Phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

Các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên dùng cho bồi dưỡng học sinh giỏi.Các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên dùng cho bồi dưỡng học sinh giỏi. các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên dùng cho bồi dưỡng học sinh giỏi

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Một số định nghĩa, định lí, tính chất kiến thức liên quan đến phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Để học sinh nắm phương pháp giải phương trình nghiêm nguyên cách tốt giáo viên cần trang bị cho học sinh đơn vị kiến thức sau: Định nghĩa phép chia hết: a, b ∈ Z (b ≠ 0) ∃ q, r ∈ Z cho a = bq + r với ≤ r < b Nếu r = ⇒ a Mb Nếu r ≠ ⇒ a Mb Một số tính chất: ∀ a,b,c,d ∈ Z Nếu a ≠ a Ma Ma Nếu a Mb b Mc ⇒ a Mc Nếu a Mb b Ma ⇒ a = ± b Nếu a Mb a Mc ⇒ a MBCNN[a,b] Nếu a Mb , a Mc (b,c) = ⇒ a M(b,c) Nếu a Mb ⇒ ac Mb ( c ∈ Z) Một số định lí thường dùng Nếu a Mc b Mc ⇒ (a ± b) Mc Nếu a Mc b Md ⇒ ab Mcd Nếu a Mb ⇒ an Mbn ( n nguyên dương) * Một số hệ áp dụng: + ∀ a,b ∈ Z n nguyên dương ta có (an – bn) : (a – b) + ∀ a,b ∈ Z n chẵn (n nguyên dương) ta có (an – bn) : (a + b) + ∀ a,b ∈ Z n lẻ (n nguyên dương) ta có (an + bn) : (a + b) Các dấu hiệu chia hết cho 2, 3, 5,8, 9, 11 Thuật toán Ơ-clit mở rộng (Tìm ước chung lớn số a, b) Phương trình ax2 + bx + c = Nếu có nghiệm ngun x0 c Mx0 Phương trình có nghiệm ngun ∆ ( ∆ ') số phương Số số nguyên tố chẵn Phương trình đưa dạng f(x).g(x) = k với f(x) g(x) đa thức hệ số nguyên Ta phân tích k thừa số nguyên tố giải hệ phương trình  f ( x) = m   g ( x) = n với m.n = k Phương trình đối xứng ẩn x, y, z Khi tìm nghiệm ngun dương khơng làm tính tổng quát ta giả sử ≤ x ≤ y ≤ z ≤ 10 Sử dụng tính chất chia hết số phương Số phương khơng tận 2, 3, 7, Số phương chia hết cho số nguyên tố p chia hết cho p2 Số phương chia cho 3, cho dư Số phương chia cho 5, cho số dư 0; Số phương lẻ chia cho số dư Lập phương số nguyên chia cho dư 0; Khơng tồn số phương nằm hai số phương liên tiếp 11 Bất đẳng thức Cơ - si: a1 + a + a3 + + a n n ≥ a1 a a3 a n n Với a i ≥ Đẳng thức xảy ⇔ a1 = a2 = a3 = =an 12 Bất đẳng thức Bunhiacopski (a 2 )( ) + a22 + + an2 x12 + x22 + + 2n ≥ ( a1 x1 + a2 x2 + + an xn ) Đẳng thức xảy ⇔ a1 a a a = = = = n x1 x x xn 2 Một sô phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Phương trình nghiệm nguyên đa dạng phong phú phương trình ẩn, nhiều ẩn Nó phương trình bậc bậc cao Khơng có cách giải chung cho phương trình, nhiên để giải phương trình ta thường dựa vào số phương pháp giải sau: A- PHƯƠNG PHÁP DÙNG TÍNH CHẤT CHIA HẾT 1/ Phát tính chia hết: Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên phương trình : 3x + 17y = 159 (1) Nhận xét: Ta nhận thấy phương trình (1) vế phải 159 chia hết vế trái 3x+17y phải chia hết ta nghĩ đến việc vận dụng tính chất chia hết tổng Từ ta có lời giải Giả sử x, y số nguyên thoả mãn phương trình (1) Ta thấy 159 3x chia hết 17y phải chia hết cho 3, y chia hết cho ( 17 nguyên tố nhau) Đặt y = 3t ( t số nguyên) Thay vào phương trình (1) ta được: 3x + 17.3t = 159 ⇔ x + 17t = 53 ⇔ x = 53 - 17t  x = 53 − 17t  y = 3t Do  ( t ∈Z) Thử lại thay biểu thức x y vào (1) phương trình nghiệm Vậy phương trình (1) có vơ số nghiệm ngun (x; y) biểu thị công thức:  x = 53 − 17t   y = 3t ( t ∈Z) Chú ý: Phương trình (1) phương trình bậc hai ẩn số đồ thị đường thẳng ( tập hợp nghiệm phương trình (1) nằm đường thẳng 3x+17y=159 ) 2/ Đưa phương trình ước số: Ví dụ 2: Tìm nghiệm ngun phương trình : x.y - x - y = (1) Nhận xét: Ta nhận thấy vế trái phương trình (1) ta nhóm ( x.y-x) đặt x làm nhân tử chung gợi ý cho ta làm xuất nhân tử chung (y-1) vế trái Để biến đổi vế trái thành nhân tử đưa phương trình (1) phương trình ước số ta thêm hai vế với Từ ta có lời giải Ta có: xy - x - y = ⇔ x( y -1) - y = ⇔ x(y - 1) - (y - 1) = ⇔ (x -1)(y - 1) = Do x, y số nguyên nên ( x – 1), (y – 1) số nguyên ước Vì vai trò x y giả sử x ≥ y Suy x-1 ≥ y-1 Ta có trường hợp sau: x −1 = x = ⇔  y −1 = y = TH1:   x − = −1  y − = −3 ; TH2 :  x = ⇔  y = −2 Vậy nghiệm phương trình (x;y) ∈ { ( 4; ) , ( 0; −2 ) , ( 2; ) , ( −2;0 ) } Chú ý : ví dụ đa số học sinh khơng nhận thấy vai trò x;y bình đẳng nên xét tất trường hợp : x −1 =  y −1 = a)   x −1 =  x − = −3  x − = −1 ; c)  ; d)  y −1 =  y − = −1  y − = −3 ;b)  Khi lời giải dài phức tạp Ví dụ 3: Tìm cặp số nguyên (x;y) cho : 2x-5y+5xy=14 Nhận xét: (1) Ta nhận thấy vế trái ta nhóm ( 5x.y-5y) đặt 5y làm nhân tử chung gợi cho ta làm xuất nhân tử chung (x-1) vế trái Để đưa phương trình (1) phương trình ước số ta bớt hai vế đơn vị Từ ta có lời giải: Ta có (1) ⇔ ( 2x-2)+(5xy-5y)=12 ⇔ (x-1).(5y+2)=12 (2) Ta có (x-1) ; (5y+2) ước 12 mà 5y+2 chia dư nên 5y+2 ∈ { 12; 2; −3} 5 y + = 12 y = ⇔ x −1 = x = Ta có (2) ⇔  5 y + = y = ⇔ x −1 = x = Hoặc  5 y + = −3  y = −1 ⇔  x − = −4  x = −3 Hoặc  Vậy (x;y) ∈ { ( 2; ) , ( 7;0 ) , ( −3; −1) } +) Chú ý: Đa số học sinh không nhận thấy (5y+2) ước 12 mà ước chia cho dư nên xét tất 12 trường hợp lời giải dài phức tạp dễ dẫn đến sai lầm Ví dụ 4: Tìm nghiệm ngun dương phương trình x2 + x + = y (1) Nhận xét: Ta nhận thấy ta nhân hai vế ( 1) với biến đổi gợi ý 2 cho ta suy nghĩ sử dụng công thức : a − b = ( a − b ) ( a + b ) để biến đổi vế trái thành nhân tử, vế phải số Từ ta có lời giải: x + x + 24 = y ⇔ ( y ) − ( x + 1) = 23 2 ⇔ ( y + x + 1) ( y − x − 1) = 23 x; y ∈ Z + → y + x + > → y − x − > (1) Mà ta có 2y + 2x + > 2y - 2x - (với x;y ssố nguyên)  y + x + = 23 2 y − x − = ( 1) ⇔  y = ⇔ x = 5 Vậy nghiêm phương trình : (x;y) = (5;6) Chú ý: Đa số học sinh không nhận thấy : ( 2y+2x+1).(2y-2x-1)=23 với x;y nguyên dương thì: 2y+2x+1>2y-2x-1>0 nên xét tất trường hợp lời giải dài dễ dẫn đến sai lầm Các bước giải phương pháp đưa phương trình ước số: Bước 1: Biến đổi( thêm, bớt ,tách…)các hạng tử làm xuất nhân tử chung: +) Viết vế trái thành tích +)Vế phải số Bước :Dựa vào đặc điểm ước ta xét trường hợp cụ thể Bước 3: Kết luận nghiệm 3/ Tách giá trị nguyên: Ví dụ 5: Giải phương trình nghiệm nguyên: x.y - x - y = (*) Nhận xét : Ta thấy từ phương trình (*) ta biểu thị x theo y ta đến đẳng thức mà y+2 vế trái :x số nguyên => vế phải y − phải số nguyên Từ ta tiếp tục nghĩ đến việc tách phần nguyên vế phải Từ ta có lời giải Ta có: xy - x - y = ⇔ x(y-1) = y+2 Ta thấy y ≠ ( y = x.0 = vơ nghiệm ) y+2 Do x = y − = + y − Do x nguyên nên y − nguyên => y-1 ước => y-1 ∈ { 3; −3;1; −1} => y ∈ { 4; −2; 2;0} => x ∈ { 2;0; 4; −2} Vậy ta có nghiệm phương trình là:(x;y) ∈ { ( 2; ) , ( 0; −2 ) , ( 4; ) , ( −2;0 ) } Ví dụ 6: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x − xy = x − y − Giải: Biểu thị y theo x ta có: xy − y = x − x + ⇔ y ( x − 5) = x − x + x = không nghiệm ta chia vế cho x-5 có: ⇔ y= Do y số nguyên nên x2 − 6x + = x −1+ ;x ≠ x−5 x−5 số nguyên => x-5 ước x −5 => x-5 ∈ { 1; −1;3; −3} => x ∈ { 6; 4;8; 2} => y ∈ { 8;0;8;0} Vậy nghiệm phương trình là: ( x; y ) = { ( 6;8 ) , ( 4;0 ) , ( 8;8 ) , ( 2;0 ) } Chú ý: Học sinh hay mắc sai lầm chia vế phương trình cho biểu thức chứa biến mà khơng đặt điều kiện để biểu thức khác nên phương trình bị nghiệm Các bước giải Bước 1: Biểu thị ẩn theo ẩn Bước 2: Tách phần nguyên, sử dụng tính chất chia hết tìm nghiệm Bước 3: Kết luận B- PHƯƠNG PHÁP XÉT SỚ DƯ TỪNG VẾ: Ví dụ 1: Chứng minh không tồn cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn phương trình: a/ x2 - y2 = 1998 b/ x2 + y2 = 1999 Nhận xét: -Phần a) vế phải 1998 chia cho dư để chứng tỏ phương trình: x2- y2 = 1998 vô nghiệm ta cần chứng tỏ vế trái: x2- y2 chia cho số dư khác -Phần b) vế phải 1999 chia cho dư ,để chứng tỏ phương trình x2+ y2 = 1999 vơ nghiệm ta cần chứng tỏ vế trái: x 2+ y2 chia cho số dư khác Từ ta có lời giải: a/ Ta thấy với x;y ∈ Z x2 ; y2 số phương nên chia cho có số dư là: 1mà 1998 số chẵn nên x2- y2 chẵn => x2; y2 tính chẵn lẻ ta có - Vế trái: x2 - y2 chia cho có số dư - Vế phải:1998 chia cho dư Vậy không tồn cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn: x2- y2 = 1998 b/ Ta có 1999 số lẻ nên x2+ y2 số lẻ nên x2; y2 khác tính chẵn lẻ ta có -Vế trái x2 + y2 chia cho có số dư -Vế phải 1999 chia cho dư Vậy không tồn cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn: x2+ y2 = 1999 Ví dụ : Tồn hay không số nguyên x,y,z cho: x + x = y − z + (*) Nhận xét: Nếu ta thêm hai vế phương trình (*) với ta có vế trái ( x + 1) số phương lẻ nên chia dư để chứng tỏ phương trình vơ nghiệm ta chứng tỏ vế phải y − z + chia cho số dư khác Ta có lời giải Ta có x + x = y − z + ⇔ 4x2 + 4x + = y3 − z + ⇔ ( x + 1) = y − z + Ta có ( x + 1) số phương lẻ nên chia dư ⇒ y − z + chia cho dư (1) Ta có y M8 ; 2z chia hết cho z chẵn; 2z chia cho dư z lẻ ⇒ y − z + chia cho dư dư (2) Từ (1) (2) không tồn số nguyên x,y,z thoả mãn (*) Ví dụ : Tồn hay không số nguyên lẻ: a1 ; a2 ; a3 ; ; a2003 ; a2004 Thỏa mãn : a12 + a22 + a32 + + a20032 = a2004 (*) Nhận xét: Đối với tốn ta chứng tỏ khơng tồn số nguyên lẻ thoả mãn (*) cách sử dụng tính chất : “số phương lẻ chia cho số dư “ ta vế trái vế phải có số dư khác chia cho Ta có lời giải Ta có Là số nguyên lẻ ⇒ Là số phương lẻ ⇒ Chia cho dư ( i ∈ { 1; 2;3; 4; ; 2004} ) ( Tính chất số phương) ⇒ a12 + a2 + a32 + + a2003 ≡ ( mod ) mà Vậy a2004 ≡1( mod ) a12 + a2 + a32 + + a20032 ≠ a20042 Hay khơng có số nguyên lẻ a1 ; a2 ; a3 ; ; a2003 ; a2004 thỏa mãn : a12 + a2 + a32 + + a2003 = a2004 C PHƯƠNG PHÁP DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC: Sử dụng tính chất thứ tự ẩn: Ví dụ 1: Tìm số nguyên dương cho tổng chúng tích chúng Nhận xét: Nếu ta gọi số nguyên dương phải tìm x, y, z Ta có: x + y + z = x.y.z Ta nhận thấy x, y, z có vai trò phương trình nên thứ tự ẩn sau: ≤ x ≤ y ≤ z ta thay x;y;z số lớn từ gợi ý cho ta giới hạn miền giá trị ẩn từ ta xét khả xảy ẩn Ta có lời giải Gọi số nguyên dương phải tìm x, y, z Ta có: x + y + z = x.y.z (1) Do x, y, z có vai trò bình đẳng phương trình (1) nên thứ tự ẩn sau: ≤ x ≤ y ≤ z Do : x.y.z = x + y +z ≤ 3z Chia hai vế cho số dương z ta được: x.y ≤ Do đó: x.y ∈ { 1; 2; 3} +Với x.y =1 => x = 1, y = thay vào (1) ta +z = z ( loại ) +Với x.y = =>x = 1, y = thay vào (1) ta x = +Với x.y = => x = 1, y = thay vào (1) ta z = (loại ) trái với xếp y≤ z Vậy ba số phải tìm (x;y;z)=(1; 2; 3) hốn vị Ví dụ 2: Tìm nghiệm ngun dương phương trình: x + y + z + xyz = 20 (Báo toán học tuổi trẻ ) Nhận xét: Ta nhận thấy x, y, z có vai trò phương trình nên thứ tự ẩn sau: ≤ x ≤ y ≤ z để giới hạn miền giá trị ẩn ta thay biến x;y;z biến x nhỏ từ ta giới hạn biến x từ ta xét khả ẩn lại Lời giải: Vì vai trò x;y;z bình đẳng giả sử ≤ x ≤ y ≤ z; 20 = x + y + z + xyz ≥ 3x + x = x ⇔ x ≤ 20 ⇔ x ≤ ⇔ x ≤ ⇔ x ∈{ 1; 2} Nếu x = Ta có y + z + yz = 19(*) → y ≤ 19 ⇔ y ≤ y =1; (*) ⇔z ( z +1) =18 19 ⇔ y≤2 (Loại) y =2(*) ⇔ z +2 z − 15 =0 ⇔ z =3 Nếu x = Ta có y + z + yz = 16 → y ≤ 16 ⇔ y ≤ ⇔ y ≤ Mà y ≥ x → y = → z + z = 12 ⇔ z = 10 Vậy nghiệm nguyên dương phương trình là: ( x; y; z ) ∈ { ( 1; 2;3) , ( 1;3; ) , ( 2;1;3) , ( 2;3;1) , ( 3;1;2 ) , ( 3;2;1) , ( 2;2; ) } Ví dụ 3: Tìm nghiệm ngun dương phương trình 1 + = x y Giải: Do vai trò bình đẳng x y Giả sử x ≥ y dùng bất đẳng thức để giới hạn khoảng giá trị số nhỏ y 1 Ta có: y < ⇒ y > (1) 1 Mặt khác x ≥ y ≥ ⇒ x ≤ y Do 1 1 2 = + ≤ + = ⇔ ≥ x y y y y y nên y ≤ (2) + Từ (1) (2) ta có : < y ≤ Do y∈ Z ⇒ y = { 4; 5; } +Với y = ta được: 1 = − ⇔ x = 12 x + Với y = ta được: 1 = − = ( loại ) x khơng số nguyên x 15 + Với y = ta được: 1 = − ⇔x=6 x Vậy nghiệm nguyên dương phương trình là: (x;y) ∈ { ( 4;12 ) , ( 12; ) , ( 6;6 ) } Chú ý: - Học sinh thường mắc sai lầm sử dụng phương pháp thứ tự ẩn vào giải phương trình mà vai trò ẩn khơng bình đẳng Các bước giải Bước 1: Sắp thứ tự ẩn Bước 2: Dùng tính chất bất đẳng thức giới hạn khoảng giá trị ẩn Bước 3: Xét cụ thể giá trị ẩn để tìm ẩn lại Bước 4: Kết luận 2/ Sử dụng cách nghiệm ngun: 11 Ví dụ 4: Tìm số tự nhiên x cho 2x + 3x = 5x Nhận xét: Ta nhận thấy x = nghiệm phương trình ta chứng tỏ phương trình có nghiệm x = cách với x khác hai vế phương trình nhận giá trị khác Ta có lời giải: Do 5x khác với x ta chia hai vế cho 5x ta được: x x  2 3  ÷ +  ÷ = (1)     +Với x = ⇒ vế trái phương trình (1) nhận giá trị (loại) + Với x = vế trái phương trình nhận giá trị ( đúng) + Với x ≥ thì: x x 3 2  ÷ < ; ÷ <     x x     Nên:  ÷ +  ÷ < + = ( loại) 5  5 5 3 Vậy nghiệm phương trình x = 3/ Sử dụng điều kiện ∆ ≥ phương trình bậc hai có nghiệm Điều kiện cần để phương trình bậc hai ẩn số có nghiệm ∆ ≥ , để phương trình có nghiệm ngun cần phải ∆ số phương Ví dụ 5: Tìm nghiệm ngun phương trình : x + y = x y − xy (*) Nhận xét: 2 Nếu ta viết phương trình (*) dạng ( y − 1) x − y.x − y = ( phương trình bậc hai ẩn x, y tham số) điều kiện cần để phương trình có nghiệm ∆ ≥ , để có nghiệm ngun cần phải ∆ số phương Ta có lời giải Phương trình tương đương với: (y ) − x − y.x − y = Nếu y = (*) có dạng –x-1 = ⇔ x = -1 12 (*) Nếu y = -1 (*) có dạng x-1 = ⇔ x = Nếu y ≠ ±1 (coi (*) phương trình bậc ẩn x; y tham số ) Để phương trình (*) có nghiệm ngun điều kiện cần ∆ số phương 2 2 Ta có ∆ = y + y ( y − 1) = y ( y − 3) Nếu y = Từ (*) ⇔ x = Nếu y ≠ để ∆ số phương y − phải số phương 2 Đặt y − = k ( k ∈ z ) ⇔ ( y + k ) ( y − k ) = 2 y − k = ⇔ ⇔ y = (Loại) 2 y + k =  y − k = −3 ⇔ y = −1 (Loại)  y + k = −1 Hoặc  Vậy nghiêm phương trình (x;y) ∈ { ( 0;0 ) , ( 1; −1) , ( −1;1) } Ví dụ 6: Tìm nghiệm ngun phương trình : x+y+xy = x2+y2 (1) Giải: Phương trình (1) tương đương với: x2-(y+1)x+(y2-y) = (2) Điều kiện để (2) có nghiệm ∆ ≥ ∆ = ( y + 1)2 − 4( y − y ) = −3y + 6y + ⇒ ∆ ≥ ⇔ −3y + 6y + ≥ ⇔ 3y − 6y − ≤ ⇔ 3( y − 1)2 ≤ Do (y-1)2 ≤ ⇔ y-1 ∈ { −1;0;1} ⇔ y ∈ { 0;1; 2} +Với y = thay vào (2) ta được: x2-x = ⇔ x1 = 0; x2 = (Thoả mãn) +Với y = thay vào (2) ta được: x2-2x = ⇔ x3 = 0; x4 = (Thoả mãn) +Với y = thay vào (2) ta được: x2-3x+2 = ⇔ x5= 1; x 6= (Thoả mãn) Thử lại giá trị nghiệm với phương trình (1) Vậy nghiệm phương trình là: ( x; y ) ∈ { ( 0;0 ) , ( 0;1) , ( 1;0 ) , ( 1; ) , ( 2;1) , ( 2; ) } Các bước giải 13 Bước1: Chọn biến làm ẩn coi biến khác tham số đưa phương trình bậc hai ẩn Bước 2: Sử dụng điều kiện cần để phương trình có nghiệm ∆ ≥ , để có nghiệm nguyên cần phải ∆ số phương để tìm giá trị ẩn tham số Bước 3: Xét cụ thể giá trị vừa tìm để tìm ẩn lại Bước 4: Kết luận 5/ Sử dụng bất đẳng thức: Cơ-si, Bu-nhi-a-Cốp-xki: Ví dụ 7: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình : xy yz xz + + =3 z x y Nhận xét: (1) Nếu ta biến đổi (1) ⇔3xyz =x y +y z +z x Và áp dụng BĐT cô si cho số dương x y , y z , z x ta có (1) ⇔ ≥ xyz ⇔ xyz ≤ Ta có lời giải Áp dụng Bất đẳng thức Cô si cho số dương : x y ; y z ; z x Ta có: x2 y + y2 z + z x2 ≥ 3 x y z = xyz xyz ⇔ 3xyz = x y + y z + z x ≥ 3 x y z = 3xyz xyz ⇔ 3xyz ≥ 3xyz xyz ⇔ ≥ xyz ⇔ xyz ≤ ⇒ x = y = z = (vì x;y;z số nguyên dương) Vậy phương trình (1) có nghiệm ngun dương là: (x;y;z) = (1; 1; 1) D PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CỦA SỚ CHÍNH PHƯƠNG • Các tính chất thường dùng: số phương chữ số tận 0;1;4;5;6;9 Số phương chia hết cho số nguyên tố p chia hết cho p2 14 Số phương chia cho có số dư 0; 1, chia cho có số dư 0; 1, chia cho có số dư 0; 1; 4 A ∈ N ; n2 ≤ A ≤ ( n + 1) ; n ∈ N Thì A khơng số phương 1/Sử dụng tính chất số phương: Ví dụ 1: Tìm số ngun x để : 9x+5 tích hai số nguyên liên tiếp Nhận xét : Giả sử 9.x+5 = n.(n+1) (*) với n nguyên Ta chứng tỏ không tồn số nguyên x để thoả mãn (*) Bằng cách ta nhân hai vế (*) với cộng với Ta :  36x+21= 4n2+4n+1 (**) Ta chứng tỏ vế phải ( **) chia hết cho 9; vế trái không chia hết cho Ta có lời giải: Giả sử 9.x+5 = n.(n+1) với n nguyên 36x+20 = 4n2+4n ⇔ 36x+21= 4n2+4n+1 ⇔ 3.(12.x+7) = (2n+1)2 (1) Từ (1) => (2n+1)2 M3 , số nguyên tố => (2n+1)2 M9 Mặt khác ta có 12x+7 khơng chia hết 3.(12x+7) không chia hết cho Vậy chứng tỏ không tồn số nguyên x để 9x+5 tích hai số ngun liên tiếp Ví dụ 2:Tìm số nguyên x;y thỏa mãn: 1!+2!+3!+…+x! = y2 (1) Nhận xét: Ta nhận thấy: Với x ≥ x! có tận +) y2 Là số phương nên chữ số tận y2 khác Ta dùng phương pháp thử chọn chứng tỏ với x ≥ hai vế phương trình (1) có tận khác nên x ≥ phương trình (1) vơ nghiệm Ta có lời giải: Với x = => y2 = => y = y = -1 x = => y2 = => y không số nguyên (Loại) 15 x = => y2 = => y = y = -3 x = => y2 = 33 => y không số nguyên (Loại) Với x ≥ Ta có 1!+2!+3!+4!+5!+…+x! = 33+(5!+…+x!) có tận ( Vì (5!+…+x!) có tận ) Mà y2 số phương nên chữ số tận y2 khác Vậy với x ≥ 1!+2!+3!+…+x! ≠ y2 phương trình vơ nghiệm Vậy nghiêm phương trình là: ( x; y ) ∈ { ( 1;1) , ( 3;3) , ( 1; −1) , ( 3; −3) } 2/ Xét số phương liên tiếp: Ví dụ 2: Tìm nghiêm nguyên dương phương trình: x4 + x2 + = y Nhận xét: Ta nhận thấy hai số phương liên tiếp khơng có số phương Do với số nguyên a, x ta có: Không tồn x để a2 < x2 < (a+1)2 Nếu a2 < x2 < (a+2)2 x2 = (a+1)2 Ta có lời giải: x ≥ 0∀x Ta có : ( ) x4 + x2 + − x2 + p x4 + x2 + ≤ x4 + x2 + + x2 ( ) ⇔ x2 ( ( ) ( ) < y ≤ x2 + ⇒ y = x2 + ) 2 ⇒ x2 + = x4 + x2 + ⇔ x = ⇔ x = ⇒ y = ⇔ y ∈ { 1; −1} Vậy nghiệm phương trình : ( x; y ) ∈ { ( 0;1) , ( 0; −1) } 3/ Sử dụng tính chất: " Nếu hai số ngun liên tiếp có tích số phương hai số ngun liên tiếp " Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên phương trình : x2+xy+y2 = x2y2 (1) Nhận xét: Nhận thấy vế trái phương trình (1) : x2+xy+y2 bình phương thiếu tổng, ta thêm vào hai vế với tích x.y ta có : 16 -Vế trái số phương -Vế phải tích số nguyên liên tiếp Sử dụng tính chất " Nếu hai số ngun liên tiếp có tích số phương hai số ngun liên tiếp " Ta có lời giải: Thêm xy vào hai vế phương trình (1) ta được: x2+2xy+y2 = x2y2+xy ⇔ ( x + y ) = xy( xy + 1) (2) Ta thấy xy xy+1 hai số ngun liên tiếp có tích số phương nên tồn số Nếu xy = từ (1) ⇔ x2+y2 = nên x = y = ⇔ xy = -1 nên (x; y) = (1;-1) (x;y) = (-1;1) Nếu xy+1 = Thử cặp số (0;0), (1;-1), (-1;1) nghiệm phương trình (1) Vậy nghiệm phương trình : ( x; y ) ∈ { ( 0;0 ) , ( 1; −1) , ( −1;1) } E PHƯƠNG PHÁP LÙI VÔ HẠN ( nguyên tắc cực hạn): Ví dụ : Tìm nghiệm ngun phương trình : x3+2y3 = 4z3 (1) Nhận xét: Ta nhận thấy (1) có vế phải chia hết vế trái phải chia hết cho ⇒x M ⇒x = 2x1 thay vào (1) làm tương tự ⇒y = 2y1 ; z = 2z1 lập luận tương tự ta đến x,y,z chia hết cho k với k ∈ N Điều xảy x =y=z=0 Giải: Từ (1) ta thấy x M2 , đặt x = 2x1 với x1 nguyên thay vào (1) chia hai vế cho tađược 4x31+y3 = 2z3 (2) Từ (2) ta thấy yM2 , đặt y = 2y1 với y1 nguyên thay vào (2) chia hai vế cho ta được: 2x31+4y31 = z3 (3) Từ (3) ta thấy z M2 đặt z = 2z1 với z1 nguyên Thay vào (3) chia hai vế cho 2, ta được: x13+2y13 = 4z13 (4) 17 Như (x; y; z) nghiệm (1) (x 1; y1; z1 ) nghiệm (1) Trong x = 2x1; y = 2y1; z = 2z1 Lập luận tương tự ta đến x, y, z chia hết cho k với k ∈ N Điều xảy x = y = z = Vậy phương trình (1) có nghiệm : x = y = z = TÀI LIỆU THAM KHẢO Vũ Hữu Bình, 2008 “Phương trình tốn với nghiệm ngun”, NXB Giáo dục Vũ Quốc Lương,Tôn Thân, 2014 “Bồi dưỡng Số học Đại số”, NXB Giáo dục Nguyễn Ngọc Đạm, 2008 “Toán phát triển đại số 8, 9”, NXB Giáo dục Nguyễn Đắc Đồng, Nguyễn Văn Viễn, 2010 “23 chuyên đề giải 1001 toán sơ cấp bồi dưỡng học sinh giỏi”, NXB Trẻ Võ Đại Mau, 2010 “ 250 Bài toán bồi dưỡng học sinh giỏi tốn cấp 2”, NXB Hồ Chí Minh Nguyễn Ngọc Đạm - Nguyễn Quang Hanh - Ngô Long Hậu, 2014 “500 toán chọn lọc 8”, NXB Đại học sư phạm Đỗ Đình Hoan, 2015 “Tuyển tập đề thi mơn tốn THCS”, NXB Giáo dục 18 ... Một sô phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Phương trình nghiệm nguyên đa dạng phong phú phương trình ẩn, nhiều ẩn Nó phương trình bậc bậc cao Khơng có cách giải chung cho phương trình, ... Vậy nghiệm phương trình x = 3/ Sử dụng điều kiện ∆ ≥ phương trình bậc hai có nghiệm Điều kiện cần để phương trình bậc hai ẩn số có nghiệm ∆ ≥ , để phương trình có nghiệm ngun cần phải ∆ số phương. .. thức x y vào (1) phương trình nghiệm Vậy phương trình (1) có vơ số nghiệm nguyên (x; y) biểu thị công thức:  x = 53 − 17t   y = 3t ( t ∈Z) Chú ý: Phương trình (1) phương trình bậc hai ẩn số