CHUYEN DE BOI DUONG HSG MON TOAN

PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN KIẾN THỨC CẦN NẮM Để học sinh nắm được các phương pháp giải phương trình nghiêm nguyên được một cách tốt nhất giáo viên cần trang bị cho học sinh các đơn vị ki[r]

PHẦN MỘT: TÍNH CHẤT CHIA HẾT TRONG N I Một số dấu hiệu chia hết – Ví dụ A.Một số dấu hiệu chia hết Chia hết cho 2, 5, 4, 25 và 8; 125 an an  a1a0 2  a0 2  a0 0; 2; 4; 6;8 an an  a1a0 5  a0 0;5 an an  a1a0 4 ( 25)  a1a0 4 ( 25) an an  a1a0 8 ( 125)  a2 a1a0 8 ( 125) Chia hết cho 3; an an a1a0 3 (hoặc 9)  a0  a1   an 3 ( 9) Nhận xét: phép chia N cho ( 9) chính là d phép chia tæng c¸c ch÷ sè cña N cho ( 9) Dấu hiệu chia hết cho 11: A11    a0  a2  a4     a1  a3  a5    11  Cho A  a5 a4 a3a2 a1a0 4.Dấu hiệu chia hềt cho 101 A  a5 a4 a3a2 a1a0 A101    a1a0  a5 a4     a3 a2  a7 a6    101 II.Ví dụ Ví dụ 1: Tìm các chữ số x, y để: a) 134 x y45 b) 1234 xy72 Gi¶i: a) §Ó 134 x y45 ta ph¶i cã 134 x y chia hÕt cho vµ  y = hoÆc y = Víi y = th× tõ 134 x 409 ta ph¶i cã 1+3+5+x+4 9  x  49  x 5 đó ta có số 13554 víi x = th× tõ : 134 x y9 ta ph¶i cã 1+3+5+x+4 +5 9  x 9  x 0; x 9 lúc đóta có số: 135045; 135945 b) Ta cã 1234 xy 123400  xy 72.1713  64  xy 72  64  xy 72 V× 64 64  xy 163 nªn 64  xy b»ng 72 hoÆc 144 + Víi 64  xy =72 th× xy =08, ta cã sè: 123408 + Víi 64  xy =14 th× xy =80, ta cã sè 123480 Tìm các chữ số x, y để N 7 x36 y51375 Gi¶i: Ta cã: 1375 = 11.125 VÝ dô N 125  y5125  y 2 N 7 x362511     x       12  x 11  x 1 VËy sè cÇn t×m lµ 713625 VÝ dô a) Hái sè A1991 1991 1991      1991so1991 cã chia hÕt cho 101 kh«ng? Tìm n để An 101 Gi¶i: a) GhÐp ch÷ sè liªn tiÕp th× A1991 cã cÆp sè lµ 91;19 b) Ta cã: 1991.91-1991.19 = 1991 72  101 nªn A1991 101 b) An 101  n.91  n.19 72n 101  n101 II MỘT SỐ ĐỊNH LÍ VỀ PHÉP CHIA HẾT A.Tãm t¾t lý thuyÕt §Þnh lý vÒ phÐp chia hÕt: a) §Þnh lý Cho a, b là các số nguyên tuỳ ý, b 0 , đó có số nguyên q, r cho : a bq  r víi r  b , a lµ sã bÞ chia, b lµ sè chia, q lµ th¬ng sè vµ r lµ sè d VËy Đặc biệt với r = thì a = b.q Khi đó ta nói a chia hết cho b hay b là ớc a, ký hiệu a b a b  cã sè nguyªn q cho a = b.q b) TÝnh chÊt a) NÕu a b vµ b c th× a c  b) NÕu a b vµ b a th× a = b c) NÕu a b , a c vµ (b,c) = th× a bc d) NÕu ab c vµ (c,b) = th× a c TÝnh chÊt chia hÕt cña mét tæng, mét hiÖu, mét tÝch - NÕu - NÕu - NÕu ¿ a⋮m b ⋮ m → a+b ⋮ m } ¿ ¿ a⋮m b ⋮ m → a− b ⋮ m } ¿ ¿ a⋮m b ⋮ m → a b ⋮ m } ¿ a ⋮ m→ a ❑n ⋮ m (n lµ sè tù nhiªn) - NÕu 3.Một số tính chất khác:  Trong n số tự nhiên liên tiếp có số chia hết cho n  Tích n số tự nhiên liên tiếp chia hết cho n!  A a A b và (a;b) =  Aa.b B.Ví dụ: Chứng minh với số nguyên dương n ta có: ( n2 +n −1 ) −1 ⋮ 24 Giải:   A  n  n    n  n  1    n  1  n    4! 24 Bài tập tự luyện: Chứng minh a n3 +6 n2 +8 n ⋮ 48 với n chẳn b n4 −10 n 2+ 9⋮ 384 với n lẻ Chứng minh : n6 +n − n2 ⋮ 72 với n nguyên CMR với số nguyên a biểu thức sau: a) a(a – 1) – (a +3)(a + 2) chia hết cho b) a(a + 2) – (a – 7)(a -5) chia hết cho c) (a2 + a + 1)2 – chia hết cho 24 d) n3 + 6n2 + 8n chia hết cho 48 (mọi n chẵn) CMR với số tự nhiên n thì biểu thức: a) n(n + 1)(n +2) chia hết cho b) 2n ( 2n + 2) chia hết cho PHẦN HAI: – TÍNH CHIA HẾT ĐỐI VỚI ĐA THỨC A Dạng 1: Tìm dư phép chia mà không thực phép chia Đa thức chia có dạng x – a (a là hằng) a) Định lí Bơdu (Bezout, 1730 – 1783): Số dư phép chia đa thức f(x) cho nhị thức x – a giá trị f(x) x = a Ta có: f(x) = (x – a) Q(x) + r Đẳng thức đúng với x nên với x = a, ta có f(a) = 0.Q(a) + r hay f(a) = r Ta suy ra: f(x) chia hết cho x – a  f(a) = b) f(x) có tổng các hệ số thì chia hết cho x – c) f(x) có tổng các hệ số hạng tử bậc chẵn tổng các hệ số các hạng tử bậc lẻ thì chia hết cho x + Ví dụ : Không làm phép chia, hãy xét xem A = x3 – 9x2 + 6x + 16 chia hết cho B = x + 1; C = x – không Kết quả: A chia hết cho B, không chia hết cho C Đa thức chia có bậc hai trở lên Cách 1: Tách đa thức bị chia thành tổng các đa thức chia hết cho đa thức chia và dư Cách 2: Xét giá trị riêng: gọi thương phép chia là Q(x), dư là ax + b thì f(x) = g(x) Q(x) + ax + b Ví dụ 1: Tìm dư phép chia x7 + x5 + x3 + cho x2 – Cách 1: Ta biết x2n – chia hết cho x2 – nn ta tch: x7 + x5 + x3 + = (x7 – x) + (x5 – x) +(x3 – x) + 3x + = x(x6 – 1) + x(x4 – 1) + x(x2 – 1) + 3x + chia cho x2 – dư 3x + Cách 2: Gọi thương phép chia là Q(x), dư là ax + b, Ta có: x7 + x5 + x3 + = (x -1)(x + 1).Q(x) + ax + b với x Đẳng thức đúng với x nên với x = 1, ta có = a + b (1) với x = - ta cĩ - = - a + b (2) Từ (1) và (2) suy a = 3, b =1 nên ta dư là 3x + Ghi nhớ: an – bn chia hết cho a – b (a  -b) an + bn ( n lẻ) chia hết cho a + b (a  -b) Ví dụ 2: Tìm dư các phép chia a) x41 chia cho x2 + b) x27 + x9 + x3 + x cho x2 – c) x99 + x55 + x11 + x + cho x2 + Giải a) x41 = x41 – x + x = x(x40 – 1) + x = x[(x4)10 – 1] + x chia cho x4 – dư x nên chia cho x2 + dư x b) x27 + x9 + x3 + x = (x27 – x) + (x9 – x) + (x3 – x) + 4x = x(x26 – 1) + x(x8 – 1) + x(x2 – 1) + 4x chia cho x2 – dư 4x c) x99 + x55 + x11 + x + = x(x98 + 1) + x(x54 + 1) + x(x10 + 1) – 2x + chia cho x2 + dư – 2x + B Sơ đồ HORNƠ Sơ đồ Để tìm kết php chia f(x) cho x – a (a là số), ta sử dụng sơ đồ hornơ Nếu đa thức bị chia là a0x + a1x + a2x + a3, a đa thức chia là x – a ta thương là HÖ sè thø 1®a thøc bÞ chia + HÖ sè thø cña ®a thøc bÞ chia b0x2 + b1x + b2, dư r thì ta có a0 a a1 a2 HÖ sè cña ®a thøc chia a3 b = a0 b = ab + a1 b = ab + a2 r = ab + a3 Ví dụ: Đa thức bị chia: x3 -5x2 + 8x – 4, đa thức chia x – Ta có sơ đồ -5 2 + (- 5) = -3 2.(- 3) + = Vậy: x3 -5x2 + 8x – = (x – 2)(x2 – 3x + 2) + là phép chia hết -4 r = 2 +(- 4) = Áp dụng sơ đồ Hornơ để tính giá trị đa thức x = a Giá trị f(x) x = a là số dư phép chia f(x) cho x – a Ví dụ: Tính giá trị A = x3 + 3x2 – x = 2010 Ta có sơ đồ: a = 2010 1 2010.1+3 = 2013 2010.2013 + = 4046130 Vậy: A(2010) = 8132721296 -4 2010.4046130 – = 8132721296 C Chứng minh đa thức chia hết cho đa thức khác I Phương pháp: Cách 1: Phân tích đa thức bị chia thành nhân tử có thừa số là đa thức chia Cch 2: biến đổi đa thức bị chia thành tổng các đa thức chia hết cho đa thức chia Cách 3: Biến đổi tương đương f(x)  g(x)  f(x)  g(x)  g(x) Cách 4: Chứng tỏ nghiệm đa thức chia là nghiệm đa thức bị chia II Ví dụ 1.Ví dụ 1: Chứng minh rằng: x8n + x4n + chia hết cho x2n + xn + Ta có: x8n + x4n + = x8n + 2x4n + - x4n = (x4n + 1)2 - x4n = (x4n + x2n + 1)( x4n - x2n + 1) Ta lại có: x4n + x2n + = x4n + 2x2n + – x2n = (x2n + xn + 1)( x2n - xn + 1) chia hết cho x2n + xn + Vậy: x8n + x4n + chia hết cho x2n + xn + Ví dụ 2: Chứng minh rằng: x3m + + x3n + + chia hết cho x2 + x + với m, n  N Ta có: x3m + + x3n + + = x3m + - x + x3n + – x2 + x2 + x + = x(x3m – 1) + x2(x3n – 1) + (x2 + x + 1) Vì x3m – v x3n – chia hết cho x3 – nn chia hết cho x2 + x + Vậy: x3m + + x3n + + chia hết cho x2 + x + với m, n  N Ví dụ 3: Chứng minh f(x) = x99 + x88 + x77 + + x11 + chia hết cho g(x) = x9 + x8 + x7 + + x + Ta có: f(x) – g(x) = x99 – x9 + x88 – x8 + x77 – x7 + + x11 – x + – = x9(x90 – 1) + x8(x80 – 1) + + x(x10 – 1) chia hết cho x10 – Mà x10 – = (x – 1)(x9 + x8 + x7 + + x + 1) chia hết cho x9 + x8 + x7 + + x + Suy f(x) – g(x) chia hết cho g(x) = x9 + x8 + x7 + + x + Nên f(x) = x99 + x88 + x77 + + x11 + chia hết cho g(x) = x9 + x8 + x7 + + x + Ví dụ 4: CMR: f(x) = (x2 + x – 1)10 + (x2 - x + 1)10 – chia hết cho g(x) = x2 – x Đa thức g(x) = x2 – x = x(x – 1) có nghiệm l x = và x = Ta có f(0) = (-1)10 + 110 – =  x = là nghiệm f(x)  f(x) chứa thừa số x f(1) = (12 + – 1)10 + (12 – + 1)10 – =  x = là nghiệm f(x)  f(x) chứa thừa số x – 1, mà các thừa số x và x – không có nhân tử chung, đó f(x) chia hết cho x(x – 1) hay f(x) = (x2 + x – 1)10 + (x2 - x + 1)10 – chia hết cho g(x) = x2 – x Ví dụ 5: Chứng minh a) A = x2 – x9 – x1945 chia hết cho B = x2 – x + b) C = 8x9 – 9x8 + chia hết cho D = (x – 1)2 c) C (x) = (x + 1)2n – x2n – 2x – chia hết cho D(x) = x(x + 1)(2x + 1) Giải a) A = x2 – x9 – x1945 = (x2 – x + 1) – (x9 + 1) – (x1945 – x) Ta có: x2 – x + chia hết cho B = x2 – x + x9 + chia hết cho x3 + nên chia hết cho B = x2 – x + x1945 – x = x(x1944 – 1) chia hết cho x3 + (cùng có nghiệm là x = - 1) nên chia hết cho B = x2 – x + Vậy A = x2 – x9 – x1945 chia hết cho B = x2 – x + b) C = 8x9 – 9x8 + = 8x9 – - 9x8 + = 8(x9 – 1) – 9(x8 – 1) = 8(x – 1)(x8 + x7 + + 1) – 9(x – 1)(x7 + x6 + + 1) = (x – 1)(8x8 – x7 – x6 – x5 – x4 – x3 – x2 – x – 1) (8x8 – x7 – x6 – x5 – x4 – x3 – x2 – x – 1) chia hết cho x – vì có tổng hệ số suy (x – 1)(8x8 – x7 – x6 – x5 – x4 – x3 – x2 – x – 1) chia hết cho (x – 1)2 c) Đa thức chia D (x) = x(x + 1)(2x + 1) có ba nghiệm l x = 0, x = - 1, x = Ta có: C(0) = (0 + 1)2n – 02n – 2.0 – =  x = là nghiệm C(x) 1 1 2 2 C(-1) = (-1 + 1)2n – (- 1)2n – 2.(- 1) – =  x = - là nghiệm C(x) C(- ) = (- + 1)2n – (- )2n – 2.(- )–1=0  x=- là nghiệm C(x) Mọi nghiệm đa thức chia là nghiệm đa thức bị chia  đpcm Ví dụ 6: Cho f(x) là đa thức có hệ số nguyên Biết f(0), f(1) là các số lẻ Chứng minh f(x) không có nghiệm nguyên Giả sử x = a là nghiệm nguyên f(x) thì f(x) = (x – a) Q(x) Trong đó Q(x) là đa thức có hệ số nguyên, đó f(0) = - a Q(0), f(1) = (1 – a) Q(1) Do f(0) là số lẻ nên a là số lẻ, f(1) là số lẻ nên – a là số lẻ, mà – a là hiệu số lẻ không thể là số lẻ, mâu thuẩn Vậy f(x) không có nghiệm nguyên Bi tập nhà: Bài 1: Tìm số dư a) x43 chia cho x2 + b) x77 + x55 + x33 + x11 + x + cho x2 + Bài 2: Tính giá trị đa thức x4 + 3x3 – x = 2009 Bài 3: Chứng minh a) x50 + x10 + chia hết cho x20 + x10 + b) x10 – 10x + chia hết cho x2 – 2x + c) x4n + + 2x2n + + chia hết cho x2 + 2x + d) (x + 1)4n + + (x – 1)4n + chia hết cho x2 + e) (xn – 1)(xn + – 1) chia hết cho (x + 1)(x – 1)2 ĐỒNG DƯ THỨC Kiến thức đồng dư để tìm số dư Phép đồng dư: + Định nghĩa: Nếu hai số nguyên a và b chia cho c (c khác 0) có cùng số dư ta nói a đồng dư với b theo modun c ký hiệu a b(mod c) + Một số tính chất: Với a, b, c thuộc Z+ a a (mod m) a b(mod m)  b a(mod m) a b(mod m); b c (mod m)  a c(mod m) a b(mod m); c d (mod m)  a c b d (mod m) a b(mod m); c d (mod m)   ac bd (mod m) a b(mod m)  a n b n (mod m) A Tìm số dư Ví dụ 1: Tìm số dư phép chia 126 cho 19 Giải: 122 144 11(mod19) 126  12   113 1(mod19) Vậy số dư phép chia 126 cho 19 là Ví dụ 2: Tìm số dư phép chia 2004376 cho 1975 Giải: Biết 376 = 62 + Ta có: 20042 841(mod1975) 20044 8412 231(mod1975) 200412 2313 416(mod1975) 200448 4164 536(mod1975) Vậy 200460 416.536 1776(mod1975) 200462 1776.841 516(mod1975) 200462.3 5133 1171(mod1975) 200462.6 11712 591(mod1975) 200462.64 591.231 246(mod1975) Kết quả: Số dư phép chia 2004376 cho 1975 là 246 Bài tập tương tự: Tìm số dư phép chia : a) 158 cho 29 b) 2514 cho 63 c) 201038 cho 2001 d) 20099 cho 2007 e) 715 cho 2005 B Tìm chữ số hang đơn vị, hàng chục, hàng trăm lũy thừa Bài 1: Tìm chữ số hàng đơn vị số 172002 17 9(mod10) 1000  17  17 2000 91000 (mod10) 92 1(mod10) 91000 1(mod10) 2000 Giải: 17 1(mod10) 2000 Vậy 17 17 1.9(mod10) Chữ số tận cùng 172002 là Bài 2: Tìm chữ số hàng chục, hàng trăm số 232005 Giải 2005 + Tìm chữ số hàng chục số 23 231 23(mod100) 232 29(mod100) 233 67(mod100) 234 41(mod100) Do đó: 2320  234   415 01(mod100) 232000 01100 01(mod100)  232005 231.234.232000 23.41.01 43(mod100) Vậy chữ số hàng chục số 232005 là (hai chữ số tận cùng số 232005 là 43) + Tìm chữ số hàng trăm số 232005 231 023(mod1000) 234 841(mod1000) 235 343(mod1000) 2320 3434 201(mod1000) 232000 201100 (mod1000) 2015 001(mod1000) 201100 001(mod1000) 232000 001(mod1000) 232005 231.234.232000 023.841.001 343(mod1000) Vậy chữ số hàng trăm số 232005 là số (ba chữ số tận cùng số 232005 là số 343) Bài tập vận dụng: 1.Tìm chữ số cuối của: 72010; 354; 2713; 4931 2.Tìm chữ số hang chục của: 252009; 372002; 192001 3.Tìm hai chữ số cuối của: 22001 + 22002 + 22003 + 22005 PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN KIẾN THỨC CẦN NẮM Để học sinh nắm các phương pháp giải phương trình nghiêm nguyên cách tốt giáo viên cần trang bị cho học sinh các đơn vị kiến thức sau: Định nghĩa phép chia hết: b a, b   (b  0)  q, r   cho a =bq + r với  r < Nếu r =  a  b Nếu r 0  a  b Một số tính chất:  a,b,c,d   Nếu a  thì a  a và a Nếu a  b và b  c  a  c Nếu a  b và b  a  a =  b Nếu a  b và a  c  a  BCNN[a,b] Nếu a  b , a  c và (b,c) =  a  (b,c) Nếu a  b  ac  b ( c  ) Một số định lí thường dùng Nếu a c và b  c  (a  b)  c Nếu a  c và b  d  ab  cd Nếu a  b  an  bn ( n nguyên dương) * Một số hệ áp dụng: +  a,b   và n nguyên dương ta có (an – bn) : (a – b) +  a,b   và n chẵn (n nguyên dương) ta có (an – bn) : (a + b) +  a,b   và n lẻ (n nguyên dương) ta có (an + bn) : (a + b) Các dấu hiệu chia hết cho 2, 3, 5,8, 9, 11 Thuật toán Ơ-clit mở rộng (Tìm ước chung lớn số a, b) Phương trình ax2 + bx + c = Nếu có nghiệm nguyên là x0 thì c  x0 Phương trình có nghiệm nguyên  (  ') là số chính phương Số là số nguyên tố chẵn Phương trình đưa dạng f(x).g(x) = k với f(x) và g(x) là các đa thức hệ số nguyên Ta phân tích k thừa số nguyên tố giải các hệ phương trình  f ( x) m   g ( x ) n với m.n = k Phương trình đối xứng các ẩn x, y, z Khi tìm nghiệm nguyên dương không làm tính tổng quát ta có thể giả sử  x  y  z  10 Sử dụng tính chất chia hết số chính phương Số chính phương không tận cùng 2, 3, 7, Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho p2 Số chính phương chia cho 3, cho có thể dư Số chính phương chia cho 5, cho thì số dư có thể là 0; Số chính phương lẻ chia cho thì số dư là Lập phương số nguyên chia cho có thể dư 0; Không tồn số chính phương nằm hai số chính phương liên tiếp a1  a  a   a n n  a1 a a3 a n n 11 Bất đẳng thức Cô - si: Với  Đẳng thức xảy  a1 = a2 = a3 = =an 12 Bất đẳng thức Bunhiacopski a  a 22   a n2   x12  x 22  n2   a1x1  a x   a n x n  a1 a a a     n xn Đẳng thức xảy  x1 x x 13 Biết phân tích đa thức thành nhân tử * Giải pháp Khi dạy phương trình ax + by = c và ax2 + by2 = c , ax + by = dxy cần cho học sinh nắm vững các phương pháp giải Lưu ý học sinh có nhiều phương pháp giải cho bài tập, đôi có bài có cách giải * DẠNG : ax + by = c Phương pháp giải Cách 1: Nhẩm nghiệm riêng Bước : Tìm d = (a, b) Nếu d =  Phương trình có nghiệm Nếu d >  Phương trình vô nghiệm Bước 2: Tìm nghiệm riêng ( x0 ; y0 )  x x0  bt  y y0  at Bước 3: Nghiệm tổng quát phương trình  Cách 2: Giải tổng quát khó nhẩm nghiệm Bước 1: Tìm d = (a, b) Nếu d =  Phương trình có nghiệm Nếu d >  Phương trình vô nghiệm Bước 2: Biểu thị ẩn này theo ẩn ( có hệ số nhỏ ) c ' b' y x  M a Bước 3: Tách phần nguyên Bước 4: Đặt A là bội a cho ( A + c' ) chia hết b' Rồi thêm và bớt A Tính y theo t Cách 3: Xét tính chia hết hai vế phương trình Bước : Tìm d = (a, b) Nếu d =  Phương trình có nghiệm Nếu d >  Phương trình vô nghiệm Bước 2: Xét tính chia hết các hệ số a, b, phương trình cho số Bước : Tính y theo t ( x theo t )  x x0  bt  y y0  at Bước 4: Nghiệm tổng quát phương trình  * Lưu ý : Cách giải này còn áp dụng cho giải phương trình dạng ax2 + by2 = c * Giải pháp 3: Các ví dụ minh họa Bài : Tìm tất cà các nghiệm nguyên dương phương trình : 4x + 5y = 65 Giải Đối với bài tập này có nhiều cách giải giáo viên nên cho các em tìm hiểu tìm cách giải chưa tìm hết giáo viên hướng dẫn thêm cho các em Cách : Nhẩm nghiệm đặc biệt pt là x0 = ; y0 = Khi các em nhẩm nghiệm đặc biệt, các em ghi nghiệm tổng quát  x 5  5t  y 9  4t Ta có nghiệm tổng  Để phương trình có nghiệm nguyên dương: x> 0; y > 5  5t    9  4t    t  (t  Z ) t  Z   t  2;  ; Phương trình có cặp nghiệm nguyên dương (x;y)= (15;1) ; (10; 5) ; (5; 9) Cách 2: Xét tính chia hết hai vế phương trình Giải : có d = ( 4; 5) = suy phương trình có nghiệm 5 y 5  655  x5 mà    x5 có : (1) mặt khác x > ; y >  4x < 65  < x  16 (2) Từ (1) va (2)  x = ; 10 ; 15  y=9;5;1 Do đó nghiệm phương trình là (x;y)= (15;1) ; (10; 5) ; (5; 9) Cách 3: Tách phần nguyên Từ phương trinh 4x + 5y = 65 hướng dẫn các em tách phần nguyên ( biểu diễn ẩn có hệ số nhỏ nhất) 65  5y 64  y  y  y1  16  y  4 y t  y 4t  (t  Z ) Đặt  x Thay vào pt có x = 15 – 5t  x 15  5t   y 1  4t  t  Z  0 t   t 0;1;2  t  Z Nghiệm tổng quát phương phương trình Bài tập Tìm các nghiệm nguyên các phương trình sau a/ 2x + 5y = 15 b/ 5x + 7y = 112 c/ 3x + 17y = 159 d/ 2x + 13y = 156 e/ 3x + 7y = 55 2 * DẠNG : ax + by = c Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên dương phương 6x2 + 5y2 = 74 Giải Xét tính chia hết hai vế phương trình 6 x 2  2    5y 2  y 2   74   Từ (1) 74  5y 74  y   y 14 Từ (1) Từ đó suy nghiệm (1) (2) (3) Kết hợp (2) và (3) suy y2 = ; ( ; và không chia hết cho 2)  x 74  x  74 Z Với y2 = ( loại) 2 Với y =  x 54  x 9  Z ( nhận) 2  x  ; y  Vậy x = và y = Vì x , y nguyên dương nên x = ; y = là nghiệm phương trình Bài tương tụ: Tìm nghiệm nguyên các phương trình sau: a/ 3x2 + 5y2 = 345 b/ x2 + 4y2 = 196 c/ 19x2 + 28y2 = 729 * DẠNG PHƯƠNG TRÌNH ĐƯA ĐƯỢC VỀ : (ax + b)(cx + d) = e Biến đổi phương trình dạng: Vế trái là tích của các đa thức chứa ẩn, vế phải là tích các số nguyên Ví dụ ( đề thi HSG Tỉnh Vĩnh Long (2003 - 2004) Tìm nguyên phương trình 2x + 3y = xy + Giải Cách 1: Đa phương trình dạng (ax + b)(cx + d) = e 2x + 3y = xy +  xy - 2x - 3y = -  xy - 2x - 3y + = - +  x(y - 2) - 3(y - 2) =  (y - 2)(x - 3) = = 1.2 = (-1)(-2)  y   x    y    x  1 2  y 3  x 5   y 4 2  1  x 4  y   x    y    x     y 1  x 1   y 0     x 2 Vậy nghiệm phương trình (5;3); (4;4); (1;1); (2;0) Cách 2: Giáo viên hướng dẫn lớp cách giải khác phương trình trên dựa vào dấu hiệu chia hết lớp nhầm giúp các em thích thú 2x + 3y = xy +  xy - 2x = 3y -  x(y - 2) = 3y -  x 3y  3  y y Vì x , y là số nguyên nên  (y - 2)  (y - 2)  Ư(2) =  1;  x 3  +y-2=1  y=3  2 3  5 y 3 x 3  +y-2=-1  y=1  x 3  +y-2=2  y=4  2 3  4 y 4 x 3  +y-2=-2  y=0  2 3  1 y 1 2 3  2 y 0 Vậy nghiệm phương trình (5;3); (4;4); (1;1); (2;0) Ví dụ 2: ( đề thi HSG Tỉnh Vĩnh Long (2004 - 2005) Giải phương trình: x2 - xy + x - 2y = với x, y là số nguyên dương Giải Cách 1: Đa phương trình dạng (ax + b)(cx + d) = e x2 - xy + x - 2y =  x2 - xy - x + 2x - 2y - = -  x(x - y -1) + 2(x - y - 1) =  (x - y -1) (x+ 2) = (1) Vì x, y là số tự nhiên nên các số x - y - và x + là các số tự nhiên Do đó từ (1) ta có trường hợp xảy x  y  2 x 1   x  3 y  loại vì y  N Trường hợp 1:  x  y  3   x   Trường hợp 2:  x 0   y  loại vì y  N x  y  6   x  1  Trường hợp 3: x    y  loại vì x, y  N x  y  1   x  6  Trường hợp 4: x 4  y 2 Nhận vì x, y  N Vậy phương trình có nghiệm là (4; 2) Cách 2: Dùng công thức nghiệm phương trình bậc hai ax2 + bx +c = ( a 0 )  b2  4ac Vì x, y là số tự nhiên  phải là số chính phương Tính Đặt  = k2 sau đó giải tìm k , x , y Giải Đưa phương trình : x2 - xy + x - 2y = phương trình bậc hai với ẩn x x2 - xy + x - 2y =  x2 - (y -1)x - 2y - = (a = 1; b = - (y - 1) ; c = - 2y - 8)  b2  4ac    y  1   4.1   2y    y2  2y   8y  32  y2  6y  33 Vì x, y là số tự nhiên  phải là số chính phương 2 Đặt: y  6y  33 k ( k  N )  y2 + 6y + + 24 = k2  (y + 3)2 + 24 = k2  k2 - (y + 3)2 = 24  (k + y + 3)(k - y - 3) = 24 Vì x, y là số tự nhiên nên các số k + y + > k - y - và k + y + và k - y - là các số tự nhiên Do đó từ (1) ta có trường hợp xảy 25  k   k  y  24     k  y  1 y 17  loại vì k, y  N Trường hợp 1:  k  y  12   k  y  2  Trường hợp 2:  k 7  y 2 Nhận vì k, y  N  k  y  6  k 5   k  y  4 y  loại vì y  N Trường hợp 3:  Vậy có y = thay vào phương trình x2 - xy + x - 2y = tìm x  x2 - x - 12 = Giải x1 = nhận  N x2 = - loại  N Vậy phương trình có nghiệm là (4; 2) Ví dụ 3: ( đề thi HSG Tỉnh Vĩnh Long (2013 - 2014) Tìm các nghiệm nguyên dương phương trình 2(x + y) + 16 = 3xy Giải Cách : Hướng dẫn lớp phân tích đa thức thành nhân tử  x  y   16  3xy  3xy  2x  2y 16  3x   16  3   3x    3y   52  y  3x    Giả sử x ≤ y đó ≤ 3x - ≤ 3y - và 52 = 52 = 26 = 13 Ta có các trường hợp sau 3x  1 x 1   3y  52 y 18 Nhận vì x, y  N Trường hợp 1:   x  3x  2    3y  26 y  28  Trường hợp : Trường hợp 3: 3x  4   3y  13 loại vì x, y  N x 2  y 5 Nhận vì x, y  N Vậy nghiệm phương trình (1;18); (18;1); (2;5); (5;2) Cách 2: Nếu học sinh phân tích không đẻ đưa dạng tích thì hướng các em áp dụng tính chất chia hết số nguyên lớp Biểu diễn x theo y từ phương trình 3xy  2x  2y 16  x  3y   2y  16 2y  16 3y  6y  48 52  3x  2  3y  3y   x Vì hai số x, y là nguyên dương nên (3y - 2)  Ư(52) = 1.52= 2.26 = 13 Xảy trường hợp Trường hợp 1: 3y  1   3y  52 y 1  y 18 Nhận vì y  N  x +y=1 + y = 18 2y  16 2.1  16  18 3y  3.1   x 2.18  16 1 3.18  Vậy nghiệm phương trình (1; 18) ; ( 18; 1) 3y  2   3y  26  y   y  28  loại vì y  N 3y  4   3y  13 y 2  y 5 Nhận vì y  N Trường hợp 2: Trường hợp 3:  x +y=2 + y = 18 2y  16 2.2  16  5 3y  3.2   x 2.5  16 2 3.5  Vậy nghiệm phương trình (5; 2) ; ( 2; 5) Ví dụ 4: ( đề thi HSG Tỉnh Vĩnh Long (2014 - 2015) Tìm các nghiệm nguyên x , y thỏa mãn: 5x2 +2xy + y2 - 16x + 16 = Giải Hướng dẫn học sinh phân tích phương trình đưa vế trái dạng tổng các bình phương vế phải 5x  2xy  y  16x  16   x  2xy  y  4x  16x  16 0 2   x  y    2x   0 x  y 0  2x  0 x 2  y  Vậy nghiệm phương trình ( 2; -2)