một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên việc giải phương trình nghiệm nguyên ptnn luôn đòi hỏi hs khả năng phân tích đối chiếu dự đoán

Các bài tập sau đây sẽ giúp chúng ta thấy sự vận dụng tính chất của số vô tỉ để giải một lớp những bài toán về phương trình nghiệm nguyên.. Sau đây là một vài vài ví dụ minh họa.[r]

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN.

Việc giải phương trình nghiệm ngun (PTNN), ln địi hỏi HS khả phân tích, đối chiếu dự đoán phương pháp (PP) tư lơgíc để lựa chọn nghiệm thích hợp Vì toán thường thấy đề thi tốn tạp chí tốn học sơ cấp, đề thi toán chọn học sinh giỏi (HSG), đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán Với loại toán này, khơng có PP giải tổng qt mà có PP giải phù hợp với tốn loại

Trong trình giảng dạy, tìm tịi nghiên cứu, tơi hệ thống số phương pháp giải PTNN Hi vọng rằng, giúp em HS biết lựa chọn phương pháp thích hợp giải tốn loại Sau vài phương pháp giải PTNN thường gặp

 Phương pháp 1:ĐƯA VỀ DẠNG TÍCH.

Mục đích phương pháp biến đổi PT dạng: vế trái tích đa thức chứa ẩn, vế phải tích số nguyên.

Ví dụ 1: Tìm nghiệm ngun phương trình:x2 xy 3x4y 1 (1)

(Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán năm học 2005-2006-Trường THPT chuyên Lưong Văn Chánh-TP Tuy Hoà-Phú Yên).

Hướng dẫn : Ta có : x2 xy 3x4y 1  (x 4)(x y 1)5

4 1 x x y        



4 1 x x y       



4 1 x x y       



4 1 x x y          x y    



9 11 x y    



5 11 x y    



1 x y     

Vậy PT cho có nghiệm nguyên ( ; )x y (3; 1);(9;11);(5;11);( 1; 1)    .

Phương pháp 2: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT NGHIỆM CỦA PT BẬC HAI

Nội dung phương pháp biến đổi PT dạng PT bậc hai ẩn, xem các ẩn khác tham số, sử dụng tính chất nghiệm PT bậc hai để xác định giá trị tham số đó.

Ví dụ 2: Tìm nghiệm ngun phương trình:x2 xy 3x4y 1 0 (2)

(Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán năm học 2005-2006-Trường THPT chuyên Lưong Văn Chánh-TP Tuy Hoà-Phú Yên).

Hướng dẫn : Ta có : (2)  x2(y3)x(4y1) 0 .

Giả sử PT (2) ẩn x có nghiệm ngun x1 x2 theo hệ thức Viet, ta có:

1

1

3

x x y x x y

         2

4 4 12

x x y x x y

  

 

 

  (x1 4).(x2 4) 1.5 ( 1).( 5)    

 x1x2 14 x1x2 2  y11 y1.

VậyPT cho có nghiệm nguyên : (x;y) ( 1; 1);(3; 1);(5;11);(9;11)   . Ví dụ : Tìm tất nghiệm nguyên PT : (x2y y)( 2x) ( x y )3 (3)

(Trích đề thi HSG Tỉnh Phú Yên-Bảng A-Vòng 2-Năm học 1999-2000) Hướng dẫn :

Ta có : (3)  y2y2(x2 )x y(3x2x) 0.

+Xét trường hợp y =  x = k ( k số nguyên )  ( ; ) ( ;0)x y  k

+Xét trường hợp y  Khi đó:

2 2

2 ( ) (3 )

y y  x  x y x x  

2 2

2y (x )x y (3x x)

      Xem PT bậc hai ẩn y Để PT có nghiệm thì:

2 2

(x ) 8(3x x x) (x 1) (x x 8)

        phải số phương. Tức : x x(  8)a2 (với a N )

 (x 4 a x)(  4a) 16

Do a N  (x 4a) ( x 4 a) Ta có hệ PT sau:

4 16 x a x a        



4 x a x a        



4 4 x a x a        



4 4 x a x a          x a x a        

 hoặc

4 16 x a x a         

Giải hệ PT tập số nguyên x, ta x = 9; 8; 0; -1 Từ ta tìm giá trị tương ứng y = -6; -21; -10; 0; -1

Tóm lại, PT (3) có nghiệm (x;y) = (9;-6); (9;-21); (8;-10); (-1;-1) (k;0) với k Z.

Phương pháp 3: ĐƯA VỀ DẠNG TỔNG

Mục đích phương pháp biến đổi PT dạng: vế trái tổng bình phương cịn vế phải tổng số phương.

Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên PT : x2 4xy5y2 16 (4) Hướng dẫn:

Ta có : x2 4xy5y2 16

 (x )y y2 16 4 202 0242

 x y y       



2 x y y        

Giải hệ PT thử lại, ta nghiệm nguyên : (x;y) ( 4;0);(4;0);(4;8);( 8; 4)

    .

Phương pháp 4: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN Ý tưởng PP vận dụng tính chia hết tính chất số nguyên để thu hẹp miền xác định nghiệm Trong nhiều trường hợp, thử trực tiếp để tìm nghiệm của PT.

Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên PT : (x3)(y4) 3 xy (5)

Ta có : (x3)(y4) 3 xy  y x(2  3) 4 x12



18

2

y

x

 

 (vì x Z  2x 0 )

Do x, y số nguyên nên 18 phải chia hết cho (2x 3)  (2x 3) ước số 18.

 (2x 3)      1; 2; 3; 6; 9; 18.

Từ ta tính giá trị nguyên x : 2; 1; 3; 0; 6;3.  Các giá trị tương ứng y : 20;16; 8;4; 4; 0.

Vậy PT (7) có nghiệm nguyên ( ; )x y (2; 20);(1; 16);(3;8);(0; 4);(6; 4);( 3;0)    .

Phương pháp 5: VẬN DỤNG VAI TRỊ BÌNH ĐẲNG CỦA CÁC ẨN

Nếu PT có hệ số nguyên mà ẩn x, y, z, … có vai trị bình đẳng, ta có thể giả sử x y z   để thu hẹp miền xác định ẩn Từ dùng phép hoán vị để suy ra nghiệm PT cho.

Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên dương PT : x y z xyz   (6) Hương dẫn :

+ Do nghiệm x, y, z nguyên dương vai trò chúng bình đẳng, khơng tính tổng qt nên ta giả sử 1  x y z

Từ (6) suy :

1 1

1

xy yz zx x

   

 x2 3 x1.

+ Với x1 ta có : x y z xyz    (y1)(z1) 2 

1 1

y z

   

 

 

2

y z

  

 

Vậy PT (6) có nghiệm nguyên dương (x;y;z) (1;2;3) hốn vị nó. Phương pháp : LÙI VƠ HẠN

Thực chất phương pháp xuất phát từ nghiệm, xây dựng dãy vô số nghiệm có tính chất k ngun dương, giảm vô hạn Phương pháp thường được áp dụng để chứng minh dạng PT khơng có nghiệm ngun khác

Ví dụ :Tìm nghiệm nguyên phương trình :x2 5y2 0 (7) Hướng dẫn :

Giả sử ( ; )x y0 nghiệm PT (7) :

x02 5y02 0 suy :x05, đặt x0 5x1 (x Z1 ).

Ta có : x12 5y02 0

2

1

5x y

   suy : y05 , đặt y0 5y1 (y Z1 ).

Từ , ta có : 5x12 25y12 0  x12 5y12 0

Vậy ( ; )x y0 nghiệm nguyên PT (7)

0

( ; )

5

x y

nghiệm PT (7) Tiếp tục lập luận tương tự, ta có:

0

( ; )

5 5k k

x y

Phương pháp : SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC

Đôi dùng bất đẳng thức để đánh giá ẩn từ đánh giá suy ra các giá trị nguyên ẩn Trong PP ta sử dụng tính chất luỹ thừa bậc các số nguyên liên tiếp… để đưa PTNN cần giải dạng PT khác ẩn Từ dễ, dàng tìm được nghiệm nguyên PT cho.Trong PP này, thường vận dụng nhận xét sau: “Cho x , y số nguyên; a, n, số nguyên lớn Nếu xn yn (x a )n yn (x i )n với

1;

i a ”.

Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên phương trình : 1 x x2x3 y3 (8)

(Trích đề thi HSG cấp II –Tồn quốc –Bảng A –Năm 1992) Hướng dẫn :

+ Dễ thấy : x2  x 0 5x2 + 11x + > với giá trị x.

+ Do : x3 < x3 + x2 +x +1 < x3 + x2 +x +1 +5x2 + 11x + 7

+ Hay : x3 < y3 < (x +2)3 Theo nhận xét trên, suy : y3 = (x +1)3

Kết hợp với PT (8), ta có : (x +1)3 = + x + x2 + x3  x(x +1) =

0

x x

    



Thay giá trị x vào PT (8), ta nghiệm nguyên (x;y) (0;1) (-1;0). Phương pháp : VẬN DỤNG TÍNH CHẤT CHIA HẾT CỦA SỐ VÔ TỈ

Các tập sau giúp thấy vận dụng tính chất số vơ tỉ để giải một lớp tốn phương trình nghiệm ngun Sau vài vài ví dụ minh họa. Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên dương phương trình : x2  y z (9)

Hướng dẫn :

Vì vai trị y, z nên giả sử y z Từ PT (9), ta suy :

2

x   y z yz

2

(x y z) 3(x y z) 4yz 12

        (*)

Vì số vơ tỉ nên từ (*) ta suy : x – y – z = 4yz – 12 =  y = 3; z = x = y + z = 4.

Từ ta dễ dàng tìm ngun dương (x;y;z) (4;3;1) (4;1;3).

Trên mà trình giảng dạy làm tốn, tơi chọn ra những phươngpháp giải thường gặp dạng tốn này.Với tinh thần đó, tin chắc rằng: đọc viết em học sinh phần chọn cho phương pháp giải PT nghiệm nguyên kỳ thi HSG mà đặc biệt kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán THPT Các bạn thử sức số tập sau :

Bài : Tìm nghiệm tự nhiên PT sau : a) x2 + y3 – 3y2 = 65 – 3y

b) x2 + y3 + 27y = 36 + 9y2

Bài : Tìm nghiệm nguyên PT sau : a) x2 – y2 = 91

b) x3 +y3 +z3 = (x +y +z)2.

ĐỖ QUANG MINH.