SKKN: Giải phương trình nghiệm nguyên

22 2.8K 6
SKKN: Giải phương trình nghiệm nguyên

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

Đây là bộ đề tài hay, được tuyển chọn kĩ càng, có chất lượng cao, giúp các thầy cô giáo nâng cao trình độ chuyên môn, nghiệp vụ giảng dạy bộ môn, phục vụ tốt việc giảng dạy. Hy vọng tài liệu sẽ giúp ích đắc lực cho các thầy cô trong công tác giảng dạy. Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn 1 LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Phương trình nghiệm nguyên là một dạng toán quan trọng và khó, thường gặp trong các đề thi học sinh giỏi. Cách giải của nó rất đa dạng và phong phú. Vì vậy, việc bồi dưỡng, rèn luyện cho học sinh giỏi các kỹ năng, phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên là một việc làm hết sức cần thiết. Trong khuôn khổ của sáng kiến kinh nghiệm, xin giới thiệu một số phương pháp thường dùng để giải phương trình nghiệm nguyên. Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn 2 NỘI DUNG PHẦN I: CÁC PHƯƠNG PHÁP THƯỜNG DÙNG ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 1. SỬ DỤNG TÍNH CHẴN, LẺ 2. PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH ƯỚC SỐ 3. PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TỔNG 4. PHƯƠNG PHÁP DÙNG LIÊN PHÂN SỐ 5. PHƯƠNG PHÁP DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC 6. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ 7. DÙNG TÍNH CHÂT SÔ VÔ TỶ 8. DÙNG ĐIỀU KIỆN CÓ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH 9. PHƯƠNG PHÁP CHIA ĐA THỨC 10. MỘT SỐ BÀI TOÁN KHÁC PHẦN II: HIỆU QUẢ Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn 3 PHẦN I: CÁC PHƯƠNG PHÁP THƯỜNG DÙNG ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 1. SỬ DỤNG TÍNH CHẴN, LẺ LÝ THUYẾT 1. Định nghĩa 1: Nếu x là số chẵn thì x = 2 k với k nguyên; x là số lẻ thì x = 2k + 1 với k nguyên 2. Định nghĩa 2: Số nguyên tố là số nguyên dương lớn hơn 1 chỉ chia hết cho 1 và chính nó. 3. Định lý nhỏ Phecma: Nếu p là số nguyên tố và a là số nguyên không chia hết cho p thì a p-1  1 (mod p) 3. Số chính phương (modn) a. Định nghĩa: Cho số nguyên dương n  2. Số nguyên a được gọi là số chính phương (modn) nếu tồn tại x  N sao cho x 2  a (modn) b. Định lý 1: Cho số nguyên tố p. i) Nếu p = 2 thì mọi số lẻ a đều là số chính phương (mod 2) ii) Nếu p > 2 thì a là số chính phương (mod p)  2 1p a   1 (mod p) a là số không chính phương (mod p)  2 1p a   -1 (mod p) c. Ký hiệu Lơgiăngđrơ: Cho số nguyên tố lẻ p; a là số nguyên không chia hết cho p. Ký hiệu         p a được định nghĩa như sau: nếu a là số chính phương (mod p) 1 1 a p            nếu a là số không chính phương (mod p) d. Định lý 2: Cho số nguyên tố p và số nguyên a không chia hết cho p. Khi đó: +) 2 1p a           p a (mod p) Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn 4 +) Nếu a  b (mod p) (a, b  Z; (a, p) = (b, p) = 1) thì         p a =         p b +)         p a         p b =         p ab (a, b  Z; (a, p) = (b, p) = 1) +)         p a 2 = 1 +) 2 1p )1( p 1            +) 8 1 2 p )1( p 2           e. Luật tương hỗ Gauss: Nếu p, q là các số nguyên tố lẻ và p  q thì 4 )1q)(1p( )1( p q q p                   VÍ DỤ 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình (2x + 5y + 1)(   2 2 x y x x    = 105 HD Vì 105 lẻ nên (2x + 5y + 1) lẻ. Suy ra y chẵn Mặt khác x 2 + x = x( x + 1) chẵn nên 2 |x| lẻ. Suy ra x = 0; Thay x = 0 vào pt ta được: (5y + 1)(y + 1) = 105  y = 4; Thử lại thấy x = 0; y = 4 thỏa yêu cầu bài toán. 2. Tìm số nguyên tố p để 4p + 1 là số chính phương HD Giả sử 4p + 1 = x 2 . Suy ra x lẻ nên x = 2n + 1 với n nguyên Khi đó 4p + 1 = (2n + 1) 2  p = n(n + 1)  p chẵn  p = 2. Thử lại thấy p = 2 thỏa. 3. Tìm tất cả số nguyên tố x, y thỏa x 2 – 2y 2 = 1 HD: Ta có x 2 – 2y 2 = 1  x 2 = 2y 2 +1  x lẻ nên x = 2k + 1, k nguyên Do đó x 2 = 2y 2 +1  y 2 = 2k(k + 1)  y chẵn  y = 2, x = 3 4. Giải phương trình x y + 1 = z trên tập số nguyên tố P HD Vì x, y nguyên tố nên x, y  2. Do đó x y  4  z  5 Vì z = x y + 1 nguyên tố lẻ nên x y chẵn  x = 2 Nếu y = 2k + 1, k nguyên  z = 2 2k+1 + 1 = (2 + 1)M  3 vô lí vì z nguyên tố  y chẵn, nguyên tố nên y = 2  z = 5. Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn 5 BÀI TẬP 1. Tìm tất cả các bộ 3 số nguyên dương (a, b, c) sao cho: a 2 + 2 b+1 = 3 c (Đề thi Olympic Toán của Italia năm 2008) Đs: (a, b, c) = (1, 2, 2) hoặc (a, b, c) = (7, 4, 4) 2. Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình 3 x + 4 y = 7 z Đs: (x, y, z) = (1, 1, 1) 3. Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình 7 x + 12 y = 13 z (Đề thi Olympic Toán của Serbia năm 2008) Đs: phương trình 7 x + 12 y = 13 z không có nghiệm nguyên dương. 4. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x, n) thoả mãn x 3 + 2x + 1 = 2 n (Đề thi Olympic Toán của Serbia năm 2007) Đs: (x, n) = (1, 2) 5. Chứng minh tồn tại vô số cặp số nguyên dương (m, n) sao cho m 1n n 1m    là một số nguyên dương. (Đề thi Olympic Toán của Anh năm 2007) 6. Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên dương n sao cho n 7 + 7 là bình phương của một số nguyên dương. (Đề chọn đội tuyển Mỹ thi IMO năm 2008) Lời giải: Giả sử n 7 + 7 = a 2 (a  N*) Khi đó n 7 + 128 = a 2 + 121  a 2 + 121 = (n + 2) (n 6 - 2n 5 + 4n 4 - 8n 3 + 16n 2 - 32n + 64) Nếu n chẵn  a 2  7 (mod 8). Đó là điều vô lý. Vậy n lẻ  n 2  1(mod 4) Đặt b = n 6 - 2n 5 + 4n 4 - 8n 3 + 16n 2 - 32n + 64 thì b lẻ và b  n 6 - 2n 5 + n 4 - n 4  n 4 (n - 1) 2 - n 4 (mod 4) Vì n 4  1 (mod 4) và n - 1 chẵn  (n - 1) 2  0 (mod 4)  b  -1 (mod 4)  b có ước nguyên tố dạng 4k + 3 (k  N). Giả sử p là ước nguyên tố dạng 4k + 3 (k  N) của b  a 2 + 121⋮p  p = 11 và a⋮p  a = 11q (q  N*) và b  11. Nếu n + 2  11 thì b  7.8 2 (mod 11). Đó là điều vô lý. Vậy n + 2 không chia hết cho 11. Mặt khác a 2 + 121  121  b  121 Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn 6  b = 121. r (r  N*, r lẻ). Ta có a 2 + 121 = 121(q 2 + 1) = (n + 2)b= 121r (n + 2) r (n + 2) = q 2 + 1  r không có ước nguyên tố dạng 4t + 3 (t N)  b  1 (mod 4). Đó là điều vô lý. Vậy không tồn tại số nguyên dương n sao cho n 7 + 7 là bình phương của một số nguyên dương. 7. Tìm tất cả các nghiệm nguyên không âm của phương trình 12 x + y 4 = 2008 z (Đề thi Olympic Toán của Serbia năm 2008) HD Giả sử z > 0  y > 0. Với x chẵn vế trái có dạng a 2 + b 2 , với x lẻ vế trái có dạng a 2 + 3b 2 , trong đó a, b là các số nguyên dương không chia hết cho 251. Tuy nhiên -1 và -3 không là số chính phương (mod 251). Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên không âm thoả mãn z > 0. 8. (OL – 04) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2 = y 3 + 16 Đs: 4; 0); ( - 4; 0) 9. (OL – 07). Chứng minh rằng phương trình x 2 + 1 = 4y 5 không có nghiệm nguyên 10. (OL – 09). Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 7 x + x 4 + 47 = y 2 Đs: (4; 52) Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn 7 2. PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH ƯỚC SỐ LÝ THUYẾT Định nghĩa : Với hai số nguyên a, b, ta nói rằng a chia hết cho b nếu tồn tại số nguyên k sao cho a = kb. Khi đó, ta cũng nói a là bội của b hay b là ước của a và kí hiệu: a  b Ta vận dụng định nghĩa này để giải một số phương trình nghiệm nguyên VÍ DỤ Tìm tự nhiên của phương trình 3x 3 – xy = 5 Giải 3x 3 – xy = 5  x(3x 2 – y) = 5 2 2 1 3 5 5 3 1 x x y x x y                    Đs: (5; 74) BÀI TẬP 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình a. )6(25 2  yyx HD )6(25 2  yyx  (x + y + 3)(x – y – 3) = 16 Đs: (4; -3), (-4; -3), (5; -6), (5; 0), (-5; -6), (-5; 0) b. 22 6 yxx  HD 22 6 yxx   (2x + 2y + 1)(2x – 2y -1) = 23 Đs: (5; 6  ), (-6; )6  2. Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: 1991)2()2( 22  xyyyxx Đs: (12; 1) Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn 8 3. Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình 22 1576)1( xxy  Đs: (18; 10), (82; 10) 4. Tìm tất cả các tam giác vuông có cạnh là số nguyên và số đo diện tích bằng số đo chu vi Đs: (5; 12; 13); (6; 8; 10) 5. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2 + 2005x +2006y 2 + y = xy + 2006xy 2 + 2007 Đs: (2; 1), (0; 1) 6.(OL – 02). Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x 5 + 6x 4 y – 18x 3 y 2 – 68x 2 y 3 + 81xy 4 + 126y 5 = 770 với x > 2y Đs: (4; 1) 7. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 3 + y 3 = 3xy + 3 Đs: (1; -1); (-1; 1); (1; 2); (2; 1) 8. (OL – 06). Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho A = n 2005 + n 2006 + n 2 + n + 2 là một số nguyên tố. HD Kiểm tra n = 0; n = 1 không thỏa Với n > 1, ta có A = n(n 2004 – 1) + n 2 (n 2004 – 1) + 2(n 2 + n + 1) n 2004 – 1 = (n 3 ) 668 – 1 chia hết cho (n – 1)(n 2 + n + 1)…. Vậy A là hợp số và không tồn tại n. 9. (OL – 07) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x 3 (2x 4 + 3xy 2 + 10x – 2y) = 3y 3 + 10 y + 1111 HD Phương trình tương đương: (x 4 – y)(3y 2 + 2x 3 + 10) = 11.101 Do x 4 – y  1 2 x    3y 2 + 2x 3 + 10  3 + 16 + 10 = 29  4 4 1 11 x y x y        Nếu x = 2 thì y = 5 hoặc y =15. Thử lại được x = 2; y = 5 Nếu x  3 thì 11  x 4 – y  81 – y, suy ra y  70, không thỏa phương trình. Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn 9 Vậy … 10. Cho hình hộp chữ nhật có ba kích thước là ba số tự nhiên. Người ta sơn màu xanh tất cả các mặt của hình hộp. Hình hộp được phân hoạch bởi các hình lập phương đơn vị bởi các mặt phẳng song song với các mặt của nó. Tìm kích thước hình hộp, biết rằng số hình lập phương đơn vị không có mặt nào màu xanh bằng một phần ba tổng số các hình lập phương. Đs: Có tất cả 8 bộ kích thước. 11. (OL – 09). Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x 2 + 13y 2 + 4xy = y 2 z 2 HD Gọi d = (x; y) và giả sử x = x 0 d, y = y 0 d, thay vào phương trình ta được: 2 0 x = y 0 (y 0 z 2 – 13y 0 – 4x 0 ) do d > 0; Suy ra 2 0 x  y 0 , mà (x 0 , y 0 ) = 1 nên x 0  y 0 suy ra y 0 = , suy ra y = d suy ra x = x 0 y. Thay vào phương trình đầu ta được (x 0 + 2 + z)(z – x 0 – 2) = 9 Do (x 0 + 2 + z) > (z – x 0 – 2) nên (x 0 + 2 + z) = 9 và (z – x 0 – 2) = 1 Đs: (2t; t; 5). 12. (OL – 10). Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3(x – 3) 2 + 6y 2 + 2z 2 + 3y 2 z 2 = 33 HD Từ pt suy ra 3(x – 3) 2  33 hay (x – 3) 2  11 hay (x – 3) 2 là 0; 1; 4; 9. Xét các trường hợp, dùng phương trình ước số, ta được nghiệm (6; 1; 0); (6; -1; 0); (0; 1; 0); (0; -1; 0) 13. (OL – Irland). Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 1 + 1996x + 1998y = xy HD Phương trình tương đương: (x – 1998)(y – 1996) = 1997 2 Đs: 6 nghiệm. Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn 10 3. PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TỔNG 1. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình . 16954 22  yxyx HD 16954 22  yxyx  (x – 2y) 2 + y 2 = 169 = 13 2 + 0 2 = 12 2 + 5 2 Đs: (26; 13), (29; 12), (19; 12), (22; 5) 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình. 22 66 yxx  HD 2 2 6 x x y      (2x – 1) 2 +(2y) 2 = 25 Đs: (3; 0), (-2; 0), (2; 2), (-1; 2), (2; -2), (-1; -2) 3. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình yzxzxyzyx 2262423 222  HD yzxzxyzyx 2262423 222   x 2 + (x + y) 2 + (x + y + z) 2 = 26 = 1 2 + 3 2 + 4 2 Đs: (1; 2; 1) [...]... của phương trình:  x y  4  3361  11296320 Đs: (20; 21); (21; 20) 3 Tìm nghiệm nguyên dương x < y của phương trình: Đs: (55; 1375); (220; 880) 14 x  y  1980 Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn 8 DÙNG ĐIỀU KIỆN CÓ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH LÝ THUYẾT Ta có thể lợi dụng điều kiện có nghiệm của phương trình ax2 + bx + c = 0 để giới hạn miền giá trị của các ẩn Từ đó giúp cho việc giải phương trình. .. tốt chứng tỏ hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm trong thực tiễn 19 Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn LỜI KẾT Sáng kiến kinh nghiệm chỉ mới trình bày được một số phương pháp thường dùng để giải phương trình nghiệm nguyên Còn một số phương pháp nữa như: phương pháp lựa chọn modul, phương pháp sử dụng các định lí cơ bản của số học, phương pháp xây dựng nghiệm …chưa được đề cập Các bài toán được...  14 y 2  49) nên 4x2 = y2 + 7 Đs: (2; 3) BÀI TẬP Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x 6  z 3  15 x 2 z  3 x 2 y 2z  ( y 2  5) 3 Đs: (3; 2; 9) 6 PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ Dựa vào việc đánh giá phù hợp hai vế phương trình, ta có thể giải được một số phương trình nghiệm nguyên dễ dàng VÍ DỤ Tìm nghiệm nguyên của phương trình y 3  x 3  3x Giải Ta có: y 3  x3  3x  y 3  x3  3x Mặt khác: x... a x2 + xy + y2 = 2x +y Đs: y = -1; 0; 1 b x2 – 2xy + 5y2 = y + 1 Đs: y = 0 2 Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + 2y2 -2xy +3x -3y + 2 = 0 Đs: (-1; 0); (-2; 0) 3 Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 15 x3 + y3 = (x +y)2 Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn Đs: (n; -n); y = 0; 1; 2 4 Tìm nghiệm nguyên của phương trình a (VT 01 – 02) 3( x 2  xy  y 2 )  x  8 y Đs: (0; 0), (1; 1) b (VT 05 –... Đặt y = x + a, phương trình trở thành Phương trình có nghiệm khi – 3(a – 14)(a – 9)(a2 + 41a + 5740  0; 16 Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn Đs: ( - 7; 7) Hay 9  a  14 10 (OL – 07) Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: x2(y -5)- xy = x – y + 1 Đs: (0; 1); (1; 7); (3; 7) 11 (OL – 08) Tìm nghiệm nguyên của phương trình (x2 – y)(y2 – x) = (x – y)3 HD Phương trình tương đương x(2x2 – (y2 + 3y)x... hữu hạn Dựa vào tính chất này, ta có thể giải một số phương trình nghiệm nguyên VÍ DỤ Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: Ta có: xyz  x  z 10  yz  1 7 xyz  x  z 10 1 1   x  1 1 1 yz  1 7 y 2 z 3 Vì sự biểu diễn trên là duy nhất nên ta được nghiệm phương trình là x = 1; y = 2; z = 3 Đs: (1; 2; 3) BÀI TẬP Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình b 31( xyzt  xy  xt  zt  1)  40(... 4) c 55( x3 y 3  x 2  y 2 )  229( xy 3  1) Đs: (2; 3) 11 Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn 5 PHƯƠNG PHÁP DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC Sử dụng điều kiện xảy ra dấu bằng của bất đẳng thức ta có thể giải được một số phương trình nghiệm nguyên VÍ DỤ Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình ( x 2  4 y 2  28) 2  17( x 4  y 4  14 y 2  49) Giải Theo BĐT Bunhiacopxky, ta có: ( x 2  4 y 2  28)2  17(... 06) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (x 2 + y)(x + y2) = ( x – y )3 Đs: (t; 0); (9; - 6); (9; - 21); ( -1; - 1); (8; -10) 8 (OL – 06) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3- 3x2 + 3(y3 + 1)x – (y3 + 1)2 = 0 Đs: (0; - 1); (3; - 1); x = y2 – y – 1, y nguyên tùy ý 9 (OL – 06) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3 + 27xy + 2009 = y3 HD (27 – 3a)x2 + (27 – 3a2)x – a3 + 2009 Đặt y = x + a, phương trình. .. 08) Tìm nghiệm nguyên của a 2x2 + 1 = 2xy – y Đs: x = -1; 0; 1; 2 x  y  z  2 b  Đs: x = -5; -3; -1; 1 c y  2 x  y 2  2(2 x  1) y  8 x Đs: (0; 0), (-1; -2) 2  2 x  xy  x  2 z  1 17 Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn 10 MỘT SỐ BÀI TOÁN KHÁC 1 (OL – 04) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 x = x2 HD x nguyên âm không là nghiệm x = 0 không là nghiệm Thấy x = 2; x = 4 là nghiệm Ta... THUYẾT Xét phương trình: f(x) = g(x) Nếu f(x) là số hữu tỉ, g(x) là số vô tỷ thì f(x) = g(x) có nghiệm nguyên khi và chỉ  f ( x)  0 có nghiệm nguyên  g ( x)  0 khi  Mệnh đề: Bình phương mọi số nguyên đều không có dạng 4m + 3 với m là số nguyên BÀI TẬP 1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình a 11x  2x  1  3y  4 y 1  2 5 Đs: (5; 3) b 5x  y  3x  2  2 y  1  1 3 Đs: (3; 6) 2 (OL – 08) Tìm nghiệm

Ngày đăng: 25/11/2014, 21:43

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan