PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN LỚP 8

Phöông phaùp: Phöông phaùp naøy ñöôïc söû duïng vôùi caùc phöông trình maø ta coù theå nhaåm ( phaùt hieän deå daøng ) ñöôïc moät vaøi giaù trò nghieäm. - Treân cô sôû caùc giaù trò ngh[r]

PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

 - PHƯƠNG PHÁP 1: Phương pháp đưa dạng tổng

 Phương pháp: Phương pháp thường sử dụng với phương trình có các

biểu thức chứa ẩn viết dạng tổng bình phương.

- Biến đổi phương trình dạng vế tổng bình phương biểu thức chứa ẩn; vế cịn lại tổng bình phương số nguyên (số số hạng của hai vế nhau)

Các ví dụ minh hoạ:

- Ví dụ 1: Tìm x ; y∈Z thoả mãn: 5x2

−4 xy+y2=169 (1)

(1) ⇔4x

2

−4 xy+y2+x2=144+25=169+0 

 

 

2 2

2

2 144 25

2 169

x y x

x y x

            

Từ (I) ta có: Tương tự từ (II) ta có:

    2 2 2 2 5 12 ; 22 12 12 ; 19 29 12 x x x y y y x x x x y y y x                                                 2 2 2 13 13 13 26 13 x x y y x x x y y x                              

Vaäy  

           

           

5; ; 5; 22 ; 5;2 ; 5;22 ; 12; 19 ; 12; 29 ,

12;19 ; 12; 29 ; 0;13 ; 0; 13 ; 13; 26 ; 13; 26

x y         

    

 

 

Ví dụ 2: Tìm x ; y∈Z thoả mãn: x2y2 x y 8 (2)

(2) 4x2 4x4y2 4y32 4x2 4x 1 4y2 4y 1 34 2x122y12 5232

        2 2 2 2

2 2;

3;

2

2 3;

2;

2

x x x

y y

y

x x x

y y y                                     

Vaäy x y; 2;3 ; 2; ; 1;3 ; 1; ; 3; ; 3; ; 2; ; 2; 1                  

Ví dụ 3: Tìm x ; y∈Z thoả mãn: x3 y391 (1)

(1)x y x  2xy y 291.1 13.7 (Vì x2xy y 2 0)

     

 

2

2

2

1 6 5

;

91

91.1

91

1

x y x x

x xy y y y

x y x xy y

x y

VN

x xy y

      



   

    

  

     

 

  

 



  

   

Ví dụ 4: Tìm x ; y∈Z thoả mãn: x2 x y2 0 (2)

 2  2    

2 0 4 4 4 0 2 1 2 1 2 2 1 2 1 1

2 1

2 1

2 1

2 1

x x y x x y x y x y x xy

x y x

x y y

x y x

x y y

                

     



 



   

 

 

     

  

   

  



Vaäy: x y; 0;0 ; 1;0  

 - PHƯƠNG PHÁP 2: Phương pháp cực hạn

 Phương pháp: Phương pháp thường sử dụng với phương trình đối

xứng

- Vì phương trình đối xứng nên x y z; ; có vai trị bình đẳng Do đó; ta giả thiết x y z  ; tìm điều kiện nghiệm; loại trừ dần ẩn để có phương

trình đơn giản Giải phương trình; dùng phép hốn vị để suy nghiệm

 Ta thường giả thiết 1   x y z

Các ví dụ minh hoạ:

Ví dụ 1: Tìm x y z Z; ; 

 thoả mãn: x y z x y z   (1)

Nhận xét – Tìm hướng giải:

Ta thấy phương trình đối xứng Giả sử 1  x y z Khi đó:

(1) x y z x y z    3z x y 3 (Vì x y z Z; ;  ) x y 1;2;3

* Neáu: x y  2 x1;y2;z3

* Neáu: x y  3 x1;y 3 z 2 y(vô lí)

Vậy: x y z; ; là hốn vị 1; 2;3 Ví dụ 2: Tìm x y z Z; ; 

 thoả mãn:

1 1

x yz  (2) Nhận xét – Tìm hướng giải:

Đây phương trình đối xứng Giả sử 1  x y z Khi đó:

(2)

1 1 3

2

2

x x

x y z x

        

Với:  

1

1 1;2

x y y

y z y

        

.Neáu:

1

1

y

z

  

(vô lí)

.Nếu: y 2 z2

Vậy: x y z; ; là hoán vị 1;2; 2

 - PHƯƠNG PHÁP 3: Phương pháp sử dụng tính chất chia hết Các ví dụ minh hoạ:

Ví dụ 1: Tìm x y Z;  để:

2

2 1

x x

A

x x

 

  nhận giá trị nguyên

Ta coù:

2

2 2

1 1

1

1 1

x x x x

A

x x x x x x

   

   

      Khi đó:

Để A nhận giá trị nguyên

1

x  x nhận giá trị nguyên

       

2

1

1 x x x x U 1;1

         

Vì :  

2 1 0; 1 1

1

x

x x x x x

x

 

          

  

Ví dụ 2: Tìm x y Z;  thoả mãn: 2y x x y2    1 x22y2x y

(2) y2 x1 x x. 1 y x. 1 *   

Với: x1; *   0  x1 ngiệm phương trình Nên:

 

2

2 **

1

y x y

x

   



Phương trình có nghiệm nguyên    

0

1 (1) 1;

1

x

x U

x x

 

        



  

Ví dụ 3: Tìm x y Z;  

thoả mãn: 3x 1 y12 (3)

Ta coù:

(3) 3xy12 1y y 2.3x

số lẻ  y y; 2là hai số lẻ liên tiếp

y y; 2 y y;

     là luỹ thừa 3, nên:

 

  

3 *

3

2 ** m

m n

n

y

m n x m n

y

  

      



  



 Với: m 0; n 1 y1;x1

 Với: m 1; n1Từ         

3

* ; ** ;

2

y

y y y

 

    

  



 ( vô lí)

Phương trình có nghiệm nguyên: 1

x y

  

 

 - PHƯƠNG PHÁP 4: Phương pháp sử dụng bất đẳng thức

 Phương pháp: Phương pháp thường sử dụng với phương trình mà hai vế đa thức có tính biến thiên khác nhau.

- Áp dụng bất đẳng thức thường gặp: *Bất đẳng thức Cô – si:

1

1

n n

n

a a a a

a a a a

n

   



Daáu “=” xaûy n

a a a a

    

* Bất đẳng thức Bunhiacôpxki:

Cho 2n số thực: a a a1; ; ; ;2 an vàb b b1; ; ; ;2 bn Khi đó:

a b1 a b2 2a b3 3 a bn n2 a1.a2.a3 an b b1 2.b3 bn Dấu “=” xảy  ai kb ii 1;n

*Bất đẳng thứcgiá trị tuyết đối:

a b a b

a b

a b a b

   

 

  



Các ví dụ minh hoạ:

Ví dụ 1: Tìm x y Z; 

 thoả:

3

x y y z z x

z  x  y  (1)

Áp dụng BĐT Cô – si Ta có:

3

3 x y y z z x x y y z z x x y z

z x y z x y

    

3 x y z . 1 x y z . 1 x y z 1

       

Vậy nghiệm phương trình là: x  y z

Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x y 12 3x2y21 (2)

(Toán Tuổi thơ 2)

Theo Bunhiacôpxki,ta có:

x y 12 121212 x2y21 3x2y21

Dấu “=” xảy

1

1

1 1

x y

x y

     

Vậy nghiệm phương trình là: x y Ví dụ 3: Tìm tất số nguyênx thoả mãn:

Nhận xét – Tìm hướng giải:

Ta nhận thấy: 2104 = + 10 + 101 + 990 + 1000 =101 + 2003 vaø a  a

Ta coù:(3) 3 x 10 x  x101 x990  x1000 2004

Maø

3

10 10

101 101 2004 101 2003 101

990 990

1000 1000

x x

x x

a a x x x x

x x

x x

   



  

 

            



  



   



Do đó:  1 x101 1 x101  1;0;1  x  102; 101; 100  

Với x101 2004 2003 (vơ lí) Vậy nghiệm phương trình là:

 102; 100

x

1) Tìm số nguyên x,y,z thoả mÃn: x2y2z2xy3y2z Vì x,y,z sè nguyªn nªn

x2y2z2 xy3y2z

 

2

2 2 3 2 3 0 3 3 2 1 0

4

y y

x y z xy y z x xy   y  z z

                  

   

 

2

2

3 1

2

y y

x z

   

          

    (*) Mµ  

2

2

3 1

2

y y

x z

   

     

   

   

,

x y R

 

 

2

2

3 1

2

y y

x z

   

          

   

0

2 1

1

2

1

y x

x y

y z z



 



  

 

      

  



 

 

Các số x,y,z phải tìm là

1

x y z

  

    

Phương pháp: Phương pháp sử dụng với phương trình mà ta có thể nhẩm (phát dể dàng) vài giá trị nghiệm

- Trên sở giá trị nghiệm biết Áp dụng tính chất chia hết; số dư; số phương; chữ số tận … ta chứng tỏ với giá trị khác phương trình vơ nghiệm

Các ví dụ minh hoạ:

Ví dụ 1: Tìm x y Z; 

 thoả mãn: x63x3 1 y4

Nhận xét – Tìm hướng giải:

Ta thấy với x0;y1 phương trình nghiệm Ta cần chứng minh phương trình vơ nghiệm với x0

+ Với x0;y1 phương trình nghiệm + Với x0 Khi đó:

x62x3 1 x63x3 1 x64x3 4 x312y4 x322 (*)

Vì x31 ; x32là hai số nguyên liên tiếp nên khơng có giá trị y thoả

(*)

Vậy x0;y1 nghiệm phương trình. Ví dụ 2: Tìm x y Z; 

 thoả: x2 x 1 32y1

   (2)

(Tạp chí Tốn học tuổi trẻ ) Gọi b chữ số tận x ( Với b0;1;2; ;9 Khi đó: x2 x 1 có chữ

số tận là: 1, (*) Mặt khác: 32y1

là luỹ thừa bậc lẻ nên có tận (**) Từ (*) (**) suy phương trình vơ nghiệm

Ví dụ 3: Tìm x y Z;  

thoả mãn: x2 6xy13y2 100 (3) (3)

   

   

2 2

2

5 25

25

y

x y

y n n

 



     

  



Do đó: y  5; 4; 3;0;3; 4;5    x3;9;11;13

Phương trình có nghiệm nguyên:

x y; 5;3 ; 4;9 ; 3;11 ; 0;13 ; 3;11 ; 4;9 ; 5;3            

PHƯƠNG PHÁP 6: Phương pháp lùi vô hạn (xuống thang)

Phương pháp: Phương pháp thường sử dụng với phương trình có (n – 1)

ẩn mà hệ số có ước chung khác 1

- Dựa vào tính chất chia hết ta biểu diễn ẩn theo ẩn phụ nhằm “hạ” (giảm bớt) số tự do, để có phương trình đơn giản

- Sử dụng linh hoạt phương pháp để giải phương trình

Các ví dụ minh hoạ:

Ví dụ 1: Giải phương trình: x3 3y3 9z3 0 (1)

Nhận xét – Tìm hướng giải:

Ta thấy x3 3y3 9z3  0 x3 3y3 9z33 mà 3y3 9z33nênx3 3



Ta coù: (1) x3 3y3 9z33 x33 x3 x3x1

Khi đó: (1) 27x13 3y3 9z33 9x13 y3 3z33 y33 y3 y3y1

 3 3

1 1

9x 27y 3z z z y 3z

          .

* Tiếp tục biểu diễn gọi x y z0; ;0 nghiệm (1)

 0; ;0 0

3Ux y z