- Nếu 4ab >0 phương trình trở thành:

(2ax + d)2 + ( 2

4aby) = d2 - 4af

 Nếu d2 - 4af < 0, phương trình vô nghiệm

Nếu d2 - 4af 0, ta giải bình thường.

+ Phương trình dạng ax2 + by2 + cxy + f = 0

- Phương pháp giải: Nhân 2 vế của phương trình với 4a ta được:

4a2x2 + 4aby2 + 4acxy + 4af = 0

 (2ax + cy)2 + (4ab - c2)y2 = -4af

+ Nếu 4ab - c <0 phương trình trở thành:

2ax cy   4ab c y 2ax cy     4ab c y   4af

+ Nếu af > 0 phương trình vô nghiệm

+ Nếu af < 0 ta tìm tất cả các trường hợp có thể xảy ra và tìm nghiệm quacác trường hợp đó:

* Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau:

1 x2 + 3xy + 3y2 = 3y (1)

2 x2 + x + 6 = y2 (2)

Giải:

1 Xét tam thức bậc 2 ẩn x: x 2 + (3y) x + 3y 2 - 3y = 0

Ta có:  = (3y)2 - 4(3y2 - 3y) = 12y - 3y2

Để phương trình (1) có nghiệm n guyên thì điều kiện cần là:

- Phương pháp 1: (coi (2) là tam thức bậc 2 ẩn x)

(2)  x2 + x + 6 - y2 = 0 Ta có  = (1)2 - 4(6-y2)  = 4y2 - 23 (3)

Để (2) có nghiệm nguyên thì  phải là 1 số chính phương  = k2

(kZ) hay 4y2 - 23 = k2  4y2 - k2 = 23  (2y - k) (2y + k) = 23

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm là: (-5'-6) ; (5;6) (-6;-6); (-6;6)

Nhận xét: Đối với dạng phương trình: ax2 + bx+ cy2 + e = 0 thì cách giảibằng phương pháp 2 đơn giản và gọn hơn phương pháp 1

3 Phương trình dạng: x 2n + a1x 2n-1 + +a2n-1x + a2n = y 2 + ay (1)

- Phương pháp giải:

+ Nếu a lẻ tức là a = 2k + 1 nhân 2 vế của (1) với 4 sau đó cộng với a2 tađược:

4x2n + 4a1x2n-1 + + 4a2n-1x + 4a2n + a2 = (2y + a)2

+ Nếu a chẵn tức là a=2k, cộng 2 vế của (1) với k2 ta được:

x2n + a1x2n-1 + + a2n-1x + a2n + k2 = (y+k)2

Ta chứng minh f(x)2 < vế phải < f(x+1)2 thì phương trình vô nghiệm và giữa 2

số chính phương không tồn tại số chính phương nào Hoặc ta chứng minh

f(x)2 < vế phải < f(x+2)2  vế phải = f(x+1)2

Giải phương trình này ta tìm được x từ đó, ta tìm được y

Trong trường hợp n=1 ta có thể giải phương trình này bằng cách coi (1) làphương trình bậc 2 của ẩn x (hoặc ẩn y) Rồi áp dụng tính chất một tam thức bậc

2 có nghiệm nguyên thì  phải là số chính phương Từ đó tìm ra nghiệmphương trình

Ví dụ: Giải các phương trình nghiệm nguyên sau:

Với k = 0  x(x+1) = 0  x = 0 hoặc x = -1 Nhưng vì x Z+ nên không

có giá trị nào của x thoả mãn Vậy phương trình đã cho vô nghiệm

4 Dạng phương trình nghiệm nguyên:

- Phương pháp 2: Chia tử cho mẫu ta được phương trình dạng

+ Điều kiện cần để y nguyên là a ' x an   b x b 1  2 giải bất phương trìnhnày  các giá trị của x Thay lần lượt các giá trị của x vào (1)  nghiệm củaphương trình.

2 9 2x 7 2 x

Vậy phương trình có nghiệm là: (-3;-1) và (-4;3)

2 2

Hoặc xét tính chẵn, lẻ hoặc xét chữ số tận cùng của b0x2 + b1x + b2 để xétcác trường hợp có thể xảy ra ta tìm được x  y.

(3)  yb0x2 + yb1x + yb2 = bx + c  yb0x2 + x (yb1-b) + yb2

=(yb1-b)2 - 4yb0 (yb2)-c = y2 b2

1-2bb1y+b2 - 4bb2y2 + 4cyb0y

 = y2 (b2

1- 4b0b2) + y(4cb0 - 2bb1) + b2.+ Nếu b2

1- 4b0b2 <0 thì để y nguyên thì điều kiện cần là   0 giải bấtđẳng thức này ta suy ra y

+ Nếu b2

1- 4b0b2 >0 ta lại xét tam thức bậc 2 ẩn y và làm tiếp tục như trên

Ví dụ: Giải các phương trình sau:

   

  2x2 + 2x + 3 chỉ có thể bằng 5, 7hoặc 35