Phương trình Nghiệm nguyên BDHSG và ôn thi vào chuyên Toán

C¸c bµi to¸n nghiÖm nguyªn th−êng xuyªn cã mÆt t¹i c¸c k× thi lín nhá trong n−íc vµ ngoµi n−íc... B- Néi dung..[r]

- A Mở đầu

I Lý chn chuyờn đề:

Trong ch−ơng trình tốn THCS ph−ơng trình nghiệm ngun ln đề tài hay khó học sinh Các tốn nghiệm ngun th−ờng xun có mặt kì thi lớn nhỏ n−ớc n−ớc

Tuy nhiên lại khơng có nhiều tài liệu viết riêng nội dung này, để phục vụ giảng dạy thân, đặc biệt công tác bồi d−ỡng học đội tuyển học sinh giỏi bồi d−ỡng học sinh thi vào tr−ờng chuyên lớp chọn nên đ; viết chuyên đề

Trong chuyên đề đề cập đến vấn đề nghiệm nguyên ( cụ thể dạng ph−ơng pháp giải) khơng sâu vốn hiểu biết cịn có hạn

II Phạm vi mục đích chuyên đề:

1 Phạm vi chuyên đề:

- Áp dụng với đối t−ợng học sinh khá- giỏi khối 8- 2 Mục đích chuyên đề:

- Trao đổi với đồng nghiệp học sinh số ph−ơng pháp nh− số tốn giải ph−ơng trình nghiệm ngun ch−ơng trình bồi d−ỡng học sinh khá- giỏi lớp 8,

- Giúp học sinh biết vận dụng ph−ơng pháp cách linh hoạt việc giải toán nghiệm nguyên từ dễ đến khó

B- Néi dung

Phơng pháp 1: áp dụng tính chia hết

Các tính chất thường dùng : – Nếu a ⋮ m a ± b ⋮ m b ⋮ m

– Nếu a ⋮ b, b ⋮ c a ⋮ c

– Nếu ab⋮ c mà ƯCLN(b , c) = a⋮ c

– Nếu a⋮ m, b⋮ n ab⋮ mn

– Nếu a⋮ b, a⋮ c với ƯCLN(b , c) = a⋮ bc

– Trong m số nguyên liên tiÕp, bao giê tồn số bội ca m

1.Phơng trình dạng ax + by =c

ví dụ 1: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: 2x + 25y = (1) Gi¶i:

Có thể dễ dàng thấy y chẵn Đặt y =2t ph−ơng trình (1) trở thành: x + 25t = Từ ta có nghiệm ph−ơng trình

4 25

x t

y t

t Z

= −  

= 

 ∈



Chú ý: ta cịn có cách thứ hai để tìm nghiệm ph−ơng trình Đó ph−ơng pháp tìm nghiệm riêng để giải ph−ơng trình bậc hai ẩn Ta dựa vào định lý sau:

NÕu phơng trình ax + by =c với (a;b) = có nghiệm ( x0; y0) nghiệm nguyên của phơng trình nhận từ công thức

0

x x bt

y y at

t Z

= + 



= − 

 ∈



Định lý chứng minh khơng khó ( cách trực tiếp vào ph−ơng trình) dựa vào định lý ta cần tìm nghiệm riêng ph−ơng trình ax + by =c

2.Đa phơng trình ớc số:

Ví dụ2: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: 2x+5y+3xy=8 (2)

Gi¶i:

( )

( )

( )

( )

( )

( )

(2) 3 24 3 15 24 3 15 10 34 3 5(2 ) 34

2 (3 5) 34

x y y

x y y

x y y

x y y

x y y

y x

⇔ + + =

 

⇔  + + =

⇔ + + =

⇔ + + + =

⇔ + + + =

⇔ + + =

Vì 34=17.2=34.1=(-17).(-2) = (-1).(-34) nên ta cã b¶ng kÕt qu¶:

3x+5 -34 -1 17 2 3y+ -1 -34 17 2

x -13 -2 -1

y -1 -12

Ví dụ3: Giải phơng trình nghiệm nguyªn sau: 2

2

x + y + xy− x− =y (3)

Gi¶i:

( ) ( )

3 ⇔ x +x 3y− +2 2y − + = +y a a ( a số ch−a biết đ−ợc xác định sau)

XÐt ph−¬ng tr×nh; ( )

3

x + y− x+ y − + =y a

Cã ( )2 ( 2 ) 2

3y 2y y a y 8y 4a

∆ = − − − + = − + −

Chän a = -3

Ta cã 2 ( )2

8 16

y y y

∆ = − + = −

1 1; 2

x y x y

⇒ = − − = − + từ ta có ph−ơng trình −ớc số:

(x+ +y 1)(x+2y− =3)

Suy kÕt qu¶: ( ) (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)

Gi¶i:

( )4 ⇔ x y( − = +1) y

Ta có y = nghiệm phơng trình Với y1 ta có:

1

y x

y

+ =

−

3

1

x y

⇔ = +

− ⇒ y− ∈1 ¦(3)= − −{ 3; 1;1;3}

}

{ 2; 0; 2;

y

Phơng pháp 2:Phơng pháp lựa chọn Modulo ( hay gọi xÐt sè d− tõng vÕ)

Tr−íc tiªn ta có tính chất sau: Một số chÝnh ph−¬ng chia cho d− 0;1 chia cho d− 0;1 chia cho d− 0;1;4 vv

XÐt sè d− hai vÕ

Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên phơng trình:

9x+ =2 y +y (*)

Giải:

Ta cã: ( ) ( ) ( ) ( )

9 2 mod mod mod

VT = x+ ≡ ⇒VP= y + ≡y ⇔ y y+ ≡

( )

1 mod

y

( y=3k y = 3k+2 th× VP≡0 mod 3( ))

y k

⇒ = + (trong k ∈Z) thay vào pt(*) ta có :

( ) (2 ) 2 2

9x+ =2 3k+1 + 3k+ ⇔1 9x=9k +9k⇔ =x k +k

VËy

2

3

x k k

y k

k Z

 = +



= + 

 ∈



VÝ dơ 6: Gi¶i phơng trình nghiệm nguyên không âm sau:

(2x+1 2)( x+2 2)( x+3 2)( x+ −4) 5y=11879

Gi¶i:

Ta cã ; 2x x+1; 2x+2; 2x+3; 2x+4 số tự nhiên liên tiếp 2x(2x+1 2)( x+2 2)( x+3 2)( x+4 5) Mặt khác ƯCLN(2x;5) = nªn (2x+1 2)( x+2 2)( x+3 2)( x+4 5)⋮

Víi y≥1 th× VT =(2x+1 2)( x+2 2)( x+3 2)( x+ −4) 5y⋮ cßn VP=11879≡4 mod 5( ) suy phơng trình nghiệm

Víi y =0 ta cã :

( )( )( )( ) ( )( )( )( )

2x+1 2x+2 2x+3 2x+ − =4 11879⇔ 2x+1 2x+2 2x+3 2x+ =4 11880

( )( )( )( )

2x 2x 2x 2x 9.10.11.12 2x 2x 2x

x

⇔ + + + + = ⇒ + = ⇔ = ⇔ = ⇔ =

VËy ph−¬ng trình đ; cho có nghiệm ( ) ( )x y; = 3; VÝ dơ 7: T×m x, y nguyên dơng thoả m;n : ( )2

3x+ =1 y+1

Gi¶i: 3x+ =1 (y+1)2 ⇔3x = y y( +2) (**)

Ta cã VT =3x ≡1 mod 2( )⇒VP= y y( + ≡2) (1 mod 2)

Suy y số lẻ mà y y+2 hai số lẻ liên tiếp Từ pt(**)

3

m n

y y

 =



⇒ + =

Ta cã y +2 > y ⇒ n > m ≥1

Nếu m > y y+ chia hết cho ( vơ lí ( y; y+2) =2 ) Vậy m =1 ⇒n = ⇒x=1 ⇒ y =1

2.Sử dụng số d− để ph−ơng trình vơ nghiệm Ví dụ 8: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên d−ơng sau: 430

19x+ +5y 1890 1975= +2013

Gi¶i:

Ta cã x ,y nguyên dơng 5; 1890 5y 19x 5y 1890 19x(mod 5)

VT

⇒ = + +

Mặt khác: 19 mod 5( )19x ( 1)x(mod 5)

Nếu x chăn 19x1 mod 5( ); x lẻ 19x mod 5( ) (≡4 mod 5)

( )

1; mod

VT

⇒ ≡ VP≡3 mod 5( ) Do ph−ơng trình vơ nghiệm Ví dụ 9: Tìm số ngun d−ơng x, y biết: 2

1 y

x + − =x +

Gi¶i: Ta cã: ( )

3 y mod

VP= + ≡ (*)

NÕu x =3k ( *

k∈N ) th× VT =x2+ − ≡x mod 3( )

NÕu x =3k +1 ( k∈N ) th× VT =x2+ − ≡x 1 mod 3( )

NÕu x =3k +2 ( k∈N) th× VT =x2+ − ≡x 1 mod 3( )

VËy víi ∀ ∈x Z+ th× VT =x2+ − ≡x 1; mod 3( ) (**)

Từ (*) (**) suy không tồn số nguyên dơng x, y thoả m;n toán

Chỳ ý:Nhiu bi toỏn thi vô địch n−ớc phải xét đến Modulo khỏ ln

VD ( IMO năm 1999)

Ví dụ 10: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau:

4

m = −n

Gi¶i:

( )

2

0;1;3; 4;5;9 mod11

m ≡ cßn n5− ≡4 6; 7;8 mod11( ) suy phơng trình vô nghiệm

Chú ý: Đối với phơng trình nghiệm nguyên có tham gia số lập phơng thì Modulo thờng dùng Mod9 Vì ( )

0;1;8 mod

x

Ví dụ 11: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: 3

2011

x +y + =z ( 8)

Gi¶i: Dùa vào nhận xét trên: Ta có ( )

0;1;8 mod

x ≡ ;y3≡0;1;8 mod 9( )z3 ≡0;1;8 mod 9( )

( )

3 3

0;1; 2;3; 6; 7;8 mod

VT x y z

⇒ = + + ≡

Ph−ơng pháp 3:Dùng bất đẳng thức

1 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 3xyz

Giải Không tính tổng quát ta giả sử x y z

3

1 1; 1

xyz x y z z

xy x y z

⇒ = + + ≤

⇒ ≤ ⇒ = = ⇒ =

VËy nghiƯm cđa ph−¬ng trình (x;y;z)= ( 1;1;1)

Chỳ ý: i vi ph−ơng trình nghịch đảo biến ta dùng ph−ơng pháp ( vai trò biến nh− nhau) Ta có cách giải khác ví dụ 9:

Chia c¶ hai vế phơng trình cho xyz ta có: 1

xy+ zx+ yz=

Gi¶i:

Không tính tổng quát ta giả sử 1≤ ≤ ≤x y z 1 32 x2 x

xy zx yz x

⇒ + + = ≤ ⇒ ≤ ⇒ =

Suy ra: y = 1; z =1

VÝ dô 13: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau: 1 1

x+ + =y z

Gi¶i:

Không tính tổng quát ta gi¶ sư 1≤ ≤ ≤x y z 1 1 x

x y z x

+ + =

Lần lợt thử x = phơng trình nghiệm nguyªn XÐt x = ta cã 1 1 1

2+ + = ⇔ + = ≤y z y z y⇒ 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

xÐt x =3ta cã: 1 1 1 2 3+ + = ⇔ + = ≤y z y z y ⇒ y

Mặt khác y =x y=3z=3

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 cã: (x+y)! =x! + y! ≤ 2.y! ⇒ x≤1 v× nÕu x > th× 2.y! ≥ (y+2)!

2.y! ≥ y! (y+1)(y+2) ⇔ ≥2 (y+1)(y+2) ( vô lí y1)

Vậy x = Thay vµo PT (*) ta cã 1+y! = (y+1)! ⇔ + =1 y! y y!( + ⇔1) y y ! 1= ⇒ y=1

Vậy ph−ơng trình có nghiệm x = y = 2.áp dụng bất đẳng thức cổ điển

Ví dơ 15 Tìm số nguyên dương x, y thoả mãn phương trình : 2 2

(x + 1)(x + y ) = 4x y Giải :

Áp dụng bất đẳng thức Cơ–si ta có :

2

x + ≥ 2x, dấu xÈy x =

2

x + y ≥ 2xy, dấu xÈy x = y

Vì x, y nguyên dương nên nhân bất ñẳng thức vế theo vế ta ñược :

2 2

(x + 1)(x + y ) ≥ 4x y, dấu có x = y =

Vậy phương trình có nghiệm x = y =

VÝ dơ 16: Gi¶i phơng trình nghiệm nguyên sau: ( )2 ( 2 2 )

1

x+ +y = x +y +

Giải:

áp dụng BĐT Bunhiacopski ta cã ( ) (2 )( 2 2 )

1 1 1

x+ +y ≤ + + x +y +

DÊu b»ng xÈy 1 1

x = = =y hay x = y =

VËy Ph−¬ng tr×nh cã nghiƯm x = y =

VÝ dụ 17: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau: 2 ( )3

15

x + −z x z= x y z− y +

Gi¶i:

( )

( ) ( ) ( )

3 2 2

3

2 2

15

5

x z x z x y z y

x y z x z y

+ − = − +

⇔ + + + = +

áp dụng bất đẳng thức côsi cho số ta có : ( ) (2 )3 ( )

5

x + y + + ≥z x z y + DÊu = x©y

khi 2

5

x =y + =z Từ phơng trình x2 =y2+5(xy)(x+y)=5x=3;y=2z=9

Ghi chó:

Việc áp dụng bất đẳng thức vào giải ph−ơng trình nghiệm nguyên dùng ẩn ý dùng bất đẳng thức dễ bị lộ Tuy nhiên có vài tr−ờng hợp dùng bất đẳng thức hay nh− ví dụ sau:

VÝ dơ 18.1: Gi¶i phơng trình nghiệm nguyên dơng sau: Giải:

Ta cã Do (*)

T−¬ng tù ta cịng cã (**) Céng theo vÕ cđa (*) vµ (**) ta cã

( ) ( )

( ) ( ) ( )( )

( ) ( )( )

2

4 2 2

2

4 2 2 2

4 2 2

1

2 1

3

1

2 1 1

3

3 2 1

x y x y x x y y

x y x y x x y y x x y y

x y x y x x y y

+ + + + ≥ − + + − +

 

⇔ + + + + ≥  − + + − + ≥ − + − +

⇔ + + + + ≥ − + − +

DÊu “=” xÈy x = y=

VËy nghiƯm cđa phơng trình x = y=

Vớ d 18.2: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên d−ơng sau với x, y, z số đôi khác 3 3 3 ( )2

x +y + = + +z x y z

Giải: áp dụng bất đẳng thức

3 3

3

x +y +z x+ +y z

≥ 

 

( ) (2 )3

3 3

9

x y z

x y z x y z + + x y z

⇒ + + = + + ≥ ⇒ + + ≤

Vì x, y, z đôi mộ khác suy x+ + ≥ + + =y z 6⇒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

4 2 2

3(x +y + +x y + =2) 2(x − +x 1)(y − +y 1)

( )2 2 ( 2 ) 2

1 1

x+ ≥ ⇔ x + x+ ≥ ⇔ x + + ≥x x − +x

( )2 ( )( ) ( )2

4 2 2 2

1 1 1

3

x + + =x x + −x = x + +x x − + ≥x x − +x

( )2

4 2

1

3

3 áp dụng tính đơn điệu vế:

Ta một vài giá trị biến thoả m;n ph−ơng trình chứng minh nghiệm

VÝ dụ 19: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau: 3x+4x =5x

Gi¶i:

Chia c¶ hai vế phơng trình cho 5x ta có:

5

x x

   

+ =

   

   

Thư víi x = ta thấy nghiệm nguyên phơng tr×nh Víi x = ta cã VT =VP = thoả m;n toán

Với x3

2

3

5

x

   

⇒  < 

    vµ

2

4

5

x

   

<

   

    suy

2

3 4

1

5 5

x x

       

+ < + =

       

   

Vậy Phơng trình có nghiệm nhÊt x =

Tõ vÝ dô 19: suy cách làm tập sau: Tìm số tự nhiªn x cho ( ) ( ) ( )3 x+ x= x

Đối với phơng trình ta có toán tổng quát Tìm số nguyên dơng x; y; z thoả mHn 3x+4y =5z

đáp số: x = y = z = nh−ng cách giải vô tác dng vi bi ny

(Đểgiải hữu hiệu xét Modulo)

4 Dùng điều kiện ∆ ≥0 ∆ ≥' 0để ph−ơng trình bậc hai có nghiệm

VÝ dơ 20:

Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: 2

2 2

x + y = xy+ x+ y

Gi¶i:

( )

2 2

2 2 2

x + y = xy+ x+ y⇔x − x y+ + y − y= ta

cã: ( )2 ( ) 29 29

'

2

y y y y y − y +

∆ = + − − = − + + ≥ ⇔ ≤ ≤

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; ; 2; 0( )}

Nhận xét:Nói chung ph−ơng pháp đ−ợc dùng f(x ; y) có dạng tam thức bậc hai f(z) = az2 + bz + c a <0

Ph−ơng pháp 4:Ph−ơng pháp chặn hay gọi ph−ơng pháp đánh giá

Chđ u dùa vµo hai nhËn xÐt sau:

ã Không tồn nZthỏa mÃn a2 <n2 <(a+1)2 với a số nguyên ã Nếu 2 2 ( )2

2

a <n < a+ víi a n; ∈Z th× n = a +

Ta cã vÝ dô sau:

Ví dụ 21: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: 2

1

x + + =x y

Gi¶i:

XÐt hiƯu ( )2 2 ( )2

1

x + −y =x ≥ ⇒ x + ≥ y

XÐt hiÖu 2

1

y −x =x + > ⇒ y >x

Suy ra: ( )2 2 ( )2 ( )2

1

x < y ≤ x + ⇒ y = x + Thế vào phơng trình ban đầu ta có:

x2 =0

0

x

⇔ =

NhËn xÐt trªn cã thĨ më réng víi sè lËp ph−¬ng ta cã vÝ dơ sau:

Ví dụ 22: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: 3

2

x −y = y + y+

Gi¶i:

Bằng cách biên đổi nh− ví dụ ta có: ( )3 3 ( )3

1 ;

y <x y+ x=y x= +y

Lần lợt xét trờng hợp x = y x = y +1 ta tìm đợc nghiệm phơng trình:

( ) (x y; ∈ − −{ 1; ; 1; 0) ( )}

Phơng pháp 5: Dùng tính chÊt cđa sè chÝnh ph−¬ng Các tính chất thưêng dùng :

– Số phương không tận 2, 3, 7,

– Số phương chia hết cho số nguyên tố p chia hết cho p – Số phương chia cho 3, cho dư

– Số phương chia cho 5, cho số dư 0,

– Số phương lẻ chia cho 4, số dưñều

Dạng 1: sử dụng mệnh đề sau:

víi x, y, z nguyên xy = z2 với (x;y) = th×

2

,

x k

y t voi k t Z kt z

 =



= ∈



 =



ThËt vËy ta chøng minh phơng pháp phản chứng:

Giả sử x, y không số phơng nên phân tích thành số nguyên tố x y tồn số chứa số nguyên tè p víi sè mị lỴ.( sè p víi sè mũ lẻ trái với điều kiện z2 số phơng) suy điều phải chứng minh

Ví dụ 23:

Giải phơng trình nghiƯm nguyªn sau: 2

2x +3x + −1 y =0

Gi¶i:

( )( )

4 2 2

2x +3x + −1 y = ⇔0 2x +1 x + =1 y

Ta cã: ( 2 )

2x +1;x + =1

Suy ra:

2 2

1

x t

x z

 + =

 

+ =

Từ phơng trình ( )( )

2

1 1

x + = ⇔t x t− x t+ = − x= y=

Vậy nghiệm phơng trình là:

1

x y

=  

= 

Dạng 2: sử dụng mệnh đề sau:

Nếu n; t số nguyên thoả mHn n( n+1) = t2 n = n+1 =0

Chứng minh: Giả sö n≠0; n+ ≠1 0⇒t≠0

VËy

( )2 ( )2 ( )( )

2 2 2

n + n = t ⇔4n + 4n =4t ⇔ 2n+1 =4t + ⇔1 2n+1 - 4t =1⇔ 2n+ −1 2t 2n+ +1 2t =1

Vì n; t số nguyên nên từ ph−ơng trình −ớc số suy n=0 n =-1⇒(Dpcm) áp dụng mệnh đề để giải ph−ơng trình nghiệm ngun ví dụ sau:

Ví dụ 24: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: 2 2

2 5

x + xy+y + x+ y=x y −

Gi¶i:

( )( )

2 2 2

2 5

x + xy+y + x+ y=x y − ⇔ + +x y x+ + =y x y

2

x y

⇒ + + = x+ + =y từ tìm đ−ợc nghiệm ngun phng trỡnh

Phơng pháp 6:Phơng pháp lùi vô hạn

( hay cũn gọi ph−ơng pháp xuống thang) Ph−ơng pháp dùng để chứng minh ph−ơng trình f(x,y,z,…) ngồi nghiệm tầm th−ờng x = y = z = khơng cịn nghiệm khác

Phơng pháp đợc diễn giải nh sau:

Bắt đầu việc giả sử (x y z0; 0; 0, ) nghiệm f(x,y,z,…) Nhờ biến đổi, suy

luËn sè häc ta t×m đợc nghiệm khác(x y z1; 1; ; ) cho c¸c nghiƯm quan hƯ víi

bộ nghiệm tỷ số k Ví dụ: x0 =kx y1; =ky z1; =kz1;

Råi l¹i tõ bé (x y z2; 2; 2; ) cho c¸c nghiƯm quan hƯ víi bé nghiÖm (x y z1; 1; ; )bëi mét

tỷ số k Ví dụ: x1=kx y2; 1=ky z2; 1=kz2; Quá trình tiếp tục dẫn đếnx y z0; 0; 0, chia

hÕt cho ks với s số tự nhiên tuỳ ý ®iỊu nµy xÈy vµ chØ x = y = z == Để rõ ràng ta xÐt vÝ dô sau:

VÝ dô 25: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: 2

3

x +y = z

Gi¶i:

Gäi (x y z0; 0; 0) lµ mét nghiệm phơng trình Xét theo mod3 ta chứng minh x y0; chia hÕt cho ThËt vËy: rõ ràng vế phải chia hết cho suy ra: 2

0

x +y ⋮ ta cã:

( ) ( )

2

0 0;1 mod ; 0;1 mod

x ≡ y ≡ đó: x02+y02⋮3⇒x0⋮3; y0⋮3

đặt x0 =3 ;x y1 0=3 ;y z1 0 =3z1 vào rút rọn ta đ−ợc ( 2)

1 0

3 x +y =z ⇒z ⋮3⇒ z =3z

ThÕ vµo rút gọn ta đợc 2 1

x +y = z (x y z0; 0; 0) nghiệm ph−ơng

trình (x y z1; 1; 1) nghiệm phơng trình tiếp tục trình suy luËn

trên dẫn đến 0; 0; k

x y z ⋮ điều xẩy

0 0

x =y =z =

Ví dụ 26: Giải phơng trình nghiƯm nguyªn sau: 2

2

x +y +z = xyz

Gi¶i:

Gi¶ sư (x y z0; 0; 0) lµ mét nghiƯm cđa phơng trình 2

0 0 0

x +y +z = x y z

2 2 0

x y z

⇒ + + ch½n ( 2x y z0 0 0 chẵn) nên có hai tr−êng hỵp xÈy

Tr−êng hỵp 1: Cã hai số lẻ, số chẵn Không tính tổng quát ta giả sử x0,y0 lẻ; z0 chẵn Xét theo mod4 ta cã: 2 ( )

0 0 mod

x +y +z ≡ 2x y z0 0 04 ( z0 chẵn) v« lý

Tr−ờng hợp 2: số chẵn Đặt x0 =2 ;x y1 0 =2 ;y z1 0 =2z1 vào rút gọn ta có:

2 2

1 1 1

x +y +z = x y z lập luân nh− ta đ−ợc x y z1; 1; chẵn Quá trình lại tiếp tục đến x0 ;y z0; 02k vi *

Phơng pháp 7: Nguyên tắc cực hạn

( hay gọi nguyên lí khởi đầu cực trị)

Về mặt hình thức ph−ơng pháp khác với ph−ơng pháp lùi vô hạn nh−ng ý t−ởng sử dụng thi nh− chứng minh ph−ơng trình ngồi nghiệm tầm th−ờng khơng có nghiệm khỏc

Phơng pháp bắt đầu việc giả sử (x y z0; 0; 0, ) lµ nghiƯm cđa f(x;y;z;…) với điều kiện ràng buộc với bộ(x y z0; 0; 0, ) VÝ dơ nh− x0 nhá nhÊt hc x0+ + +y0 z0 nhá nhÊt…

Bằng phép biến đổi số học ta tìm đ−ợc nghiệm khác (x y z1; 1; ; )trái với điều kiện ràng buộc Ví dụ chọn (x y z0; 0; 0, ) với x0 nhỏ ta lại tìm đ−ợc

(x y z1; 1; ; ) thoả m;n x1<x0 từ dẫn đến ph−ơng trình đ; cho có nghiệm

(x y z0; 0; 0) (= 0; 0; 0)

Ta xÐt vÝ dô sau:

Ví dụ 27: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: 4 4

8x +4y +2z =t

Gi¶i:

Gi¶ sư (x y z t0; 0; 0, 0) lµ nghiƯm cđa

4 4

8x +4y +2z =t víi ®iỊu kiƯn x0 nhỏ

Từ phơng trình suy t chăn Đặt t = 2.t1 vào rút gọn ta đợc: 4 4 0

4x +2y +z =8t

Rõ ràng z0 chẵn Đăt z0 =2.z1

4 4 0 1

2x y 8z 4t

⇒ + + = y0 chẵn Đăt y0 =2.y1 4 4

0 21

x y z t

⇒ + + = ⇒ x0 chẵn Đăt x0 =2.x1

4 4 1 1

8x 4y 2z t

⇒ + + = ⇒(x y z t1; 1; ;1 1) nghiệm ph−ơng trình dễ thấy x1<x0 (vô lý ta chọn x0 nhỏ nhất) Do ph−ơng trình có nghiệm (x y z t; ; ; ) (= 0; 0; 0; 0)

Chó ý vÝ dơ trªn ta cịng cã thÓ chän x0+ +y0 z0 nhá nhÊt lý luËn nh− trªn ta cịng dÉn

Ph−ơng pháp 8: Sử dụng mệnh đề số học. Tr−ớc tiên ta đến với toán nhỏ sau

Cho p số nguyên tố có dạng 2t

p=k + với t nguyên dơng; k số tự nhiên lẻ CMR

2t 2t

x +y ⋮p th× x p⋮ ; y p⋮ .

Chøng minh

Gi¶ sư x p⋮ ⇒ y p⋮ theo Ferma nhá ( ) ( )

1 mod ; mod ;

p p

x − ≡ p y − ≡ p p=k.2t+1 nªn

( )

( )

.2

1 mod mod

t

t

k

k

x p

y p

 ≡

 

≡



⇒ 2 ( )

2 mod

t t

x +y ≡ p

Mặt khác k lẻ nên theo đẳng thức 2n 2n

a + +b + ta cã: xk.2t +yk.2t =(x2t +y2t).A

( A số đó) Rõ ràng 2 ( )

0 mod

t t

k k

x +y ≡ p (do gi¶ thiÕt x2t +y2t⋮p)

Do theo ví dụ 20, ví dụ 21 ta có điều phải chứng minh Xét tr−ờng hợp nhỏ toán trên:

Khi t= 1; k lẻ nên k = 2s+1 ⇒ p = 4s+3 lúc ta có mệnh đề sau: P số nguyên tố có dạng p = 4s+3 Khi 2

x +y ⋮p th× x p⋮ ; y p⋮ .

Mệnh đề đơn giản lại công cụ vô hiệu với nhiều tốn khó

VÝ dơ28: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau:

7

x y = ( đây phơng trình nhỏ của phơng trình Mordell) phơng trình Mordell phơng trình có dạng ( )

; ;

x + =k y k x y Z∈

Giải: Tr−ớc tiên ta có bổ đề sau:

Mọi số nguyên tố dạng A = 4t+ có −ớc ngun tố dạng p = 4s +3 Chứng minh:

Gi¶ sư A ớc số có dang p = 4s +3

(41 4)( 1) (4 41 2)

A= t + t + = t t + +t t + = h+ ( vơ lý) Do A có −ớc dạng 4t1 +3;

Nếu 4t1 +3 bổ đề c chng minh

Nếu 4t1 +3 hợp số lý luận tơng tự ta lại có 4t1 +3 có mét −íc sè d¹ng 4t2 +3

NÕu 4t2 +3 hợp số ta lại tiếp tục Vì trình hữu hạn nên ta cố điều phải chứng minh

Quay lại toán

7

x = y +

xÐt y ch½n ( ) ( )

7 mod mod

y x

⇒ + ≡ ⇒ ≡ v« lý ( )

0;1; mod

x ≡ )

xÐt y lẻ viết lại phơng trình dới dạng

1

x + =y + ⇒x2+ =1 (y+2)(y2−2y+4)

nÕu y=4k+1⇒ y+ =2 4k+3

nÕu ( )2 ( )

4 4 4

y= k+ ⇒ y − y+ = k+ − k+ + = h+ y ln có −ớc dạng

Ví dụ 29: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: x + =5 y

Giải Xét y ch½n ( )

0 mod

y

⇒ ≡ ( ) ( )

5 mod mod

x x

+ Vô lý ( )

0;1; mod

x ≡

XÐt y lỴ nÕu y = 4k+ 3 ( ) ( ) ( )

3 mod mod mod

y x x

⇒ ≡ ⇒ +

( vô lí ( )

0;1 mod

x ≡ )

Nếu y = 4k+1 víêt phơng trình dạng ( )( )

4 1

x + =y − ⇒x + = y− y + +y

Râ rµng 2 ( ) (2 )

1 4 1

y + + =y k+ + k+ + = +t

Do

1

y − cã Ýt nhÊt mét −íc nguyªn tè p = 4s +3

2

4 4

x p s p p

⇒ + ⋮ = + ⇒ ⋮ ⇒ = ( vô lý ph−ơng vơ nghiệì cuối để thấy

thêm hiệu cuả mệnh đề ta đến với tốn Euler Ví dụ 30: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau:

4xy− − =x y z

Giải: Cách 1: Lời giải Euler

Giả sử phơng trình có tập nghiệm (x y z; ; ) (= a b c; ; ) với c giá trị nhỏ z

Suy ra: 2 ( ) ( ) ( )

4ab a b− − =c ⇒16ab−4a−4b=4c ⇒ 16ab−4a − 4b− − =1 4c *

Céng vµo hai vÕ cđa (*) ( )2 ( )

4 4a−1 −8 4a−1 c ta cã:

( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

2 2

2

4 4 1 [4(4 1) 8(4 1) ] [4(4 1) 8(4 1) ] 4 4 **

a b b a a c c a a c

a b a c c a

− − − − − + − − − = + − − −

   

⇒ −  + − − − =  − − 

Vậy phơng trình (*) có nghiệm (a;b;c) phơng trình (*) có nghiệm (a;b+4a-1-2c;c-4a+1)

Vì c giá trị nhỏ z suy ( )2 2

4

z= −c a− >c ⇒

( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( )

( ) ( )

( )

2 2

4 4 4 4 1 4

4 4 4 (1)

c a a b a c c a b

b a c b

b a c b

a c a c

 − −  = −  − + − − > = − − −

   

⇒ − + − − > −

 

⇒ − + − − > −

⇒ − − > ⇒ − >

Vì a b có vai trò nh nên ta cã 4b− >1 2c (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra:4a− ≥1 2c+1; 4b− ≥1 2c+1

PT (*): 4c2 =( )( ) ( )2 2 2

4a−1 4b− ≥1 2c+1 −1⇒4c ≥4c +4c⇒c≤0 v« lÝ

( )

( )( ) 2 ( )( ) ( )2 2

4 4 16 4

4 4 4

xy x y z xy x y z xy x y z

x y z x y x

− − = ⇔ − − = ⇔ − − =

⇔ − − = + ⇔ − − = +

Rõ ràng 4x−1; 4y−1 có dạng 4t +

ThËt vËy: 4x-1 = 4(x-1)+3; 4y-1 = 4(y-1)+3

Do (4x−1 4)( y−1) có it nhât −ớc nguyên tố p = 4s +3

1

z p s

⇒ + ⋮ = +

1 p

⇒ ⋮ vơ lý ph−ơng trình vơ nghiệm

Các dạng ph−ơng trình vơ định nghiệm nguyên đ; giới thiệu với bạn Việc xếp dạng, ph−ơng pháp chủ ý tơi nên nhiều sai sót Sau phần nói thêm số ph−ơng trình nghiệm ngun khỏc

Một số dạng tập khác

1)Phơng trình dạng mũ:

( thờng sử dụng phơng pháp xét modulo nhng luôn)

Ví dụ 31: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: ( )

2x+ =7 y x y, Z

Giải: x = phơng trình không cã nghiƯm nguyªn

1

x= ⇒ y= ±

xÐt ( ) ( ) ( )

2 2x mod 2x mod mod

x≥ ⇒ ≡ ⇒ + y vô lí y2 0;1 mod 4( )

vậy nghiệm phơng trình ( ) ( )x y; ∈{1;3 ; 1; 3( − )}

Ví dụ 32: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: ( )

2x+21= y x y, ∈Z

Gi¶i:

Xét x lẻ, đặt x= 2k +1 ⇒2x =2.4k =2 1( + )k ≡2 mod 3( )⇒2x+21≡2 mod 3( )

( )

2

2 mod

y

⇒ ≡ (V« lÝ) v× ( )

0;1 mod

y ≡

Xét x chẵn, đặt x= 2k 2 2 ( )( )

2 k 21 y y k 21 y 2k y 2k 21

⇒ + = ⇒ − = ⇒ − + = phơng trình ớc số nên ta dễ dàng tìm đợc ( ) ( )x y; { 2;5 ; 2; 5( − )}

Ví dụ 33: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau: 2x+2y+2z =2336 víi x< <y z

Gi¶i:

( )

2x+2y+2z =2336 ⇔2 2x + y x− +2z x− =2336=2 73 ta cã 2+ y x +2z x số lẻ

Vậy ( )

( )

5

2

1 2 73 x

y x− z x−

 =

 

+ + =



Tõ (1) suy x = thay vµo (2) ta cã 5 5

1 2+ y− +2z− =73⇔2y− +2z− =72

( )

− − − −

3

5

1 2

5 11

2 2

z y z y

y y

z y y

y z

− −

− −

 + =  =  − =  =

 

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

− = =

= =

   

 

VËy (x y z; ; ) (= 5;8;11)

Chú ý: Với cách giải ta giải đợc toán sau: tìm nghiệm nguyên phơng tr×nh 2x+2y+2z =2n (x≤ ≤y z n; ∈Z)

KQ: (x y z; ; ) (= −n 2;n−2;n−1)

VÝ dụ 34: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau

5 3y 317

x = +

Gi¶i:

Trong phơng trình có tham gia số lập phơng nh đ; nói phần phơng pháp lựa chọn modulo ta lùa chon mod9

Ta cã: víi y =1 suy x =

Víi ( ) ( )

2 3y mod 3y 317 mod

y≥ ⇒ ≡ ⇒ x = + vô lý 5x3 0; 4;5 mod 9( )

Suy ph−ơng trình có nghiệm ( x;y) = ( 4;1) Ta đến với toán khú hn

Ví dụ 35: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau y x

x = y

Giải: Rõ ràng x = y nghiệm

xét x y không tính tổng quát ta gi¶ sư x<y

y x xy y xx y

⇒ = ⇔ = y nguyªn nªn y

x

x nguyên y x đăt y =tx vào ta đợc: t t

x =txx =t rõ ràng t2 đ;giả sửxy

ta có t=2⇒x=2;y=4 víi t≥3⇒x≥2 ta chøng minh t

x− >t x≥2 nªn ta chØ viƯc

chøng minh

2t− >t ta chøng minh b»ng quy n¹p theo t

ta có: t =

Giả sử khẳng định với t = k tức

2k− >k ta chứng minh khẳng định với t = k+1

Tøc lµ 2k ≻k+1

Thật vậy: theo giả thiết quy nạp ta có:

2k− >k⇒2k >2k> +k ( v× k >1)

Do ph−ơng trình vơ nghiệm với t3

Vậy nghiệm phơng trình là: ( ) ( )x y; ∈{ a a; ; 2; ; 4; 2( ) ( )} víi a ∈Z

Ví dụ 36: Giải phơng trình nghiệm nguyên không âm sau: 2x− =3y

Gi¶i:

XÐt theo mod3

Ta cã: 2x− =1 3y xÐt víi y = suy x =

xÐt y≥1⇒3y ≡0 mod 3( )⇒2x− ≡1 mod 3( )

mặt khác2x = (3 1)x ( )1 x1 mod 3( )x chẵn x chẵn ( )1 x mod 3( )

Đặt x = 2k ta cã ( )( )

( ) ( )

2

2 2 3 3

k u

k v k k u v v u

u v y

 + =  − = ⇒ + − − = = − ⇒ + =   + = 

NÕu u = suy 3v=-1 v« lý

NÕu u≥1⇒3u ≡0 mod 3( )⇒3v+ ≡2 mod 3( ) 1 x v u y =  ⇒ = ⇒ = ⇒ =

Vậy phơng trình có nghiệm là: ( ) ( )x y; ∈{1; ; 2;1( )} 2)Bài toán với nghiệm nguyên tố:

Ví dụ 37: Tìm n∈N để:

a)

1

n + +n số nguyên tố b) n5+ +n số nguyên tố c) n4+4n số nguyên tố

Giải: a) ta cã ( )( )

1 1

n + + =n n + +n n +n số nguyên tố n2− + =n 1⇒n=1

b) ( )( )

1 1

n + + =n n + +n n − +n lµ sè nguyªn tè n3− + =n2 1⇒n=1

c) Chú ý n lẻ n+1

1

4 2 2

4 2 2

n n

n n n

n n n

+ +

  

⇒ + = + +  +

số nguyên tố

1

2 2

2 =1 n=1 n

n

n

+

+

Ví dụ 38: Tìm số nguyên tè x ;y ;z tho¶ m;n

1 y

x + =z

Gi¶i Víi x lỴ

1 y

x z

⇒ + = chẵn z chẵn mà lại số nguyªn tè nªn z =

3 y

x

= ( không tồn x; y thoả m;n) Xét x chẵn: x=2 xy+ =1 z2 ⇔2y+ =1 z2

Nếu y lẻ đặt y = 2k + 1: ( ) ( )

2y 2.4k mod 2y mod z z y

⇒ = ≡ ⇒ + ≡ ⇒ ⋮ ⇒ = ⇒ =

NÕu y ch½n ⇒ y=2

5 z

= vô lý phơng trình đ; cho có nghiƯm: (x y z; , ) (= 2;3;3)

Víi cách làm tơng tự ta giải đợc toán sau:Tìm số nguyên tố x ;y ;z thoả mHn xy+ =1 z

3)Các phơng trình chứng minh có vô số nghiệm: Ví dụ 39: Chứng minh phơng trình 3

x +y =z có vô số nghiệm

Giải: Ta xây dựng nghiệm phơng trình

3 3 x y

x y z z

z z

   

+ = ⇔  +  =



đăt x a; y b x az; y bz

z = z = ⇒ = = vào phơng trình ta đợc

( ) ( ) ( )

3 3 3 3 3

;

z a +b =z ⇒z=a +b ⇒x=az=a a +b y=bz=b a +b

Chú ý công thức ch−a đa quét hết nghiệm toán xong ta cần nh− vậy để giải toán ny

Ví dụ 40: Chứng minh phơng trình

x +y =z cã v« sè nghiƯm

Gi¶i: Ta cã

2a+2a =2a+ Đăt 2 ;4 23 a a

x= y= ta cã:

2a 2a 2a

x +y = + = + chän

1

2 a

z

+

= x;y;z

nguyªn nªn ( )

3

4 84 48

1

a

a a t t Z

a

 

⇔ = + ∈



 +



⋮ ⋮

⋮

VËy ph−¬ng trình đ; cho có vô số nghiệm dạng ( ) ( 21 12 28 16 12 7)

; ; t ; t ; t

x y z = + + +

Các tập vận dụng:

Giải phơng trình sau trªn Z 1) 3x+7y=9

2) 25x+7y=16

2

3) x +3xy−y +2x−3y=5

2

4) 2x +3y +xy− − =3x y

4 4 14

5) x + + + +x x x =1599

2

6) x +y =16z+6 7) x!+ =y! z!

( )

8) x!+ = +y! x y !

3

9) 19x −17y =50

3 3

10) 5x +11y +13z =0

2

11) x =y +16

( )

2 2

12) x +y =6 z +t

2

13) xy−2y− +3x x =3

( 2 ) ( )

14) x +y +xy =7 x+2y

3

15) x − −y xy=15

2

16) x +xy+y = +x y

2

17) 1 x+ + +x x =y (GVG tØnhVP năm 2001) ( )2

3

18) x +y = +x y

3

19) y −x =2x+1

4 2

20) x + + =x y −y

2 2

21) x +y =7z

2

22) x = y +16 (HSG tØnh Thanh Hãa 2009)

2 2 2

( 2 2)

24) 6x +3y +z =5t

2

25) 19x +28y =2001

2

26) x +xy+y =2x+y

( )

2 2 2

27) x y =z z − −x y

4 2

28) n +2n +2n +2n+ =1 y

( ) ( )

3

29) x z + y −2xy z+x x−y =0 (AM- 2005)

4 2

30) x + −x y + + =y 10

( )

31) x+ + + =y z 3xyz

Các toán với số nguyên tè

33) t×m

; 4x

xN x + số nguyên tố

34) 1 (x y, Z p; P)

x+ =y p ∈ ∈

35) (p− + =1 ! 1) pn (nN p, số nguyên tố)

36) p p( + +1) (q q+ =1) (n n+1) ( ; ; )p q n số nguyên tố)

37)

8

p = q+ ( p; q số nguyên tố)

Các toán khó

38) (APMO) Tỡm n ngun d−ơng để ph−ơng trình sau có nghiệm xn+ −(2 x) (n+ +2 x)n

39) (Brazil 1990) Chứng minh phơng trình sau có v« sè nghiƯm 3

1990

a + b =c 40) Tìm x; y nguyên d−ơng để : 1! 2! 3! ! z

x y

+ + + + =

41)Tìm số nguyên dơng x,y,z biết: 2xx= yy+zz (Nga 2008)

42) (IMO 2006) Tìm số nguyên d−ơng x; y để: 2

1 2x x

y

+

+ + =

43) Tìm số nguyên x;y;z thoả mHn 28x =19y+87z

44) Tìm số nguyên dơng n k tho¶ mHn k = n+ −1 n−1

45) T×m x;y;z biÕt 4 ( )

; ;

C KÕt luËn

Tổng hợp dạng toán ph−ơng pháp giải cho nội dung tốn học việc làm cần thiết công việc dạy học tốn nói chung, dạy học bồi d−ỡng học sinh giỏi nói riêng Nó giúp cho em tự tin làm dạng tập chủ đề đó, đặc biệt tham gia kì thi chọn học sinh giỏi

Trong chuyên đề đề cập đến vấn đề nghiệm nguyên ( cụ thể dạng ph−ơng pháp giải) khơng sâu vốn hiểu biết cịn có hạn

Trên suy nghĩ tổng hợp thân số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên, xin đ−ợc trao đổi bạn đồng nghiệp Rất mong nhận đ−ợc góp ý bạn đồng nghiệp để chun đề đ−ợc hồn thiện

Ch©n thành cảm ơn!

Kớ duyt ca t trng Ng−ời viết chuyên đề

Phụ lục

Tài liệu tham khảo

1) Nầng cao phát triển toán 6,7,8,9 - Vũ Hữu Bình NXB GD

2) 1001 toán sơ cấp BD HSG toán THCS - Lê Hồng Đức - Đào Thiện Khải

3) Tổng hợp toán tuổi thơ năm 2009- NXB GD

4) Tuyển chọn thi HSG Toán THCS - Lê Hồng Đức 5) Phơng trình nghiệm nguyên - Vũ Hữu Bình

6) Tạp chí Toán học tuổi trẻ NXB GD

7) Các đề thi vào tr−ờng chuyên lớp chọn tỉnh

8) Các chuyên đề bồi d−ỡng học sinh giỏi toán THCS – Lê Đức Thịnh.

Môc lôc

Trang A- Mở đầu

- Lý chọn chuyên đề

- Phạm vi mục đích chuyên đề

2 B- Néi dung.

Phơng pháp 1 Phơng pháp 1 Phơng pháp 1

Phơng pháp 1:::: áp dụng tính chia hết

Phơng pháp 2: Phơng pháp 2: Phơng pháp 2:

Phơng pháp 2: Phơng pháp lựa chọn Modulo

( hay gọi xét số d vế)

Phơng pháp 3: Phơng pháp 3: Phơng pháp 3:

Phng phỏp 3: Dựng bt ng thc

Phơng pháp 4 Phơng pháp 4 Phơng pháp 4

Phơng pháp 4: : : Phơng pháp chặn hay cò gọi ph−¬ng :

pháp đánh giá. 11

Ph−¬ng pháp 5: Phơng pháp 5: Phơng pháp 5:

Phơng pháp 5: Dùng Tính chất số phơng 11

Phơng pháp 6 Phơng pháp 6 Phơng pháp 6

Phơng pháp 6:Phơng pháp lùi vô hạn

( hay gọi phơngphápxuống thang).

13

Phơng pháp 7: Phơng pháp 7: Phơng pháp 7:

Phơng pháp 7: Nguyên tắc cực hạn

( hay gọi nguyên lí khởi đầu cự trị)

14

Phơng pháp 8: Phơng pháp 8: Phơng pháp 8:

Ph−ơng pháp 8: sử dụng mệnh đề số học 15

Mét sè dạng tập khác Một số dạng tập khác Một số dạng tập khác Một số dạng tập khác

17

Các tập vận dụng: Các tập vận dụng: Các tập vận dụng: Các tập vận dụng:

20

C KÕt luËn. 22

Phô lôc

23