MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN A/ ĐẶT VẤN ĐỀ Phương trình nghiệm nguyên chuyên đề chương trình bồi dưỡng học sinh giỏi nói chung bậc THCS nói riêng chuyên đề hay khó, toán phương trình nghiệm nguyên công cụ tốt nhằm rèn luyện trí thông minh tư sáng tạo cho học sinh Chính đề thi học sinh giỏi cấp từ huyện đến tỉnh, cấp quốc gia đề thi vào trường chuyên THPT thi Đại học, cao đẳng hàng năm thường hay có loại toán Kiến thức phương trình nghiệm nguyên không trình bày sách giáo khoa hành nên vốn hiểu biết kiến thức ẹm dạng toán hạn chế Vì gặp toán thuộc dạng em thường, lúng túng cách giải, mắc sai lầm Ở muốn đưa số định hướng phương pháp giải toán phương trình nghiệm nguyên nhằm giúp em học sinh THCS làm toán thuộc dạng B/ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ Khi giải phương trình vô định tức tìm nghiệm nguyên phương trình đại số với hệ số nguyên, đòi hỏi học sinh khả phân tích, đối chiếu dự đoán phương pháp tư lôgic để lựa chọn nghiệm thích hợp, với loại toán phương pháp giải tổng quát xin nêu vài phương pháp để giải toán tìm nghiệm nguyên thường gặp I/ PHƯƠNG PHÁP HẠN CHẾ TẬP HỢP NGHIỆM BẰNG CÁCH KHỬ ẨN Ta sử dụng tính chất luỹ thừa bậc số nguyên liên tiếp tích số nguyên liên tiếp để đưa phương trình nghiệm nguyên cần giải dạng phương trình khác ẩn quen thuộc Từ đó, dễ dàng tìm nghiệm nguyên phương trình cho Chúng ta vận dụng hai nhận xét sau: a) x n < y n < ( x + a ) n (a ∈ Z + ) → y n = ( x + a + i ) n với i = 1; 2; ; a − b) x ( x + 1) ( x + n) < y ( y + 1) ( y + n) < ( x + a )( x + a + 1) ( x + a + n) ( x ∈ z ) → y ( y + 1) y ( y + n) = ( x + i )( x + + i + 1) ( x + i + n) với i = 1; 2; ; a −1 Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên x − y − y − y − = (1) Giải: (1) ⇔ x = y + y + y + (*) Ta có: y ≥ ; y + > nên ( y + y + y + 1) − (5 y + 2) < y + y + y + ≤ ( y + y + y + 1) + y ( y − 1) < x ≤ ( y + 1) → x = y x = ( y + 1) - Nếu x = y kết hợp với (*) ta có: −1 y + y + = → y = −1; y = (loại) Với y = −1 → x = −1 - Nếu x = ( y + 1) phối hợp với (*) → y = → y = lúc x =1 Vậy nghiệm nguyên pt cho (− 1; − 1) (1; 0) Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên x − y + z + x z + 3x + z + (1) Cách giải: Từ (1) ⇔ y = x + z + x z + x + z + (*) ta có: x + z + > 0; x + > nên ( x + z + x z + 3x + z + 1) − (3x + z + 1) < ( x + z + x z + 3x + z + 1) + ( x + 3) ( x + z ) < ( y ) < ( x + z + 2) → ( y ) = ( x + z + 1) phối hợp với (*) ta có: x + z = → x = z = từ có y = ±1 nghiệm nguyên phương trình là: (0; 1; 0) (0; − 1; 0) Ví dụ 3: giải phương trình nghiệm nguyên x + x − y + y + 10 = (1) Bài giải: Ta có: (1) ⇔ y ( y − 1) = x + x + 10 (*) x + x < x + x + 10 < ( x + x + 10) + (6 x + 2) x ( x + 1) < y ( y − 1) < ( x + 3)( x + 4) y ( y − 1) = ( x + 1)( x + 2) ⇒ 2 y ( y − 1) = ( x + 1)( x + 3) x2 = ⇒ x = 2; x = −2; x = 1; x = −1 kết hợp với (*) ⇒ x = Từ ta tìm nghiệm phương trình II HẠN CHẾ TẬP HỢP NGHIỆM DỰA VÀO ĐIỀU KIỆN CỦA CÁC ẨN Khi giải phương trình ta thường tìm điều kiện xác định ẩn số ( tức tập xác định phương trình, sở điều kiện ta lý luận để giảm bớt tập hợp nghiệm phương trình cần giải Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình x + y = 50 (1) Giải: Ta thấy ≤ x, y ≤ 50 x,y nguyên Từ (1) ⇔ y = 50 − x ta có: y = 50 + x − 50 x = 50 + x − 10 x y ngyên nên 2 x phải nguyên ⇒ x = 4k (k ∈ z ) với 2k ≤ 50 ⇒ k ≤ 25 Nên k nhận giá trị 0, 1, 2, 3, 4, Lựa chọn k số để ( x, y ) thoã mãn phương trình ta nghiệm (0, 50); (2, 32); (8, 18); 18, 8); (32, 2); (50, 0) Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên y = + 199 − x − x Lời giải: Điều kiện để toán có nghĩa (−15 ≤ x ≤ 13 Ta có: y = + 199 − x − x = + 200 − ( x + 1) Vì y số nguyên nên từ ta suy + 200 ≤ y2 ≤ ≤ hay y = y2 = Nếu y = ta có = + 199 − x − x ⇔ = 199 − x − x ⇔ x + x − 195 = x = ⇔ ( x − 13)( x + 15) = ⇔ (1) x = 15 Nếu y2 = Ta có 16 = + 199 − x − x ⇔ 196 = 199 − x − x ⇔ x + x − = x = ⇔ ( x − 1)( x − 3) = ⇔ ( 2) x = thay giá trị y = ±1; y = ±2 giá trị x (1) (2) vào phương trình ta thấy phương trình thoả mãn Vậy nghiệm phương trình là: ( x, y ) = (1, 2); (1,−2); (−3, 2); (−3,−2); (13, 1); (13, − 1); (−15, 1); (−15, − 1) Ví dụ 3: Giải phương trình nghiệm nguyên dương: 1 + =z x y 1 + = z ⇔ x + y = xyz tính đối xứng x y nên giã thiết Bài giải: x y x ≤ y Ta có: xyz = x + y ≤ y + y = y ⇒ xz ≤ Lựa chọn ngiệm trường hợp sau: x = 1, z = 1; x = 2, z = 1; x = 1, z = Từ suy nghiệm ( x, y, z ) là: (2, 2, 1) (1, 1, 2) III HẠN CHẾ TẬP HỢP CHỨA NGHIỆM BẰNG CÁCH SẮP ĐẶT THỨ TỰ CHÚNG Để giảm bớt cách thử tìm nghiệm ta thứ tự giá trị ẩn vai trò chúng xét giá trị ẩn Ví dụ: Giải phương trình nghiệm nguyên dương 1 + + =1 x y z Cách giải: Do x, y, z có vai trò nên ta giả thiết ≤ x ≤ y ≤ z ta thử trường hợp sau: 1 a) Với x = ⇒ + = vô nghiệm y z 1 b) Với x = ⇒ + = ⇒ ( y − 2)( z − 2) = y z Vì ≤ y − ≤ z − ước 1, 2, nên suy nghiệm ( x, y, z ) (2,3,6) (2,4,4) 1 c) Với x = ⇒ + = y = z = y z 1 1 + ≤ + = < Nếu y ≥ vô nghiệm y z 4 1 1 1 d) Với x = ⇒ + + < + + = < vô nghiệm x y z 4 4 Vậy ta nghiệm ( x, y, z ) : (2,3,6) ; (2,4,4) ; (3,3,3) ; (4,2,4) ; (4,4,2) ; (2,6,3) ; (3,2,6) ; (3,6,2) ; (6,2,3) ; (6,3,2) Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình x + y + z + xyz = 20 Cách giải: Do vai trò bình đẳng x, y, z nên ta giả sử ≤ x ≤ y ≤ z Từ ta có: x + y + z + xyz > x + x = x Tứ x ≤ 20 ⇒ x ≤ ⇒ x ≤ Xét trường hợp 2 2 2 a) Với x = ⇒ y + z + yz = 19 ⇒ y + y + y ≤ 19 ⇒ y ≤ + Nếu y = ⇒ z + z = 18 ⇒ z ( z + 1) = 18 vô nghiệm 19 ⇒ y≤2 + Nếu y = ⇒ z + y − 15 = ⇒ z = có nghiệm (1,2,3) b) Với x = ⇒ + y + z + xy = 20 ⇒ y + z + yz = 16 ⇒ y + y + y ≤ 16 ⇒ y ≤ 16 ⇒ y ≤ + Nếu y = ta có z + z = 12 ⇒ z = có nghiệm (2,2,2) Tráo đổi vai trò x, y ,z ta cao nghiệm ( x, y, z ) là: (1, 2, 3); (1, 3, 2); (2, 1, 3); (2, 3, 1); (3, 2, 1); (3, 1, 2); (2, 2, 2) VI GIẢN ƯỚC CHO ƯỚC SỐ CHUNG Dựa vào tính chất phương trình tương đương (Ta chia hai vế phương trình cho số khác không phương trình tương đương với phương trình cho ) Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình sau: x + y = 2( z + 4t ) Cách giải: Giả sử ( x0 , y , z , t ) nghiệm nguyên phương trình Gọi d chung lớn chúng, ta có: x0 = dx1 ; y0 = dy1 ; z = dz1 Trong ước số x1 , y1 , z1 , t1 nguyên tố phương trình cho trở thành 4 4 x1 + y1 = 2( z1 + 4t1 ) 4 4 Do 2( z1 + 4t1 ) chẵn, y1 chẵn nên x1 phải chẵn, tức x1 = 2x2 ta có: 4 4 4 4 16 x2 + y1 = 2( z1 + 4t1 ) ⇒ 2(4 x2 + y1 ) = z1 + 4t1 lập luận tương tự lại có z1 = 2z trình lại tiếp tục vậy, sau hai bước liên tiếp ta y1 = y , t1 = 2t Thành thử x1 , y1 , z1 , t1 lại có ước chung trái với giả thiết tính nguyên tố chúng, phương trình vô nghiệm Ví dụ Tìm tất nghiệm nguyên phương trình 54x3 + = y3 Cách giải Đăt z = 3x phương trình cho trở thành 2z3 + = y3 (1) Phương trình (1) có vế trái lẽ ⇒ y lẽ y lẽ Đặt y = 2k + ( k ∈ Z ) ta có 2z3 + = (2k+1)3 ⇔ z = 4k2 + 6k2 + 3k ⇒ z k Đặt z = tk (t ∈ Z ) 2 ⇔ t k = k + 3k ( k + 1) ⇔ k (t k − k − 3( k + 1) ) = k = ⇔3 2 t k = k + 3( k + 1) = - Xét k = ⇒ y =1, z = ⇒ x = - xét t3k2 = k2 + 3(k+1)2 ⇔ k2(t3 - 1) = 3(k+1)2 + Nếu t = ⇒ k = -1 ⇒ 3x = z = -1 ⇒ x không nguyên + Nếu t ≠ ⇒ k ≠ -1 ⇒ 3(k+1)2 k2 ( k, k+1)=1 ⇒ k2 ⇒ k2 = ⇒ k = từ ta có y = với giá trị y x không nguyên Vậy PT (1) có cặp nghiệm (x=0,y=0) V HẠN CHẾ TẬP HỢP CHỨA NGHIỆM DỰA VÀO TÍNH CHIA HẾT Lựa chọn nghiệm môt tập hợp hữu hạn số phương pháp để giải phương trình vô định Các phương pháp giải nhằm xác định tập số chứa nghiệm cho có phần tử cách đưa xét tập hợp hữu hạn số dựa vào tính chất chia hết số nguyên Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên dương phương trình sau: xy − x − y + = Bìa giải: xy − x − y + = ⇔ xy − y = x − ⇔ y ( x − 3) = x − 2x − = 2+ Thấy x = nghiệm, với x ≠ y = x−3 x−3 để y nguyên x = phải ước a) Với x − = ⇒ x = 4, y = + = b) Với x − = −1 ⇒ x = 2, y = − = −3 c) Với x − = ⇒ x = 8, y = + = d) Với x − = −5 ⇒ x = −2, y = + (−1) = Vậy phương trình có nghiệm ( x, y ) (4, 7); (8, 3) Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên dương, p số nguyên tố 1 + = x y p Cách giải: xy = px + py ⇒ ( x − p)( y − p) = p Vì p số nguyên tố nên ước p ± ; ± p ; p2 thử với ước ta nghiệm ( x,y ) ( p+1,p+p2);(2p,2p;(p+p2,p+1) Ví dụ Tìm nghiệm nghuyên phương trình : x2 + x3 + x4 + x5 = 271440 Cách giải: x + x + x + x = 271440 ⇔ x ( x + 1)( x + 1) = 4.32.5.13.29 (1) Từ (1) ta suy nghiệm x phải lớn x2 ước phương lớn 24 32 = ( 22 )2 = 122 Thay x2 = 122 vào phương trình ta thấy phương trình nghiệm x ( x + 1)( x + 1) = 12 (12 + 1)(12 + 1) = 271440 Với x2 = ( 2.3)2 = 62 ta thấy: 62 (62 + 1)(6 + 1) < 122 (122 + 1)(12 + 1) = 271440 Vậy x =12 nghiệm V ĐƯA VỀ TRƯỜNG HỢP RIÊNG Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên không âm phương trình x + x + ⋅ ⋅ ⋅ + x = y Trong vế trái có dấu Cách giải: ta thấy (x, y) (0, 0) nghiệm phương trình a) Nếu n = x = y ⇒ x = y ( x ≥ 0) Vậy nghiệm (x, y) (t2, t), t ∈N b) Nếu n = x + x = y ⇒ x + x = y ⇒ x = y − x ⇒ x số tự nhiên x = t , t ∈ N t (t + 1) = y Nhưng t < t (t + 1) < (t + 1) nên t < y < (t + 1) điều không xảy với t>0 phương trình có nghiệm (0, 0) c) Với n ≥ ta có x + x + ⋅ ⋅ ⋅ + x = y - x ( Trong vế trái có n-1 dấu ) đặt y2 - x = y1 số nguyên dương, tiếp tục làm n-2 lần dẫn đến x + x = y n-2 - x lại trở trường hợp b) PT có nghiệm (0,0) C/ KẾT LUẬN : Có thể có nhiều phương pháp khác phương pháp sử dụng tính chất số phương để giải phương trình nghiệm nguyên có chứa bậc 2, số toán liên quan đến phương trình bậc vv Ở nêu số phương pháp mà thường dùng việc bồi dưỡng học sinh giỏi, mong đồng nghiệp tiếp tục tìm tòi Trên số ý kiến nhỏ thường áp dụng dạy cho đối tượng học sinh khá, giỏi chắn nhiều thiếu sót Tôi mong đồng nghiệp góp ý, bổ sung thêm sửa đổi chổ chưa hợp lý để vận dụng rộng rãi / ... 1, 2, nên suy nghiệm ( x, y, z ) (2,3,6) (2,4,4) 1 c) Với x = ⇒ + = y = z = y z 1 1 + ≤ + = < Nếu y ≥ vô nghiệm y z 4 1 1 1 d) Với x = ⇒ + + < + + = < vô nghiệm x y z 4 4 Vậy ta nghiệm ( x, y,... = 2, z = 1; x = 1, z = Từ suy nghiệm ( x, y, z ) là: (2, 2, 1) (1, 1, 2) III HẠN CHẾ TẬP HỢP CHỨA NGHIỆM BẰNG CÁCH SẮP ĐẶT THỨ TỰ CHÚNG Để giảm bớt cách thử tìm nghiệm ta thứ tự giá trị ẩn vai... 18 vô nghiệm 19 ⇒ y≤2 + Nếu y = ⇒ z + y − 15 = ⇒ z = có nghiệm (1,2,3) b) Với x = ⇒ + y + z + xy = 20 ⇒ y + z + yz = 16 ⇒ y + y + y ≤ 16 ⇒ y ≤ 16 ⇒ y ≤ + Nếu y = ta có z + z = 12 ⇒ z = có nghiệm