b/ Chøng tá r»ng c¸c ph¬ng tr×nh sau kh«ng cã nghiÖm nguyªn.[r]
(1)Bµi viÕt: øng dơng tính chia hết
vào việc giảt số dạng toán phơng trình nghiệm nguyên
Trong q trình dạy học bồi dỡng HSG mơn tốn trờng phổ thơng tơi thấy học sinh tiếp thu cách dễ dàng phép tính số học, thực tốt d y tính phức tạp Song, khiã gặp số toán nghiệm nguyên phơng trình đa số học sinh thờng " lúng túng", nhiều em "né tránh", ngại tiếp xúc Điều ảnh hởng lớn đến phát triển t tốn học nh ; tính mềm dẻo, tính linh hoạt, sáng tạo em sau
ở viết tơi xin trình bày số ứng dụng tính chia hết để giải số dạng toán ph ơng
trình nghiệm nguyên trao đổi với bạn đọc bậc đồng nghiệp em học sinh, nhằm phục vụ công tác dạy học ngày tốt
Khi giải phơng trình sử dụng nhiều phơng pháp giải nên viết tơi khơng đề cập đến việc trình bày cụ thể phơng pháp mà trao đổi qua số dạng toán
II Mét sè dạng toán phơng trình nghiệm nguyên
*Dạng 1: Phơng trình bậc ẩn dạng: ax + by = c ( a,b,c z )
Bài toán 1.1: Cho phơng trình: 17x + 30 y = 11994 (1)
a/ T×m nghiệm nguyên ( 1) b/ Tìm nghiệm nguyên dơng ( 1) Hớng giải:
a/ Tìm nghiệm nguyên (1):
D thấy 30y 11994 nên (1) có nghiệm nguyên 17x mà (17,6) =1 => x Đặt x = k (k nguyên) (1) có dạng ; 17 k + 5y = 1999
=>y=1999−17k
5 =399−3k+
2(2−k)
5 Tiêp tục đặt t = 2-k
5 , tZk=25t Từ ta có : x= 12 - 30 t (*)
y= 393 + 17 t (**)
Thay cơng thức (*) (**) vào (1) phơng trình đợc nghiệm Vậy nghiệm (1) đợc biểu thị công thức: x = 12 - 30 t
y = 17 t + 393 ( t z) b/ Tìm nghiệm nguyên dơng:
Phơng trình ( 1) có nghiệm nguyên dơng 12 - 30 t > vµ
17t + 393 > suy ra:
Vì t Z nên t { 0; -1 ; -2 ; -22 ; - 23 } cã 24 giá trị t Vậy nghiệm nguyên d ơng phơng trình (1) tơng ứng với giá trị t thay vào công thức trên, ph ơng trình (1) có 24 nghiệm nguyên dơng
* NhËn xÐt:
1 Nếu toán yêu cầu tìm nghiệm nguyên dơng phải giải điều kiện công thức nghiệm để giới hạn phạm vị xác định nghiệm
2 ViƯc t¸ch c¸c gi¸ trị nguyên biểu thức có nhiều cách Chẳng h¹n:
y=399−4k+4+3k
5 (a) , y= 400 - 3k -
1 + 2k
5 ( b ) , y = 400 - 4k- 1-3k
5 (c) Tuy nhiên cách tách giải đơn giản so với cách (a); (b); (c) gải (a); (b) ; (c) ta cần đặt thêm ẩn phụ làm cho toán trở nên phức tạp dài dòng cách giải
3/ Việc giải phơng trình dạng ax+ by = c đ có công thức giải số tài liệu tham khảo.Ã Tổng quát: ax+ by = c x= x0 + bt
a,b,c z; (a,b) = y = y0 - at Trong x0; y0 nghiệm riêng phơng trình đ cho.ã
Bài toán 1.2: Chứng tỏ phơng trình sau không cã nghiƯm nguyªn.
2004x + 2006 y = 20072007 ( 2)
Gi¶i: DƠ thÊy vế trái (2) chia hết cho vế phải 20072007 số lẽ không chia hết cho 2
vậy phơng trình đ cho vô nghiệm à * Bài tập tơng tự:
a/ Tìm nghiệm nguyên (và tìm nghiệm nguyên dơng) phơng trình: a1 / 18x - 7y = 45 , a2/ 9x + 20y = 5472, a3 / 5x + 13y = 169
⋮ ⋮ ⋮ ⋮
Tiếp tục đặt
−393 17 <t<
2
y=1999−17k
(2)b/ Chứng tỏ phơng trình sau nghiệm nguyên b1./ 2007x + 9999y = 20062010, b2/ 18x+ 24y = 2006
D¹ng 2: Phơng trình: ax2
+ by2
+ cxy + dx + ey + f = 0;
ax2
y + by2
x + cxy + dy+ ex + f = 0
Bài toán 2.1: Tìm nghiệm nguyên phơng trình
7x+ 11 = 2xy + 3y ( 3) Hớng giải: Vì x z nªn 2x +
y=7x+11 2x+3 =
6x+9+x+2 2x+3 =
3(2x+3)+x+2 2x+3 =3+
x+2 2x+3 Để y nhận giá trị nguyên ph¶i cã ( x+ ) ( 2x + )
=> 2( x+ ) ( 2x+ 3) => 2x+ => 2x+ ớc Do đó: Với 2x + = <=> x = -1 y =
Với 2x + = -1 <=> x= -2 y = Đáp số: ( -1;4), (-2;3)
Bài toán 2.2: Tìm nghiệm nguyên phơng trình sau: x
2y - 5x2 - xy - x+ y - = ( 4)
( Trích đề thi HSG lớp - Phịng GD Can Lộc ) Hớng giải: Biểu thị x theo y ta có:
y=5x
+x+1
x2− x+1 ( x
− x+1>0) => y = + 6x-4 x2− x+1
Ta cã y z => ( 6x - ) ( x2 - x + ) <=> ( 3x - 2) ( x2 - x+ 1) ( x2 - x+ 1) (3x-2 ) ( x2 - x+ 1) x2 - x+ = + 2
x2 - x+ = + + Víi x= => y =
+ Víi x= => y = ( trờng hợp khác loại )
* Nếu (3x- 2) ( x2 - x+ 1) ( * ) => x ( 3x - ) ( x2 - x+ 1) => (3x2 - 2x ) ( x2 - x+ 1) => ( 3x2 - 3x + +x - ) ( x2 - x+ 1) => ( x-3) ( x2 - x+ 1) => ( 3x- ) ( x2 - x+ 1) , (**) Lấy (*) trừ cho (**) ta đợc ( x2 - x+ 1) => x2 - x+ giá trị -7; 7; 1; -1 Từ ta đợc nghiệm: (3; ), ( 0;1), (1, ) nghiệm phơng trình ( 4)
Bài toán 2.3: Cho phơng trình x2- y2 + 7x = (5) a/ T×m nghiệm nguyên phơng trình với y N
b/ Tìm số x Z để x2 + 7x số phơng. Hớng giải:
a/ Cách 1: Đa phơng trình (5) phơng trình ớc số
(5) <=> (4x2 + 28x + 49) - 4y2 = 49 <=> (2x + – 2y) (2x + + 2y) = 49 (*) - NÕu y = tõ (5) => x1 = 0, x2 = -7
- NÕu y > tõ (*) => x3 = 9, x4 = -16
Cách 2: Xem (5) phơng trình bậc hai biến x Ta có: = 49 + 4y2
Để (5) có nghiệm nguyên phải số phơng Đặt : 49 + 4y = k2 ( k N ) <=> ( k + 2y) ( k- 2y ) = 49
Vì y N nên k + 2y > k - 2y vµ k + 2y > => ( k + 2y) - ( k - 2y ) = 4y nªn k + 2y k - 2y tính chăn lẽ phải lẽ nên ta có:
k+ 2y 49
k- 2y
y 12
- Víi y = ta cã x1 = 0, x2 = -7 - Víi y = 12 ta cã x3 = 9, x4 = -16 b/ Giải tơng tự câu a)
Bài toán 4: Chứng tỏ phơng tình sau nghiệm nguyên a/ 2x2 + y 2 = 1999 (6) b/ 7x2 - 5y2 = (6')
Híng gi¶i:
a/ Ta có: 2x2 1999 nên để có (6) y 2 phải lẽ => y lẽ. Đặt y = 2k + (k z) (6) có dạng 2x2 + ( k2 + k ) = 1998 Dễ thấy 1998 chia cho d suy 2x2 không chia hết x lẽ Đặt x= 2t + từ ( ) viết dới dạng 8t( t + ) + 4k ( k+1) = 1996 (*)
⋮ Ta biĨu thÞ x theo y nh sau:
⋮ ⋮
⋮ ⋮ ⋮
⋮ =>
=> x = 0, x= * NÕu : ( x2 - x+ 1) =>
⋮
⋮ ⋮ ⋮
⋮ ⋮ ⋮
⋮
(3)m3 – – 3m
Ta lại có vế trái chia hết cho vế phải không chia hết cho (*) kh«ng cã nghiƯm ngun suy (6) kh«ng cã nghiƯm nguyªn
b/ Tõ (6') => 6x2 - 6y2 + x2 + y 2 = => x2 + y2 3
Mặt khác: x2 y2 chia cho d mà x2 + y2 Nếu x2 y2 chia hết cho Do x y chia hết x2 y2 chia hết cho Nh 7x2 - y 2
9 cßn (6' ) nghiệm nguyên
Nhận xét: Phơng trình nghiệm nguyên dạng "bậc có hai ẩn" dạng tốn thờng gặp bậc THCS Khi giải thờng đa phơng trình ớc số (phơng trình tích) dùng tính chất chia hết dùng điều kiện cần để phơng trình bậc có nghiệm
* Bµi tập tơng tự: 1/ Tìm nghiệm nguyên phơg tr×nh sau:
a/ x2 + y 2 - x - y = , b/ x2 - 2x = y2 - 11 , c/ 3x2 - 6x = 13 - 4y2 , d/ 8x2 - 25 = 3xy +5x 2/ Chứng tỏ phơng trình sau nghiệm nguyên:
a/ 5x2 - 4y2 = b/ 19x 2 + 28y2 = 729
*Dạng 3:Phơng trình bËc trë lªn cã Èn
3.1 Bài toán 7: Tìm nghiệm nguyên phơng tr×nh x+ x2 + x3 = 4y2 + 4y ( 7)
Híng gi¶i: Dïng tÝnh chÊt chia hết tính chất số phơng, ta cã: (7) <=> 1+ x + x2 + x3 = 4y2 + 4y + <=> (x+ 1)( x2 + 1) = (2y +1)2 (*) DÔ thÊy (2y + 1) 2 lÏ => x+1 vµ x2 +1 hai số lẽ Giả sử ( x+1, x2 + 1) = d => d lẻ
Mặt khác x+1 d =>1- x2 d kÕt hỵp víi x2 + d ta cã - x2 + + x2 d => d => d = (vì d lẻ). Vì (x+1 ) ( x2 + ) số phơng (*)
Mà ( x+1 , x2 + ) = Vậy x+1 x2 + số phơng
Dễ thấy x2 x2 + số tự nhiên liên tiếp mà số phơng nên x = Khi theo ( ) y = y = -1 Nghiệm (7) là: ( 0; 0); ( 0;-1 )
3.2 Bài toán 8: Tìm nghiệm nguyên phơng trình: x3
- = y + xy ( 8) Híng gi¶i: Ta cã (8) <=> ( x- y) 3 + 3xy ( x- y ) = xy +
Đặt: x- y = m, xy = n ta cã : m3 + 3mn = n+ <=> m3 - = - n( 3m - 1) => m3 - 3m - => 27 ( m3 - ) 3m - => 27 m2 -1 -215 3m-1 Do 27m3 -1 3m - nên 215 3m -1 mà 215 = 5x43
Nªn 3m -1 { + 1; + 5; + 43; + 215 } m, n Z nªn 3m -1 { - 1; 5; - 43; 215 } Ta cã b¶ng
3m-1 -1 -43 215
m -14 72
-8 -64 -1736
Mặt khác: Ta cã ( x- y) + 4xy >
NÕu 4m2 + 4n > (*) kÕt hợp (*) điều kiện có nghiệm có m = 2và n= phù hợp Ta có x-y = và xy = từ ta cã nghiÖm ( 0,-2), ( 2,0 )
Lu ý: Bài tốn có cách giải khác nh dùng giá trị tuyệt đối dùng tính chất s chớnh ph-ng
3.3 Bài toán: Chứng tỏ phơng trình sau nghiệm nguyên
a/ x3+ y 3 = 2002 b/ x4 + y 4 + ( x+y) 4 = 4004 Híng gi¶i:
a/ Ta có nhận xét : Lập phơng số nguyên chia cho d 0; 1; 8; ( a => a3 Nếu a = BS + a3 = BS + ) Do x3 + y3 chia cho có d 0; 1; 2; 7; cịn 2002 chia d phơng trình đ cho khơng có nghiệm nguyên ã
b/ Ta cã: x4 + y4 + ( x+ y ) 4 = 4004 <=> 2( x2 + y 2 + xy) 2 = 2.2002
<=> ( x2 + y 2 + xy) 2 = 2002 §iỊu vô lý 2002 số phơng ( tận ) => ĐPCM
* Một số tập tơng tự:
1/ Tìm nghiệm nguyên phơng trình sau:
a/ x3+ y 3 = 3xy + , b/ x3- y3 = xy + 25 , c/ x3 + y 3 = y6 , d/ x6 + 3x2 + = y4 2/ Chứng tỏ phơng trình sau không cã nghiƯm nguyªn
a/ x3 + y 3 = 2002 , b/ x4 + y 3 + ( x+ y ) 4 = 3996, c/ x3 + y 3 = , d/ x5 + 2xy = 10 ( 3y + )
Dạng 4:Phơng trình có chứa ẩn , ẩn
4.1 Bài toán:Tìm nghiệm nguyên phơng trình sau:2x- 5y - 6z = (10)
⋮ ⋮
⋮ ⋮ ⋮ ⋮
⋮
⋮ ⋮
⋮
⋮ ⋮
n =
⋮ ⋮
(4)Híng giải: Từ (10 ) có nghiệm nguyên 5y => y Đặt y = 2m, ta cã x - 5m - 3z = => x= 5m + 3z +
Đặt z = t ta có công thức nghiệm x= 5m + t + ; y = 2m vµ z = t ( víi m, t z) 4.2 Bài toán: Tìm nghiệm nguyên phơng trình x7 + y 7 = 7z (11)
Hớng giải: (11) có nghiệm nguyên x7 + y7 7
Theo định lý nhỏ Féc ma ta có: x7 - x y7 – y , ta viết (11) dới dạng:
( x7 - x ) + ( y7 - y ) + ( x+ y ) = 7z ta có x+ y đặt x+ y = k ; x = t, ( k z , t z ) Ta có cơng thức nghiệm: x= t ; y= 7k - t z = [ t7 + ( 7k - t )7] : ( Với k, t z )
4.3 Bài toán: Chứng tỏ phơng tr×nh:
x4 + y4 + x4 + z4 + t 4 + k 4 = 2006 nghiệm nguyên.
Hớng giải: - Nếu x số chẵn x4 16
- NÕu x lµ sè lÏ x2 : d nên x4 = ( 8k + ) 2 : 16 d
Nh số x4,y4,z4,t4chia cho 16 d 1hoặc nên x4+y4+z4+t4+k4 chia cho 16 có số d nhỏ Còn vế phải 2006 chia cho 16 d Vậy phơng trình nghiệm nguyên
* Một số tập tơng tự:
1/Tìm nghiệm nguyên phơng trình sau:
a/ 2x-5y-z = 4, b/ x2+2y2+ z2 - 2xy - 2y + 2z + 2= 0, c/ x3 + y 3 + z 3 =1 + 3xyz 2/ Chứng tỏ phơng trình sau nghiƯm nguyªn
a/ x2 + y 2 + z = 1999 , b/ x3 + y 3 + z = 2003, c/ x3 + y 3 + z3 = 19962
* Dạng 5:Phơng trình có chứa biến mẫu
5.1 Bài toán:Tìm nghiệm nguyên phơng trình
x+
1 y+
1 xy=
1
Híng gi¶i:
Hớng 1:Đa phơng trình ớc số
Nh©n vÕ víi 2xy ta cã ( 13) <=> 2x+ 2y + = xy ; (13) <=> ( x-2 ) ( y-2) = Từ ta có nghiệm ( 7;3) , (3,7)
Hớng 2: Giả sử x > y
x≤ y;
1 xy<
1
y 2= x+ y+ xy<
3
y,suy ray<6 Mặt khác: y > nên xét y { 2;3;4;5 } đợc y = 3; x= ; Đáp số: ( 7;3) , (3,7) Bài toán 5.2: Xác định a để phơng trình
x2+
1 y2+
a
xy=1(14) Híng gi¶i:
Giả sử ( x1, y1 ) nghiệm nguyên dơng phơng trình đ cho à Gọi ( x, y) = d => x= d x1 , y = dy1, víi ( x1, y1) =
Ta cã: (14) <=> x2 +y2 + axy = x2y2 <=> y(y+ax) = x2(y2- 1) <=> y
1(y1 + ax1) = x21 (dy21 -1) v× (x1, y1 ) = NÕu (dy2
1 - ) y1 => y1 ớc số y nguyên dơng nên y1 = => x1 =1 x = y Thay vào (14 ) ta đợc a + = x2
Nh để ( 14) có nghiệm ngun dơng a+ số phơng * Một số tập tng t:
1/ Tìm nghiệm nguyên phơng trình sau: a/
x+
y=
5; b/ x+
1 y=
1
p(plà số nguyên tè ) , c/ xy
z + xz
y + yz
x =3 2/ T×m nghiệm nguyên dơng phơng trình
a/1 x+
1 y+
1 xy=
1
6 b/
1+xy+xt+zt+xyzt
yzt+y+t =
40 31 c/ x
y+ y z+ z t+ t
x=4 .d/ x2+
1 y2+
1 z2+
1 t2=1
Trên số ứng dụng tính chất chia hết để giải phơng trình nghiệm nguyên bậc THCS
mà q trình bồi dỡng HSG tơi đ tích luỹ đã ợc, chắn nội dung viết cha thực hấp dẫn, không tránh khỏi thiếu sót Kính đề nghị Ban biên tập chọn đăng để bạn đọc gần xa tham khảo, đồng góp ý, bổ sung thêm để vấn đề nêu đợc đầy đủ hơn, sâu sắc nhằm góp phần vào việc nâng cao chất lợng giáo dục
⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ (13) , nÕu
cã nghiƯm nguyªn dơng
(5)
(Tài liệu tham khảo:
- Toán nâng cao phát triển - Vũ Hữu Bình - Phơng trình không mẫu mực- Nguyễn Đức Tấn - Toán nâng cao lớp 6, 7, 8, 9.
- §Ị thi häc sinh giái c¸c khèi líp ë bËc THCS).