5 k171999 y = 5 2 t 17 393 << Bài viết: ứng dụng tính chia hết vào việc giảt một số dạng toán phơng trình nghiệm nguyên. Trong quá trình dạy học và bồi dỡng HSG môn toán ở trờng trung học tôi thấy rằng học sinh có thể tiếp thu một cách dễ dàng các phép tính số học, thực hiện tốt các d y tính các phức tạp . Song, khiã gặp một số bài toán nghiệm nguyên của một phơng trình thì đa số học sinh thờng " lúng túng" , nhiều em còn "né tránh", ngại tiếp xúc. Điều đó ảnh hởng rất lớn đến sự phát triển t duy toán học nh ; tính mềm dẻo, tính linh hoạt, sáng tạo . của các em sau này. ở bài viết này tôi xin trình bày một số ứng dụng của tính chia hết để giải một số dạng toán phơng trình nghiệm nguyên trao đổi với bạn đọc và các bậc đồng nghiệp cùng các em học sinh, nhằm phục vụ công tác dạy học ngày càng tốt hơn. Khi giải một phơng trình có thể sử dụng nhiều phơng pháp giải nên ở bài viết này tôi không đề cập đến việc trình bày cụ thể một phơng pháp nào mà chỉ trao đổi qua một số dạng toán. II. Một số dạng toán phơng trình nghiệm nguyên *Dạng 1 : Phơng trình bậc nhất 2 ẩn dạng: ax + by = c ( a,b,c z ) Bài toán 1.1 : Cho phơng trình: 17 x + 30 y = 11994 (1) a/ Tìm nghiệm nguyên của ( 1) b/ Tìm nghiệm nguyên dơng của ( 1) Hớng giải: a/ Tìm nghiệm nguyên của (1): Dễ thấy 30y 6 và 11994 6 nên (1) có nghiệm nguyên khi và chỉ khi 17 x 6 mà (17,6) =1 => x 6 Đặt x = 6 k (k nguyên) khi đó (1) có dạng ; 17 k + 5y = 1999 tkZ k k k y 52 t, 5 k -2 ặt t tụcpTiê . 5 )2(2 3399 5 171999 == += ==> Từ đây ta có : x= 12 - 30 t (*) y= 393 + 17 t (**) Thay các công thức (*) và (**) vào (1) phơng trình đợc nghiệm đúng. Vậy các nghiệm của (1) đợc biểu thị bởi công thức: x = 12 - 30 t y = 17 t + 393 ( t z) b/ Tìm nghiệm nguyên dơng: Phơng trình ( 1) có nghiệm nguyên dơng khi và chỉ khi 12 - 30 t > 0 và 17t + 393 > 0 suy ra: Vì t Z nên t { 0; -1 ; -2 .; -22 ; - 23 } có 24 giá trị của t. Vậy nghiệm nguyên d ơng của phơng trình (1) tơng ứng với các giá trị của t khi thay vào các công thức trên, phơng trình (1) có 24 nghiệm nguyên d- ơng. * Nhận xét: 1. Nếu bài toán yêu cầu tìm nghiệm nguyên dơng thì chúng ta phải giải các điều kiện ở công thức nghiệm để giới hạn phạm vị xác định nghiệm. 2. Việc tách các giá trị nguyên của biểu thức có nhiều cách. Chẳng hạn: (c) 5 3k-1 -4k - 400 y , ) b ( 5 2k 1 -3k - 400 y , (a) 5 34 4399 = + = + += k ky 1 Tiếp tục đặt t Z <=> => x = 0, x= 1 Tuy nhiên cách tách trong bài giải trên đơn giản hơn so với những cách (a); (b); (c) trên vì khi gải (a); (b) ; (c) ta cần đặt thêm ẩn phụ làm cho bài toán trở nên phức tạp dài dòng trong cách giải. 3/ Việc giải các phơng trình dạng ax+ by = c đ có công thức giải ở trong một số tài liệu tham khảo.ã Tổng quát: ax+ by = c x= x 0 + bt a,b,c z ; (a,b) = 1 y = y 0 - at Trong đó x 0 ; y 0 là một nghiệm riêng của phơng trình đ cho.ã B ài toán 1.2: Chứng tỏ rằng phơng trình sau không có nghiệm nguyên. 2004x + 2006 y = 20072007 ( 2) Giải: Dễ thấy vế trái của (2) chia hết cho 2 vế phải thì 20072007 là một số lẽ không chia hết cho 2 vậy phơng trình đ cho vô nghiệm . ã * Bài tập tơng tự: a/ Tìm các nghiệm nguyên (và tìm nghiệm nguyên dơng) của các phơng trình: a 1 / 18x - 7y = 45 , a 2 / 9x + 20y = 5472, a 3 / 5x + 13y = 169 b/ Chứng tỏ rằng các phơng trình sau không có nghiệm nguyên. b 1. / 2007x + 9999y = 20062010, b 2 / 18x+ 24y = 2006. Dạng 2: Phơng trình : ax 2 + by 2 + cxy + dx + ey + f = 0; ax 2 y + by 2 x + cxy + dy+ ex + f = 0 Bài toán 2.1 : Tìm các nghiệm nguyên của phơng trình 7x+ 11 = 2xy + 3y ( 3) Hớng giải: Vì x z nên 2x + 3 0 . 3x2 2x 3 3x2 2x)3x2(3 3x2 2x9x6 3x2 11x7 y + + += + +++ = + +++ = + + = Để y nhận giá trị nguyên thì phải có ( x+ 2 ) ( 2x + 3 ) => 2( x+ 2 ) ( 2x+ 3) => 1 2x+ 3 => 2x+ 3 là ớc của 1 Do đó: Với 2x + 3 = 1 <=> x = -1 khi đó y = 4 Với 2x + 3 = -1 <=> x= -2 khi đó y = 3. Đáp số: ( -1;4), (-2;3) Bài toán 2.2: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình sau: x 2 y - 5x 2 - xy - x+ y - 1 = 0 ( 4) Hớng giải: Biểu thị x theo y ta có: 1x 4-6x 5 y )01 xdo ( 1 15 2 2 2 2 + +==>>+ + ++ = x x xx xx y Ta có y z => ( 6x - 4 ) ( x 2 - x + 1 ) <=> 2 ( 3x - 2) ( x 2 - x+ 1) 2 ( x 2 - x+ 1) (3x-2 ) ( x 2 - x+ 1) x 2 - x+ 1 = + 2 x 2 - x+ 1 = + 1 + Với x= 0 => y = 1 + Với x= 1 => y = 7 ( các trờng hợp khác loại ) * Nếu (3x- 2) ( x 2 - x+ 1) ( * ) => x ( 3x - 2 ) ( x 2 - x+ 1) => (3x 2 - 2x ) ( x 2 - x+ 1) => ( 3x 2 - 3x + 3 +x - 3 ) ( x 2 - x+ 1) => ( x-3) ( x 2 - x+ 1) => ( 3x- 9 ) ( x 2 - x+ 1) , (**) Lấy (*) trừ cho (**) ta đợc 7 ( x 2 - x+ 1) => x 2 - x+ 1 bằng một trong các giá trị -7; 7; 1; -1 Từ đây ta đợc các nghiệm: (3; 7 ), ( 0;1), (1, 7 ) đây cũng là nghiệm của phơng trình ( 4). Bài toán 2.3: Cho phơng trình x 2 - y 2 + 7x = 0 (5) a/ Tìm nghiệm nguyên của phơng trình với y N 2 * Nếu 2 : ( x 2 - x+ 1) => Ta biểu thị x theo y nh sau: => b/ Tìm các số x Z để x 2 + 7x là một số chính phơng. Hớng giải: a/ Cách 1 : Đa phơng trình (5) về phơng trình ớc số (5) <=> (4x 2 + 28x + 49) - 4y 2 = 49 <=> (2x + 7 2y) (2x + 7 + 2y) = 49 (*) - Nếu y = 0 từ (5) => x 1 = 0, x 2 = -7 - Nếu y > 0 từ (*) => x 3 = 9, x 4 = -16 Cách 2 : Xem (5) là phơng trình bậc hai đối với biến x. Ta có: = 49 + 4y 2 Để (5) có nghiệm nguyên thì phải là số chính phơng. Đặt : 49 + 4y = k 2 ( k N ) <=> ( k + 2y) ( k- 2y ) = 49 Vì y N nên k + 2y > k - 2y và k + 2y > 0 => ( k + 2y) - ( k - 2y ) = 4y nên k + 2y và k - 2y cùng tính chăn lẽ và phải cùng lẽ nên ta có: k+ 2y 49 7 k- 2y 1 7 y 12 0 - Với y = 0 ta có x 1 = 0, x 2 = -7 - Với y = 12 ta có x 3 = 9, x 4 = -16 b/ Giải tơng tự câu a) Bài toán 4: Chứng tỏ rằng các phơng tình sau không có nghiệm nguyên a/ 2x 2 + y 2 = 1999 (6) b/ 7x 2 - 5y 2 = 3 (6') Hớng giải: a/ Ta có: 2x 2 2 và 1999 2 nên để có (6) thì y 2 phải lẽ => y lẽ. Đặt y = 2k + 1 (k z ) khi đó (6) có dạng 2x 2 + 4 ( k 2 + k ) = 1998 Dễ thấy 1998 chia cho 4 d 2 suy ra 2x 2 không chia hết cho 4 nên x lẽ. Đặt x= 2t + 1 từ đó ( 6 ) có thể viết dới dạng 8t( t + 1 ) + 4k ( k+1) = 1996 (*) Ta lại có vế trái chia hết cho 8 còn vế phải không chia hết cho 8 vậy (*) không có nghiệm nguyện suy ra (6) không có nghiệm nguyên. b/ Từ (6') => 6x 2 - 6y 2 + x 2 + y 2 = 3 => x 2 + y 2 3 Mặt khác: x 2 và y 2 khi chia cho 3 thì d 0 hoặc 1 mà x 2 + y 2 3. Nếu x 2 và y 2 đều chia hết cho 3. Do đó x và y đều chia hết cho 3 nên x 2 và y 2 chia hết cho 9. Nh vậy 7x 2 - 5 y 2 ! 9 còn 3 ! 9 vậy (6' ) không có nghiệm nguyên. Nhận xét: Phơng trình nghiệm nguyên dạng "bậc 2 có hai ẩn" là dạng toán thờng gặp ở bậc THCS. Khi giải nó chúng ta thờng đa về phơng trình ớc số (phơng trình tích) hoặc dùng tính chất chia hết hoặc dùng điều kiện cần để một phơng trình bậc 2 có nghiệm. * Bài tập tơng tự: 1/ Tìm nghiệm nguyên các phơg trình sau: a/ x 2 + y 2 - x - y = 8 , b/ x 2 - 2x = y 2 - 11 , c/ 3x 2 - 6x = 13 - 4y 2 , d/ 8x 2 - 25 = 3xy +5x 2/ Chứng tỏ các phơng trình sau không có nghiệm nguyên: a/ 5x 2 - 4y 2 = 3 b/ 19x 2 + 28y 2 = 729 *Dạng 3: Phơng trình bậc 3 trở lên có 2 ẩn 3.1. Bài toán 7: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình x+ x 2 + x 3 = 4y 2 + 4y ( 7) Hớng giải: Dùng tính chất chia hết và tính chất của số chính phơng, ta có: (7) <=> 1+ x + x 2 + x 3 = 4y 2 + 4y + 1 <=> (x+ 1)( x 2 + 1) = (2y +1) 2 (*) Dễ thấy (2y + 1) 2 lẽ => x+1 và x 2 +1 là hai số lẽ. Giả sử ( x+1, x 2 + 1) = d => d lẻ 3 m 3 8 1 3m n = Mặt khác x+1 d =>1- x 2 d kết hợp với x 2 + 1 d ta có 1 - x 2 + 1 + x 2 d => 2 d => d = 1 (vì d lẻ). Vì (x+1 ) ( x 2 + 1 ) là số chính phơng (*) Mà ( x+1 , x 2 + 1 ) = 1 Vậy x+1 và x 2 + 1 đều là số chính phơng Dễ thấy x 2 và x 2 + 1 là 2 số tự nhiên liên tiếp mà đều là số chính phơng nên x = 0 . Khi đó theo ( 7 ) thì y = 0 hoặc y = -1 . Nghiệm của (7) là: ( 0; 0); ( 0;-1 ) 3.2. Bài toán 8: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: x 3 - 8 = y 3 + xy ( 8) Hớng giải: Ta có (8) <=> ( x- y) 3 + 3xy ( x- y ) = xy + 8 Đặt: x- y = m, xy = n ta có : m 3 + 3mn = n+ 8 <=> m 3 - 8 = - n( 3m - 1) => m 3 - 8 3m - 1 => 27 ( m 3 - 8 ) 3m - 1 => 27 m 2 -1 -215 3m-1 Do 27m 3 -1 3m - 1 nên 215 3m -1 mà 215 = 5x43 Nên 3m -1 { + 1; + 5; + 43; + 215 } do m, n Z nên 3m -1 { - 1; 5; - 43; 215 } Ta có bảng 3m-1 -1 5 -43 215 m 0 2 -14 72 -8 0 -64 -1736 Mặt khác: Ta có ( x- y) 2 + 4xy > 0 Nếu 4m 2 + 4n > (*) kết hợp (*) và điều kiện có nghiệm thì chỉ có m = 2và n= 0 là phù hợp. Ta có x-y = 2 và xy = 0 từ đây ta có nghiệm ( 0,-2), ( 2,0 ) Lu ý: Bài toán này có thể có cách giải khác nh dùng giá trị tuyệt đối hoặc dùng tính chất của số chính ph- ơng. 3.3. Bài toán: Chứng tỏ các phơng trình sau không có nghiệm nguyên a/ x 3 + y 3 = 2002 b/ x 4 + y 4 + ( x+y) 4 = 4004 Hớng giải: a/ Ta có nhận xét : Lập phơng của một số nguyên chia cho 9 chỉ có thể d 0; 1; 8; ( thật vậy nếu a 3 => a 3 9. Nếu a = BS 3 + 1 thì a 3 = BS 9 + 1 .). Do đó x 3 + y 3 chia cho 9 chỉ có d 0; 1; 2; 7; 8 còn 2002 chia 9 d 4 vậy phơng trình đ cho không có nghiệm nguyên ã b/ Ta có: x 4 + y 4 + ( x+ y ) 4 = 4004 <=> 2( x 2 + y 2 + xy) 2 = 2.2002 <=> ( x 2 + y 2 + xy) 2 = 2002. Điều này vô lý vì 2002 không phải là số chính phơng ( vì tận cùng bằng 2 ) => ĐPCM * Một số bài tập tơng tự: 1/ Tìm nghiệm nguyên các phơng trình sau: a/ x 3 + y 3 = 3xy + 3 , b/ x 3 - y 3 = xy + 25 , c/ x 3 + y 3 = y 6 , d/ x 6 + 3x 2 + 1 = y 4 2/ Chứng tỏ các phơng trình sau không có nghiệm nguyên a/ x 3 + y 3 = 2002 , b/ x 4 + y 3 + ( x+ y ) 4 = 3996, c/ x 3 + y 3 = 7 , d/ x 5 + 2xy = 10. ( 3y + 1 ) Dạng 4: Phơng trình có chứa 3 ẩn , 4 ẩn 4.1 Bài toán: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình sau: 2x- 5y - 6z = 4 (10) Hớng giải: Từ (10 ) có nghiệm nguyên khi và chỉ khi 5y 2 => y 2 Đặt y = 2m, ta có x - 5m - 3z = 2 => x= 5m + 3z + 2 Đặt z = t ta có công thức nghiệm x= 5m + t + 2 ; y = 2m và z = t ( với m, t z) 4.2 Bài toán: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình x 7 + y 7 = 7z (11) Hớng giải: (11) có nghiệm nguyên khi x 7 + y 7 7 Theo định lý nhỏ Féc ma ta có: x 7 - x 7 và y 7 y 7 , ta viết (11) dới dạng: 4 , nếu ( x 7 - x ) + ( y 7 - y ) + ( x+ y ) = 7z ta có x+ y 7 đặt x+ y = 7 k ; x = t, ( k z , t z ) Ta có công thức nghiệm: x= t ; y= 7k - t và z = [ t 7 + ( 7k - t ) 7 ] : 7 ( Với k, t z ) 4.3 Bài toán: Chứng tỏ phơng trình: x 4 + y 4 + x 4 + z 4 + t 4 + k 4 = 2006 không có nghiệm nguyên. Hớng giải: - Nếu x là số chẵn thì x 4 16 - Nếu x là số lẽ thì x 2 : 8 d 1 nên x 4 = ( 8k + 1 ) 2 : 16 d 1 Nh vậy mỗi số x 4 ,y 4 ,z 4 ,t 4 chia cho 16 d 1hoặc 0 nên x 4 +y 4 +z 4 +t 4 +k 4 chia cho 16 có số d nhỏ hơn hoặc bằng 5. Còn vế phải 2006 chia cho 16 d 6. Vậy phơng trình không có nghiệm nguyên. * Một số bài tập tơng tự: 1/Tìm nghiệm nguyên của các phơng trình sau: a/ 2x-5y-z = 4, b/ x 2 +2y 2 + z 2 - 2xy - 2y + 2z + 2= 0, c/ x 3 + y 3 + z 3 =1 + 3xyz 2/ Chứng tỏ các phơng trình sau không có nghiệm nguyên a/ x 2 + y 2 + z 2 = 1999 , b/ x 3 + y 3 + z 4 = 2003, c/ x 3 + y 3 + z 3 = 1996 2 * Dạng 5: Phơng trình có chứa biến ở mẫu. 5.1 Bài toán: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình 2 1 2 111 =++ xyyx Hớng giải: Hớng 1:Đa về phơng trình ớc số Nhân 2 vế với 2xy ta có ( 13) <=> 2x+ 2y + 1 = xy ; (13) <=> ( x-2 ) ( y-2) = 5 Từ đây ta có nghiệm ( 7;3) , (3,7) Hớng 2: Giả sử x > y thì 6, 3 2 111 2 1 . 1 2 1 ; 11 <<++=< yrasuy yxyyxyxyyx Mặt khác: y > 1 nên xét y { 2;3;4;5 } đợc y = 3; x= 7 ; Đáp số: ( 7;3) , (3,7) Bài toán 5.2: Xác định a để phơng trình ( ) 141 xy a y 1 x 1 22 =++ Hớng giải: Giả sử ( x 1 , y 1 ) là nghiệm nguyên dơng của phơng trình đ cho .ã Gọi ( x, y) = d => x= d x 1 , y = dy 1 , với ( x 1 , y 1 ) = 1 Ta có: (14) <=> x 2 +y 2 + axy = x 2 y 2 <=> y(y+ax) = x 2 (y 2 - 1) <=> y 1 (y 1 + ax 1 ) = x 2 1 (dy 2 1 -1) vì (x 1 , y 1 ) = 1 Nếu (dy 2 1 - 1 ) y 1 => y 1 là ớc số của 1 do y nguyên dơng nên y 1 = 1 => x 1 =1 do đó x = y Thay vào (14 ) ta đợc a + 2 = x 2 . Nh vậy để ( 14) có nghiệm nguyên dơng thì a+ 2 là số chính phơng. * Một số bài tập tơng tự: 1/ Tìm nghiệm nguyên của các phơng trình sau: 3 z xy c/ , ) n tốnguyê ( 111 / ; . 5 111 / =++=+=+ x yz y xz sốlàp pyx b yx a 2/ Tìm nghiệm nguyên dơng của các phơng trình 1 1111 / .4 y x .c/ 31 401 / 6 1 6 111 / 2222 =+++=+++ = ++ ++++ =++ tzyx d x t t z z y tyyzt xyztztxtxy b xyyx a 5 (p là số nguyên tố), (13) có nghiệm nguyên dơng Trên đây là một số ứng dụng tính chất chia hết để giải phơng trình nghiệm nguyên ở bậc THCS mà trong quá trình bồi dỡng HSG tôi đ tích luỹ đã ợc, chắc chắn nội dung của bài viết cha thực sự hấp dẫn, và không tránh khỏi những thiếu sót. Kính đề nghị Ban biên tập chọn đăng để bạn đọc gần xa tham khảo, đồng góp ý, bổ sung thêm để những vấn đề nêu trên đợc đầy đủ hơn, sâu sắc hơn nhằm góp phần vào việc nâng cao chất lợng giáo dục. Ngời trình bày M 6 ( Tài liệu tham khảo: - Toán nâng cao và phát triển - Vũ Hữu Bình - Phơng trình không mẫu mực- Nguyễn Đức Tấn - Toán nâng cao các lớp 6, 7, 8, 9. - Đề thi học sinh giỏi các khối lớp ở bậc THCS ). . học và bồi dỡng HSG môn toán ở trờng trung học tôi thấy rằng học sinh có thể ti p thu một cách dễ dàng các phép tính số học, thực hiện tốt các d y tính các. sinh thờng " lúng túng" , nhiều em còn "né tránh", ngại ti p xúc. Điều đó ảnh hởng rất lớn đến sự phát triển t duy toán học nh ; tính