mot so pp giai phuong trinh nghiem nguyen

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN. Việc giải phương trình nghiệm nguyên (PTNN), luôn đòi hỏi HS khả năng phân tích, đối chiếu dự đoán và phương pháp (PP) tư duy lôgíc để lựa chọn nghiệm thích hợp. Vì vậy các bài toán này thường thấy cả trong các đề thi toán trên tạp chí toán học sơ cấp, các đề thi toán chọn học sinh giỏi (HSG), các đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán. Với loại toán này, không có một PP giải tổng quát mà chỉ có những PP giải phù hợp với các bài toán loại này. Trong quá trình giảng dạy, tìm tòi và nghiên cứu, tôi đã hệ thống được một số phương pháp giải PTNN. Hi vọng rằng, nó sẽ giúp các em HS biết lựa chọn phương pháp thích hợp khi giải bài toán loại này. Sau đây là một vài phương pháp giải PTNN thường gặp.  Phương pháp 1: ĐƯA VỀ DẠNG TÍCH. Mục đích của phương pháp này là biến đổi PT về dạng: vế trái là tích của các đa thức chứa ẩn, vế phải là tích của các số nguyên. Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 3 4 1 0x xy x y− − + + = (1) (Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán năm học 2005-2006-Trường THPT chuyên Lưong Văn Chánh-TP Tuy Hoà-Phú Yên). Hướng dẫn : Ta có : 2 3 4 1 0x xy x y− − + + = ⇔ ( 4)( 1) 5x x y− − + = − 4 1 1 5 x x y − = −  ⇒  − + =  hoặc 4 5 1 1 x x y − =   − + = −  hoặc 4 1 1 5 x x y − =   − + = −  hoặc 4 5 1 1 x x y − = −   − + =  ⇒ 3 1 x y =   = −  hoặc 9 11 x y =   =  hoặc 5 11 x y =   =  hoặc 1 1 x y = −   = −  Vậy PT đã cho có 4 nghiệm nguyên là { } ( ; ) (3; 1);(9;11);(5;11);( 1; 1)x y ∈ − − − . Phương pháp 2: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT NGHIỆM CỦA PT BẬC HAI. Nội dung của phương pháp này là biến đổi PT về dạng PT bậc hai của ẩn, xem các ẩn khác là tham số, sử dụng các tính chất về nghiệm của PT bậc hai để xác định giá trị của các tham số đó. Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 3 4 1 0x xy x y− − + + = (2) (Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán năm học 2005-2006-Trường THPT chuyên Lưong Văn Chánh-TP Tuy Hoà-Phú Yên). Hướng dẫn : Ta có : (2) ⇔ 2 ( 3) (4 1) 0x y x y+ + + + = . Giả sử PT (2) ẩn x có nghiệm nguyên 1 x và 2 x thì theo hệ thức Viet, ta có: 1 2 1 2 3 . 4 1 x x y x x y + = +   = +  ⇔ 1 2 1 2 4 4 4 12 . 4 1 x x y x x y + = +   = +  ⇒ 1 2 ( 4).( 4) 5 1.5 ( 1).( 5)x x− − = = = − − ⇒ 1 2 14x x+ = hoặc 1 2 2x x+ = ⇒ 11y = hoặc 1y = − . Lần lượt thế các giá trị 1y = − và 11y = vào PT (5) ta tìm được các nghiệm x là:-1;3;5:9. Vậy PT đã cho có 4 nghiệm nguyên là : (x;y) { } ( 1; 1);(3; 1);(5;11);(9;11)∈ − − − . 1 Ví dụ 3 : Tìm tất cả các nghiệm nguyên của PT : 2 2 3 ( )( ) ( )x y y x x y+ + = − (3) (Trích đề thi HSG Tỉnh Phú Yên-Bảng A-Vòng 2-Năm học 1999-2000) Hướng dẫn : Ta có : (3) 2 2 2 2 ( 3 ) (3 ) 0y y x x y x x   ⇔ + − + + =   . +Xét trường hợp y = 0 ⇒ x = k ( k là số nguyên ) ⇒ ( ; ) ( ;0)x y k= +Xét trường hợp y ≠ 0. Khi đó: 2 2 2 2 ( 3 ) (3 ) 0y y x x y x x   + − + + =   2 2 2 2 ( 3 ) (3 ) 0y x x y x x⇔ + − + + = . Xem đây là một PT bậc hai ẩn y. Để PT này có nghiệm thì: 2 2 2 ( 3 ) 8(3 ) ( 1) . .( 8)x x x x x x x∆ = − − + = + − phải là một số chính phương. Tức là : 2 ( 8)x x a− = (với a N∈ ) ( 4 )( 4 ) 16x a x a⇔ − − − + = . Do a N∈ ⇒ ( 4 ) ( 4 )x a x a− + ≥ − − ⇒ Ta có các hệ PT sau: 4 1 4 16 x a x a − − =   − + =  hoặc 4 2 4 8 x a x a − − =   − + =  hoặc 4 4 4 4 x a x a − − =   − + =  hoặc 4 4 4 4 x a x a − − = −   − + = −  hoặc 4 8 4 2 x a x a − − = −   − + = −  hoặc 4 16 4 1 x a x a − − = −   − + = −  Giải các hệ PT trên tập số nguyên x, ta được x = 9; 8; 0; -1. Từ đó ta tìm được các giá trị tương ứng của y = -6; -21; -10; 0; -1 Tóm lại, PT (3) có nghiệm là (x;y) = (9;-6); (9;-21); (8;-10); (-1;-1) và (k;0) với k Z∈ . Phương pháp 3: ĐƯA VỀ DẠNG TỔNG. Mục đích của phương pháp này là biến đổi PT về dạng: vế trái là tổng của bình phương còn vế phải là tổng của các số chính phương. Ví dụ 4 : Tìm nghiệm nguyên của PT : 2 2 4 5 16x xy y− + = (4) Hướng dẫn : Ta có : 2 2 4 5 16x xy y− + = ⇔ 2 2 2 2 2 2 ( 2 ) 16 4 0 0 4x y y− + = = + = + ⇒ 2 4 0 x y y  − =   =   hoặc 2 0 4 x y y  − =   =   Giải các hệ PT trên và thử lại, ta được 4 nghiệm nguyên là : (x;y) { } ( 4;0);(4;0);(4;8);( 8; 4)∈ − − − . Phương pháp 4: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN. Ý tưởng của PP này là vận dụng tính chia hết và tính chất của số nguyên để thu hẹp miền xác định của nghiệm. Trong nhiều trường hợp, có thể thử trực tiếp để tìm nghiệm của PT. Ví dụ 5 : Tìm các nghiệm nguyên của PT : ( 3)( 4) 3x y xy+ + = (5) (Trích đề thi HSG Toán, lớp9, Tỉnh Phú Yên, Bảng A, Vòng 2, Năm học: 2003-2004). Hướng dẫn : Ta có : ( 3)( 4) 3x y xy+ + = ⇔ (2 3) 4 12y x x− = + ⇔ 18 2 2 3 y x = + − (vì 2 3 0x Z x∈ ⇒ − ≠ ) Do x, y là các số nguyên nên 18 phải chia hết cho (2 3)x − . 2 ⇒ (2 3)x − là ước số của 18. ⇒ (2 3)x − 1; 2; 3; 6; 9; 18= ± ± ± ± ± ± . Từ đó ta tính được các giá trị nguyên của x là : 2; 1; 3; 0; 6; 3 − . ⇒ Các giá trị tương ứng của y là : 20; 16− ; 8; 4− ; 4; 0. Vậy PT (7) có các nghiệm nguyên { } ( ; ) (2;20);(1; 16);(3;8);(0; 4);(6;4);( 3;0)x y ∈ − − − . Phương pháp 5: VẬN DỤNG VAI TRÒ BÌNH ĐẲNG CỦA CÁC ẨN. Nếu PT có các hệ số nguyên mà các ẩn x, y, z, … có vai trò bình đẳng, ta có thể giả sử .x y z≤ ≤ ≤ để thu hẹp miền xác định của ẩn. Từ đó dùng phép hoán vị để suy ra các nghiệm của PT đã cho. Ví dụ 6 : Tìm nghiệm nguyên dương của PT : x y z xyz + + = (6) Hương dẫn : + Do các nghiệm x, y, z là nguyên dương và vai trò của chúng là bình đẳng, không mất tính tổng quát nên ta giả sử 1 x y z≤ ≤ ≤ . Từ (6) suy ra : 2 1 1 1 3 1 xy yz zx x = + + ≤ ⇒ 2 3 1x x≤ ⇒ = . + Với 1x = ta có : x y z xyz + + = ⇔ ( 1)( 1) 2y z− − = ⇔ 1 1 1 2 y z − =   − =  ⇔ 2 3 y z =   =  Vậy PT (6) có nghiệm nguyên dương (x;y;z) là (1;2;3) và các hoán vị của nó. Phương pháp 6 : LÙI VÔ HẠN. Thực chất của phương pháp này là xuất phát từ một nghiệm, xây dựng dãy vô số nghiệm có tính chất là k nguyên dương, giảm vô hạn. Phương pháp này thường được áp dụng để chứng minh những dạng PT không có nghiệm nguyên khác 0. Ví dụ 7 :Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 2 2 5 0x y− = (7) Hướng dẫn : Giả sử 0 0 ( ; )x y là nghiệm của PT (7) thì : 2 2 0 0 5 0x y− = suy ra : 0 5x M , đặt 0 1 5x x= ( 1 x Z ∈ ). Ta có : 2 2 1 0 5 0x y− = 2 2 1 0 5 0x y⇔ − = suy ra : 0 5y M , đặt 0 1 5y y= ( 1 y Z ∈ ). Từ đó , ta có : 2 2 1 1 5 25 0x y− = ⇔ 2 2 1 1 5 0x y− = . Vậy nếu 0 0 ( ; )x y là nghiệm nguyên của PT (7) thì 0 0 ( ; ) 5 5 x y cũng là nghiệm của PT (7). Tiếp tục lập luận tương tự, ta có: 0 0 ( ; ) 5 5 k k x y (với k là số nguyên dương bất kỳ) cũng là nghiệm nguyên của PT (7). Hay 0 0 ( ; )x y đều chia hết cho 5 k với mọi k là số nguyên dương tuỳ ý. Điều này chỉ xảy ra khi 0 0 0x y= = . Vậy PT (7) có nghiệm nguyên duy nhất : 0 0 0x y= = . 3 Phương pháp 7 : SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC. Đôi khi dùng bất đẳng thức để đánh giá một ẩn nào đó và từ sự đánh giá này suy ra các giá trị nguyên của ẩn này. Trong PP này ta sử dụng tính chất luỹ thừa cùng bậc của các số nguyên liên tiếp… để đưa PTNN cần giải về dạng PT khác ít ẩn hơn. Từ đó dễ, dàng tìm được nghiệm nguyên của PT đã cho.Trong PP này, thường vận dụng nhận xét sau: “Cho x , y là các số nguyên; a, n, là các số nguyên lớn hơn 1. Nếu ( ) n n n x y x a< < + thì ( ) n n y x i= + với 1; 1i a= − ” . Ví dụ 8 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 2 3 3 1 x x x y+ + + = (8) (Trích đề thi HSG cấp II –Toàn quốc –Bảng A –Năm 1992) Hướng dẫn : + Dễ thấy : 2 1 0x x+ + > và 5x 2 + 11x + 7 > 0 với mọi giá trị của x. + Do đó : x 3 < x 3 + x 2 +x +1 < x 3 + x 2 +x +1 +5x 2 + 11x + 7 + Hay : x 3 < y 3 < (x +2) 3 . Theo nhận xét trên, suy ra : y 3 = (x +1) 3 . Kết hợp với PT (8), ta có : (x +1) 3 = 1 + x + x 2 + x 3 ⇒ x(x +1) = 0 0 1. x x =  ⇒  = −  Thay các giá trị của x vào PT (8), ta được các nghiệm nguyên (x;y) là (0;1) và (-1;0). Phương pháp 8 : VẬN DỤNG TÍNH CHẤT CHIA HẾT CỦA SỐ VÔ TỈ. Các bài tập sau đây sẽ giúp chúng ta thấy sự vận dụng tính chất của số vô tỉ để giải một lớp những bài toán về phương trình nghiệm nguyên. Sau đây là một vài vài ví dụ minh họa. Ví dụ 9 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : 2 3x y z+ = + (9) Hướng dẫn : Vì vai trò của y, z là như nhau nên có thể giả sử y z≥ . Từ PT (9), ta suy ra : 2 3 2x y z yz+ = + + 2 ( ) 4 3( ) 4 12x y z x y z yz⇒ − − + − − = − (*) Vì 3 là số vô tỉ nên từ (*) ta suy ra : x – y – z = 4yz – 12 = 0. ⇒ y = 3; z = 1 và x = y + z = 4. Từ đó ta dễ dàng tìm được các nguyên dương (x;y;z) là (4;3;1) và (4;1;3). Trên đây là những gì mà trong quá trình giảng dạy và làm toán, tôi đã chọn ra những phươngpháp giải thường gặp đối với dạng toán này.Với tinh thần đó, tôi tin chắc rằng: khi đọc bài viết này các em học sinh phần nào đã chọn cho mình một phương pháp giải đối với PT nghiệm nguyên trong các kỳ thi HSG mà đặc biệt là kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán THPT. Các bạn hãy thử sức bằng một số bài tập sau : Bài 1 : Tìm nghiệm tự nhiên của các PT sau : a) x 2 + y 3 – 3y 2 = 65 – 3y . b) x 2 + y 3 + 27y = 36 + 9y 2 . Bài 2 : Tìm nghiệm nguyên của các PT sau : a) x 2 – y 2 = 91 b) x 3 +y 3 +z 3 = (x +y +z) 2 . ĐỖ QUANG MINH. (Trường THCS Nguyễn Bá Ngọc – An Xuân – Tuy An – Phú Yên). 4 . sinh vào lớp 10 chuyên Toán. Với loại toán này, không có một PP giải tổng quát mà chỉ có những PP giải phù hợp với các bài toán loại này. Trong quá trình. (PTNN), luôn đòi hỏi HS khả năng phân tích, đối chiếu dự đoán và phương pháp (PP) tư duy lôgíc để lựa chọn nghiệm thích hợp. Vì vậy các bài toán này thường