Phuong trinh nghiem nguyen

- Đối với phương pháp này thì học sinh cảm thấy hoàn toàn mới mẻ và hầu như học sinh không tự áp dụng được, phương pháp này thường được áp dụng với phương trình không có nghiệm, để đoá[r]

phần I : dạng phơng trình nghiệm nguyên thờng gặp Dạng I : Phơng trình bậc hai ẩn

Phơng trình bậc hai Èn cã d¹ng ax + by = c vÝ dơ : 5x + 7y = 112

12x - 7y = 45

Phơng pháp thờng dùng để giải dạng phơng trình là: - Tách giá trị nguyên

- Tìm nghiệm riêng

Dạng II : Phơng trình bậc hai có hai ẩn 1/ Dạng phơng trình thờng gặp

ví dụ : xy - x - y = xy - 2y -3 = 3x - x2

2x2 + 3xy - 2y2 = 7

* Phơng pháp thờng dùng để giải dạng phơng trình : - Tách giá trị nguyên

- Đa phơng trình ớc số - Sư dơng ®iỊu kiƯn  ≥

- XÐt sè d tõng vÕ

- Xét số phơng liên tiếp - Tạo bình phơng phơng

- Sử dụng tính chất chia hết số phơng 2/ Dạng phơng trình đặc biệt

- Ph¬ng trình PEN có dạng : x2 - Py2 = 1

( P số nguyên dơng, không phơng ) - Phơng trình PITAGO có d¹ng : x2 + y2 = z2

( x, y, z số nguyên dơng )

Dạng III: Phơng trình bậc ba trở lªn cã hai Èn VÝ dơ : x( x + )( x + )( x + )

x3 - y3 = xy + 8

x2 +xy + y2 = x2y2

*Phơng pháp thờng dùng để giải dạng phơng trình : - Đa phơng trình ớc số

- Sử dụng tính chất : Nếu hai số ngun liên tiếp có tích số phơng hai số nguyên liên tiếp

- Sử dụng bất đẳng thức

- Sử dụng tính chất số phơng đa phơng trình ớc s Dạng IV: Phơng trìh đa thức có ba Èn trë lªn

VÝ dơ : x + y + z = xyz x3 + 2y3 = 4z3

xy = z2

x3 + y3 + z3 - 3xyz =

* Phơng pháp thờng dùng để giải dạng phơng trình : - Sắp xếp thứ tự ẩn

- Lùi vô hạn

- Sử dụng tính chất số phơng đa phơng trình ớc s Dạng V: Phơng trình dạng phân thức

VÝ dô : 1

3 x  y 

1 1

6

x  y  xy 

* Phơng pháp thờng dùng để giải dạng phơng trình : - Xét khoảng giá trị ẩn

- Nhân hai vế phơng trình với bội chung mẫu, để đa phơng trình bậc bậc hai cú hai, ba n

Dạng VI: Phơng trình d¹ng mị VÝ dơ : 2x + = y2

2x + 3x = 5x hay : xy = z2

* Phơng pháp thờng dùng để giải dạng phơng trình : - Xét giá trị riêng

- ChØ nghiƯm nguyªn

- Dùng tính chất : Nếu hai số ngun dơng ngun tố có tích số mơt phơng số s chớnh phng

Dạng VII: Phơng trình vô tØ

VÝ dô : y = x  x   x  x 

x  y  1980

* Phơng pháp thờng dùng để giải dạng phơng trình : - Xét giá trị riêng

- Bình phơng đa dạng phơng trình kh¸c

Phần II : một số phơng pháp thờng dùng để giải phơng trình nghiệm nguyên

I / ph ơng pháp dùng tính chia hết

-Phương pháp có ưu phương trình hai ẩn bậc cao.Ta thường hay sử dụng tính chất :a\b a b ,và kết hợp với điều kiện nghiệm ngun ta tìm giá trị phù

hợp ẩn

-Ví dụ: Tìm tất nghiệm ngun phương trình: x3-y3 =xy +8 Ta có : pt ↔ (x –y)3 + 3xy(x-y) =xy+8

Đặt x-y =a xy=b ta có phương trình a3-3ab =b+8

↔ a3-8 = -b(3a-1)  a3-8  3a-1 27(a3 -8)  3a -1

 27a3 -1 -215  3a -1  215  3a -1

Phân tích 215 thừa số nguyên tố ta có: 215 =5.43

Do đó: 3a -1 ( ±1 , ±5, ±43 , ±215 ) Do 3a-1 chia cho dư nên 3a-1 (-1 ,5 ,-43 ,2(-15 )

Chú ý (x –y)3 + 4xy nên a2 +4b ≥ , ta nhận :a =0, b= 2 Vậy pt có nghiệm (x ,y) = (0 , -2) , (2,0)

Phương pháp có ưu điểm sang tạo cách lập luận, cần khéo léo linh hoạt sử dụng lúc sử dụng phương pháp này.Đa số học sinh,kể học sinh giỏi khơng thích phương pháp nảy vận dụng khơng theo quy trình cần sáng tạo bước biến đổi.Sau số áp dụng phổ biến phương pháp

1) Ph ơng pháp phát tính chia hết ẩn * Ph ơng pháp chung

áp dụng cho phơng trình dạng ax + by = c (1) ( víi a, b, c z ) Khi c  b hc c  a

Giả sử x, y thoả mÃn phơng trình (1) NÕu c  a  ax  a

 by  a

Thờng ; b  a  y  a , đặt y = at ( t z ) Thay vào (1) ta có : ax + b.at = c

3a -1 -1 -43 215

a -14 72

b= a a

3

8

3

 

 ax = c - b.at  x = c b at

a



NÕu c b ta làm tơng tự * á p dông :

VÝ dô : Giải phơng trình với nghiệm nguyên :

2x + 13y = 156 (1)

Gi¶i : Giả sử x, y số nguyên thoả mÃn phơng trình (1)

Ta thấy 156 13

 2x  13 mµ kh«ng chia hÕt cho 13  x  13

Đặt x = 13t ( t z ) Thay vào (1) Ta đợc 13t + 13y = 156

 2t + y = 12  y = 12 - 2t

VËy ph¬ng trình có nghiệm nguyên biểu thị công thức : 13

12

x t

y t

 



 

( t số nguyên tuỳ ý )

Ví dụ 2 : Giải phơng trình với nghiệm nguyên 3x +17y = 159 (2) Gi¶i :

Giả sử x, y số nguyên thoả mÃn phơng trình (2) Ta nhận thấy 159

Nên 17y mà 17  y  y  Đặt y = 3t thay vào (2) ta có :

3x + 17.3t = 159  x + 17t = 53  x = 53 - 17t

Vậy phơng trình có nghiệm nguyên biểu thị bëi c«ng thøc : 53 17

3

x t

y t

 

 

 

( t lµ số nguyên tuỳ ý ) 2 / Ph ơng pháp đ a ph ơng trình ớc số.

* Ph ơng pháp chung.

a phng trỡnh ó cho thành phơng trình có dạng:

( ax + b )( ax + b) = f ( víi a, b, c, d, f  z )

Vì x, y số nguyên nên ax + b ; ax + b số nguyên ớc f Lập bảng xét khả ax + b, ax + b, x, y

* ¸ p dơng :

Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên phơng trình : 3xy + x - y =

 3x ( 3y + ) - ( 3y + ) =

 ( 3y + )(3x - ) = ( Phơng trình ớc số )

Vì x, y số nguyên nên 3x - , 3y + số nguyên ớc cđa ta cã b¶ng sau :

3x - - 1 - 2

3y + - 2 - 1

x / /

y - / /

Vậy nghiệm nguyên phơng trình : ( ; -1) , ( ; 0)

3 / Ph ơng pháp tách giá trị nguyên * Ph ơng pháp chung.

- Biểu thị x theo y ( y theo x )

- Tách phần phân thức xét giá trị nguyên phân thức * á p dụng :

Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên phơng trình :

xy - x - y =

Giải : Biến đổi phơng trình cho ta có

x ( y - ) = y +

+ Nếu y = ta có 0x = Do y 

 3

1 1

y y

x

y y y

  

   

  

Do x  z nªn

1 z

y    y -  (3) Mµ (3) =  -1 ; ; -3 ;  Ta cã b¶ng sau :

y - -1 -3

y -2

x

Vậy nghiệm nguyên phơng trình :

( -2 ; ) , ( ; -2 ) ( ; -2 ) , ( ; )

II / Ph ơng pháp tìm nghiệm riêng để giải ph ơng trình bậc hai n

* Ph ơng pháp chung

Phơng trình ax + by = c (1) a, b, c  z ( a 0 ; b 0 ) Với ( a, b, c ) =

Để tìm nghiệm riêng phơng trình ax + by = c ta dùng phơng pháp thử chọn : lần lợt cho x số có giá trị tuyệt đối nhỏ

( 0, ± 1, ± ) tìm giá trị tơng ứng y

Trong phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên ta sử dụng hai định lý - Định lý : Nếu phơng trình (1) có nghiệm nguyên ( a, b ) =

- §Þnh lý : NÕu ( x0 , y0 ) nghiệm phơng trình (1) phơng trình (1) cã v« sè nhiƯm

ngun , nghiệm nguyên đèu biểu diễn dới dạng 0

x x bt y y at

       ( t số nguyên tuỳ ý )

Trong t số nguyên tuỳ ý (t = 0, ± 1, ± … )

Tuy nhiên có phơng trình mà phép thử chọn phải tiến hành qua nhiều lần ph-ơng pháp khơng phù hợp Thuật tốn Ơclit cho phép ta tìm đợc nghiệm riêng phơng trình : ax + by = c băng cách tìm cln ( a, b ) Gọi thơng lần lợt a1 , a2 , ak (trừ

th¬ng cuèi cïng ) ta tính liên phân số

a1 +

3 1 1 k a a a   

= m

n

Ngời ta chứng minh đợc tồn nghiệm riêng ( x0 , y0 ) phơng trình mà

0 x m n       

hc 0 x n y m        * ¸ p dơng :

Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên phơng tr×nh : 11x + 18y = 120 (1)

Gi¶i :

Bằng cách thử chọn ta tìm đợc x = ; y = nghiệm riêng (1) Ta có 11x + 18y = 120

Hay 11.6 + 18.3 = 120 Trõ tõng vÕ ta cã : 11( x - ) + 18( y - ) =

 11( x - ) = 18( y - ) (2) Nh x -  18 , đặt x - = 18t với ( t z )

Ta đợc x = + 18t thay vào (2) ta có

11.18t = 18.( - y )  11t = - y

18 11 x t y t      

( t số nguyên tuỳ ý )

Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên phơng trình : 3x - 2y = (1)

C¸ch : Ta thÊy x0 = , y0 = nghiệm rêng (1)

Theo định lý , nghiệm phơng trình (1) 2 x t y t       

( t số nguyên tuỳ ý ) C¸ch : Ta thÊy x0 = , y0 = -1 nghiệm rêng (1)

Mọi nghiệm phơng trình (1) x t y t       

 ( t số nguyên tuỳ ý ) Cách : Ta thÊy x0 = , y0 = lµ nghiƯm rêng (1)

Mọi nghiệm phơng trình (1) lµ 5 x t y t       

( t số nguyên tuỳ ý )

Vậy ta thấy có nhiều công thức biểu thị tập hợp nghiệm phơng trình

Ví dụ 3 : Tìm nghiệm nguyên phơng trình : 40x - 31y = (1)

Gi¶i : Trớc hết ta tìm nghiệm riêng phơng trình :

40x - 31y = (2) Dùng thuậy toán ơclit tìm cln ( 40, 31 ) ta tìm thơng lần lợt a1 = ; a2 = ; a3 = ; a4 =

ta cã 1 7  

Tồn nghiệm riêng ( x0 , y0 ) mµ

0 x y       

( 40 >  31 nªn ta chän x0 < y0 )

ở phơng trình : 40x - 31y = khơng thể có x y trái dấu.Ta cần thử nhiều hai cặp số ( ; ) , ( -7 ; -9 ) Thì chọn đợc nghiệm riêng ( ; ) nghiệm phơng trình : 40x - 31y =

Do ( 14 ; 18 ) nghiệm phơng trình : 40x - 31y =

áp dụng định ý cơng thức nghiệm phơng trình (1) có dạng

14 31 18 40 x t y t      

 ( t lµ sè nguyªn tuú ý )

III / Ph ơng pháp xét số d vế

- ChuyÓn Èn x ẩn y hai vế khác - XÐt sè d cña mét vÕ

*

¸ p dơng :

VÝ dơ 1 : Chứng minh phơng trìh sau không cã nghiƯm nguyªn :

a) x2 - y2 = 2006 b) x2 + y2 = 2007

Giải :

a ) Vì x2, y2 số phơng nên chia cho chØ cã sè d lµ , 1

Nªn x2 - y2 chia cho cã sè d lµ ; ; 3

Mµ 2006 chia cho d

Vậy phơng trình nghiệm nguyên thoả mÃn toán b ) Tơng tự nh câu a, x2 + y2 chia cho d ; ; 2

Mµ 2007 chia cho d

Vậy phơng trình nghiệm nguyên thoả mÃn toán

Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên phơng trình : 9x + - y2 - y = 0

Giải : Biến đổi phơng trình ta có 9x + = y2 + y

 9x + = y( y + 1) Ta thấy vế trái chia cho d Nên y( y + 1) chia cho d Do : y= 3k + ; y + = 3k + ( k z ) Khi 9x + = ( 3k + 1)( 3k +  9x + = 9k2 + 9k + 2

 9x = 9k ( k + )  x = k ( k + )

Thử lại : x = k ( k + ) ; y= 3k + thoả mãn phơng trình cho Vậy phơng trình có nghiệm ngun biểu thị công thức : ( 1)

3

x k k

y k

 

 

 



(k z )

IV / Ph ơng pháp dùng bất đẳng thức

Bất đẳng thức chuyên đề khó, lại kết hợp với phương trình nghiệm nguyên nên để áp dụng phương pháp cần phải chuẩn bị tốt kiến thức đặc biệt BĐT

-Nội dung phương pháp là: hai số nguyên có hữu hạn số nguyên.Dưới vài phương pháp minh họa

1 / Ph ơng pháp thứ tự ẩn * Ph ơng pháp chung

ỏp dụng cho phơng trình mà vai trị ẩn nh nhau, ta xét giá trị ẩn cho : m ≤ x ≤ y ≤ z x ≥ y ≥ z ≥ n ( n, m  z )

*

¸ p dơng :

Ví dụ 1 : tìm ba số ngun dơng cho tích chúng gấp đơi tổng chúng

Giải : Gọi ba số nguyên dơng phải tìm : x , y , z

Với x, y, z có vai trị bình đẳng nh nên ta xếp thứ tự ẩn , chẳng hạn : ≤ x

≤ y ≤ z

Ta cã xyz = 2( x + y +z ) ≤ 2.3z = 6z  xy ≤

- NÕu xy =  x = ; y = thay vµo (1) ta cã z = -4 ( lo¹i ) - NÕu xy =  x = ; y = thay vµo (1) ta giá trị z - Nếu xy =  x = ; y = thay vào (1) ta có z = ( thoả m·n ) - NÕu xy =  x = ; y = thay vµo (1) ta cã z = ( tho¶ m·n )  x = ; y = thay vµo (1) ta cã z = ( tho¶ m·n )

- NÕu xy =  x = ; y = thay vµo (1) ta cã z = ( loại ) x y z - NÕu xy =  x = ; y = thay vµo (1) ta cã z =

2 ( lo¹i )

 x = ; y = thay vµo (1) ta cã z =

2 ( lo¹i )

Vậy nghiệm phơng trình ba ( x, y, z )nh sau :

( ; ; ) hc ( ; ; ) hc ( ; ; )

Ví dụ 2 : tìm ba số nguyên dơng cho tỉng cđa chóng b»ng cđa chóng

Gi¶i : Gọi ba số nguyên dơng phải tìm lµ : x , y , z Ta cã x + y + z = xyz (2)

chia hai vÕ cña (2) cho xyz ≠

Ta cã 1 1

yz  xz  xy 

Gi¶ sư x ≥ y ≥ z ≥

Ta cã = 1

yzxzxy ≤ 2 2

1 1

z z z z

 32 z

  z2≤ nªn z =

Thay z = vµo (2) ta cã : x + y + = xy  xy - x - y =

 x ( y - ) - ( y - ) =  ( x - )( y - ) = Do x ≥ y ≥ z ≥  x - ≥ y - ≥

Nªn :

1 x

y

 

 

 





2 x y

  

 Vậy ba số phải tìm : ( ; ; )

2 / Ph ơng pháp xét khoảng giá trị ẩn

Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên dơng phơng trình

1

4 xy 

Giải : Do vai trị bình đẳng x, y Giả sử : x ≤ y ; ≤ x ≤ y

Ta cã

x <

4  x > (1)

Do ≤ x ≤ y Nªn 1x  1y

Do 1 1

4  x  y  x  x  x

 x ≤ (2) Tõ (1) vµ (2) ta cã : < x ≤

Lâp bảng ta c :

Vậy nghiệm nguyên dơng phơng trình :

( ; 20 ) ; ( 20 ; ) ; ( ; 12 ) ; ( 12 ; ) ; ( ; ) 3 / Ph ơng pháp nghiệm nguyên

Phng phỏp xét khoảng giá trị ẩn đợc thể dới dạng : vài số nghiệm phơng trình, chứng minh khơng cịn nghiệm no khỏc

Ví dụ : Tìm số tự nhiªn x cho : 2x + 3x = 35

Gi¶i ;

- Víi x = vế trái ( loại ) - Víi x = vÕ tr¸i b»ng -5 ( lo¹i )

- Víi x = Ta cã : 23 +33 = + 27 = 35 ( Tho¶ m·n )

- Víi x > Ta cã : 2x + 3x > 23 +33 = 35 ( loại )

Vậy phơng tr×nh cã nghiƯm nhÊt : x =

4 / Sử dụng điều kiện ∆ ≥ để ph ơng trình bậc hai có nghiệm * Ph ơng pháp chung

Từ phơng trình f( x, y) = ta chuyển dạng phơng trình bậc hai ẩn, ẩn cịn lại tham số

Điều kiện cần để phơng trình có nghiệm : ∆≥ Để có nghim nguyờn

phải số phơng

Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên phơng trình

x + y + xy = x2 + y2 (1)

Giải : Viết phơng trình (1) thành phơng trình bậc hai x :

x2 - ( y + ) x - ( y2 - y ) = (2)

Điều kiện cần để phơng trình bậc hai có nghiệm là: ∆≥ ∆ =( y + )2 - 4( y2 - y ) = y2 + 2y + - 4y2+ 4y

x

= -3y2 + 6y + = - ( 3y2 - 6y - )

∆≥  3y2 - 6y - ≤ 0

 3y2 - 6y + - ≤ 0

 3( y - )2 ≤  ( y - )2 ≤ 1

Suy :

y - -1

y

Víi : y = : thay vµo (2) ta cã : x2 - x =  x

1 = ; x2 =

y = : thay vµo (2) ta cã : x2 - 2x =  x

3 = ; x4 =

y = : thay vµo (2) ta cã : x2 - 3x + =  x

5 = ; x6 =

Thử lại giá trị nghiệm phơng ttrình (1) Vậy nghiệm nguyên phơng trình

( ; ) ; ( ; ) ; ( ; ) ; ( ; ) ; ( ; ) ; ( ; )

V

/ PH ơng pháp dùng tính chất chia hÕt cđa mét sè chÝnh ph ¬ng : -Phương pháp phạm vi áp dụng có tính chất đặc trưng, học sinh gặp khó khăn tiếp xúc với phương pháp : dạng không nhiều phát dạng khó,đơi cịn vấn đề mấu chốt toán

-Phương pháp sử dụng chủ yếu tính chất sau :

+ Giữa số phương liên tiếp khơng tồn số phương

+ Nếu số ngun dương ngun tố có tích số phương số số phương

+ Nếu số nguyên liên tiếp có tích số phương hai số ngun liên tiếp khơng

-Sau số phương pháp hay sử dụng

/ Sư dơng tÝnh chÊt chia hÕt cđa mét sè chÝnh ph ¬ng : - Các số phơng có tận ; ; ;

- Sè phơng chia hết cho số nguyên tố p chia hÕt cho p2.

- Sè chÝnh ph¬ng chia cho cã sè d : ; - Sè chÝnh ph¬ng chia cho cã sè d : ; - Sè chÝnh ph¬ng chia cho cã sè d : ; 1;

Ví dụ : tìm số ngun x để 9x + tích hai số nguyên liên tiếp :

Gi¶i : Gi¶ sư : 9x + = n( n + ) Víi n  z  n2 + n - ( 9x + ) = 0

Để phơng trình bậc hai n có nghiệm nguyên, điều kiện cần : ∆ số phơng Nhng ∆ = + 4( 9x + ) =36x + 21 chia hết cho không chia hết cho 32

Do khơng tồn số nguyên n thoả mãn 9n + = n( n + ), tức không tồn số nguyên x để 9x + tích hai số nguyên liên tiếp

2 / Tạo bình ph ơng * Ph ơng pháp chung

Chuyển hai ẩn phơng trình có bậc hai dạng bình phơng tổng ( hiệu ) sau sử dụng dấu hiệu chia ht

Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên phơng trình : 3x2 + 4y2 =6x + 13 (1)

Giải : Biến đổi 3x2 + 4y2 = 6x + 13

 3x2 - 6x + = 16 - 4y2

 3( x - )2 = 4( - y2) (2)

Ta thÊy : - y2≥ - y2 nên y2 = hc y2 = 4

* Với y2 = : (2) có dạng : 3( x - )2 = 12

 ( x - )2 = 4

 x - = ± 2  x = ; x = -1 * Với y2 = (2) có dạng : 3( x - )2 =  x = 1

Các cặp số : ( ; ) ; ( -1 ; ) ; ( ; -1 ) ; ( -1 ; -1 ) ; ( ; ) ; ( ; -2 ) thoả mãn phơng trình (2) nên nghiệm phơng trình cho

3 / XÐt c¸c số ph ơng liên tiếp :

Hin nhiên hai số phơng liên tiếp khơng có số phơng Do với số ngun a, x ta có

- Khơng tồn x để a2 < x2 < ( a + 1)2

- NÕu a2 < x2 < ( a + 2)2 th× x2 = ( a + 1)2

VÝ dơ : Chøng minh r»ng víi mäi sè nguyªn k cho trớc không tồn số nguyên dơng x

cho :

x( x + 1) = k( k + 2)

Gi¶i :

Gi¶ sư x( x + 1) = k( k + 2) víi mäi k  z ; x nguyên dơng ta có x2 + x = k2 + 2k

 x2 + x + = k2 + 2k + 1

Do x > nªn x2 < x2 + x + = ( k+ 1)2 (1)

Cịng x > nªn ( k + 1)2 = x2 + x + < x2 + 2x + = k2 + 2k + (2)

Tõ (1) vµ (2) suy : x2 < ( k + 1)2 < ( x + 1)2 V« lý

Vậy không tồn số nguyên dơng x để x( x + 1) = k( k + 2)

4 / Sử dụng tính chất : Nếu hai số nguyên dơng ngun tố có tích mơt số chính phơng số số phng

Ví dụ : Giải phơng trình với nghiệm nguyên dơng :

xy = z2

Giải : Tríc hÕt ta gi¶ sư ( x, y, z) =1 ThËt vËy nÕu bé ba sè x0 , y0, z0 thoả mÃn (1) có

-cln b»ng d, gi¶ sư x0 = dx1, y0 = dy1 , x0 = dz1 th× ( x1, y1, z1 ) cịng lµ nghiƯm cđa (1)

Với ( x, y, z) =1 x, y, z đơi ngun tố nhau, hai ba số x, y, x có -ớc chung d số cịn lại chia hết cho d

Ta cã z2 = xy mµ (x, y) = nªn x = a2 , y = b2 víi a, b  N*

Suy z2 = xy = (ab)2 , : z = ab

Nh vËy :

2

x ta y tb z tab

 

  

 



( t số nguyên dơng tuỳ ý ) Đảo lại , hiển nhiên số x, y, z có dạng thoả mÃn (1) Công thức cho ta nghiệm nguyên d¬ng cđa (1)

5 / Sử dụng tính chất : Nếu hai số ngun liên tiếp có tích số phơng trong hai số ngun liên tiếp

VÝ dơ : Tìm nghiệm nguyên phơng trình

x2 + xy + y2 = x2y2

Gi¶i : Thêm xy vào hai vế :

x2 +2xy + y2 = x2y2 +xy

 ( x + y)2 =xy( xy + 1)

Ta thấy xy xy + hai số nguyên liên tiếp có tích số phơng nên tån t¹i mét sè b»ng

- xÐt xy = Tõ (1) cã x2 + y2 = nªn x = y = 0

- XÐt xy + = ta cã xy = -1 nªn ( x, y) b»ng ( ; -1) hc ( -1 ; 1)

Thử lại , ba cặp số ( ; ) ; ( ; -1 ) ; ( -1 ; ) nghiệm phơng trình cho

VI

/ phơng pháp s DNG TNH CHN L

*Ph ơng pháp chung

-Phương pháp xét vào phương pháp đặc biệt,nó đặc biệt phạm vi áp dụng khơng giới hạn cho phương trình dang cả, mà tùy phương trình cụ thể để áp dụng

-Ta sử dung tính chất : +Tổng hai số chẵn số chẵn +Tổng hai số lẻ số lẻ + tích hai số chẵn số chẵn +Tích hai số lẻ số lẻ

+ Tích số chẵn số lẻ số lẻ

¸

p dơng:

VÝ dụ 1: Giải phơng trình nghiệm nguyên x4 +2y4 -x2y2 - 4x2 -7y2-5 = 0

↔ (x2 +y2 +1)(x2-2y2 -5) =0 ↔ x2 -2y2 -5 =0

↔ x2 =2y2 +5

Suy : x số lẻ , đặt x =2m +1 (m :nguyên dương )

Ta có :(2m +1)2 =2y2 +5 2m(m +1) = y2 +2

→ y2 số chẵn Đặt y =2n ta có m( m+1) = 2n2 +1 (vơ lí)

Vậy phương trình đă cho vơ nghiệm

-Qua ví dụ ta củng cố cho học sinh phương pháp đồng thời lưu ý cho học sinh sử dụng nhiểu phương pháp lời giải toán Một điều đặc biệt : đa số học sinh giải phương trinhthir có thói quen suy nghĩ chủ quan phải tìm nghiệm phương trìnhđã cho mà để ý đến phương trình giải vơ nghiệm

VÝ dơ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên dương : 2x +57 = y2

Xét hai tường hợp :

TH1 : Nếu x lẻ x = 2n +1 (n N) ta có

2x = 22n +1 = 2.4n = 2(3+1)n = 2[ bs(3) + 1] = 2.bs(3) +2

Khi VT pt chia cho dư 2, cịn VP số phương nên TH loại TH2 : Nếu x chẵn x = 2n (n N*) ta có

y2 - 22n = 57 ↔ (y +2n )(y – 2n ) = 3.19

Ta thấy y +2n › → y- 2n › y +2n › y- 2n

Do ta 26 +57 = 112 Vậy nghiệm pt : (x, y ) = (6 ,11) VII/ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẰNG PHẢN CHỨNG

-Đối với phương pháp học sinh cảm thấy hồn tồn mẻ học sinh không tự áp dụng được, phương pháp thường áp dụng với phương trình khơng có nghiệm, để đốn nhận phương trình khơng có nghiệm khó chí với giáo viên có kinh nghiệm

-Nội dung phương pháp đơn giản áp dụng vấn đề :Giả sử pt cho có nghiệm xo, yo, xây dựng dãy vô số nghiệm từ đến mâu thuẫn.Hoặc giả sử pt cho có nghiệm nguyên xo, yo , với xo có giá trị nhỏ giá trị chứng minh pt có nghiệm x1, y1 mà x0 › x1

VÝ dô : CMR phương trình sau khơng có nghiệm ngun khác

x3 -3y3 -9z3 = 0

Giả sử (x0,y0,z0) nghiệm phương trình cho

Ta có xo3 chia hết cho → x0 chia hết cho , đặt xo = 3x1 ta 9x1- y03 – 3z0 =0

y03 chia hết cho 3→ y0 chia hết cho ,đặt y0 = 3y1 ta 9x13 – 27y13 -3z03 =

Z0 zo3 chia hết cho → z0 chia hết cho ,đặt z0 =3z1 ta x13 – 3y13 – 9z13 =

Như    

 

3 ; ,

0

0 y zo

x

nghiệm phương trình Quá trinh tiếp tục

ta có 

  

 

k k k

z y x

3 ; ;

0

0 , k 

Z nghiệm nguyên pt ban đầu, điều xảy : x0 = y0= z0 =0

VIII / ph ơng pháp lùi vô hạn

*Ph ơng pháp chung

Phơng trình nghiệm nguyên có dạng : a1x1n + a2x2n +…+ akxkn = (*)

Với nlà số tự nhiên lớn tham số nguyên a1, a2,ak ẩn

x1, x2,…xk đợc giải phơng pháp lùi vô hạn nh sau :

+) Sử dụng tính chất chia hết để chứng minh x1n, x2n,…xkn chia hết cho số nguyên

tố p.Từ suy x1, x2,…xk chia hết cho p

+) Đặt x1 = py1, x2 = py2 ,xk = pyk suy y1, y2, yk cịng nhËn c¸c giá trị nguyên

Phơng trình (*) trở thành :

a1( py1)n + a2( py2)n + …+ ak( pyk)n =

 a1y1n + a

2y2n + …+ akykn =

Hoàn toàn tơng tự ta lại chứng minh đợc y1, y2,…yk chia hết cho p, suy x1, x2, …xk

chia hÕt cho p2

+) Quá trình tiếp tục mÃi suy x1, x2, …xk cïng chia hÕt cho pm víi m là số

nguyên dơng tuỳ ý Điều xảy x1 = x2 == xk=

Vậy : phơng trình (*) có nghiệm nguyên nhấtx1 = x2 == xk=

á

p dông:

VÝ dô : Giải phơng trình nghiệm nguyên x3 - 5y3 - 25z3 = (1)

Gi¶i : Tõ phơng trình (1) suy x3 chia hết cho  x chia hÕt cho 5

Đặt x = 5x1 ( x1 nhận giá trị nguyên ) ta có phơng trình (1) tơng đơng với :

125x13 - 5y3 - 25z3 =

 5x13 - y3 - 5z3 = (2)

Từ phơng trình (2) suy y3 chia hÕt cho  y chia hÕt cho 5.

Đặt y = 5y1 ( y1 nhận giá trị ngun ) ta có phơng trình (2) tơng đơng với :

25x13 - 125y13 - 5z3 =

 5x13 - 25y13 - z3 = (3)

Tõ ph¬ng tr×nh (3) suy z3 chia hÕt cho  z chia hÕt cho 5.

Đặt z = 5z1 ( z1 nhận giá trị nguyên ) ta có phơng trình (3) tơng đơng với :

5x13 - 25y13 - 125z13 =

 x13 - 5y13 - 15z13 = (4)

Nh vËy tacã x, y, z cïng chia hết cho

Từ phơng trình (4) hoàn toàn tơng tự trình ta suy x1, y1, z1 cïng chia hÕt cho

suy x, y, z cïng chia hÕt cho 52

Quá trình tiếp tục mÃi suy x, y, z cïng chia hÕt cho 5m víi m lµ mét số nguyên dơng tuỳ

ý Điều xảy vµ chØ x = y = z =

Vậy phơng trình có nghiệm nguyên nhÊt x = y = z =

IX / Giải ph ơng trình vô tỷ

Ví dụ : tìm nghiệm nguyên phơng trình

2

y x x  x x

Giải : Điều kiện x

y  x1 2  x1  x1 2  x1

 x  1 x 1

 x  1 x 1

XÐt hai trêng hỵp :

a) Víi x = th× y =

b) víi x ≥ th× y = x1 1  x1 2  x1

Do : y2 = 4( x - 1) x ≥ nên đặt x -1 = t2 với t nguyên dơng

Ta cã

2 1

2 x t

y t

  

  

KÕt ln : NghiƯm nguyªn phơng trình :

( ; 2) vµ ( t2 + ; 2t ) Với tlà số nguyên dơng tuỳ ý

Phần III : toán với nghiệm nguyên

I / Bài toán số tự nhiên chữ số.

Ví dụ 1 : tìm hai số tự nhiên liên tiếp, số có hai ch÷ sè, biÕt r»ng viÕt sè lín tríc sè nhá ta

đợc só phơng

Gi¶i : Gọi hai số tự nhiên phải tìm x vµ x + Ta cã x 1x n2

  (1)

Trong : x, n  N Do x x + có hai chữ số n2 số có bốn chữ số nên 10

≤ x ≤ 98 ; 32 ≤ n ≤ 99 (2)

Tõ (1) ta cã 100( x + 1) + x = n2

 101x + 100 = n2

 ( n + 10)( n - 10) = 101x

Chú ý đến tính chia hết : tích ( n + 10)( n - 10)chia hết cho số nguyên tố 101, tồn thừa số chia hết cho 101

Từ (2) ta có : 22 ≤ n - ≤ 89 42 ≤ n + 10 ≤ 109 Do : n + 10 = 101

Suy : n = 91 ; n2 = 912 = 8281

Đáp số : Hai số tự nhiên phải tìm 81 82

VÝ dơ 2 : Trong tËp hỵp N H·y viÕt phan sè

8 thµnh tỉng hai phân số có tử băng 1, mẫu

khác

Giải : Gọi hai phân số cần tìm : ; x y, N*

x y 

Ta cã : 1

8

x  y  (1)

Do x, y cã vai trß nh nên ta giả sử : x < y  1

x  y

 1 1 1 16

8 x

x  x x y  x  x  y  x    (2)

Tõ (1) suy 1

8

x  hay x > (3)

Tõ (1) vµ (3) suy : < x < 16

Thay giá trị x 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, vào (1) ta tìm đợc ba trờng hợp cho y số tự nhiên :

x = 12 ; y = 24 Vậy phân số phải tìm :

1

1

72 ; 10 vµ

1 40 ;

1 12 vµ

1 24 II / Bài toán chia hết số nguyên tố

Ví dụ : Tìm số nguyên dơng n số nguyên tố p cho

 1

1

n n p   

Gi¶i : Víi n = p = 0, không số nguyên tố Với n = p = 2, số nguyên tè

Víi n = th× p = 5, số nguyên tố Với n 4, ta viết p díi d¹ng :

    2 2 2

2

n n

n n

p      

xÐt hai trêng hỵp :

- NÕu n lẻ ( n 5) 1. 2

2 n

p   n  , lµ tích hai thừa số lớn nên p hợp số

- Nếu n l ( n ≥ 4) th× ( 1)

2 n

p  n   , tích hai thừa số lớn nên p hợp

số Đáp số :

2 n p

  



 vµ

3 n p

  

 

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1 : Thực hành giải tốn ( giáo trình đào tạo gv THCS hệ cao đẳng sư phạm )- Năm 2001 2: Phương trình hệ phương trình khơng mẫu mực (Nguyễn Đức Tấn – Phan Ngọc Thảo ) nhà xuất giáo dục năm 2002

3 : Phương trình tốn với nghiệm nguyên (Vũ Hữu Bình ) năm1997

4 : Kỷ yếu hội nghị khoa học tuổi trẻ sang tạo lần thứ IX (đoàn trường Đại học Hồng Đức) tháng năm 2006

5 :Số báo đặc biệt kỷ niệm 10 năm thành lập khoa KHTN trường ĐHHĐ (số năm 2007 ) 6 : Bài tập nâng cao chuyên đề toán (Bùi Văn Tuyên ) nhà xuất giáo dục năm 2005

7 :Các chuyên đè số học bồi dưỡng HSG trung học sở ( Phạm Minh Phương nhóm tác giả chun tốn Đại học Sư phạm Hà Nội ) năm 2006

8 : Nâng cao phát triển tốn 9-T1 (Vũ Hữu Bình ) nhà xuất giáo dục năm 2005 9 : Số hoc bà chúa tốn học (Hồng Chúng ) nhà xuất giáo dục năm 1997

10 : Chuyên đề bồi dưỡng chuyên toán số học ( Nguyễn Vũ Thanh ) nhà xuất Tiền Giang năm 1992

11: 255 tốn số học chọn lọc(Vũ Dương Thụy- Trương Cơng Thành – Nguyễn Ngọc Đạm ) nhà xuất giáo dục năm 2002

PHỊNG GIÁO DỤC HUYỆN THIỆU HĨA TRƯỜNG THCS THIỆU GIANG

SÁNG KIẾ N KINH NGHIỆ M

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ BÀI TOÁN NGHIỆM NGUYÊN

Năm học :2007 - 2008

Năm học :2007 - 2008