timnghiemnghien

T×m nghiÖm nguyªn d¬ng cña ph¬ng tr×nh.... Ta cã b¶ng.[r]

Ph

ơng pháp1:Đa dạng tích.

Thí dụ 1: Giải phơng trình nghiệm nguyên x2- 656xy – 657y2=1983.(1)

Lêi gi¶i:

(1)<=>x2-657xy+xy-657y2=1983.

<=>x(x-657y)+y(x-657y)=1983 <=>(x-657y)(x+y)=1983

Do 1983=1.1983=3.661=(-1).(-1983)=(-3).(-661)

V× hiƯu (x+y)-(x-657y)=658y chia hết cho 658 nên 1983 phải phân tích thµnh mét tÝch hai thõa sè cã hiƯu chia hÕt cho 685.Vậy ta có hệ phơng trình:

      3 657 661 y x y x        661 657 3 y x y x          3 657 661 y x y x          661 657 3 y x y x

Giải ta đợc cặp nghiệm là:(x;y)=(660;1);(4;-1);(-660;-1);(-4;1)

ThÝ dụ 2: Tìm phơng trình nghiện nguyên:

y3-x3=91 (1) Lời giải:

(1) <=>(y-x)(y2+yx+x2)=91(*).

Vì y2+yx+x2>0 với x,y nên từ (*) suy y-x>0 Mặt kh¸c,

91=1.91=7.13 y-x; y2+yx+x2đều nguyên dơng nên ta có khả xảy ra:

        1 x yx y 91 2 x y         91 x yx y 1 2 x y         7 x yx y 13 2 x y         13 x yx y 7 2 x y

Đến toán coi nh đợc giải xong

ThÝ dụ 3: Tìm nghiệm nguyên phơng trình.

2x3+xy=7(1) Lêi gi¶i:

(1) x(2x2+y)=7

       7 2 1 y x x ;       1 2 7 y x x ;         7 2 1 y x x ;         1 2 7 y x x       5 1 y x ;       97 7 y x ;        9 1 y x ;        99 7 y x

Vậy mghiệm nguyên phơng trình là: (x;y)=(1;5); (7;-97); (-1;-9); (-7;-99)

y2=x(x+1)(x+7)(x+8) (1) Lêi gi¶i:

(1)  y2=(x2+8x)(x2+8x+7) Đặt t=x2+8x, ta có: y2=t2+7t

4y2=4t2+28t+49-49 (2t+7)2-4y2=49 (2t+7-2y)(2t+7+2y)=49.

Đến toán coi nh giải xong

Bài tập áp dụng 1 x2-4xy=23.

2 x2-2xy-3y2=8.

3 x+y+xy=9. Ph

¬ng pháp 2:Sắp thứ tự ẩn

Nu cỏc n x, y, z, … có vai trị bình đẳng, ta giả sử x≤y≤z…để tìm nghiệm thoả mãn điều kiện Từ đó, dùng phép hốn vị để tìm nghiệm phơng trình cho

Thí dụ 1:Tìm nghiệm nguyên dơng phơng trình:

x+y+z= xyz (1)

Lêi gi¶i:

Do vai trị bình đẳng x, y, z phơng trình, trớc hết ta xét x≤y≤z Vì x, y, z nguyên dơng nên xyz>0, x≤y≤z suy xyz=x+y+z≤3z suy xy≤3 suy xyє{1;2;3}

Nếu xy=1 suy x=1;y=1, thay vào(1) ta có:2+z=z (Vơ lí) Nếu xy=2, x≤y nên x=1; y=2 thay vào(1) ta đợc z=3 Nếu xy=3, x≤y nên x=1; y=3 thay vào (1) ta đơc z=2 Vậy nghiệm nguyên dơng phơng trình là:

(x,y,z)=(1,2,3);(1,3,2);(2;1;3);(2;3;1);(3;2;1);(3;1;2)

ThÝ dơ 2:T×m nghiƯm nguyên dơng phơng trình.

1 111 t z y

x

Lêi gi¶i:

Giả sử xyzt Thế số nhỏ x4(Nếu không 1)

1 1

  

t z y x

vµ x≥2 VËy ta xÐt trêng hỵp x=2; x=3; x=4 NÕu x=2 th× 1121

t z

y Ta lại thấy y6 (Nếu không 1 1

  

t z y

) vµ y≥3

Bây đẳng thức 11121

t z

y ta thay lần lợt y=3;4;5;6 xét tiếp z

v t theo cách đánh giá x y

Ta lại xét hai trờng hợp x=3 x=4 cuối đợc 14 bốn số (x; y; z; t)=(2;3;7;42);(2;3;8;24);(2;3;9;18);(2;3;10;15);(2;3;12;12); (2;4;5;20);(2;4;6;12);(2;4;8;8);(2;5;5;10);(2;6;6;6);(3;3;4;12);(3;3;6;6); (3;4;4;6);(4;4;4;4)

Bài tập t ơng tự:

1.Tìm nghiệm nguyên dơng phơng trình:

1

  

z y

Cho số tự nhiên a<b<c<d<e (a≠2) cho

1 1 1

    

e d c b a

3 Tìm nghiệm nguyên dơng phơng trình

1

  

t z

y

Ph

ơng pháp 3:sử dụng tính chất chia hÕt.

Phơng pháp sử dụng tính chất chia hết để chứng minh phơng trình vơ nghiệm tìm nghiệm ngun phơng trình

ThÝ dơ 1: Tìm nghiệm nguyên phơng trình: x2- 2y2=5 (1). Lời gi¶i:

Từ phơng trình (1) ta suy x phải số lẻ Thay x=2k+1(kєZ) vào (1), ta đợc: 4k2+4k+1-2y2=5 2(k2+k-1)=y2 =>y2 chn => y chn.

Đặt y= 2t (tєZ), ta cã:

2(k2+k-1)=4t2 k(k+1)=2t2+1(2).

NhËn xét: k(k+1) số chẵn, 2t2+1 số lẻ => Phơng trình (2) vô nghiệm.

Vậy phơng trình (1) nghiệm nguyên

Thí dụ 2: Chứng minh không tồn số nguyên x, y, z tho¶ m·n: x3+y3

+z3=x+y+z+2000 (1). Lêi gi¶i:

Ta có: x3-x=(x-1)x(x+1) tích số nguyên liên tiếp(với x lµ sè

ngun) Do đó: x3-x chia hết cho Tơng tự y3-y z3-z chia hết cho =>

x3+y3+z3-x-y-z chia hÕt cho 3.

Vì 2000 khơng chia hết phơng trình cho khơng có nghiệm ngun

ThÝ dơ 3:Tìm nghiệm nguyên phơng trình. 6x2+5y2=74 (1)

(1) 6(x2-4) = 5(10-y2)

Vì (5,6)=1, nên phải có: x2-4 5; 10-y2 6.

Đặt x2-4=5u; 10-y2=6v.

NhËn thÊy 6.5u=5.6v => u=v. x2=5u+4 0 => u -4/5

y2=10-6v 0 => v5/3

=> -4/5 u=v5/3

Suy u=v=0 hc u=v=1.

+ u=v=0 => y2=10, y nguyên nào.

+ u=v=1 =>

  

 

4 9

2

y x

Phơng trình cho có nghiệm nguyên là: (x;y)=(3;4); (3;-4); (-3;4); (-3; -4)

Thí dụ 4: Tìm nghiệm nguyên phơng trình. 19x2+28y2=729.(1)

Lời giải:

=>x2+y2 3

 => x3; y3 Đặt x=3u; y=3v (u,vZ ).Thay vào phơng trình cho đợc: 19u2+28v2=81.

Lập luận tơng tự, ta lại đợc u=3s; v=3t (s,tZ ), lại có:

19s2+28t2=9.

Dễ thấy s, t khơng đồng thời 0, 19s2+28t2>19>9, hay

ph-ơng trình vơ nghiệm Từ suy phph-ơng trình cho khơng có nghiệm ngun

Thí dụ 5: Tìm nghiệm nguyên phơng tr×nh sau: a y=

1

 

x x

; b xy-x-2y=3;

c.2x2-2xy=5x+y-19. Lêi gi¶i:

a y=

1

3

   



x x

x

Ta thÊy y số nguyên x-1 ớc

x-1= 1; Ta cã b¶ng.± ±

x-1 -5 -1

x -4

y -3

VËy nghiƯm nguyªn phơng trình là: (x;y)=(-4;1);(0;-3);(2;7);(6;3)

b xy+x-2y=3 y(x-2)=-x+3  y=

2 1

3

    

 

x x

x

Ta thấy y số nguyên  x-2 ớc  x-2= ±  x=1 x=3 Từ ta có nghiệm (x;y)=(1;-2);(3;0)

Chú ý dùng phơng pháp để giải tốn này, ta đa dạng: x(y+1)-2(y+1)=1  (y+1)(x-2)=1

c 2x2-2xy=5x+y-19  2x2-5x+19=y(2x+1)

 y=

1

19 2

  

x x x

=x-3+

1

22 

x

Để y nguyên

1

22

x phải nguyên => 2x+1 phải íc cña 22  2x+1= 1; 2; 11; 22 Ta cã b¶ng sau:± ± ± ±

2x+1 -22 -11 -2 -1 11 22

x -23/2 -6 -3/2 -1 1/2 21/2

y -11 -26 19

Lo¹i Lo¹i Lo¹i Lo¹i

Vậy nghiệm ngun phơng trình cho là: (x;y)=(-6;-11);(-1;-26);(0;19);(5;4)

Bµi tập áp dụng:

1 Giải phơng trình nghiệm nguyªn sau:

a y=

3

2

  

x x

x ; b y(x-1)=x2+2 ;

c 2x2-2xy=5x-y-19;

xy2+2xy-243y+x=0

HD: Ta cã xy2+2xy-243y+x=0  x(y+1)2=243y(*) Tõ (*) thÊy r»ng

(y+1,y)=1 => (y+1)2 là 243.

ĐS: (x,y)=(54,2); (24;8)

Ph

ơng pháp 4:sử dụng bất đẳng thức.

Dùng bất đẳng thức để đánh giá ẩn từ đánh giá suy giá trị ngun ẩn

ThÝ dơ1: T×m nghiƯm nguyên phơng trình:

x2-xy +y2=3.(1) Lời giải:

a  (x-

4 3 )

2

2 y

y



 V× (x-

4 3 )

2    y 

y

=> -2≤y≤2 Lần lợt thay y= 1; 2; vào ph± ± ơng trình để tính x ta có nghiệm ngun phơng trình là:

(x;y)=(-1;-2);(1;2);(-2;-1);(2;1);(-1;1);(1;-1)

Thí dụ 2: Tìm nghiệm nguyên phơng trình. x2-6xy+13y2=100 (1)

Lời giải:

(1) (x2-6xy+9y2)=100-4y2 (x-3y)2=4(25-y2) (2)

Tõ (2) => y2≤25 vµ 25-y2 lµ số phơng 0.

Vậy y20;9;16;25 => y 0;3;4;5 .

Từ ta có 12 nghiệm nguyên nh sau: (x;y)=(10;0); (-10;0); (17;3); (1;3); (-17;-3); (-1;-3); (6;4); (18;4); (-18;-4); (-6;-4); (15;5); (-15;-5)

ThÝ dô 3: Tìm nghiệm nguyên phơng trình:  z 3

xy y xz x yz

Lời giải:

ĐK: x,y,z0 Ta có: y2z2+x2z2+x2y2=3xyz => xyz>0.

áp dụng bất đẳng thức côsi với số y2z2; x2z2; x2y2, ta có:

y2z2+x2z2+x2y233 x4y4z4 => 3xyz 33 x4y4z4 => xyz1

 xyz=1(do xyz>0)

Từ ta có nghiệm nguyên:

(x;y;z)=(1;1;1); (1; -1; -1); (-1;1;-1); (-1;-1;1)

ThÝ dô 4: Tìm nghiệm nguyên phơng trình.

1+x+x2+x3=y3.

Từ phơng trình dễ thấy: x3<y3<(x+2)3 => y3=(x+1)3.

VËy ta cã: 1+x+x2+x3=(x+1)3  2x2+2x=0  x=0 hc x=-1.

Vậy phơng trình cho có nghiệm ngun (x;y)=(0;1);(-1;0)

Bài tập áp dụng:

Tìm nghiệm nguyên phơng trình: 1 y2=1+x+x2+x3+x4.

Ph

ơng pháp 5: Sử dụng số nhận xÐt.

1.NhËn xÐt 1: A2

1+A22+…+An2=0  A1=0 V A2=0 V…V An=0.

ThÝ dơ 1: T×m nghiƯm nguyên phơng trình. x2+2y2-2xy-2x+2=0(1)

Lời giải:

(1) 2x2+4y2-4xy-4x+4=0  (x2-4xy+4y2)+(x2-4x+4)=0

 (x-2y)2+(x-2)2=0 

  

 

 

0 2

0 2

x y x



  

 

1 2

y x

VËy nghiƯm nguyªn phơng trình là: (x;y)=(2;1).

Thớ d 2: Phng trình sau có nghiệm ngun khơng? Nếu có tìm các cặp nghiệm nguyên đó.

x2+y2+z2-2x-4y-6z+14=0.(2)

Lêi gi¶i

(2) (x2-2x+1)+(y2-4y+4)+(z2-6z+9)=0

 (x-1)2+(y-2)2+(z-3)2=0



    

 

 

 

0 3

0 2

0 1

z y x



    

  

3 2 1

z y x

Vậy phơng trình cho có nghiệm ngun, nghiệm nguyờn ú l: (x;y;z)=(1;2;3)

Bài tập áp dụng:

Tìm nghiệm nguyên phơng trình (nếu có) a 2x2+y2+2z2+2xy+2xz+2yz-6x-2z=-10

b 4x2+10y2-12xy-4y+4=0.

*chó ý: cịng cã thĨ coi toán tìm ẩn số bình thờng cã sư dơng nhËn xÐt trªn

* Nhận xét 2:Từ hai định lí liên quan đên phơng trình bậc hai Định lí 1: Phơng trình bậc hai

Ax2+bx+c=0(*) (aєZ*, b; cєZ)

Cã nghiƯm h÷u tØ vµ chØ b2



 -4ac số phơng Chứng minh:

+ Điều kiện cần: Nếu phơng trình (*) có nghiệm x1;2=

a b

2

 

 lµ sè

hữu tỉ  số hu tỉ Đặt  = qp (Với p;qєN, q0 (p,q)=1) Suy

ra q2=p2 => q2chia hÕt cho p2

Mặt khác, (p,q)=1 => (p2,q2)=1 =>

chia hÕt cho p2 =>  p2 => q21

+ Điều kiện đủ: Đảo lại, b2-4ac = d2 là số phơng phơng

tr×nh (*) cã nghiƯm x1;2=

a d b

2  

râ ràng số hữu tỉ

Định lí 2: Nếu x0= q

p

(p; qZ, q0 vµ (p,p)=1) nghiệm hữu tỉ ph-ơng trình bậc hai ax2+bx+c=0(a Z*,b;c Z)

q ớc cđa a vµ p lµ íc cđa c

Chøng minh:

Thay x0= q

p

vµo phơng trình(*) ta có a 2

2

   c

q p b q p

 ap2+bpq+cq2=0  ap2=-q(bp+cq) =>ap2 chia hÕt cho q =>q ớc a

(vì (p,q)=1)

Tơng tự cq2=-p(ap+bq) => p ớc c. *l

u ý: nghiệm nguyên trờng hợp đặc biệt nghiệm hữu tỉ (Khi a=1)

ThÝ dụ 1: cho a, b, c số nguyên lẻ Chứng minh phơng trình bậc hai ax2+ bx+c=0 nghiệm hữu tỉ.

Lời giải: Cách 1:

Giả sử phơng trình cho có nghiệm hữu tỉ, theo định lí b2-4ac=m2 số chớnh phng =>b2-m2=4ac.

Vì b2 lẻ, 4ac chẵn nên m2 phải số lẻ.

Ta lại biết bình phơng số lẻ chia cho có số d nên b2-m2 chia hết cho 8; ac lại số lẻ nên 4ac không chia hết cho Điều

mâu thuẫn với b2-m2=4ac.

Vậy phơng trình ax2+bx+c với a, b, c số nguyên lẻ có

nghiệm hữu tỉ

Cách 2:

Gi s phơng trình cho có nghiệm hữu tỉ x0= q

p

( p; qZ, q0 (p,p)=1), theo định lí q ớc a p l c ca c

Vì a,c lẻ nên p, q cịng lỴ => ap2, bpq, cq2 lỴ => ap2+bpq+cq2 lẻ, khác

Điều mâu thuẫn víi gi¶ thiÕt x0= q

p

nghiệm hữu tỉ phơng trình cho Từ suy điều cần phải chứng minh

*L u ý: kết cịn với đa thức bậc với hệ số số nguyên lẻ

Thí dụ 2: Tìm tất số nguyên a để phơng trình sau có nghiệm ngun:

x2-(3+2a)x+40-a=0. Lêi gi¶i

Theo định lí 1, trớc hết để phơng trình có nghiệm hữu tỉ phải có =m2

là số phơng

(3+2a)2-4(40-a)=m2

 4a2+16a-151=m2

 (2a+4)2-m2=167  (2a+4+m)(2a+4-m)=167

Suy a=40 a=-44 Thử lại, ta thấy chúng thoả mãn điều kiện đề

VËy số a cần tìm là: 40; -44

Thớ dụ 3: Chứng minh với số nguyên n ta có n2-n+2 khơng

chia hÕt cho 49

Lêi gi¶i:

Gi¶ sư n2-n+2=49k (kN), nghÜa phơng trình n2-n+2-49k=0 với ẩn n

phải có nghiệm nguyên

n phải số ph¬ng

 1-4(2-49k)=t2 (tZ)  196k-7=t2 7(28k-1)=t2

=> 28k-1 phải chia hết cho 7, điều vô lí

Vậy n2-n+249k, điều cần phải chứng minh.

*Tuy nhiên có tốn khơng cần sử dụng hai định lí

Thí dụ 4: Tìm m để phơng trình sau có nghiệm ngun: 2x2-2mx+m2-1=0.

Lời giải:

Ta thấy x=t nghiệm phơng trình tồn m cho:

2t2-2mt+m2-1=0  phơng trình m2-2tm+2t2-1=0 có nghiệm ẩn m.

m

/

 0  t2-2t2+10  -t2+10  -1t1, tZt 1;0;1

Ta cã: + t=0  m=1

+ t=-1 m2+2m+1=0  (m+1)2=0  m=-1

+ t=1  m2-2m+1 =0  (m-1)2=0 m=1.

Vậy phơng trình có nghiệm nguyên m=1

Bài tập áp dụng:

1 Cho a, b số nguyên Chứng minh phơng trình sau không có nghiệm hữu tỉ: x2+3ax-3(b2+1)=0.

2 Tìm tất số nguyên a để phơng trình sau có nghiệm ngun: x2 –(a+5)x+5a+2=0.

3 Tìm tất số nguyên a để phơng trình sau có nghiệm ngun: x2+ax+198=a.

4 Chøng minh với số nguyên n ta có n2+5n+16 không chia

hÕt cho 169.