www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên - A Mở đầu I Lý chọn chuyên đề: Trong chơng trình toán THCS phơng trình nghiệm nguyên đề tài hay khó học sinh Các toán nghiệm nguyên thờng xuyên có mặt kì thi lớn nhỏ nớc nớc Tuy nhiên lại nhiều tài liệu viết riêng nội dung này, để phục vụ giảng dạy thân, đặc biệt công tác bồi dỡng học đội tuyển học sinh giỏi bồi dỡng học sinh thi vào trờng chuyên lớp chọn nên đ viết chuyên đề Trong chuyên đề đề cập đến vấn đề nghiệm nguyên ( cụ thể dạng phơng pháp giải) không sâu vốn hiểu biết có hạn II Phạm vi mục đích chuyên đề: Phạm vi chuyên đề: - p dụng với đối tợng học sinh khá- giỏi khối 8- Mục đích chuyên đề: - Trao đổi với đồng nghiệp học sinh số phơng pháp nh số toán giải phơng trình nghiệm nguyên chơng trình bồi dỡng học sinh khá- giỏi lớp 8, - Giúp học sinh biết vận dụng phơng pháp cách linh hoạt việc giải toán nghiệm nguyên từ dễ đến khó Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên B- Nội dung Phơng pháp 1: áp dụng tính chia hết Cỏc tớnh cht thng dựng : Nu a m v a b m thỡ b m Nu a b, b c thỡ a c Nu ab c m CLN(b , c) = thỡ a c Nu a m, b n thỡ ab mn Nu a b, a c vi CLN(b , c) = thỡ a bc Trong m s nguyờn liờn tiếp, cng tn ti mt s l bi ca m Phơng trình dạng ax + by =c ví dụ 1: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: 2x + 25y = (1) Giải: Có thể dễ dàng thấy y chẵn Đặt y =2t phơng trình (1) trở thành: x + 25t = Từ ta có nghiệm phơng trình x = 25t y = 2t t Z Chú ý: ta có cách thứ hai để tìm nghiệm phơng trình Đó phơng pháp tìm nghiệm riêng để giải phơng trình bậc hai ẩn Ta dựa vào định lý sau: Nếu phơng trình ax + by =c với (a;b) = có nghiệm ( x0; y0) nghiệm nguyên phơng trình nhận từ công thức x = x0 + bt y = y0 at t Z Định lý chứng minh không khó ( cách trực tiếp vào phơng trình) dựa vào định lý ta cần tìm nghiệm riêng phơng trình ax + by =c Đối với phơng trình có hệ số a,b,c nhỏ việc tìm nghiệm riêng đơn giản xong với phơng trình có hệ số a,b,c lớn không dễ dàng chút nào, ta phải dùng đến thuật toán Ơclít Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên 2.Đa phơng trình ớc số: Ví dụ2: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: x + y + 3xy = Giải: (2) (2) x ( + y ) + y = x ( + y ) + y = 24 x ( + y ) + 15 y = 24 x ( + y ) + 15 y + 10 = 34 x ( + y ) + 5(2 + y ) = 34 ( + y ) (3 x + 5) = 34 Vì 34=17.2=34.1=(-17).(-2) = (-1).(-34) nên ta có bảng kết quả: -34 -1 17 3x + + 3y -1 -34 17 x -13 -2 -1 y -1 -12 2 Ví dụ3: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: x + y + 3xy x y = (3) Giải: 2 ( a số cha biết đợc xác định sau) ( 3) x + x ( y ) + y y + a = + a Xét phơng trình; x + ( y ) x + y y + a = Có = ( y ) ( y y + a ) = y y + 4a Chọn a = -3 Ta có = y y + 16 = ( y ) x1 = y 1; x2 = y + từ ta có phơng trình ớc số: ( x + y + 1)( x + y 3) = Suy kết quả: ( x; y ) {( 6; ) , ( 0; ) , ( 4; ) , ( 10;6 )} 3.Tách giá trị nguyên Ví dụ 4: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: xy x y = (4) Giải: ( ) x ( y 1) = y + Ta có y = nghiệm phơng trình Với y ta có: x = y+2 x = 1+ y Ư (3) = {3; 1;1;3} y y y {2; 0; 2; 4} ( x; y ) {( 0; ) , ( 2;0 ) , ( 4; ) , ( 2; )} Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Phơng pháp 2: Phơng pháp lựa chọn Modulo ( hay gọi xét số d vế) Trớc tiên ta có tính chất sau: Một số phơng chia cho d 0;1 chia cho d 0;1 chia cho d 0;1;4 vv Xét số d hai vế Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên phơng trình: x + = y + y (*) Giải: Ta có: VT = x + ( mod 3) VP = y + y ( mod 3) y ( y + 1) ( mod 3) y 1( mod 3) ( y=3k y = 3k+2 VP ( mod 3) ) y = 3k + (trong k Z ) thay vào pt(*) ta có : x + = ( 3k + 1) + ( 3k + 1) x = 9k + 9k x = k + k x = k + k Vậy y = 3k + k Z Ví dụ 6: Giải phơng trình nghiệm nguyên không âm sau: (2 x )( )( )( ) + x + 2 x + x + y = 11879 Giải: Ta có ; + 1; + 2; + 3; + số tự nhiên liên tiếp x ( x + 1)( x + )( x + 3)( x + ) x x x x x Mặt khác ƯCLN( x ;5) = nên ( x + 1)( x + )( x + 3)( x + ) Với y VT = ( x + 1)( x + )( x + 3)( x + ) y VP = 11879 ( mod 5) suy phơng trình nghiệm Với y =0 ta có : (2 x + 1)( x + )( x + 3)( x + ) 50 = 11879 ( x + 1)( x + )( x + 3)( x + ) = 11880 ( x + 1)( x + )( x + 3)( x + ) = 9.10.11.12 x + = x = x = 23 x = Vậy phơng trình đ cho có nghiệm ( x; y ) = ( 3;0 ) Ví dụ 7: Tìm x, y nguyên dơng thoả m n : 3x + = ( y + 1) Giải: x x + = ( y + 1) = y ( y + ) (**) x Ta có VT = 1( mod ) VP = y ( y + ) 1( mod ) Suy y số lẻ mà y y+2 hai số lẻ liên tiếp y = 3m Từ pt(**) y + = 3n m + n = x Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Ta có y +2 > y n > m Nếu m > y y+ chia hết cho ( vô lí ( y; y+2) =2 ) Vậy m =1 n = x=1 y =1 2.Sử dụng số d để phơng trình vô nghiệm Ví dụ 8: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau: 19 x + y + 1890 = 19754 + 2013 30 Giải: Ta có x ,y nguyên dơng 5; 1890 VT = 19 x + y + 1890 19 x ( mod ) Mặt khác: 19 1( mod 5) 19 x (1) x ( mod 5) Nếu x chăn 19 x 1( mod ) ; x lẻ 19 x 1( mod 5) ( mod ) VT 1; ( mod ) VP ( mod ) Do phơng trình vô nghiệm Ví dụ 9: Tìm số nguyên dơng x, y biết: x + x = 32 y +1 Giải: y +1 Ta có: VP = ( mod 3) (*) Nếu x =3k ( k N * ) VT = x + x ( mod 3) Nếu x =3k +1 ( k N ) VT = x + x 1( mod 3) Nếu x =3k +2 ( k N ) VT = x + x 1( mod 3) Vậy với x Z + VT = x + x 1; ( mod 3) (**) Từ (*) (**) suy không tồn số nguyên dơng x, y thoả m n toán y Chú ý: Nhiều toán thi vô địch nớc phải xét đến Modulo lớn VD ( IMO năm 1999) Ví dụ 10: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: m2 = n5 Giải: m 0;1;3; 4;5;9 ( mod11) n 6; 7;8 ( mod11) suy phơng trình vô nghiệm Chú ý: Đối với phơng trình nghiệm nguyên có tham gia số lập phơng Modulo thờng dùng Mod9 Vì x3 0;1;8 ( mod ) Ví dụ 11: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: x3 + y + z = 2011 ( 8) Giải: Dựa vào nhận xét trên: Ta có x 0;1;8 ( mod ) ; y 0;1;8 ( mod ) z 0;1;8 ( mod ) VT = x3 + y + z 0;1; 2;3; 6; 7;8 ( mod ) Còn VP = 2011 ( mod ) nên phơng trình vô nghiệm Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Phơng pháp 3: Dùng bất đẳng thức Đối với phơng trình mà biến có vai trò nh ngời ta thờng dùng phơng pháp thứ tự biến Ví dụ 12: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau: x + y + z = xyz Giải Không tính tổng quát ta giả sử x y z xyz = x + y + z z xy x = 1; y = z = Vậy nghiệm phơng trình (x;y;z)= ( 1;1;1) Chú ý: Đối với phơng trình nghịch đảo biến ta dùng phơng pháp ( vai trò biến nh nhau) Ta có cách giải khác ví dụ 9: Chia hai vế phơng trình cho xyz ta có: 1 + + =3 xy zx yz Giải: Không tính tổng quát ta giả sử x y z 1 + + = x2 x = xy zx yz x Suy ra: y = 1; z =1 Ví dụ 13: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau: 1 + + =1 x y z Giải: x y z x Không tính tổng quát ta giả sử x y z + + = x Lần lợt thử x = phơng trình nghiệm nguyên Xét x = ta có 1 1 1 + + =1 + = y y z y z y Mặt khác y x = y {2;3; 4} ta thử lần lợt giá trị y: y= phơng trình nghiệm nguyên y=3 z=6 y=4 z=4 1 1 2 + + =1 + = y 3 y z y z y Mặt khác y x = y = z = xét x =3ta có: Vậy nghiệm phơng trình là: ( x; y; z ) {( 2;3;6 ) , ( 2; 4; ) , ( 3;3;3)} Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Ví dụ 14: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau: x! + y! = (x+y)! (*) Giải: Vì vai trò x, y nh nên không tính tổng quát ta giả sử x y Ta có: (x+y)! =x! + y! 2.y! x x > 2.y! (y+2)! 2.y! y! (y+1)(y+2) ( y + 1)( y + 2) ( vô lí y 1) Vậy x = Thay vào PT (*) ta có 1+y! = (y+1)! + y ! = y !( y + 1) y y ! = y = Vậy phơng trình có nghiệm x = y = 2.áp dụng bất đẳng thức cổ điển Vớ dụ 15 Tỡm cỏc s nguyờn dng x, y tho phng trỡnh : (x + 1)(x + y ) = 4x y Gii : p dng bt ủng thc Cụsi ta cú : x + 2x , du bng xẩy x = x + y 2xy , du bng xẩy x = y Vỡ x, y nguyờn dng nờn nhõn cỏc bt ủng thc trờn v theo v ta ủc : (x + 1)(x + y ) 4x y , du bng cú v ch x = y = Vy phng trỡnh cú nghim nht x = y = Ví dụ 16: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: ( x + y + 1) = ( x + y + 1) Giải: áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có ( x + y + 1) (1 + + 1) ( x + y + 1) Dấu xẩy 1 = = = hay x = y = x y Vậy Phơng trình có nghiệm x = y = Ví dụ 17: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau: ( x + z 15 x z = x y z y + ) Giải: ( x + z 15 x z = 3x y z y + ( ) +(y x2 ) ( ) + + z = 3x z y + ) áp dụng bất đẳng thức côsi cho số ta có : ( x ) + ( y + 5) + z 3x z ( y + 5) Dấu = xây x = y + = z Từ phơng trình x = y + ( x y )( x + y ) = x = 3; y = z = Vây nghiệm phơng trình ( x;y;z) = ( 3;2;9) 3 Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Ghi chú: Việc áp dụng bất đẳng thức vào giải phơng trình nghiệm nguyên dùng ẩn ý dùng bất đẳng thức dễ bị lộ Tuy nhiên có vài trờng hợp dùng bất đẳng thức hay nh ví dụ sau: Ví dụ 18.1: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau: 3( x + y + x + y + 2) = 2( x x + 1)( y y + 1) Giải: ( x + 1) Ta có ( ) x + 4x + x2 + x + x2 x + ( ) ( )( ) x4 + x2 + = x2 + x2 = x2 + x + x2 x + Do y4 + y2 + Tơng tự ta có ( ) ( ) y y +1 ( ) x x +1 (*) (**) Cộng theo vế (*) (**) ta có ( ) 2 x x +1 + y2 y +1 3 2 1 x + y + x + y + x x + + y y + x x + y y + 3 x4 + y + x2 + y + ( ( x4 + y + x2 + y ) ( + ) ( x x + 1)( y ) ( )( ) ) y +1 Dấu = xẩy x = y= Vậy nghiệm phơng trình x = y= Ví dụ 18.2: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau với x, y, z số đôi khác x3 + y + z = ( x + y + z ) Giải: x3 + y3 + z x + y + z áp dụng bất đẳng thức 3 x + y + z = (x + y + z) 3 (x + y + z) 3 x+ y+z Vì x, y, z đôi mộ khác suy x + y + z + + = x + y + z {6; 7;8} Lần lợt thử giá trị x + y + z ta tìm đợc (x;y;z)= (1;2;3) hoán vị Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên áp dụng tính đơn điệu vế: Ta một vài giá trị biến thoả m n phơng trình chứng minh nghiệm Ví dụ 19: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau: 3x + x = x Giải: x x Chia hai vế phơng trình cho 5x ta có: + = 5 Thử với x = ta thấy nghiệm nguyên phơng trình Với x = ta có VT =VP = thoả m n toán x x x x 2 4 3 4 Với x < < suy + < + = 5 5 5 Vậy Phơng trình có nghiệm x = Từ ví dụ 19: suy cách làm tập sau: Tìm số tự nhiên x cho ( 3) + ( 4) = ( 5) x x x Đối với phơng trình ta có toán tổng quát Tìm số nguyên dơng x; y; z thoả m n 3x + y = 5z đáp số: x = y = z = nhng cách giải vô tác dụng với (Đểgiải hữu hiệu xét Modulo) Dùng điều kiện ' để phơng trình bậc hai có nghiệm Ví dụ 20: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: x + y = xy + x + y Giải: 2 2 x + y = xy + x + y x x ( y + 1) + y y = ta có: ' = ( y + 1) ( y y ) = y + y + 29 + 29 y 2 Vì y nguyên nên y {0;1; 2;3; 4;5} Thay lần lợt giá trị y vào phơng trình tìm x tơng ứng ta đợc: ( x; y ) {( 0;0 ) ; ( 2; )} Nhận xét:Nói chung phơng pháp đợc dùng f(x ; y) có dạng tam thức bậc hai f(z) = az2 + bz + c a dùng phơng pháp đ nói ví dụ để đa phơng trình ớc số cách nhanh chóng 10 Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Phơng pháp 4:Phơng pháp chặn hay gọi phơng pháp đánh giá Chủ yếu dựa vào hai nhận xét sau: Không tồn n Z thỏa mãn a < n < ( a + 1) với a số nguyên Nếu a < n < ( a + ) với a; n Z n = a + Ta có ví dụ sau: Ví dụ 21: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: x + x + = y Giải: Xét hiệu ( x + 1) y = x ( x + 1) y Xét hiệu y x = x + > y > x 2 Suy ra: ( x ) < y ( x + 1) y = ( x + 1) Thế vào phơng trình ban đầu ta có: x2 =0 x = 2 Nhận xét mở rộng với số lập phơng ta có ví dụ sau: Ví dụ 22: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: x3 y = y + y + Giải: 3 Bằng cách biên đổi nh ví dụ ta có: ( y 1) < x3 ( y + 1) x = y; x = y + Lần lợt xét trờng hợp x = y x = y +1 ta tìm đợc nghiệm phơng trình: ( x; y ) {( 1; 1) ; (1; )} Phơng pháp 5: Dùng tính chất số phơng Cỏc tớnh cht thờng dựng : S chớnh phng khụng tn cựng bng 2, 3, 7, S chớnh phng chia ht cho s nguyờn t p thỡ chia ht cho p2 S chớnh phng chia cho 3, cho ch cú th d hoc S chớnh phng chia cho 5, cho thỡ s d ch cú th l 0, hoc S chớnh phng l chia cho 4, thỡ s d ủu l Lp phng ca s nguyờn chia cho ch cú th d 0, hoc 11 Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc