SKKN phương pháp cơ bản để giải các bài toán về phương trình và hệ phương trình nghiệm nguyên thường gặp

- Việc giải phương trình vô định tức là việc tìm nghiệm nguyên của các phương trình và hệ phơng trình đại số với các hệ số nguyên, luôn đòi hỏi học sinh khả năng phân tích, tổng hợp, đối

A PHẦN MỞ ĐẦU

I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:

- Phương trình nghiệm nguyên là một dạng toán hay và khó Tổng quát là một đề tài lí thú của số học và đại số

- Việc giải phương trình vô định tức là việc tìm nghiệm nguyên của các phương trình và hệ phơng trình đại số với các hệ số nguyên, luôn đòi hỏi học sinh khả năng phân tích, tổng hợp, đối chiếu, dự đoán, phương pháp tư duy logic để lựa chọn nghiệm thích hợp

- Trong nội dung chương trình sách giáo khoa môn toán của các lớp trung học cơ sở thì phương pháp hay là các thủ pháp cơ bản giải phương trình nghiệm nguyên không được đề cập đến một cách cụ thể và chi tiết mà chỉ được giới thiệu thông qua một số bài tập

- Các dạng bài toán này thường thấy trên các tạp chí toán học sơ cấp, các đề thi học sinh giỏi các cấp và cả các đề thi vào đại học

- Với các bài toán về phương trình và hệ phương trình nghiệm nguyên thì không có phương pháp giải tổng quát

- Vì vậy tôi chọn đề tài này nhằm trao đổi và giới thiệu với đòng nghiệp vài phương pháp hay thủ pháp cơ bản để giải các bài toán về phương trình và hệ phương trình nghiệm nguyên thường gặp Từ đó áp dụng vào việc bồi dưỡng học sinh giỏi đạt hiệu quả cao hơn

II.PHẠM VI NGHIÊN CỨU:

1 Phạm vi nghiên cứu đ ề tài : Các bài toán về phương trình và hệ phương trình nghiệm

nguyên

2 Đ ối t ư ợng : Học sinh khá giỏi trường THCS

3 Mục đ ích : Trao đổi kinh nghiệm và giúp HS có các phương pháp cơ bản để giải

phương trình và hệ phương trình nghiệm nguyên

B PHẦN NỘI DUNG

I MỘT VÀI PH ƯƠ NG PHÁP GIẢI PH ƯƠ NG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN.

1 Ph ươ ng pháp 1 : Đưa về dạng tích

* Nội dung phương pháp: Vận dụng các phương pháp phan tích đa thức thành nhân tử để

biến đổi phương trình về dạng: vế trái là tích của các đa thức chứa ẩn, vế phải là tích của các số nguyên.

Thí dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình y3 – x3 = 91

Lời giải: Ta có y3 – x3 = 91 <=> (y – x)(y2 + xy + x2) = 91 Vì y2 + xy + x2 > 0 nên y – x > 0

91 1

y x

x xy y

 





  

1

91

y x

x xy y

 





  

13 7

y x

x xy y

 





  

7 13

y x

x xy y

 





  



từ đó ta có nghiệm của phương trình

Thí dụ 2: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x, y) của phương trình x2 + x + 13 = y2

HD: Ta có x2 + x + 13 = y2 <=> 4x2 + 4x + 52 =4 y2 <=> (2y + 2x + 1)(2y – 2x – 1) = 51 Vì

x, y nguyên dương nên 2x + 2y + 1 > 0 => 2y – 2x – 1 > 0

Mặt khác 2x + 2y + 1 và 2y – 2x – 1 là các số lẻ Ta có các trường hợp sau:

2 2 1 1

2 2 1 51

y x

y x

  





  

 và 22y y22x x 1 31 17

  



Từ các trường hợp trên ta ca nghiệm của phương trình

2 Ph ươ ng pháp 2 : Dùng tính chất chẵn lẻ của các số

Một số tính chất:

- Tổng hoặc hiệu của một số chẵn và một số lẻ là một số lẻ.

- Tổng hoặc hiệu hai số chẵn hoặc hai số lẻ là một số chẵn

- Tích các số lẻ là một số lẻ

- Tích các số , trong đó có một số chẵn là một số chẵn

- Trong hai số nguyên liên tiếp thì có một số lẻ và một số chẵn

Thí dụ 3: Tìm nghiệm nguyên dương của phương ttrình 2x – 3y = 1

Lời giải:

* Nếu y chẵn Đặt y = 2a với a nguyên dương Ta có 2x = 1 + 9a Vì 9  1 (mod4) => 9a  1 (mod4) => 2x  2 (mod4) => x = 1 và y = 0

* Nếu y lẻ Đặt y = 2b + 1 với b nguyên dương Ta có 2x = 3.9b + 1 là số chia cho 8 dư 4 (vì 9b

chia cho 8 dư 1) Suy ra x = 2 và y = 1

Thí dụ 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình (2x + 5y + 1)(2x + y + x2 + x) = 105

Lời giải: Vì 105 là số lẻ nên 2x + 5y + 1 là số lẻ => 5y + 1 là số lẻ => 5y là số chẵn => y là số chẵn

Mà 2x + y + x2 + x lẻ => 2x + x2 + x lẻ Mặt khác x2 + x là số chẵn => 2x là số lẻ => x = 0 Thay x = 0 => (5y + 1)(y + 1) = 105

Mà (5y + 1; 5) = 1 => 5y + 1 không là bội của 5 => 5y y 1 51 21

 

 hoặc 5y y 11 521

 



Từ đó ta có x = 0 và y = 4 là nghiệm của phương trình

Thí dụ 5: Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình

2 2

! 1(1)

! 1(2)

2 2 4 2(3)

xy y x

yz z y

   



  







Từ phương trình 3 ta có x2 là số chẵn => x là số chẵn

Thay vào 1 => y là số lẻ => y+1 chẵn => z(y + 1) chẵn nên từ 2 => y! là số lẻ => y = 1

Thay y = 1 vào (1) và (2) ta được x = 2; z = 1

Vậy hệ phương trình có một nghiệm là (x, y, z) = (2, 1, 1)

3 Ph ươ ng pháp 3 : Dùng tính chất chia hết

* Nội dung: Dùng tính chất chia hết để chứng minh phương trình vô nghiệm hoặc để tìm nghiệm của phương trình.

Thí dụ 6: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 – 2y2 = 5

Lời giải: Từ phương trình ta có x là số lẻ Thay x = 2k + 1 ( k Z) ta được

4k2 + 4k + 1 – 2y2 = 5 <=> 2(k2 + k – 1) = y2 => y2 là số chẵn => y là số chẵn Đặt y = 2t ( t  Z), ta có: 2(k2 + k – 1) = 4t2 => k(k + 1) = 2t2 + 1 => phương trình vô nghiệm

Thí dụ 7: Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y, z thoả mãn: x3 + y3 + z3 = x + y + z + 2000

Lời giải: Ta có x3 – x = x(x – 1)(x + 1) là tích của ba số nguyên liên tiếp Do đó x3 – x chia hết cho 3

Tương tự ta có: y3 – y và z3 - z chia hết cho 3

Suy ra x3 + y3 + z3 – x – y – z chia hết cho 3 Mà 2000 không chia hết cho 3

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm

Thí dụ 8: Tìm số có 3 chữ số xyz thoả mãn: xyz + xzy = zzz

Lời giải:

Ta có xyz + xzy = zzz <=> 100x + 10y + z + 100x + 10z + y = 111z

<=> 200x + 11y = 100z => 11y  100 mà (11, 100) = 1 => y  100 mà 0  y 9 => y = 0

 z = 2x mà 0 < z < 10 => 0 < x < 5 => x = 1; 2; 3; 4 => z = 2; 4; 6; 8

 Vậy các số cần tìm là 102; 204; 306; 408

Thí dụ 9: Tìm các cặp số nguyên dương thoả mãn phương trình:

1! + 2! + 3! + + x! = y3

Lời giải: Nếu x > 8 => x!  27 => 9! + 10! + + x!  27

Mà 1! + 2! + 3! + 4! + 5! + 6! + 7! + 8! = 46233  9 và không chia hết cho 27

=> với x > 8 thì 1! + 2! + 3! + + x!  9 nhưng không chia hết cho 27

Mà với x > 8 thì 1! + 2! + 3! + + x!  9 => y3

 9 => y  3 => y3

 27 => mâu thuẫn

=> 0  x 8 => các cặp số x, y

4 Ph ươ ng pháp 4 : Dùng tính chất đồng dư thức

* Nội dung: Dùng tính chất của đồng dư thức để chứng minh phương trình vô nghiệm hoặc để tìm nghiệm của phương trình

Thí dụ 10: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 19x2 + 28y2 = 729

Ta có 729  1 (mod4)

28y2  0 (mod4)

19x2  - x2 (mod4)

Suy ra x2  - 1 (mod4) hay x2  3 (mod4) Mặt khác số chính phương khi chia cho 4 chỉ có số

dư là 0 hoặc 1

Vậy phương trình không có nghiệm nguyên

Thí dụ 11: Tìm các số tự nhiên x, y biết

a/ x2002 – 2000y2001 = 2003 (1)

Nếu x  0 (mod4) Từ (1) => vô lí

Nếu x  1 (mod4) => x2002  1 (mod4) Mà 2003  3 (mod4) => mâu thuẫn

Vậy phương trình vô nghiệm

b/ 2002x – 2001y = 1 <=> 2002x = 2001y + 1

Ta có 2001  1 (mod4) => 2001y  1 (mod4) => 2001y + 1  2 (mod4)

=> 2002x  2 (mod4) => 2x  2 (mod4) => x = 1

Thay x = 1 vào phương trình (1) ta có y = 1

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 1; y = 1

5 Ph ươ ng pháp 5 : Sắp thứ tự các biến

* Nội dung: Nếu các ẩn x, y, z, của phương trình có vai trò bình đẳng, ta có thể giả sử

x y z   để tìm các nghiệm thoả mãn điều kiện này.Từ đó dùng phép hoán vị để suy ra các nghiệm của phương trình đã cho.

Thí dụ 12: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

a/ x + y + z = xyz

Do vai trò bình đẳng của x, y, z trong phương trình, trước hết ta giả sử x y z 

Vì x, y, z nguyên dương nên xyz  0 Do x y z  => xyz = x + y + z  3z => xy  3 => x.y

1;2;3



Nếu xy = 1 => x = y = 1 => Thay vào phương trình ta có 2 + z = z => vô lí

Nếu xy = 2, do x  y nên x = 1 và y = 2, thay vào phương trình ta có z = 3

Nếu xy = 3, do x  y nên x = 1 và y = 3, thay vào phương trình ta có z = 2

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là (1, 2, 3) và các hoán vị của nó

x yz 

Do vai trò bình đẳng của x, y, z trong phương trình, trước hết ta giả sử x y z 

x y z  z => x 3

2

 => x = 1

y z

y z y

   => y  2 => y = 1 hoặc y = 2

Nếu y = 1 thay vào phương trình => 1 0

z  vô lí

Nếu y = 2 => 1 1

2

z  => z = 2 Vậy nghiệm của phương trình là (1, 2, 2) và các hoán vị của nó

6 Ph ươ ng pháp 6 : Dùng bất đẳng thức

* Nội dung: 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 đó.

Thí dụ 13 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 – xy + y2 = 3

Ta có x2 – xy + y2 = 3 <=>

3 3

x

 

  

 

 

Vì

2

0 2

y

x

 

 

4

y

  =>  2  y 2

Lần lượt thay các giá trị của y tìm được vào phương trình để tìm các giá trị của x Ta được các nghiệm của phương trình là (- 1, - 2); (1, 2); (-2, -1); (2, 1); (- 1, 1);(1, -1)

Thí dụ 14: Tìm nghiệm nguyên của phương trình zy xz xy 3

x  y  z 

Lời giải: Điều kiện x, y, z khác 0

Ta có y2z2 + z2x2 + x2y2 = 3xyz => xyz > 0

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có y2z2 + z2x2 + x2y2 3 4 4 4

3 x y z



3 x y z

 => xyz  1 => xyz = 1 vì xyz > 0

Từ đó suy ra các nghiệm của phưng trình là(1, 1, 1); (1,- 1,- 1); (- 1, 1, - 1); ( - 1, - 1, 1)

7 Ph ươ ng pháp 7 : Xét chữ số tận cùng

Thí dụ 15: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 1! + 2! + 3! + + x! = y 2

Nếu x > 4 thì x! có chữ số tận cùng là 0 mà 1! + 2! + 3! + 4! = 33 có chữ số tận cùng là 3 Suy ra 1! + 2! + 3! + + x! có chữ số tận cùng là 3

Mà y2 là số chính phương nên không có tận cùng là 3

Suy ra x  4

Thử các trường hợp của x vào ta có nghiệm của phương trình là (1, 1); (3, 3)

Thí dụ 16: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x2 + x - 1 = 32y+1

Nếu x  0 (mod10) => x2 + x - 1  9 (mod10)

Nếu x  1 (mod10) => x2 + x - 1  1 (mod10)

Nếu x  2 (mod10) => x2 + x - 1  5 (mod10)

Nếu x  3 (mod10) => x2 + x - 1  1 (mod10)

Nếu x  4 (mod10) => x2 + x - 1  9 (mod10)

=> x2 + x - 1 chỉ có thể có tận cùng là1; 5 hoặc 9

Mặt khác ta có 32y+1 = 32y.3 = 9y.3 7 hoặc 3 (mod10)

=> Mâu thuẫn

Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên

8 Ph ươ ng pháp 8 : Đưa về dạng tổng

Thí dụ 17: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + y2 – x – y = 8

Ta có x2 + y2 – x – y = 8 <=> (2x - 1)2 + (2y - 1)2 = 34

Mà 34 = 32 + 52 là cách phân tích duy nhất

=> (2x - 1)2 + (2y - 1)2 = 32 + 52 =>

2 2

2 2

2 2

2 2

(2 1) 3 (2 1) 5 (2 1) 5 (2 1) 3

x y x y

   

 

 



 



  







  



=>

2 1 3

2 1 5

2 1 5

2 1 3

x y x y

   

 

 

 



  

 





 





=> các cặp số cần tìm

Thí dụ 18: Tìm nghiệm nguyên của phương trình 5x2 – 4xy + y2 = 169

Ta có 5x2 – 4xy + y2 = 169 <=> x2 + (2x – y)2 = 169 = 02 + 132 = 122 + 52

Khi đó ta có các trường hợp sau:

TH1:

2

2 2

0 (2 ) 13

x

x y

 





 

2 2 2

13 (2 ) 0

x

x y

 





 



TH3:

2 2

2 2

12 (2 ) 5

x

x y

 





 

 TH4:

2 2

2 2

5 (2 ) 12

x

x y

 





 



9 Ph ươ ng pháp 9 : Sử dụng định lí nghiệm nguyên của phương trình bậc hai để giải phương trình

Định lí 1: Phương trình ax 2 + bx + c = 0 với các hệ số nguyên và c khác 0 nếu có nghiệm nguyên x 0 thì c chia hết cho x 0

Định lí 2: Phương trình ax 2 + bx + c = 0 với các hệ số nguyên khi và chỉ khi  b2  4ac là bình phương của một số nguyên.

Định lí 3: Phương trình với hệ số nguyên x 2 + by 2 + cxy + dx + ey + f = 0 có nghiệm nguyên khi và chỉ khi   (cy d ) 2  4(by2 eyf) là bình phương của một số nguyên.

Thí dụ 19: Tìm mọi số nguyên x sao cho x2 + 28 là một số chính phương

Đặt x2 + 28 = y2 => x và y phải cùng tính chẵn, lẻ

Đặt y = x + 2v với v nguyên dương, thay vào phương trình ta được v2 – xv – 7 = 0

Áp dụng định lí 1 => v = 1 hoặc v = 7 khi đó x = 6 hoặc – 6 là nghiệm nguyên của phương trình đã cho

Thí dụ 20: Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 + 3y2 + 4xy + 2x + 4y – 9 = 0

Ta có: x2 + 3y2 + 4xy + 2x + 4y – 9 = 0 <=> x2 + 2(2y + 1).x + 3y2 + 4y – 9 = 0

Áp dụng định lí 3 thì phương trình đã cho có nghiệm nguyên <=> (2y2 + 1)2 – (3y2 + 4y – 9)

= v2 có nghiệm nguyên

Ta có (2y2 + 1)2 – (3y2 + 4y – 9) = v2 <=> v2 = y2 + 10

Đặt v = y + 2t thay vào phương trình ta có 2(t2 + t) = 5

=> phương trình đã cho không có nghiệm nguyên

Thí dụ 21: Giải phương trình nghiệm nguyên: 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + 5 = 0

Phương trình 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + 5 = 0 có nghiệm nguyên <=> (2x – 1)2 – (3x2 + 4x + 5) = v2 có nghiệm nguyên

Ta có (2x – 1)2 – (3x2 + 4x + 5) = v2 <=> x2 – 4 = v2

Đặt v = x – t thay vào phương trình trên ta có t2 – 2xt + 4 = 0 Đặt t = 2u ta có phương trình u2

– xu + 1 = 0

Áp dụng định lí 1 ta có u = 1 hoặc u = -1 thì x = 2 hoặc x = -2 Thay vào phương trình đã cho

ta được nghiệm của phương trình là (x, y) = (2, - 5) hoặc (- 2, 3)

10 Ph ươ ng pháp 10 : Phương pháp kẹp

* Phương pháp kẹp thường dùng những nhận xét sau:

Nhận xét 1: Giữa hai số chính phương liên tiếp không có số chính phương nào khác

Nhận xét 2: x n < y n < (x + a) n thì y n = (x + i) n với i = 1; 2; 3; ; (a -1)

Nhận xét 3: x(x + 1)(x + 2) (x + n) < y(y + 1)(y + 2) (y + n) < (x + a)(x + a + 1)(x + a + 2) (x + a + n) thì y(y + 1)(y + 2) (y + n) = (x + i)(x + i + 1)(x + i + 2) (x + i + n) với i = 1; 2; 3; ; (a -1)

Thí dụ 22: Giải phương trình nghiệm nguyên 1 + x + x2 + x3 = y3

Ta có x2 + x + 1 = (x + 1

2)2 + 3

4 > 0; 5x2 + 11x + 7 = 5(x + 11

10)2 + 19

20 > 0 Nên 1 + x + x2 + x3 – ( x2 + x + 1) < 1 + x + x2 + x3 < 1 + x + x2 + x3 + 5x2 + 11x + 7

do đó x3 < y3 < (x + 2)3 => y3 = (x + 1)3 => y3 = x3 + 3x2 + 3x + 1

=> x3 + x2 + x + 1 = x3 + 3x2 + 3x + 1

=> x2 + x = 0 => x = 0 hoặc x = - 1

Vậy nghiệm nguyên của phương trình đã cho là (0, 1) và (- 1, 0)

Thí dụ 23: Giải phương trình nghiệm nguyên x3 – y3 – 2y2 – 3y – 1 = 0

Ta có x3 – y3 – 2y2 – 3y – 1 = 0 <=> x3 = y3 + 2y2 + 3y + 1

Vì y2  0; 5y2 + 2 > 0

Nên ta có y3 + 2y2 + 3y + 1 – (5y2 + 2) < y3 + 2y2 + 3y + 1 y3 + 2y2 + 3y + 1 + y2

Do đó (y – 1)3 < x3  (y + 1)3 => x3 = y3 hoặc x3 = (y + 1)3

Nếu x3 = y3 => 2y2 + 3y + 1 = 0 => y = - 1 => x = - 1

Nếu x3 = (y + 1)3 => y2 = 0 => y = 0 => x = 1

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là (- 1, - 1); (1, 0)

Thí dụ 24: Giải phương trình nghiệm nguyên x4 + x2 – y2 + y + 10 = 0

Ta có x4 + x2 – y2 + y + 10 = 0 <=> y(y – 1) = x4 + x2 + 10

Mà x4 + x2 < x4 + x2 + 10 < x4 + x2 + 10 + 6x2 + 2

Do đó x2(x2 + 1) < y(y – 1) < (x2 + 3)(x2 + 4)

=>

2 2

2 2

( 1) ( 1)( 2)

( 1) ( 2)( 3)





Kết hợp với đề bài ta được x2 = 4 hoặc x2 = 1 từ đó tìm được nghiệm nguyên của phương trình

đã cho

11 Ph ươ ng pháp 11 : Chỉ ra nghiệm nguyên

* Nội dung: Thử trực tiếp một số giá trị của ẩn là nghiệm rồi chứng minh phương trình chỉ có các giá trị đó là nghiệm.

Thí dụ 25: Tìm các số tự nhiên x thoả mãn phương trình: 2x + 3x = 5x

Ta có 2x + 3x = 5x <=> 2 3 1

x x

   

   

    (2) Với x = 0 => vế trái bằng 2 loại

Với x = 1 => vế trái của phương trình 2 bằng 1 đúng

Với x  2 thỡ 2 2

5 5

x

 



 

  và 3 3

5 5

x

 



 

x x

   

   

Vậy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trỡnh

II BÀI TẬP ÁP DỤNG

Bài 1: Tìm các số nguyên dơng x, y, z biết:

a/ 2x + 2y + 2z = 2336 b/ 5x + 2.5y + 5z = 4500 với x < y < z

Bài 2: Tìm tất cả các số có ba chữ số sao cho tích của ba chữ số bằng tổng của ba chữ số Bài 3: Tìm tất cả các số tự nhiên có ba chữ số sao cho tổng của sáu số có hai chữ số khác nhau

đợc viết từ ba chữ số của nó bằng chính nó

Bài 4: Tìm tất cả các số có ba chữ số sao cho mỗi số bằng tổng bình phơng các chữ số của nó Bài 5: Tìm các số tự nhiên x, y biết.

a/ x2 + 4x + 3 = 2y2 2 y

b/ (x + y)(xx + y y) = 1981

Bài 6: Tìm tất cả các số có ba chữ số sao cho tổng nghịch đảo của các chữ số hàng trăm và

hàng chục bằng nghịch đảo của chữ số hàng đơn vị và chữ số hàng đơn vị là một số nguyên tố

Bài 7: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng:

3

3

Bài 8: Tìm các số tự nhiên x, y, z biết

x y z



Bài 9: Tìm ngiệm nguyên của phơng trình

Bài 10: Có tồn tại hay không các số tự nhiên m, n sao cho m2 - n2 = 101010

Bài 11: Tìm các số tự nhiên n biết

C PHẦN KẾT LUẬN

- Khi nghiờn cứu đề tài một số phương phỏp giải phương trỡnh nghiệm nguyờn tụi nhận thấy việc ỏp dụng đề tài vào việc bồi dưỡng học sinh giỏi rất cú hiệu quả Tạo cho học sinh khả năng phõn tớch, tổng hợp và phương phỏp tư duy logic trong học tập Đặc biệt học sinh cú hứng thỳ và yờu thớch toỏn học hơn

- Chắc chắn rằng cũn nhiều những phương phỏp hay thủ phỏp khỏc để giải phương trỡnh và

hệ phương trỡnh nghiệm nguyờn Đặc biệt là cỏc thớ dụ và cỏc bài toỏn về phương trỡnh và hệ phương trỡnh nghiệm nguyờn hay và hấp dẫn khỏc Mong được tiếp tục trao đổi cựng đồng