Chuyên đề: Phương trình nghiệm nguyên

CHUYấN : PHNG TRèNH NGHIM NGUYấN Phần I: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên A. Tóm tắt lý thuyết. 1.Số 2 là số nghuyên tố chẵn duy nhất. 2.Phơng trình đợc đa về dạng f(x).g(x) = k với f(x) và g(x) là các đa thức hệ số nguyên. Ta phân tích k ra thừa số nguyên tố rồi giải các hệ phơng trình. ( ) ( ) f x m g x n = = với m.n = k. 3.Phơng trình đối xứng các ẩn của x, y, z Khi tìm nghiệm nguyên dơng ta có thể giả sử 1 x y z 4.Không tồn tại số chính phơng nằm giữa hai số chính phơng liên tiếp. B. các dạng toán Thờng gặp. Dạng 1: Sử dụng phép chia hết và chia có d. Hai vế của phơng trình nghiệm nguyên khi chia cho cùng một số có số d khác nhau thì phơng trình đó không có nghiệm nguyên. Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình sau. 2 2 2x y= (1) Giải: Rõ ràng x = y = 0 là nghiệm của (1). Nếu 0 0 , 0x y và 0 0 ( , )x y là nghiệm của (1). Gọi 0 0 ( , )d x y= , suy ra 0 0 , 1. x y d d = ữ Ta có: 2 2 2 2 0 0 0 0 0 2 2 x y x x y d d d = = ữ ữ chẵn 2 0 0 2 4 y x d d ữ M chẵn, vô lý. Vậy phơng trình (1) chỉ có nghiệm nguyên duy nhất là (0,0). Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình sau. 2 2 2 5x y = (1) Giải: 1)Nếu 5xM thì ( ) ( ) 2 2 2 2 2 5 5 5 2 25y x y x y= M M M vô lý. 2)Nếu 5x / M thì từ 5y / M ta có 2 1(mod5)x và 2 1(mod 5)y suy ra 2 2 2 1, 3(mod 5)x y . Vậy phơng trình không có nghiệm nguyên. Chuyờn ụn thi hsg toỏn THPT. 1 Ví dụ 3: Chứng minh rằng tổng bình phơng của ba số nguyên trong phép chia cho 8 không thể có d là 7 từ đó suy ra phơng trình 2 2 2 4 25 144 2007x y z+ + = không có nghiệm nguyên. Giải: Giả sử: 2 2 2 7(mod8)x y z+ + = mà 0, 1, 2, 3 , 4(mod8)x nên 2 0,1, 4(mod8)x suy ra 2 2 7,6,3(mod8)y z+ = nhng 2 2 0,1,2,4,5,(mod8)y z+ = vô lý. Vậy 2 2 2 7(mod8)x y z / + + M Phơng trình đã cho có thể viết: 2 2 2 (2 ) (5 ) (12 ) 6 125 7x y z+ + = ì + Từ đó suy ra phơng trình không có nghiệm nguyên. Ví dụ 4: Giải phơng trình sau trên tập số nguyên: 4 4 4 1 2 7 2008.x x x+ + + = Giải: 1)Nếu x = 2k thì 16xM . 2)Nếu x = 2k + 1 thì 4 2 1 ( 1)( 1)( 1) 16,x x x x = + + M vì ( 1)( 1) 8x x + M và 2 ( 1) 2x + M . Vậy 4 0;1(mod16)x Do đó khi chia tổng 4 4 4 1 2 7 x x x+ + + cho 16 có số d không vợt quá 7, trong khi đó 2008 8(mod16) . Suy ra phơng trình không có nghiệm nguyên. Dạng 2: Phơng pháp phân tích. Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: a( x+ y ) + b = cxy ( với a, b, c Z ) (1) Ta có: (1) 2 ( ) ( ) a a cxy ay b y cx a cx a b c c = = + 2 ( )( ) .cx a cy a a bc = + Phân tích 2 .a bc m n+ = với m, n Z, sau đó lần lợt giải các hệ: cx a m cy a n = = Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình: 2( ) 16 3x y xy+ + = Giải: Ta có: 2( ) 16 3 3 2 2 16x y xy xy x y+ + = = 2 4 (3 2) (3 2) 16 (3 2)(3 2) 52 3 3 y x x x y = + = Giả sử: x y khi đó 1 3 2 3 2x y và 52 = 1.52 = 2.26 = 4.13 ta có các hệ sau: 3 2 1 ; 3 2 52 x y = = 3 2 2 ; 3 2 26 x y = = 3 2 4 ; 3 2 13 x y = = Giải các hệ trên ta đợc các nghiệm nguyên dơng của phơng trình là: ( 1, 18); ( 18, 1); ( 2, 5); ( 5, 2); Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: 2 (2 5 1)(2 ) 105. x x y y x x+ + + + + = Chuyờn ụn thi hsg toỏn THPT. 2 Giải: Vì 105 là số lẻ nên 2 5 1x y+ + lẻ suy ra y chẵn mà 2 ( 1)x x x x+ = + chẵn nên 2 x lẻ x = 0. Với x = 0 ta có phơng trình ( 5y + 1 ) ( y + 1 ) = 21.5 Do ( 5y + 1, 5 ) =1 nên 5 1 21 1 5 y y + = + = hoặc 5 1 21 4 1 5 y y y + = = + = Thử lại ta thấy x = 0, y = - 4 là nghiệm nguyên của ph- ơng trình. Ví dụ 3: Tìm tất cả các tam giác vuông có các cạnh là số nguyên và có diện tích bằng chu vi. Giải: Gọi x, y, z là các cạnh của tam giác vuông : 1 x y z < . Ta có: 2 2 2 (1) 2( )(2) x y z xy x y z + = = + + Từ (1) ta có: 2 2 2 ( ) 2 ( ) 4( )z x y xy x y x y z= + = + + + 2 2 2 2 ( ) 4( ) 4 4 4 ( 2) ( 2) x y x y z z x y z + + + = + + + = + 2 2x y z + = + do ( 2)x y+ Thay 4z x y= + vào (2) ta đợc: 4 1 5 4 8 12 ( 4)( 4) 8 4 2 6 4 4 8 x x y y x y x x y y = = = = = = = = = vậy các cặp: ( , , ) (5,12,13);(6,8,10);x y z = Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: ( ) .p x y xy+ = với p là số nguyên tố. Giải: Ta có: ( ) ( ) 2 2 2 ( )p x y xy xy px py p p x p y p p+ = + = = Mà 2 2 2 . ( ).( ) 1. ( ).( 1)p p p p p p p= = = = .Từ đó phơng trình đã cho có các nghiệm nguyên là: 2 2 2 2 ( , ) (0,0);(2 , 2 );( 1, );( , 1);( , 1);( 1, );x y p p p p p p p p p p p p p p= + + + + Dạng 3: Phơng trình đối xứng. Để tìm nghiệm nguyên của phơng trình đối xứng ta giả sử 1 x y z rồi chặn trên một ẩn. Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: (1).x y z xyz+ + = Giải: Vì x, y ,z có vai trò nh nhau nên ta giả sử 1 x y z . Từ (1) suy ra: Chuyờn ụn thi hsg toỏn THPT. 3 2 1 1 1 3 1 1.x xy yz zx x = + + = Với x = 1 ta có 1 1 2 1 ( 1)( 1) 2 1 2 3 y y y z yz y z z z = = + + = = = = . Vậy (1) có nghiệm nguyên dơng ( x, y, z ) = ( 1, 2, 3 ) và các hoán vị của nó. Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: 5( ) 10 2 (1).x y z t xyzt+ + + + = Giải: Vì x, y ,z có vai trò nh nhau nên ta giả sử x y z t 1 . Từ (1) suy ra: 3 1 5 5 5 10 30 2 . 2 t t xyz xzt xyt xyzt t = = + + + = *)Với 1t = ta có: 2 2 1 5 5 5 15 30 5( ) 15 2 2 15 2. 3 z x y z xyz z z xy yz xz xyz z z = + + + = = + + + = = 1)Với z = 1 ta có: 2 5 65 35 2 5 1 3 5( ) 20 2 (2 5)(2 5) 65 2 5 13 9 2 5 5 5 x x y y x y xy x y x x y y = = = = + + = = = = = = Ta có các nghiệm( x, y, z, t) =( 35, 3, 1, 1 ),( 9, 5, 1, 1 ) và các hoán vị của chúng, 2) Với z = 2, z= 3, phơng trình không có nghiệm nguyên dơng. *) Với 2t = , ta có: 2 2 5 5 5 20 35 35 5( ) 20 4 4 9 4 x y z xyz z xy yz xz xyz z + + + = = + + + < 2.z = vì ( 2)z t = . Khi đó: 5( ) 30 8 (8 5)(8 5) 265.x y xy x y+ + = = Do 2x y z t nên 8 5 8 5 11x y , mà 265 = 53.5 Trờng hợp này phơng trình không có nghiệm nguyên dơng. Ví dụ 3: Một tam giác có số đo độ dài của đờng cao là mhững số nguyên dơng và đờng tròn nội tiếp tam giác có bán kính bằng 1. Chứng minh tam giác đó là tam giác đều. Giải: Đặt a = BC, b = CA, c = AB. Gọi độ dài các đờng cao ứng với các cạnh a, b, c của tam giác. Bán kính đờng tròn nội tiếp bằng 1 nên x, y, z > 2. Giả sử x y z > 2. Diện tích tam giác ABC: 1 1 1 . . . (1) 2 2 2 S a x b y c z= = = Mặt khác: 1 ( )(2) 2 AOB BOC AOC S S S S a b c= + + = + + Chuyờn ụn thi hsg toỏn THPT. 4 Từ (1) và (2) Suy ra: . . . 1 1 1 1 1 1 a b c a b c a x b y c z a b c a b c x y z x y z + + = = = + + + + = = = = + + 1 1 1 3 1 3 3.z z x y z z + + = = Thay z = 3 vào 1 1 1 1. x y z + + = ta đợc: 2 3 9 6 ( ) 2 3 1 2 1 1 2 3( ) 2 (2 3)(2 3) 9 3 2 3 3 3 2 3 3 3 x x Loai y y x y xy x y x y x x y y = = = = + = + = = = = = = Vậy x = y = z = 3, khi đó a = b = c. Vậy tam giác ABC là tam giác đều. Dạng 4: Phơng pháp loại trừ. Tính chất: Nếu có số nguyên m sao cho 2 2 ( 1)m n m< < + thì n không thể là số chính ph- ơng. Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: 2 1! 2! 3! 4 ! ! .x y+ + + + = Giải: Với x 5 thì x! có chữ số tận cùng là 0 nên: 1! 2! 3! 4! 5! ! 33 5! !.x x+ + + + + = + + + Có chữ số tận cùng là 3 nên không thể là số chinh, Vậy x 5 thì phơng trình đã cho không có nghiện nguyên dơng. Với 1 x < 5, bằng cách thử trực tiếp x = 1, 2, 3, 4 phơng trình có nghiệm (1,1) và (3,3). Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: 6 3 4 3 1 .x x y+ + = Giải: Rõ ràng x = 0, y = 1 là nghiệm nguyên của phơng trình. +)Với x > 0 ta có: 3 2 6 3 6 3 4 3 2 3 2 3 ( 1) 2 1 3 1 ( 2) 1 2x x x x x y x x y x+ = + + < + + = < + + < < + ( vô lý ). +)Với x - 2 thì : 3 2 4 3 2 3 2 3 ( 2) ( 1) 2 1x y x x y x+ < < + + < < + ( vô lý ). +)Với x = - 1 thì : 4 1y = , ( vô lý ). Vậy phơng trình đã cho có hai cặp nghiệm ( 0; 1 ); ( 0; -1 ). Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: 2 2 4 4 ( 1) ( 1) .x x y y+ + = + + Giải: Khai triển và rút gọn hai vế ta đợc: 4 3 2 2 2 2 2 2 2 ( 1) 2 3 2 ( 1) 2 ( 1). 1 ( 1) (1) x x y y y y x x y y y y x x y y + = + + + + = + + + + + = + + Chuyờn ụn thi hsg toỏn THPT. 5 +)Nếu x > 0 thì từ 2 2 2 1 ( 1) .x x x x< + + < + suy ra 2 1 x x+ + không là số chính phơng nên (1) không có nghiệm nguyên. +)Nếu x < - 1 thì từ 2 2 2 ( 1) 1x x x x+ < + + < suy ra (1) không có nghiệm nguyên. +)Nếu x = 0 hoặc x = - 1 thì từ (1) suy ra 2 0 1 1 1 y y y y = + + = = . Vậy phơng trình có 4 nghiệm nguyên ( x; y ) = ( 0; 0 ); ( 0; -1 ); ( -1; 0 ); (-1; -1 ); Dạng 5: Phơng pháp xuống thang. Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: 3 3 3 3 9 0.x y z = Giải: Giả sử ( ) 0 0 0 , ,x y z là nghiệm nguyên của phơng trình khi đó 0 3x M đặt 0 1 3 .x x= thay 0 1 3 .x x= vào (1) ta đợc: 3 3 3 1 0 0 0 9 9 0 3.x y z y = M đặt 0 1 0 3 3,y y z= M khi đó: 3 3 3 3 3 3 1 1 0 1 1 0 0 9 27 3 0 3 9 0 3.x y z x y z z = = M đặt 0 1 3z z= khi đó: 3 3 3 1 1 1 3 9 0x y z = . Vậy 0 0 0 , , 3 3 3 x y z ữ cũng là nghiệm của phơng trình. Quá trình này tiếp tục thì đợc: 0 0 0 , , 3 3 3 k k k x y z ữ là các nghiệm nguyên của (1) với mọi k điều này chỉ xảy ra khi 0 0 0 0.x y z= = = Vậy ( 0, 0, 0 ) là nghiệm duy nhất của phơng trình đã cho. Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: 2 2 2 2 2 (1).x y z t xyzt + + + = Giải: Giả sử ( ) 0 0 0 0 , , ,x y z t là nghiệm nguyên của phơng trình khi đó: 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 2 (1).x y z t x y z t + + + = là số chẵn nên trong các số 0 0 0 0 , , ,x y z t phải có số chẵn số lẻ (0; 2 hoặc 4 ). +)Nếu 0 0 0 0 , , ,x y z t đều lẻ thì 2 2 2 2 0 0 0 0 ( ) 4x y z t + + + M , trong khi đó 0 0 0 0 2 4x y z t / M . +)Nếu trong các số 0 0 0 0 , , ,x y z t có hai số lẻ thì 2 2 2 2 0 0 0 0 ( ) 2(mod 4)x y z t + + + , trong khi đó 0 0 0 0 2 4x y z t M . Vậy 0 0 0 0 , , ,x y z t phải là các số chẵn, đặt 0 1 2 .x x= , 0 1 2 .y y= , 0 1 2 .z z= , 0 1 2 .t t= phơng trình trở thành: 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 8 (1).x y z t x y z t + + + = Lý luận tơng tự ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 8 (1).x y z t x y z t + + + = Với 1 1 1 1 2 2 2 2 , , , , 2 2 2 2 x y z t x y z t= = = = tiếp tục ta có: 0 0 0 0 , , , , 2 2 2 2 n n n n n n n n x y z t x y z t= = = = Chuyờn ụn thi hsg toỏn THPT. 6 Là số nguyên vơi mọi n, điều này chỉ xảy ra khi 0 0 0 0 0.x y z t= = = = Vậy ( 0, 0, 0, 0 ) là nghiệm duy nhất của phơng trình đã cho. Dạng 6: Hạn chế tập hợp chứa nghiệm dựa vào điều kiện của các ẩn. Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình: 50.x y + = Giải: Ta thấy 0 , 50x y từ 50 .y x = ta có 50 2 50 50 10 2 .y x x x x = + = + Vì y nguyên nên 2 2 2 4 2 .( )x k x k k Z = = với 2 2 2 50 25.( )k k k Z k chỉ có thể nhận các giá trị: 0; 1; 2; 3; 4; 5. Lựa chọn k trong các số trên để thoả mãn phơng trình ta đ- ợc các nghiệm: ( ; ) (0;50);(2;32);(8;18);(18;8);(32;2);(50;0)x y = . Dạng 7: Một số dạng khác. Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: 2 2 3 5 12(1).x y + = Giải: Ta có: (1) 2 2 3( 1) 5(3 ).x y + = Do (3, 5) = 1 nên 2 ( 1) 5.x + M và 2 (3 ) 3.y M Đặt 2 1 5 .x k + = , 2 3 3 .y l = Ta có: 3.5 5.3 ( , )k l k l k l Z= = . Do đó: 2 2 1 5 1 0 1 5 3 3 0 1 x k k k l y l l = = = = . Vậy x = 2, y = 0. Phơng trình có hai nghiệm nguyên ( 2, 0 ); ( -2, 0 ). Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: 2 2 4 5 16.x xy y + = Giải: Tac có: 2 2 2 2 4 5 16 ( 2 ) 16x xy y x y y + = + = . Vì: 2 2 16 4 0= + nên 2 4 0 x y y = = hoặc 2 0 4 x y y = = Giải các hệ phơng trình trên ta đợc các nghiệm nguyên của phơng trình là: ( ; ) (4;0);( 4;0);(8;4);( 8; 4);x y = Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: 2 2 3( ) 8 .x xy y x y + + = + Giải: Phơng trình đã cho đợc viết lại là: 2 2 3 (3 1) 3 8 0(1)x y x y y + + = . Phơng trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi: 2 2 2 (3 1) 12(3 8 ) 0 27 90 1 0.y y y y y = + + Do y nguyên nên } { 0 3 0;1;2;3y y . +)Với y = 0 ta có x = 0. Chuyờn ụn thi hsg toỏn THPT. 7 +)Với y = 1 ta có x = 1. +)Với y = 2 và y = 2 ta có không tìm đợc x nguyên. Vậy phơng trình có hai nghiệm nguyên là ( x ; y ) = ( 0 ; 0 ); ( 1 ; 1 ); Phần II: Bài tập Dạng 1: Sử dụng phép chia hết và chia có d. Giải phơng trình trên tập số nguyên. a) 2 2 3 17x y = . b) 2 2 5 17x y = . c) 2 2 2 1x y = . d) 2 2 2 2 12 3 x y+ = . e) 2 2 15 7 9x y = . f) 2 2 2 4 37x x y+ + = . Dạng 2: Phơng pháp phân tích. Giải phơng trình trên tập số nguyên. a) 5( ) 2 3x y xy+ + = . b) 2( ) 3x y xy+ = . c) 2 2 91x y = . d) 2 2 6x x y+ + = . e) 2 2 169x y = . e) 2 2 1999x y = . Dạng 3: Phơng trình đối xứng. Tìm nghiệm nguyên dơng của các phơng trình sau. a) 1x y xyz+ + = . b) 9x y z xyz+ + + + = . c) x y z t xyzt + + + = . d) 1 1 2 x y + = . e) 1 1 1 1 1 x y z t + + + = . f) 2 2 2 2 1 1 1 1 1 x y z t + + + = . Dạng 4: Phơng pháp loại trừ. Giải phơng trình trên tập số nguyên. a) 2 2 6 13 100x xy y + = . b) 2 3 3 1 x x x y+ + + = . c) 2 3 4 2 1 x x x x y+ + + + = . d) 2 ( 1)( 2)( 3)x y y y y= + + + . e) 4 4 3 ( 2)x x y = . f) 2 ( 1)( 7)( 8)x x x x y+ + + = . Dạng 5: Phơng pháp xuống thang. Giải phơng trình trên tập số nguyên. a) 3 3 2 2 4 0x y z = . b) 4 4 4 4 8 4 2x y z u+ + = . c) 2 2 2 2x y z xyz+ + = . Dạng 6 và Dạng 7. Giải phơng trình trên tập số nguyên. a) 2 2 2 ( 1) 3( 1)x y x y+ + = + + . b) 2 2 2 2 2 2 2 2 4x y z xy yz z+ + = . c) ( ) 1 1 2 2 x y z x y z+ + = + + . Chuyờn ụn thi hsg toỏn THPT. 8 . có d. Hai vế của phơng trình nghiệm nguyên khi chia cho cùng một số có số d khác nhau thì phơng trình đó không có nghiệm nguyên. Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình sau. 2 2 2x y= (1) Giải: Rõ. là nghiệm duy nhất của phơng trình đã cho. Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: 2 2 2 2 2 (1).x y z t xyzt + + + = Giải: Giả sử ( ) 0 0 0 0 , , ,x y z t là nghiệm nguyên của phơng trình. phơng trình trên ta đợc các nghiệm nguyên của phơng trình là: ( ; ) (4;0);( 4;0);(8;4);( 8; 4);x y = Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: 2 2 3( ) 8 .x xy y x y + + = + Giải: Phơng trình