chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi cấp trung học cơ sở

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM Trong các kì thi chọn học sinh giỏi các cấp THCS, THPT cấp tỉnh, cấp Quốc gia,cấp khu vực, cấp quốc tế, các bài toán về Số học thường đóng vai

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM

Trong các kì thi chọn học sinh giỏi các cấp THCS, THPT cấp tỉnh, cấp Quốc gia,cấp khu vực, cấp quốc tế, các bài toán về Số học thường đóng vai trò quan trọng Chúng ta có thể làm quen nhiều dạng bài toán Số học, biết nhiều phương pháp giải, nhưng cũng có bài chỉ có một cách giải duy nhất Mỗi khi gặp một bài toán mới chúng ta lại phải suy nghĩ tìm cách giải mới Sự phong phú đa dạng của các bài toán Số học luôn là sự hấp dẫn đối với mỗi giáoviên, học sinh giỏi yêu toán Xuất phát từ những ý nghĩ đó tôi đã sưu tầm và hệ thống lại một số bài toán để viết lên chuyên đề "Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên " dành cho các thầy cô giáo dạy toán,các em học sinh bậc Trung học ,và chỉ đòi hỏi kiến thức toán của bậc Trung học Cơ sở.Chuyên đề gồm các phần :

-Phần I : Bảng các kí hiêu

-Phần II: Kiến thức cơ bản

-Phần III: Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

 Phương pháp 1:Sử dụng tính chẵn lẻ

 Phương pháp 2: Phương pháp phân tích

 Phương pháp 3: Phương pháp cực hạn

 Phương pháp 4: Phương pháp loại trừ

 Phương pháp 5: Dùng chia hết và chia có dư

 Phương pháp 6: Sử dụng tính chất nguyên tố

 Phương pháp 7: Phương pháp xuống thang

 Phương pháp 8: Dùng bất đẳng thức

-Phần IV: Bài tập tương tự

Mục tiêu ở đây là một số bài mẫu, một số bài khác biệt căn bản đã nói lên được phần chính yếu của chuyên đề Tuy vậy, những thiếu sót nhầm lẫn cũng không thể tránh khỏi được tất cả , về phương diện chuyên môn cũng như phương diện sư phạm Lối trình bày bài giải của tôi không phải là một lối duy nhất Tôi đã cố gắng áp dụng cách giải cho phù hợp với chuyên đề, học sinh có thể theo mà không lạc hướng Ngoài ra lúc viết tôi luôn luôn chú ý đến các bạn

vì nhiều lí do phải tự học, vì vậy giản dị và đầyđủ là phương châm của tôi khi viết chuyên đề này

Tôi xin trân thành cảm ơn các thầy cô giáo,các em học sinh góp ý thêm cho những chỗ thô lâu và phê bình chân thành để có dịp tôi sửa chữa chuyên đề này hoàn thiện hơn

a b : a chia hết cho b , a là bội của b

a b : a không chia hết cho b

 : Tương đương với ,khi và chỉ khi

(đpcm) : Điều phải chứng minh , kết thúc bài toán hay một phép chứng minh

, , ,   : Tồn tại,mọi ,hoặc, giao

Pt,hệ pt,bđt : Phương trình ,hệ phương trìn,Bất đẳng thức

PHẦN II :KIẾN THỨC CƠ BẢN

I.ĐỊNH LÍ VỀ PHÉP CHIA

1.Định lí:

Cho ,a b là các số nguyên tuỳ ý và b0,khi dó có hai số nguyên ,q r duy nhất

sao cho : abqr với 0 r b , a là số bị chia , b là số chia , q là thương số

và r là số dư

Vậy khi a chia cho b có thể xẩy ra b số dư là 0;1;2; ; b 1

Đặc biệt với r 0 thì abq Khi đó ta nói a chia hết cho b hay b là ước của

II.TÍNH CHẤT CỦA SỐ CHÍNH PHƯƠNG

a) Số chính phương là bình phương của một số tự nhiên

b) Số chính phương không tận cùng bằng 2,3,7,8

c) Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho 2

p

d) Số chính phương chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1

e) Số chính phương chia cho 4 có số dư là 0 hoặc 1

f) Số chính phương chia cho 5 có số dư là 0 hoặc 1hoặc 4

g) Số chính phương chia cho 8 có số dư là 0 hoặc 1

h) Số lập phương chia cho 7 có số dư là 0, 1

i) Số lập phương chia cho 9 có số dư là 0, 1

j) Nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là số chính phương thì mỗi số đều là số chính phương

III.TÍNH CHẤT LUỸ THỪA CÙNG BẬC CỦA CÁC SỐ NGUYÊN LIÊN TIẾP

Ta thường vận dụng hai nhận xét sau đây trong khi giải một số phương trình nghiệm nguyên

Phương trình nghiệm nguyên có dạng:a x1 1n a x2 2n  a x k k n 0 (*)

Với n là số nguyên dương lớn hơn 1,các tham số nguyên a a1, 2, ,a và các ẩn k

số nguyên tố p Từ đó suy ra x x1, 2, x k cũng chia hết cho p

+ Đặt x1  py x1, 2  py2, ,x k  py k(suy ra y y1, 2, ,y cũng nhận giá trị nguyên) k

y y y cũng chia hết cho p ,từ đó suy ra x x1, 2, x k cũng chia hết chop 2

+Quá trình này tiếp tục mãi ,suy ra x x1, 2, x cùng chia hết cho k m

p với m là

một số nguyên dương lớn tuỳ ý.Điều này chỉ xẩy ra khi và chỉ khi

x x  x 

Vậy phương trình (*) có một nghiệm duy nhất x1 x2   x k 0

PHẦN III :MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM

  



   

Thử lại x0,y4 là nghiệm nguyên duy nhất của phương trình

(Junior Balkan 2001 Olympiads)

Khiết-QN-3/Tìm ,x y thoả mãn điều kiện :

 Nếu :x1y  1 2 ta có các hệ phương trình sau

3/ Giải phương trình nghiệm nguyên 2 2

3x 10xy8y 96

4/Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 1 1 1

2m  n 3 (ĐềTS10 PTNK HCM 2001-2002)

5/ Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình :

         đây là tích của 4 số nguyên

phân biệt.Mà số 2000 16.125 2 1254 Mà với 4 thừa số phân biệt :

x          y z x y z x y z x y zmà các thừa số này chia hết cho

2,và không chia hết cho 4.Trong khi đó ước chẵn nhỏ nhất của 2000 chia hết

Một tam giác có số đo của chiều cao là những số nguyên và bán kính đường

tròn nội tiệp bằng 1 Chứng minh rằng tam giác đó đều

Giải : Đặt aBC b CA c, AB.Gọi , ,x y z lần lượt là độ dài đường cao ứng

với các cạnh , ,a b c của tam giác Bán kính đường tròn nội tiếp bằng 1 nên

1/Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:xy yzzx 2 xyz

2/ Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x  y z xyz9

3/ Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:xy yz zx 3

(Titu Andreescu,Dorin Andrica)

6/ Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 1 1 1 3

5

x   y z

(Romanian Mathematical-Olympiads 2000)

 Phương pháp 4:Phương pháp loại trừ

Thí dụ 2

Giải phương trình nghiệm nguyên : 2 4 3 2

x  x y y  y  y

(ĐềTS10 Hà NộiAmsterdam 1995-1996 ) Giải: Phương trình đã cho  2  2 2   

Giải Giả sử  x y là một nghiệm không âm của phương trình ;

        x 1.Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất    x y;  1;0

Thí dụ 5

Giải phương trình nghiệm nguyên : 4 2 2

10 0

x x y  y  (*) Giải Phương trình (*)   4 2

x x x

2/ Giải phương trình nghiệm nguyên dương :

2 2 2     2

x  y  z xy x z  y z t

(Titu Andreescu) 3/ Giải phương trình nghiệm nguyên: 3 3 2

x y  y  y  4/Giải phương trình nghiệm nguyên:x6 4y34y4  2 3y6y2

5/Tìm tất cả các cặp số nguyên dương m n thoả mãn điều kiện , 

a/ 2m1 n và 2n1m

(ĐềTS10 C.KHTN -HN-1993) b/3m1 n và 3n1 m

(Tạp chí TH&TT tháng 3/1996)

 Phương pháp 5 Dùng chia hết và chia có dư

Thường dùng để chứng minh phương trình không có nghiệm nguyên bằng cách chứng minh hai vế khi chia cho cùng một số có số dư khác nhau

Thí dụ 1

Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3 2

19x 98y 1998 (ĐềTS10 C.KHTN -HN-1998) Giải Nhận xét 3  

Ta nhận thấy rằng 1740 17.102 6  VP * có dạng 17l6l ,trong khi VT(*) thì x chia cho 17 trong mọi trường hợp đều không có số dư là 6 Vậy 2

phương trình đã cho không có nghiệm nguyên

x  y   x  y chuyển qua đồng dư với 10

ta được : x y 1   x 2 y 3 mod10  2 0 mod10  vô lí Vậy không tồn tại

Như vây khi chi tổng 4 4 4

x x  x cho 16 có số dư bằng số các số lẻ trong các số x x1, 2, ,x 7 tức là không vượt quá 7 còn

3 Giải phương trình nghiệm nguyên : 7 7 7

1 **

p

a   p Từ (*) và (**) suy ra 2 p do đó p2 không

có dạng 4k3k  vô lí

Vậy a2 1 không có ước nguyên tố dạng 4k3k 

Tính chất 2 :Cho , a b , p là số nguyên tố dạng 4k3k .Chứng minh rằng nếu 2 2

x y z n, n,   1,1,8 ; 1,2,5 ; 2,1,5 ; 2,2,2      .Từ đó suy ra nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho là:

4K1),do đó

Vậy x2 1 có ước nguyên tố dạng 4k3k 

Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên

Thí dụ 3

Tìm tất cả các cặp số nguyên tố ,p q thoả mãn: 3 5  2

p q  pq (1) (Tạp chí TH&TT tháng 5/2004)

Giải Do ,p q là các số nguyên tố nên từ (1) 3 5 3 5 5

p q p q

3

p và do đó không chia hết cho 3 Ta đi xét hai trường hợp của q

TH1: q 3 q 3 (do qP) thay q3vào (1) ta được

     Vậy p7,q3 thoả mãn một cặp số nguyên tố

TH2: q3 ta xét các khả năng xẩy ra sau đây

p x y

p p

1/ Giải phương trình nghiệm nguyên: 4xy  x y z2

2/Giải phương trình nghiệm nguyên: 2

4xy4x  y 2 9x 3/Giải phương trình nghiệm nguyên: x2  y3 16

4/Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 2

19x 28y 7295/Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình:

1313

Phương pháp 7 Phương pháp xuống thang

  là các số nguyên vói mọi k  x0 y0  z0 0

Vậy phương trình có một nghiệm nguyên duy nhất là 0,0,0 

+a b c d cùng lẻ , , , a2a11,b2b11,c2c11,d 2d11 thay vào phương trình ta được

Vậy phương trình có các nghiệm sau đây :

x  y  z

4/Giải phương trình nghiệm nguyên: 8x4 4y4 2z4 u4

5/Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

3xyzx y y z z x 3 x y z 3xyz xyz xyz    1 x y z 1

Vậy phương trình có nghiệm nguyên dương là x y z, ,   1,1,1

Giải Cách 2 Điều kiện x0(do x )

Dorin Andrica

9 Gazeta Matematică-A bridge Vasile Berinde

10 Mathematical Reflections