Giáo án bồi dưỡng hsg

Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 9 chi tiết, tỉ mỉ. Ngoài việc cung cấp tài liệu , giáo án còn định hướng việc xây dựng và cách thức xây dựng bài tập hiệu quả cho các giáo viên và học sinh yêu thích môn toán

Trang 1

Chương I . PHÉP BIẾN ĐỔI ĐỒNG NHẤT VÀ ỨNG DỤNG

A Định nghĩa: Hai biểu thức đại số bằng nhau được gọi là hai biểu thức đại số đồng nhất với

nhau Phép biến đổi đồng nhất(BĐĐN) là phép biến đổi biểu thức thành biểu thức mới bằng với nó, chẳng hạn phép tính nhân chia cộng trừ, phân tích thành nhân tử, các phép biến đổi hằng đẳng thức, biến đổi phân thức, biến đổi căn thức…

B Bài tập: Các kĩ năng thường được dùng nhiều trong các bài tập nâng cao về BĐĐN là

“Dùng hằng đẳng thức”, “Phân tích thành nhân tử”

Khi thực hành biến đổi biểu thức đại số cần khai thác những nội dung có phần tương tự

Cần chú ý rèn luyện các thao tác biến đổi theo hai hướng ngược nhau, biến đổi đồng thời

Luôn biết phối hợp các thao tác biến đổi đồng nhất mới biết với các kĩ năng đã có

Chủ đề 1 PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN TỬ

TRONG VIỆC GIẢI PT BẬC CAO

I Vận dụng trực tiếp các phương pháp phân tích thành nhân tử đã biết

1) Phương pháp nhẩm nghiệm:

* Đa thức bậc 2 vốn dễ dàng phân tích thành nhân tử Bằng việc nhân thêm vào nó 1 hay 2 đa thức bậc nhất sẽ tạo ra những đa thức bậc 3, 4 có vẻ khó khăn trong việc phân tích Tuy nhiên đa thức bậc nhất vốn rất dễ nhẩm ra nó nhờ việc nhẩm nghiệm, và do vậy ta có thể nhờ điều này để giải quyết khó khăn của bài toán- đương nhiên cũng là cách để tạo ra bài toán mới.

Bài 1 Giải các phương trình sau bằng cách đưa về dạng tích:

a) 5x3 - 6x2 - 2x3 + 3 = 0 b)x3+3x2−2x 6 0− = c) 2x3 - 11x2 + 2x + 15 = 0

d) x4 + x2 + 6x - 8 = 0 e) x3 + 4x2 – 29x +24 = 0 g) x3 + 6x2 +11x +6 =0

Hd:

a) Nếu pt có nghiệm nguyên thì số này phải là ước của hạng tử tự do(ở đây là 3)

Ta nhẩm thử được nghiệm x = 1  phân tích thành nhân tử thì chứa nhân tử x - 1

5x3 - 6x2 - 2x3 + 3 = 0 ⇔ 5x3 - 5x2 - x2 + x - 3x + 3 = 0 ⇔ (x - 1)(x2 - x - 3) = 0

2) Phương pháp nhóm hằng đẳng thức tạo hằng đẳng thức với pt bậc 4 đặc biệt:

* Với các hằng đẳng thức đơn giản như A 2 – B 2 , bằng việc thay thế A, B bởi các đa thức bậc hai ta

có thể tạo ra các phương trình bậc 4 có thể giải linh hoạt nhờ nhóm các hằng đẳng thức

Bài 2 Giải phương trình:

a) x4 + 12x3 + 32x2 - 8x - 4 = 0 b) x4 + 4x3 + 3x2 + 2x - 1 = 0

c) x4 – 4x2 +12x – 9 = 0

a) Ta thấy pt không có ng0 nguyên, tuy nhiên với lưu ý: bình phương của x 2 là x 4 , của x là x 2

và tích của chúng là x 3 ; lại thấy 4=2 2 , 8=2.2.2, 32= 36 – 4; ta biến đổi như sau:

x4 + 12x3 + 32x2 - 8x - 4 = 0 ⇔ (x4 + 12x3 + 36x2) - (4x2 + 8x + 4) = 0

⇔ (x2 + 6x)2 - (2x + 2)2 = 0 ⇔ (x2 + 8x +2)(x2 + 4x -2) = 0 b) x4 + 4x3 + 3x2 - 2x - 1 = 0 ⇔ (x2 + 2x)2 - (x - 1)2 = 0

II Phương pháp đặt biến phụ với các phương trình đặc biệt:

* Như đã nêu, đa thức bậc 2 vốn dễ dàng phân tích thành nhân tử Bằng việc thay đổi biến x bởi những biểu thức phức tạp hơn sẽ tạo ra đa thức bậc cao, phức tạp Tuy nhiên nếu ta tinh ý vẫn có thể đưa nó trở lại đa thức bậc hai gốc- dễ dàng giải quyết

Bài 3 Giải phương trình trùng phương: (Thay x bởi xn)

Trang 2

“Bài toán khó chẳng qua chỉ là sự kết hợp của nhiều bài toán dễ mà thôi” Giáo án bồi dưỡng toán

1



+

Bài 7 Phương trình bậc chẵn có hệ số đối xứng:

(Đây là một dạng pt bậc hai đặc biệt được thay x bởi x +

x

1

do đó rất dễ phát hiện)

a) 2x4 + 3x3 - 16x2 + 3x + 2 = 0 (1) ( Đối xứng bậc 4)

Cách giải: Chia cả hai vế cho x n2 ≠0  Đặt x + 1x = y (1)

Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình Chia cả hai vế cho x2≠ 0 ta có phương trình :

2x2 + 3x - 16 + 3

x

1 + 22

d) x4 - 3x3 + 6x2 + 3x + 1 = 0

c) 6x4 + 5x3 - 38x2 + 5x + 6 = 0

Bài 8 Phương trình bậc lẻ có hệ số đối xứng:

a) 2x5 + 3x4 - 5x3 - 5x2 + 3x + 2 = 0 ( Đối xứng bậc 5)

Cách giải: Vì x = -1 luôn là nghiệm của phương trình đối xứng bậc lẻ Nên phương trình đã cho

trở thành phương trình (x + 1).f(x) = 0 (Trong đó f(x) = 0 có hệ số đối xứng bậc chẵn)

Do đó pt bâc lẻ có hệ số đối xứng đưa về giải pt đối xứng bậc chẵn f(x) = 0 và pt x + 1 = 0 Phương trình đã cho là phương trình đối xứng bậc 5

Bài 10 Phương trình dạng: (x - a) 4 + (x - b) 4 = A, ( x + b ) (4 + x + b )4 = c

Trang 3

- Tạo ra nhiều phương trình hay tương tự

- Sưu tầm bài tập mới trong các tài liệu

Trang 4

Chủ đề 2 BĐĐN VỚI PHƯƠNG TRÌNH NHIỀU ẨN,

PT NGHIỆM NGUYÊN

* Như đã biết, về cơ bản thì phương trình nhiều ẩn không thể giải được bằng các phương pháp thông thường Tuy nhiên trong một số trường hợp đặc biệt thì loại phương trình này có thể giải được dễ dàng Chẳng hạn:

I

* Nhờ tính chất tổng, tích các số nguyên là 1 số nguyên người ta có thể ra bài toán về

phương trình nhiều ẩn như: Tìm x, y nguyên để (2x – 3)(y + 5) = 3

Do x, y nguyên nên 2x – 3, y + 5 là những số nguyên.

Mà 3 = 1.3 = -1.(-3) Vậy 2 3 1

5 3

x y

12) 2x2-2xy=5x-y-19 13) x2+2y2+3xy+3x+5y=15 14) x4 – y4 – 20x2 + 28y2 = 107 15) x2 – 25 = y(y + 6) 16) 2x3 + xy – 7 = 0 17) x2 + y2 = 2x2y2

35

+

−

=+

−

=

y y

y x

2) Tương tự

3) 4x 2 + 4x = 4y 2 – 76 ⇔ (2x + 1) 2 - (2y) 2 = -75

4) Hằng đăngt thức

5) Hằng đăngt thức (Có thể hỏi là: Tìm số nguyên x để x2 là số chính phương)

6) Nhóm hằng đẳng thức, tạo hiệu bình phương

7) (x-p)(y-p) = p2 = 1.p2 = -1(-p2) = p.p = -p(-p) 8) (x – 1)(x + 1) = 2y2= như câu 7 9) (x+1)(y+1)=10 10) y2 = t(t+7)  4y2 - (2t+7)2 = 49 11) y(x – 1) =(x-1)(x+1) +3 hoặc

13) Đa thức bậc 2, biến x phân tích thành tích nhờ phương pháp đa thức bậc hai

(đương nhiên nhân 2 vế với 4 để dùng hằng đẳng thức được dễ dàng) 14) (x4– 20x2+100) – (y4 - 28y2 + 196) = 11

15) x2 – (y2 + 6y+ 9) = 16 16) x(2x2 + y) = 7 17) (2x2 - 4x2y2) - (1- 2y2) = -1 18) (x2 + 4x + 4) – y2 = 5

Trang 5

* Nhờ tính chất chia hết(chẳng hạn M2, người ta có thể giới hạn miền xác định của ẩn không

còn là tùy ý mà chỉ còn là các số chẵn), tính chất của lũy thừa chẵn(≥0, để giới hạn miền xác định

của ẩn là số không âm), điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai(∆ ≥0, cũng giúp giới hạn

miền xác định của ẩn này khi coi phương trình là bậc hai đối với ẩn kia) , tính chất của bất phương

trình tích và đặc biệt Tính chất bất phương trình giá trị tuyệt đối(chẳng hạn :

(x−5)(x− < ⇔ < <2) 0 2 x 5; (7−x)(2x− > ⇔ < <8) 0 4 x 7 ; A ≤ ⇔ − ≤ ≤3 3 A 3, sẽ giúp giới hạn

một cách ghê gớm miền giá trị của ẩn- đặc biệt khi ẩn đó là số nguyên) để từ đây xây dựng và tạo ra

các phương trình nghiệm nguyên giải bằng phương pháp này

Bài 2 Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

1) 2x 2 + 4x = 19 -3y 2 ; 2) 6x 2 + 5y 2 = 74 3) 5x2 + y2 + 36x + 2xy + 72 =0 4) x2 – 6xy + 13y2 = 100 5) x2 + 2y2 – 2xy – 7y + 10 = 0 6) y2 + 2xy – 3x – 2 =0

7) 5x+7y=112 (x,y Z∈ +) 7) 5x + 19y = 674(x,y Z∈ +) 8) x2 = y(y+1)(y+2)(y+3)

9) x2 –xy + y2 = 3 10) Tìm x, y nguyên tố thoả mãn: y2 – 2x2 = 1

11) (x2 + y)(x+y2) = (x-y)3 12) Tìm các số nguyên dương thỏa mãn: x y z3 3 2

Nếu a > 0 thì  a2 < x2 < (a + 1)2  không có số chính phương x2 như thế

Nếu a ≤ 0 nghĩa là y(y+3) ≤ 0  -3 ≤ y ≤ 0  y =  x =

Trang 6

⇒ y= ± 2; ±1; 0 thay vào phương trình tìm x

Ta được các nghiệm nguyên:(x, y) = (-1,-2), (1, 2); (-2, -1); (2,1) ;(-1,1) ;(1, -1)

* Đôi khi nhờ tính chất của số hữu tỉ, số vô tỉ, người ta cũng có thể xây dựng bài toán dạng này giải bằng phương pháp đánh giá Chẳng hạn :

Thay lại (2) giải tìm b rồi  a

Bài 3 Chứng minh phương trình vô nghiệm nguyên hoặc có nghiệm nguyên duy nhất

* Bằng việc sử dụng tính chất chia hết, tính trái dấu của 2 vế người ta cũng tạo ra các

phương trình có miền xác định 2 vế khác nhau dẫn tới chúng vô nghiệm – Nếu để ý thường thấy loại phương trình vô nghiệm như thế này thừng có bậc > 2 và lẻ

* Việc tách 1 số thành tổng 2 số sẽ tạo ra rất nhiều trường hợp gây tốn thời gian giải, tuy nhiên nếu

tách được thành tổng 2 số chính phương thì lại cho ra rất ít trường hợp giúp ta có thể giải bài toán Bằng cách này người ta có thể tạo ra các pt ng 0 nguyên có thể giải được

Trang 7

* Nhờ tính chất đặc biệt: A 2 + B 2 = 0 0

0

A B

=



⇔  =

 Bằng việc thay A, B bởi 2 biểu thức với 2 ẩn khác

nhau sẽ tạo ra các phương trình 2 ẩn có thể giải được (Chú ý cho HS phân biệt dấu “và” với dấu

“hoặc” – tức là phân biệt loại phương trình này với phương trình tích)

Bài 4 Tìm nghiệm nguyên của.

a) x 2 - 4xy + 5y 2 = 169 b) x 2 - 6xy + 13y 2 = 100 c) 5x2 + y2 + 36x + 2xy + 72 =0 d) x2 + y2 – x – y = 8

Bài 5 Giải phương trình nghiệm thực:

Vậy cặp số (2 ; 9)là cặp số duy nhất thoả mãn PT đã cho

b) x2 + y2 + z2 = xy + 3y + 2z – 4 (Người ta còn phát triển phương trình này về dạng: Tìm nghiệm

nguyên thỏa mãn x2 + y2 + z2 < xy + 3y + 2z – 3  Đương nhiên ta chỉ việc biến đổi về dạng

x2 + y2 + z2 ≤ xy + 3y + 2z – 4 -vì số nguyên nên thêm 1 thì “<” sẽ thành “≤”

c) Tìm x, y, z thỏa mãn x + y = 2 và xy – z2 = 1

d) 2x2 + y 2 –2xy + 2y – 6x + 5 = 0

e) (x –1) (y+1) = (x+ y)2

Bài 1 Cho tam giác có độ dài của 3 đường cao là những số nguyên dương và đường tròn nội tiếp tam

giác đó có bán kính bằng 1(đ.v.đ.d) Chứng minh tam giác đó là tam giác đều

Giải:

Gọi độ dài cạnh và đường cao tương ứng theo thứ tự là a; b; c và x; y; z R là bán kính đường tròn nội tiếp

Ta có R = 1⇒ x; y; z > 2 và giả sử x ≥ y ≥ z > 2

Ta có : ax = by = cz = (a + b+ c).1 (=2S)

Trang 8

Suy ra:

a

c b a

x= + +

;

c

c b a z b

c b a

;

c b a

a

x = + +

c b a

x mà x ≥ y ≥ z > 2

⇒

x z

1

1 ≥ và

y z

1

1 ≥ nên

z z y x

311

1+ + ≤ ⇒

z

3

1≤ ⇒ z≤3 ⇒ z = 3

Tương tự ta có: x = 3; y = 3 ⇒ tam giác đó là tam giác đều

Bài 2 Tìm tất cả các hình chữ nhật với độ dài các cạnh là các số nguyên dương có thể cắt thành 13 hình

vuông bằng nhau sao cho mỗi cạnh của hình vuông là số nguyên dương không lớn hơn 4 (đ.v.đ.d)

Thay vào (1) ta được : 13db = 13c2 Hay db = c2

Ta hãy xét các trường hợp có thể có của c

Với c = 1, chỉ có thể: d = 1, b = 1, suy ra a = 13

Với c = 2, chỉ có thể: d = 1, b = 4, suy ra a = 13

d = 2, b = 2, suy ra a = 26

d = 4, b = 1, suy ra a = 52 Với c = 3, chỉ có thể: d = 1, b = 9, suy ra a = 13

d = 3, b = 3, suy ra a = 39

d = 9, b = 1, suy ra a = 117 Với c = 4, chỉ có thể: d = 1, b = 16, suy ra a = 13

d = 2, b = 8, suy ra a = 26

d = 4, b = 4, suy ra a = 52

d = 8, b = 2, suy ra a = 104

d = 16, b = 1, suy ra a = 208Với 12 nghiệm (1) chỉ có 4 trường hợp thoả mãn bài toán Bài toán có 4 nghiệm Ta tìm được 4 hình

chữ nhật thoả mãn đề bài:(a; b) = (13, 1); ( 26, 2); ( 39, 3); ( 52, 4)

Bài 3 Tìm năm sinh của Bác Hồ biết rằng năm 1911 khi Bác ra đi tìm đường cứu nước thì tuổi Bác

bằng tổng các chữ số của năm Bác sinh cộng thêm 3

Trang 9

mà 0≤ y ≤ 9 ⇒ y = 0 ⇒ x = 9 Vậy năm sinh của Bác Hồ là 1890

Bài 4 Hãy dựng một tam giác vuông có số đo 3 cạnh là a, b, c là những số nguyên và có cạnh đo được

7 đơn vị

Hướng dẫn:

Giả sử cạnh đo được 7 đơn vị là cạnh huyền (a = 7)

⇒ b2 + c2 = 72⇒ b2 + c2 M 7 ⇒ bM 7; cM 7 (vì số chính phương chia hết cho 7 dư 0, 1, 4, 2)

- Tự tìm tòi thêm các bài tập từ tài liệu

1) Tìm mọi số nguyên x sao cho x2 + 28 là số chính phương

2) Giải phương trình nghiệm nguyên x2+ 3 y2 + 4 xy + 2 x + 4 y − = 9 0

3) Giải phương trình nghiệm nguyên x2− 2 3 ( y + 1 ) x + 8 y2 + 6 y + = 6 0

4) Giải phương trình nghiệm nguyên 3 x2 + y2 + 4 xy + 4 x + 2 y + = 5 0

5) Chứng minh rằng phương trình x2 – y2 = 6 không có nghiệm nguyên

6) Giải phương trình các nghiệm nguyên:

a) x2 + 3 y2 + 4 xy − 2 x − 4 y − 24 0 =

b) x2 + 8 y2 + 6 xy + 4 x + 12 y − = 17 07) Tìm nghiệm nguyên dương của pt sau: xy - 2x - 3y + 1 = 0

8) Tìm nghiệm nguyên dương của pt sau: x2 - y2 = 1999

9) Tìm nghiệm nguyên dương của các pt sau:

a) xy + 3x – 2y - 10 = 0 b) x2 - xy – y – 6 = 0c) x2 – xy – 2x –y – 2 = 0d) x2 = y2 + 17

10) Một mặt hàng của siêu thị trong tuần đầu giảm giá x%, sang tuần tiếp theo lại giảm tiếp y%

do đó giá chỉ còn 131 100 đồng Biết rằng x, y là các số tự nhiên, giá tiền lúc đầu của mặt hàng

đó là 150 000, hãy tìm x, y

HD: Số tiền giảm trong tuần đầu là 150 000.x% = 1 500x(đồng)

Giá tiền còn lại của mặt hàng trong tuần đầu là 150 000 – 1 500x(đồng)

Số tiền giảm tuần tiếp theo là (150 000 – 1 500x).y% = 1 500y – 15xy(đồng) Tổng tiền giảm trong 2 tuần là 150 000 – 131 100 = 18 900 (đồng)

Vậy ta có 1 500x + 1 500y – 15xy = 18 900

11) Tìm 2 số nguyên dương m, n có 3 chữ số thỏa mãn:

- Hai chữ số cùng hàng của m, n giống nhau; chữ số còn lại của m kém của n là 1 đơn vị

Trang 10

- Cả 2 số là số chính phương

HD: n, m có dạng a2, b2 Với lưu ý a – b < a + b, cùng tính chẵn lẻ, ta có

- Nếu m, n có hàng đơn vị khác nhau thì a2 - b2 = 1, không xảy ra

- Nếu m, n có hàng chục khác nhau thì a2 - b2 = 10, không xảy ra

- Nếu m, n có hàng trăm khác nhau thì a2 - b2 = 100  a – b = 2, a + b = 50

 a = 26, b = 24

 n = 676, m = 576

- Xây dựng, phát triển các phương trình mới

Bài 134 – 170 trang 24-28 trong:

TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC THCS- Vũ Dương Thụy

(Đặc biệt chú ý các bài toán thực tế từ 167-170)

BỔ TÚC CHỦ ĐỀ 2

A Một số kĩ năng giải phương trình nghiệm nguyên:

I Phương pháp xét tính chia hết

1 Phát hiện tính chia hết của 1 ẩn

VD: Giải phương trình nghiệm nguyên 3x + 17y = 159 (1)

Gợi ý

B1: Lý luận để có: 17y chia hết cho 3

B2: Lý luận để có: y chia hết cho 3 è Đặt y = 3k (k є Z)

⇔5(5k2±4k−y2) 23= - Lập luận tương tự như trên, điều này cũng vô lí

Vậy phương trình đã cho không có nghiệm là số nguyên

VD: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau : 19x2 + 28y2 = 729

Thay vào phương trình đã cho ta được : 19u2 + 28v2 = 81 (2)

Từ (2) lập luận tương tự trên ta suy ra u = 3s, v = 3t ( ,s t∈¢)

Thay vào (2) ta có 19s2 + 28t2 = 9 (3)

Từ (3) suy ra s, t không đồng thời bằng 0, do đó

19s2 + 28t2 ≥ 19 > 9

Vậy (3) vô nghiệm và do đó phương trình đã cho cũng vô nghiệm

Cách 2 Giả sử phương trình có nghiệm

Trang 11

Từ phương trình đã cho ta suy ra x2 ≡ -1 (mod 4), điều này không xảy ra với mọi số nguyên x Vậy phương trình đã cho vô nghiệm

2 Đưa về phương trình ước số

VD: Tìm nghiệm nguyên của PT a, xy – x – y = 3; b, 2xy – x + y = 3

Gợi ý

a/ B1: Biến đổi phương trình thành: (x – 1)(y – 1) = 4

B2: Vì x;y là số nguyên: è (x – 1) và (y – 1) є Ư (4)

(x – 1)(y – 1) = 1.4 = 4.1 = (-1).(-4) = (-4).(-1) = 2.2 = (-2).(-2) B3: Lập bảng tìm x; y

B4: Trả lời

b/ B1: Nhân 2 vế của PT với 2 Biến đổi phương trình thành: (2y – 1)(2x + 1) = 5

B2: Vì x;y là số nguyên: è (2y – 1) và (2x – 1) є Ư (5)

B3: Lập bảng tìm x; y

B4: Trả lời

Kinh nghiệm

Để viết VT: 2xy – x + y thành một tích.

Ta biến đổi thành: x(2y – 1) + 1/2 (2y – 1)

Để khử mẫu ta nghĩ đến việc nhân 2 vế với 2

VD: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: xy – x – y = 2

Giải

Phương trình đã cho có thể đưa về dạng : (x + 1)(y + 1) = 10 (1)

Từ (1) ta suy ra (x + 1) là ước của 10 hay (x+ ∈ ± ± ± ±1) { 1; 2; 5; 10}

Từ đó ta tìm được các nghiệm của phương trình là : (1, 4), (4, 1), (-3, -6), (-6, -3), (0, 9), (9, 0), (-2, -11), (-11, -2)

VD: Xác định tất cả các cặp nguyên dương (x; n) thỏa mãn phương trình sau x3+3367 2= n

Giải

Để sử dụng được hằng đẳng thức a3 – b3 = (a – b)(a2 + ab + b2) ta chứng minh n chia hết cho 3

Từ phương trình đã cho ta suy ra 3

Từ (1) ta suy ra 2m−xlà ước của 3367

Hơn nữa,(2m−x)3<23m−x3=3367 nên (2m− ∈x) {1;7;13}

Xét 2m − =x 1, thay vào (1) ta suy ra 2m(2m – 1) = 2 × 561, vô nghiệm

Xét 2m− =x 3, thay vào (1) ta suy ra 2m(2m – 13) = 2 × 15, vô nghiệm

Xét 2m− =x 7, thay vào (1) ta suy ra 2m(2m – 7) = 24 × 32 Từ đó ta có

Trang 12

m = 4; n = 3m = 12, và x = 9

Vậy (x; n) = (9; 12)

3 Phương pháp biểu thị 1 ẩn theo ẩn còn lại rồi dùng tính chia hết

VD: Giải phương trình nghiệm nguyên: xy – x – y = 2

4 Xét số dư của từng vế

VD: CMR các PT sau không có nghiệm nguyên a) x2 – y2 = 1998 (*)

Gợi ý

B1: x2; y2 : 4 dư 0 hoặc 1B2: x2 - y2 : 4 dư 0 hoặc 1 hoặc 3B3: 1998 : 4 dư 2

B4: è PT (*) không có nghiệm nguyên VD: CMR các PT sau không có nghiệm nguyên b) x2 + y2 = 1999 (* *)

Gợi ý

B1: x2; y2 : 4 dư 0 hoặc 1B2: x2 + y2 : 4 dư 0 hoặc 1 hoặc 2B3: 1998 : 4 dư 3

B4: è PT (* *) không có nghiệm nguyên

Kinh nghiệm

- Một số chính phương khi : 4 dư 0 hoặc 1

- x2 – y2 khi : 4 dư 0 hoặc 1 hoặc 3

- x2 + y2 khi : 4 dư 0 hoặc 1 hoặc 2

VD: Tìm nghiệm nguyên của PT 9x + 2 = y2 + y

Gợi ý

B1: Biến đổi vế phải = y(y + 1)B2: Lý luận vế trái : 3 dư 2 è y(y + 1) : 3 dư 2 è y = 3k + 1  y+1 = 3k + 2B3: Tìm được x = k(k + 1)

B4: Thử lại và kết luận: x = k(k + 1); y = 3k + 1

5 Phương pháp tách ra các giá trị nguyên:

VD: Giải phương trình ở ví dụ 2 bằng cách khác

Giải:

Biểu thị x theo y: x(y – 1) = y + 2

Ta thấy y≠1 ( vì nếu y = 1 thì ta có 0x = 3 vô nghiệm)

Trang 13

Vì vai trò của x, y, z, t như nhau nên có thể giả thiết x ≥ y ≥ z ≥ t.

Khi đó : 2xyzt = 5(x + y + z + t) +10 ≤ 20x + 10 ⇒ yzt≤15⇒ ≤t3 15⇒ ≤t 2

Với t = 1 ta có : 2xyz = 5(x + y + z) +15 ≤ 15x + 15 ⇒2yz≤30⇒2z2 ≤30⇒ ≤z 3

Nếu z = 1 thì 2xy = 5(x + y) + 20 hay 4xy = 10(x + y) + 40 hay (2x – 5)(2y – 5) = 65

Dễ thấy rằng phương trình này có nghiệm là (x = 35; y = 3) và (x = 9; y = 5)

Giải tương tự cho các trường còn lại và trường hợp t = 2 Cuối cùng ta tìm được nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho là (x; y; z; t) = (35; 3; 1; 1); (9; 5; 1; 1) và các hoán vị của các bộ số này

7 Phương pháp xét từng khoảng giá trị của ẩn

VD: Tìm nghiệm nguyên dương của PT 1/x + 1/y = 1/3

Gợi ý

B1: Giả sử x ≥ y è 1/y < 1/3 è y > 3B2: Mặt khác do x ≥ y ≥ 1 è 1/x ≤ 1/y è 1/x + 1/y ≤ 1/y + 1/y hay 1/3 ≤ 2/y

è y ≤ 6 Cộng hai vế với 1/y è y ≤ 6 è y = 4; 5; 6B3: Xét từng trường hợp của y è x

B4: Kết luận: (x; y) = (4; 12); (12; 4); (6; 6)

Kinh nghiệm: Khi các ẩn trong phương trình có vai trò bình đẳng ta thường sắp thứ tự các ẩn, sau đó dùng BĐT để giới hạn khoảng giá trị của số nhỏ

8 Phương pháp chỉ ra nghiệm nguyên

VD: Tìm các số tự nhiên x sao cho 2x + 3x = 5x

Gợi ý

B1: Chia hai vế của PT cho 5x è (2/5)x + (3/5)x = 1B2: Xét với x = 0 è ……… è LoạiB3: Xét với x = 1 è ……… è NhậnB4: Xét với x ≥ 2 è (2/5)x < 2/5 è (2/5)x < 3/5 Vế trái < 1 è Loại

Trang 14

B5: Kết luận: x = 1

Kinh nghiệm: Có thể chỉ ra được một hoặc vài số là nghiệm PT Rồi chứng minh PT không có nghiệm nào khác

9 Phương pháp sử dụng ĐK để PT bậc hai có nghiệm

VD: Tìm nghiệm nguyên dương của PT x2 – xy + y2 = 2x - y

Gợi ý

B1: Viết PT thành PT bậc 2 đối với x: x2 – (y + 2)x + (y2 +y) = 0 (*)B2: Tính ∆ = -3y2 + 4

B3: Giải ∆ ≥ 0 è 3y2 ≤ 4 è y = 0; 1; -1B4: Tìm giá trị tương ứng của x và thử lạiB5: Kết luận

Kinh nghiệm:

- ĐK ∆ ≥ 0 chỉ là ĐK cần chứ chưa đủ để PT có nghiệm nguyên.

- Kết quả tìm đựơc phải thử lại

VD: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x y xy+ + =x2+ y2 (1)

III P 2 Dùng tính chất của số chính phương

10 Sử dụng tính chất về chia hết của số chính phương

VD: Tìm các số nguyên x để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếp

Gợi ý

B1: Giả sử: 9x+5 = n(n+1) (n є Z)B2: Nhân hai vế của PT với 4 Đưa về dạng: (2n+1)2 = 3(12x+7)B3: Lý luận để có (2n+1)2 ÷ 9 è VT ÷ 9

B4: Lý luận để có (12x+7) ÷ 3 è VP ÷ 9 B5: è Mâu thuẫn è Không tồn tại số nguyên nào

Lưu ý một số tính chất

• Số CP không tận cùng bằng 2; 3; 7; 8

• Số CP chia hết cho số nguyên tố P thì chia hết cho P2

• Số CP chia cho 3 dư 0 hoặc 1

• Số CP chia cho 4 dư 0 hoặc 1

• Số CP chia cho 8 dư 0 hoặc 1 hoặc 4

Trang 15

Cách 2: Giả sử 9x + 5 = n(n + 1) với n nguyên

Biến đổi n2+ −n 9x− =5 0

Để phương trình bậc hai đối với n có nghiệm nguyên, điều kiện cần là V là số chính phương.Nhưng V= +1 4(9x+ =5) 36x+21 chi hết cho 3 nhưng không chia hết hco 9 nên không là số chính phương

Vậy không tồn tại số nguyên n nào để 9x + 5 = n(n + 1), tức là không tồn tại số nguyên x để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếp

B4: Tìm được y2 ≤ 1B5: Tìm x è x = 2; x = 4B6: Kết luận: (x; y)

VD: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x2+y2− − =x y 8 (1)

− =



 − =



Giải các hệ ⇒phương trình (1) có bốn nghiệm nguyên là: (2; 3), (3; 2), (−1;−2), (−2; −1)

13 Xét các số chính phương liên tiếp

VD: Tìm nghiệm nguyên x4 – y4 = 3y2 +1

Gợi ý

B1: Viết PT dưới dạng: x4 = y4 +3y2 +1B2: Chứng tỏ: y4 +3y2 +1 ≥ (y2 +1)2 Chứng tỏ: y4 +3y2 +1 < (y2 +2)2B3: è (y2 +1)2 ≤ x4 < (y2 +2)2 è x4 = (y2 +1)2 B4: Giải PT: y4 +2y2 +1 = y4 +3y2 +1 è y = 0B5: Tìm x

Trang 16

B6: Kết luận (x; y)

Lưu ý:

- Giữa 2 số chính phương liên tiếp không có số chính phương nào.

- Với ¥a; x є Z Thì: Không tồn tại x để a2 < x2 < (a + 1)2

Nếu: Không tồn tại a2 < x2 < (a + 2)2 Thì: x2 = (a + 2)2

VD: Chứng minh rằng với mọi số nguyên k cho trước, không tồn tai số nguyên dương x sao cho: (x x+ =1) k k( +2)

Từ (1) và (2) suy ra:x2 < +(k 1)2<(x+1)2 vô lýVậy không tồn tại số nguyên dương x để x(x + 1) = k(k + 2) VD: Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là một số chính phương: x4+2x3+2x2+ +x 3

14 Sử dụng điều kiện biệt số ∆ là SCP

VD: Tìm nghiệm nguyên của PT x2 +2y2 +3xy +2x + 3y + 4 = 0

Gợi ý

B1: Viết PT về dạng PT bậc 2 ẩn x

B2: Tính ∆ = y2 - 12 B3: Để PT có nghiệm nguyên ∆ phải là SCP è y2 - 12 = m2 (m є N)B4: Viết PT dưới dạng: (y – m)(y + m) = 12

B5: Lý luận để có: y – m; y + m є Ư(12)

y – m; y + m cùng chẵn, lẻB6: è y – m; y + m cùng chẵn và y + m > y – mB7: Tìm được: y - m = 2 y – m = -6

y + m = 6 y + m = -2B8: Tìm y è x

15 Sử dụng tính chất tích của hai số nguyên là số chính phương

Trang 17

TC1: Nếu 2 số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là một SCP, Thì mỗi số đều là SCP

TC2: Nếu 2 số nguyên liên tiếpcó tích là một SCP, Thì một trong hai số nguyên liên tiếp

đó bằng 0

VD: Giải phương trình với nghiệm nguyên dương: xy=z2 (1)

Giải:

Trước hết ta có thể giả sử (x , y , z) = 1 Thật vậy nếu bộ ba số , ,x y z thỏa mãn (1) và o o o

có ƯCLN bằng d, giả sử x o =dx y1, o =dy z1, o =dz1 thì x y z cũng là nghiệm của (1).1, ,1 1Với (x , y , z) = 1 thì x, y, z đôi một nguyên tố cùng nhau, vì nếu hai trong ba số x, y, z

có ước chung là d thì số còn lại cũng chia hết cho d

với t là số nguyên dương tùy ý

Đảo lại, hiển nhiên các số x, y, z có dạng trên thỏa mãn (1)Công thức trên cho ta các nghiệm nguyên dương của (1) VD: Tìm nghiệm nguyên của PT x2 + xy + y2 = x2y2

Gợi ý

B1: thêm xy vào 2 vế của PT è (x + y)2 = xy(xy + 1)B2: xy và xy + 1 là 2 số nguyên liên tiếp có tích là 1 SCP è xy = 0; xy + 1 = 0B3: Xét từng trường hợp có kq: (x; y) = (0; 0); (1; -1); (-1; 1)

IV P 2 lùi vô hạn – Nguyên tắc cực hạn

16 Sử dụng nguyên tắc cực hạn:

VD: Tìm nghiệm nguyên của PT x3 + 2y3 = 4z3 (*)

Gợi ý

B1: Lý luận để có x chia hết cho 2 Đặt x = 2x1 (x1 є Z)

B2: thay x = 2x1 vào (*) è y chia hết cho 2 Đặt y = 2y1 (y1 є Z)

B3: thay y = 2y1 vào (*) è z chia hết cho 2 Đặt z = 2z1 (z1 є Z)

Hiển nhiên 2xM Đặt x=2x1 với x nguyên Thay vào (1) rồi chia hai vế cho 2 ta được:1

Trang 18

VD: Tìm ba số nguyên dương đôi một khác nhau x, y, z thỏa mãn : 3 3 3 2

Với mọi x, y, z ≥ 0 ta suy ra x + y + z ≤ 9

Dấu bằng không xảy ra vì x, y, z đôi một khác nhau

Vậy x + y + z ≤ 8 (1)Mặt khác: x + y + z ≥ 1 + 2 + 3 = 6 (2)

Mặt khác vế phải là số chính phương nên không thể tận cùng là 3

Vậy phương trình (1) chỉ có hai nghiệm nguyên dương (x ; y) là (1 ; 1) và (3 ; 3)

Ví dụ 25: Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình:

x2+ − =x 1 32y+1 (1)

Giải:

Cho x các giá trị từ đến 9, dễ dàng xác định được chữa số tận cùng của x2+ −x 1 chì nhận các giá trị 1; 5; 9 Mặt khác ta thấy 32y+ 1 là lũy thừ bậc lẻ của 3 nên chữ số tận cùng của nó chỉ có thể là 3 hoặc 7, khác với 1; 5; 9

Vậy (1) không thể xảy ra Nói các khác phương trình (1) không có nghiệm nguyên dương

B Một số loại phương trình nghiệm nguyên

1 Phương trình một ẩn

VD: Tìm nghiệm nguyên của PT (x – 2)(3x – 2)(5x – 2)(7x – 2) = 945

Gợi ý

B1: Nếu x≥ 3 è VT ≥ 1.7.13.19 = 1729 (loại)B2: Nếu x ≤ -2 è VT ≥ 4.8.12.16 = 6164 (loại)

è -2 ≤ x < 3

è x є { -1; 0; 1; 2}

B3: Lần lượt thay x = -1; 0; 1; 2 vào PT: x = -1 (thoả mãn)

Kinh nghiệm

- Nếu triển khai và giải PT bậc 4 è gặp nhiều K2

- Dựa vào x є Z dùng P2 xét khoảng giá trị của ẩn để giải bài toán

2 PT bậc nhất với hai ẩn ax + by = c (a; b; c є Z)

Kinh nghiệm

B1: Rút gọn phương trình Chú ý đến tính chia hết của các ẩn B2: Biểu thị ẩn mà hệ số của nó có GTTĐ nhỏ (chẳng hạn x) theo ẩn kia

Trang 19

B3: Tách riêng giá trị nguyên ở biểu thức của x B4: Đặt điều kiện để phân số trong biểu thức của x bằng một số nguyên t1 è Được PT

bậc nhất 2 ẩn y và t1 B5: Cứ tiếp tục làm như trên cho đến khi các ẩn đều được biểu thị dưới dạng một đa thức với các hệ số nguyên

VD: Tìm nghiệm nguyên của PT: 11x + 18y = 120

Giải:

Ta thấy 11 6xM nên 6 xM Đặt x = 6k (k nguyên) Thay vào và rút gọn ta được: 11k + 3y = 20

Biểu thị ẩn mà hệ số của nó có giá trị tuyệt đối nhỏ (là y) theo k ta được: 20 11

Thay các biểu thức của x và y vào (1), phương trình được nghiệm đúng

Vậy các nghiệm nguyên của (10 được biểu thị bởi : 18 6

 với t là số nguyên tùy ý

3 PT bậc hai với hai ẩn

 Dạng 1: axy + bx + cy + d = 0 (a; b; c; d є Z)

 Dạng 2: ax2 + by2 + c = 0 (a; b; c є Z)

 Dạng 3: ax2 + by2 + cx + d = 0

ax2 + by2 + cy + d = 0 (a; b; c; d є Z)

 Dạng 4: ax2 + by2 + cxy + d = 0 (a; b; c; d є Z)

VD: Tìm nghiệm nguyên 5x – 3y = 2xy – 11

Giải: Biểu thị y theo x: (2x + 3)y = 5x + 11

Cách 2: Đưa về phương trình ước(pt tích)VD: Tìm nghiệm nguyên 3x2 + 4y2 = 84

Trang 20

Đáp số: (5 ; 2), (5 ; -2), (-3 ; 2), (-3 ; -2)Cách 2:

Viết thành phương trình bậc hai đối với x: x2−2x−(11+y2) 0=

' 1 11= + + y =12+ y

VĐiều kiện cần để (2) có nghiệm nguyên: 'V là số chính phương ⇔12+ y2 =k k2( ∈¥)

Ta có bốn nghiệm: (5 ; 2), (5 ; -2), (-3 ; -2), (-3 ; 2)VD: Tìm nghiệm nguyên 5x2 – y2 + 4xy – 9 = 0

 Dạng 5: ax2 + by2 + cx + dy = 0 (a; b; c; d є Z)

 Dạng 6: ax2+by2+cx+dy+e = 0 (a; b; c; d; e є Z)

 Dạng 7: ax2+by2+cxy+dx+ey = 0 (a; b; c; d; e є Z)

 Dạng 8: ax2+by2+cxy+dx+ey+g= 0 (a; b; c; d; e є Z)

VD: Tìm nghiệm nguyên dương x2 + y2 = 5(x – y)

VD: Tìm nghiệm nguyên 3x2 + 4y2 + 12x + 3y + 5 = 0

VD: Tìm nghiệm nguyên x + y + xy = x2 + y2

VD: Tìm nghiệm nguyên x2 –xy + y2 = 2x - 3y – 2

Kinh nghiệm

- Đưa về Phương trình ước.

- Viết phương trình đó dưới dạng Phương trình bậc hai đối với một ẩn rồi dùng điều kiện: ∆ ≥ 0 hoặc ∆ là số chính phương

Ví dụ 4: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:

Giải (3) với nghiệm nguyên ta được y1 =5,y2 = −3

Với y = 5 thay vào (2) được x2+14x+48 0= Ta có: x1= −8,x2 = −6

Với y = -3 thay vào (2) được x2 −10x+24 0= Ta có x3=6,x4 =4

Đáp số: (-8 ; 5), (-6 ; 5), (6 ; -3), (4 ; -3)

Trang 21

4 PT bậc ba với hai ẩn

VD: x3 + x2 + x + 1 = y3

Gợi ý

B1: Chứng tỏ (x2 + x + 1) > 0 è x3 < y3 è x < yB2: Xét trường hợp 1: y = x + 1 Thay vào PT được: x = 0 ; x = -1B3: Xét trường hợp 1: y > x + 1 è y3 > (x + 1)3

Thay vào PT được -1 < x < 0 è Loại vì x є ZVD: x3 – y3 = xy + 8

Gợi ý

B1: Viết PT dưới dạng: (x-y)3 + 3xy(x-y) = xy + 8 B2: Đặt: x - y = a va xy = b è a3 – 8 = - b(3a - 1)B3: Lý luận để có a3 – 8 chia hết cho 3a-1

B4: Nhân với 27 215 chia hết 3a – 1B5: (3a – 1) є Ư (± 1; ± 5; ± 43; ± 215)B6: Tìm a và b è Tìm x; y

4

x y

41

x y

x y A

− − =



 =



Trang 22

Trường hợp 1: từ (4) suy ra x – y = 2 Thay y = x – 2 vào (5) được:

[3x+3(x−2)] + −[1 3(x−2)] +(3x+1) =86Rút gọn được: x(x – 2) = 0 ⇔ =x1 0,x2 =2

Với x = 0 thì y = 2 Với x =2 thì y =0

Trường hợp 2: Từ A = 1 suy ra: (3x+3 )y 2+ −(1 3 )y 2+(3x+1)2 =2

Tổng của ba số chính phương bằng 2 nên có một số bằng 0, hai số bằng số 1

Số bằng 0 không thề là 1 – 3y hoặc 3x + 1, do đó 3x + 3y = 0 Nghiệm nguyên của hệ:

2 2

3 3 0(1 3 ) 1(3 1) 1

x y y x

Kinh nghiệm

- Đưa về Phương trình ước.

- Đặt ẩn phụ cho biểu thức (x + y) hoặc (x – y) và xy.

- Với biểu thức (x3 + y3) hoặc (x3 – y3) nên vận dụng HĐT

5 PT bậc bốn với hai ẩn

VD: x4 - 4x2 + y2 + 2x2y – 9 = 0

Gợi ý

B1: Biến đổi về dạng: (x2 + y + 2x)(x2 + y - 2x) = 9B2: Đưa về phương trình ước số

B3: Tìm x; y

VD: Tìm nghiệm nguyên của PT x(x+1)(x+2)(x+3) = y2

Gợi ý

B1: Biến đổi về dạng: (x2 + 3x)(x2 + 3x + 2) = y2 B2: Đặt (x2 + 3x + 1) = a è (a+y)(a-y) = 1

B3: Tìm được y = 0 è x =

Kinh nghiệm

- Đưa về Phương trình bậc hai với hai ẩn

Trang 23

- Phân tích thành nhân tử để phát hiện một biểu thức là số chính phương.

- Phát hiện một số chính phương năm giữa hai số chính phương

Ta thấy10 3zM nên 3 zM Đặt z = 3k ta được: 6 x+15y+10.3k =3⇔2x+5y+10k =1Đưa về phương trình hai ẩn x, y với các hệ số tương ứng 2 và 5 là hai số nguyên tố cùng nhau 2x+5y= −1 10k 1 10 5 5 2 1

x= − − = − −k y+ −

Đặt 12

Nghiệm của phương trình: (5t−5k−2;1 2 ;3 )− t k với t, k là các số nguyên tùy ý

VD: Tìm nghiệm nguyên của PT 2xyz = x + y + z + 6

Gợi ý

B1: Do x; y; z có vai trò bình đẳng è giải sử: 1 ≤ x ≤ y ≤ z è 2xyz ≤ 3z + 16B2: Do z nguyên dương è 2xy ≤ 3 + 16/z ≤ 19 è xy ≤ 9

B3: Do x nguyên dương è x2 ≤ xy B4: x2 ≤ 9 è x є (1; 2; 3)

B5: Thay lần lượt x è Tìm y, z

Kinh nghiệm

- Tìm dấu hiệu chia hết è Đưa về PT bậc nhất đối với hai ẩn

- Dựa vào vai trò bình đẳng của ẩn để dùng phương pháp chặn

- Trong trường hợp khác có thể xét một hoặc một vài giá trị của một ẩn rồi xét tiếp trường hợp còn lại

VD: Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên: x2+ y2+z2 =1999 (1) Giải:

Ta biết rằng số chính phương chẵn thì chia hết cho 4, còn số chính phương lẻ thì chia cho 4 dư 1

và chia cho 8 dư 1

Tổng x2+ y2+z2 là số lẻ nên trong ba số x y z phải có: hoặc có một số lẻ, hai số chẵn; hoặc 2; ;2 2

cả ba số lẻ

Trường hợp trong ba số x y z có một số lẻ, hai số chẵn thì vế trái của (1) chia cho 4 dư 1, 2; ;2 2

còn vế phải là 1999chia cho 4 dư 3, loại

Trong trường hợp ba số 2 2 2

; ;

x y z đều lẻ thì vế trái của (1) chia cho 8 dư 3, còn vế phải là 1999

chia cho 8 dư 7, loại

Vậy phương trình (1) không có nghiệm nguyên

7 Phương trình phân thức

Trang 24

VD: Tìm nghiệm nguyên dương của PT 1/x + 1/y + 1/6xy = 1/6

Gợi ý

B1: Nhân hai vế của PT với 6xyB2: Đưa về PT ước số: (x – 6) (y – 6) = 37B3: Tìm x; y

Kinh nghiệm

- Tìm cách khử mẫu

- Đưa về phương trình ước số

VD: Tìm các số nguyên x sao cho 17

9

x x

Xét a≠0 Không mất tính tổng quát, giả sử (a, b) = 1 Do ( , ) 1a b2 2 = nên:

- Chú ý: + an – bn chia hết a – b với n là số tự nhiên

+ an + bn chia hết a + b với n là số tự nhiên lẻ

Trang 25

Kết luận: nghiệm của phương trình là (6 ; 11)

VD: Giải phương trình với nghiệm tự nhiên: 2x + 2y + 2z = 1024 (1) với x≤ ≤y z

VD: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: y= x+2 x− +1 x−2 x−1

Giải: Điều kiện: x≥1

( 1) 1 2 1 ( 1) 1 2 1

y = x− + + x− + x− + − x− |= x− + +1 1| | x− −1 1 | = x− + +1 1 | x− −1 1|

t + ; 2t) với t là số nguyên dương tùy ý

VD: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x+ x+ x+ x = y

Giải: Ta có: x≥0,y≥0

Bình phương hai vế rồi chuyển vế: x+ x+ x = y2 − =x k k( ∈¥)Bình phương hai vế rồi chuyển vế: x+ x =k2− =x m m( ∈¥)Bình phương hai vế: 2

Trang 26

Ta có: x( x + =1) m2

Hai số tự nhiên liên tiếp x và x+1 có tích là số chính phương nên số nhỏ bằng 0:

x = 0

Suy ra: x = 0; y = 0 thỏa mãn phương trình đã cho

Nghiệm của phương trình là (0 ; 0)

VD: Tìm các nghei65m nguyên của phương trình: x+ y = 1980 (1)

Giải: x = 1980− y (2)

Với điều kiện 0≤x y, ≤1980: (2)⇔ =x 1980+ −y 2 1980y ⇔ =x 1980+ −y 12 55y

Do x, y nguyên nên 12 55y nguyên Ta biết rằng với y nguyên thì 55y hoặc là số nguyên hoặc là số vô tỉ Do đó 55y là số nguyên, tức là 55y là số chính phương:

6543

055220495

19801375880495

Có 7 đáp số: (0 ; 1980), (1980 ; 0), (55 ; 1375), (1375 ; 55), (220 ; 880), (880 ; 220), (495 ; 495)

Kinh nghiệm

- Thường biến đổi để trong PT chỉ chứa một căn thức của một số nguyên

- Đưa về phwong trình ước số

10 Hệ PT với nghiệm nguyên

VD: Tìm nghiệm nguyên của Hệ:

2x + 3y = 8 (1)5y + 3z = 1 (2) Gợi ý

B1: Lý luận để có y chẵn è y = 2k (k є Z)

x = 4 – 3kB2: Tìm được 3z + 10k = 1 è z = -3k + 1

x2 + mx + 2 = 0 Gợi ý

B1: Gọi x1; x2 là các nghiệm nguyên dương è x1 + x2 = - m (m є Z)B2: ∆ = m2 – 8 là số chính phương

Đặt (m2 – 8) = k2 (k є N)B3: Đưa về PT ước: (m - k)(m + k) = 8

VD: Tìm các nghiệm nguyên của hệ phương trình: 3 3 33

Trang 27

3 3 3 3

(x y z+ + ) −(x +y +z ) 3(= x y y z z x+ )( + )( + )Nên : 27 3 3(− = x y y z z x+ )( + )( + ) ⇔ =8 (x y y z x z+ )( + )( + )Đặt x + y = c, y + z = a, z + x = b

Ta có: abc = 8 ⇒a b c, , ∈ ± ± ± ±{ 1, 2, 4, 8}

Giả sử x≤ ≤y z thì a b c≥ ≥

Ta có: a + b + c = 2(x + y + z) = 6 nên a≥2Với a = 2 ta có 4

4

b c bc

Trước hết ta giả sử x, y, z nguyên tố cùng nhau Thật vậy nếu bộ ba số , ,x y z thỏa mãn (1) o o o

và có ƯCLN là d, giả sử x o =dx y1, o =dy z1, o =dz1 thì( ; ; )x y z cũng là nghiệm của (1)1 1 1

Với x, y, z nguyên tố cùng nhau thì chúng đôi một nguyên tố cùng nhau, vì nếu hai trong ba số

ấy có ước chung là d thì số còn lại cũng chia hết cho d

Ta thấy x và y không thể cùng chẵn (vì chúng nguyên tố cùng nhau, không thể cùng lẻ (vì nếu

x và y cùng lẻ thì z chẵn, khi đó x2+y2 chia cho 4 dư 2, còn z M ) Như vậy trong hai số x và 2 4

Do (y,z) = 1 nên d = 1 Vậy (z + y, z – y) = 1

Hai số nguyên dương z + y và z – y nguyên tố cùng nhau, có tích là số chính phương x nên 2

mỗi số z + y và z – y cũng là số chính phương

Đặt

2 2

Với m và n là các số lẻ, nguyên tố cùng nhau, m > n

Đảo lại, dễ thấy bộ ba số (x, y, z) nói trên thỏa mãn (1)

Cách 2: Giả sử x chẵn, y lẻ thì z là số lẻ.

Ta có: x2 = +(z y z y)( − )

Trang 28

z y−

là các số nguyên và nguyên tố cùng nhau (thật vậy, giả sử

2

z y d

+

M , 2

z y d

Với m và n là các số nguyên tố cùng nhau, chẵn lẻ khác nhau, m > n

Đảo lại, dễ thấy ba bộ số (x, y, z) nói trên thỏa mãn (1)

Ta gọi ba bộ số (x, y, z) nói trên là bộ ba số Pitago gốc Nhân bộ ba số này với mọi số nguyên

dương, ta được tất cả các bộ ba số Pitago, đó là tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình

2 1 4 2 3 1 6 3 2 180

Trang 29

Người ta chứng minh được rằng: nếu ( , )x y là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương 1 1

trình ( , )x y của phương trình được xác định bởi: k k

i Kiểm tra rằng: (3 ; 2) là một nghiệm của (1)

ii Khai triển (3 2 2)+ k được a b+ 2 ( ,a b∈¥ Chứng minh rằng (a, b) là )nghiệm của (1)

iii Bằng nhận xét ở câu b, hãy tìm thêm hai nghiệm nguyên dương khác của (1)Giải

a) 32−2.22 =1 Vậy (3, 2) là một nghiệm của (1)b) Ta có: (3 2 2)(3 2 2) 1+ − = ⇒ +(3 2 2) (3 2 2)k − k =1

Vậy: (17; 12), (99; 70) cũng là nghiệm của (1)

VD: Tìm nghiệm nguyên dương nhỏ nhất rồi tìm thêm hai nghiệm nguyên dương khác của phương trình sau: x2−15y2 =1

Giải

Kiểm tra ta được (4; 1) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất

2 3

(4 15) 31 8 15(4 15) 244 63 15

Ta có xy2 + 2xy – 243y + x = 0 ⇔ x(y + 1)2 = 243y (1)

Từ (1) với chú ý rằng (y + 1; y) = 1 ta suy ra (y + 1)2 là ước của 243

Vậy (x, y) = (54, 2) ; (24, 8)

Bài 4: Tìm nghiệm của phương trình: 2x – 3 = 65y

Hướng dẫn:

Ta chứng tỏ phương trình đã cho không có nghiệm nguyên Giả sử phương trình 2x – 3 = 65y

có nghiệm nguyên ta suy ra 2x ≡ 3 (mod 5) và 2x ≡ 3 (mod 13)

Từ 2x ≡ 3 (mod 5) suy ra x ≡ 3 (mod 4) (1)

Từ 2x ≡ 3 (mod 13) ta suy ra x ≡ 4 (mod 12), trái với (1)

Trang 30

Bài 5: Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau :

a) 15x2 – 7y2 = 9; 29x2 – 28y2 = 2000; 1999x2 – 2000y2 = 2001b) x2002 – 2000.y2001 = 2003; 19x2 – 84y2 = 198

Hướng dẫn:

a) Từ phương trình đã cho ta suy ra y chia hết cho 3 Đặt y = 3y1 Ta có 5x2 – 21y12 = 3 (1)

Từ (1) suy ra x chia hết cho 3 Đặt x = 3x1 Ta có 15x12 – 7y12 = 1 (2)

Từ (2) suy ra y1 ≡ -1 (mod 3), vô nghiệm

b) Từ phương trình đã cho ta suy ra x2 ≡ 5 (mod 7) Vậy phương trình đã cho vô nghiệm

c) Từ phương trình đã cho ta suy ra x2 ≡ -1 (mod 4) Vậy phương trình đã cho vô nghiệm d) Từ phương trình đã cho ta suy ra x lẻ và x2002 ≡ 1 (mod 4)

Suy ra 2003 ≡ 1 (mod 4), vô lí Vậy phương trình đã cho vô nghiệm

e) Giả sử phương trình đã cho có nghiệm Khi đó: y2 + 1 ≡ 0 (mod 19) Vì 19 là số nguyên tố có dạng 4k + 3 nên y2 + 1 ≡ 0 (mod 19) ta suy ra 19 \ 1, vô lí

Bài 6: Tìm các số nguyên dương thỏa mãn :

b) Nếu x chẵn thì 5x ≡1(mod 3) suy ra 2y ≡0(mod 3): loại

Nếu x lẻ thì 5x ≡5(mod8)suy ra 2y ≡4(mod 8) Suy ra y = 2

Đáp số : (x; y) = (1; 2)

c) Nếu x lẻ thì 5 1x+ chia hết cho 3 còn 2ykhông chia hết cho 3: loại

Nếu x chẵn thì 5x+ ≡1 2(mod 4) suy ra 2y ≡2(mod 4) Suy ra y = 1 và x = 0

Đáp số : (x; y) = (0; 1)

d) Ta có 1 5+ ≡z 2(mod 4)suy ra 2 3x y ≡2(mod 4)do đó x = 1

Khi đó ta có 2.3y = +1 5z

Nếu y = 0 thì z = 0 Nếu y = 1 thì z = 1

Nếu y > 1 thì 2.3y ≡0(mod 9)nên 5z ≡ −1(mod 9)

Suy ra z chia hết cho 3 và z lẻ

Vậy z có dạng z = 6k+3(k∈¥ Nhưng khi đó, ) 2 1

2.3y = +1 125k+ ≡0(mod 7): loạiVậy phương trình có 2 nghiệm tự nhiên là: (1; 0; 0) và (1; 1; 1)

Bài 8: Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn:

a) 1! 2! + + + =x! y2; b) !x+ =y! 10z+9

Hướng dẫn:

a) Đây là bài toán liên quan đến chữ số tận cùng của một số chính phương

Nếu x≥4thì 1!+2!+…+x! tận cùng bởi 3 và không có số nguyên dương y nào thỏa mãn

Đáp số : x= y = 1 hoặc x = y = 3

b) Nếu x, y > 1 thì x!+y! chia hết cho 2; loại

Nếu y = 1 thì x! = 10z + 8 ≡ 8(mod10), suy ra x≤4

Đáp số : vô nghiệm

Bài 9: Tìm các số nguyên tố x, y, z thỏa mãn : xy + 1 = z

Hướng dẫn:

Trang 31

Vì x, y nguyên tố nên x, y ≥ 2 Từ phương trình đã cho ta suy ra z ≥ 5 và z lẻ (do z nguyên tố) Vì z lẻ nên x chẵn hay x = 2 Khi đó, z = 1 + 2y.

Nếu y lẻ thì z chia hết cho 3 (loại) Vậy y = 2

Đáp số : x = y = 2 và z = 5

Bài 10: Tìm tất cả các cặp số tự nhiên (n, z) thỏa mãn phương trình : 2n + 122 = z2 – 32

Hướng dẫn:

Nếu n lẻ thì 2n ≡ -1 (mod 3) Từ phương trình đã cho ta suy ra z2 ≡ -1 (mod 3), loại

Nếu n chẵn thì n = 2m (m € N) và phương trình đã cho trở thành:

Từ đó tìm được x Đáp số: (0, 0) ; (4, -1) ; (4, 2) ; (-4, 1) ; (-4, -2)

Bài 12: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x+2 3 = y+ z

Nếu a≥3thì b≥5,c≥7 và A < 1, loại Suy ra a = 1 hoặc a = 2

Nếu a = 1 thì b≥3,c≥5 do đó 1 < A < 3 suy ra A = 2 Thay a = 1, A = 2 ta được:

2(b + c) + 1 = bc hay (b – 2)(c – 2) =5 Từ đó ta được b = 3, c = 7 Trường hợp a = 2 xét tương tự.Đáp số : (2; 4; 14), (1; 3; 7) và các hoán vị của 2 bộ số này

Bài 14: Tìm tất cả các bộ ba số tự nhiên không nhỏ hơn 1 sao cho tích của hai số bất kì cộng với 1 chia hết cho số còn lại

Trang 32

Bài 15: Tìm ba số nguyên dương đôi một khác nhau x, y, z thỏa mãn : x3+y3+ = + +z3 (x y z)2

Từ đây kết hợp với phương trình ban đầu ta tìm được x, y, z

Đáp số : (1, 2, 3) và các hoán vị của bộ ba số này

Bài 16: Tìm tất cả nghiệm nguyên (x; y) của phương trình :(x2+y x y)( + 2) (= −x y)3

Nếu y ≥ 1 thì từ phương trình đã cho ta suy ra y < x < y + 1, vô lí

Bài 18: Tìm các số nguyên x, y, z, t sao cho :

Từ (2) lại lập luận như trên ta suy ra x y z đều chẵn1, ,1 1

Cứ tiếp tục như vậy sẽ dẫn đến 2 ,k 2 , 2 ,k k

xM yM zM ∀ ∈k ¥ Điều này chỉ xảy ra khi x = y = z = 0

2 2

( 3 ) 13( ) 12

xy zt

xz yt

Trang 33

Hướng dẫn:

Khử z đưa đến phương trình : y2− +(x 1)y x+ − =2 x 0Đây là phương trình bậc 2, biến y, từ điều kiện tồn tại nghiệm ta suy ra x = 1 hoặc x = 2Đáp số : (x; y; z) = (1; 2; 3) , (2; 1; 3) , (2; 2; 4)

Bài 21: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 7(x + y) = 3(x2 – xy + y2)

Hướng dẫn:

Đáp số : (x, y) = (4, 5) hoặc (5,4)Cách 1: Đổi biến u = x + y, v = x – y ta đưa về phương trình: 28u = 3(u2 + 3v2) (*)

Từ (*) chứng minh được u chia hết cho 9 và 0 ≤ u ≤ 9 suy ra u = 0 hoặc u = 9Cách 2: Xem phương trình đã cho là phương trình bậc hai đối với x

Từ (*) suy ra

2 2

Bài 24: Tìm x∈¥ : x+2 x+ + 2 x+2 3x =x

Hướng dẫn:

Đáp số : x = 0 hoặc x = 3Xét các trường hợp của x và đánh giá hai vế

2t −7t + −8t 2 và sử dụng tính chất ƒ(a) – ƒ(b) (Ma b a b− ∀ ≠)

Bài 26: Tìm x, y ∈Z : x+ y = 2001 (*)

Hướng dẫn:

Điều kiện ,x y≥0

Trang 34

Từ (*) suy ra y = 2001− x Bình phương hai vế ta được

y=2001+ −x 2 2001.x⇒ 2001.x∈¥

Vì 2001 = 3 × 667, ta lại có 3 và 667 là các số nguyên tố nên

x = 3 × 667 × a2 = 2001.a2 (trong đó a∈¥)Lập luận tương tự ta có y = 2001 (b b2 ∈¥)

Thay x=2001 ,a y2 =2001b2 vào (*) cà rút gọn ta suy ra : a + b =1

Từ đó có hai nghiệm : (x; y) =(2001; 0) hoặc (0; 2001)

Bài 27: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a, b) sao cho

2 22

a ab

−+ là số nguyên

Hướng dẫn:

Từ giả thiết suy ra 2(a b+ ) (Mab+ ⇒2) 2(a b+ =) k ab( +2) (1)

Từ (1) chứng tỏ k = 1 suy ra a = 4, b = 3Đáp số : (a; b) = (4; 3)

Bài 28: Tìm n nguyên dương sao cho phương trình x3 + y3 + z3 = nx2y2z2 có nghiệm nguyên dương Với các giá trị vừa tìm được của n, hãy giài phương trình trên

Hướng dẫn:

Đáp số : n = 1 hoặc n = 3

Bài 29: Cho phương trình : x3 – 3xy2 + y3 = n

a) Giả sử phương trình đã cho có một nghiệm nguyên (x, y)

Chứng minh rằng phương trình đã cho có ít nhất ba nghiệm nguyên

b) Giải phương trình tìm nghiệm nguyên với n = 2002

Suy ra x≡1(mod 3)vày≡0(mod 3)hoặc x≡0(mod 3)vày≡1(mod 3)

Cả hai trường hợp ta đều có 3 2 3

Đặt 2001n =9m Bộ ba số (m; m – 1; m + 1) là một nghiệm của phương trình đã cho

Bài 32: Chứng minh rằng phương trình x2 + y5 = z3 có vô số nghiệm nguyên (x, y, z) thỏa mãn xyz ≠ 0

Hướng dẫn:

Dễ thấy bộ các bộ ba sau là nghiệm của phương trình đã cho (3; -1; 2) và (10; 3; 7)

Ta thấy nếu (x; y; z) là nghiệm của phương trình đã cho thì (k x k y k z15 , 6 , 10 )cũng là nghiệm của phương trình đã cho Từ đó có điều phải chứng minh

Bài 33: Chứng minh các phương trình sau không có nghiệm nguyên?:

Trang 35

Hướng dẫn: dùng phương pháp xét số dư của từng vế Từ đó ta thấy số dư của hai vế phương trình

sẽ không bằng nhau Điều đó dẫn tới các phương trình vô nghiệm

Bài 34: Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình: 1x + =1y 14

1 1

44

x

x y x x x

Hướng dẫn: đưa các phương trình vể dạng phương trình bậc hai theo ẩn x, tìm điều kiện của ∆

để phương trình có nghiệm nguyên

Đáp số: a) (1 ; -1), (2 ; -1), (0 ; 0), (2 ; 0), (0 ; 1), (1 ; 1)

b) (0 ; 0), (1 ; 0), (0 ; 1)

c) (0 ; 0), (0 ; 1), (3 ; 1), (3 ; 3), (6 ; 3), (6 ; 4)

d) (1 ; 0), (-1 ; 0)

Bài 38: Tìm các số tự nhiên x sao cho: 2x+ =3x 35

Hướng dẫn: Thế x = 0, 1, 2, 3 vào phương trình.

Với x > 3, phương trình vô nghiệm

Đáp số: x = 3

Bài 39: Tìm các số nguyên x và y sao cho: x3+x2+ + =x 1 y3

Hướng dẫn: Chứng minh y > x rồi xét hai trường hợp: y = x + 1 và y > x + 1

Bài 40: Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình: x! + y! = (x + y)!

Định dạng
Số trang	71
Dung lượng	4,41 MB