SKKN: giải phương trình nghiệm nguyên THCS

­ Học sinh không biết giải bài toán phương trình nghiệm nguyên như thế nào. ­ Nhìn chung số em giải được là nhờtham khảo đáp án, chưa đưa ra được hướng giải chung cho dạng bài tập này. ­ Trong thực tế khi giảng dạy cho học sinh một số bài toán đòi hỏi phải có kĩ năng tính toán hoặc suy luận ở mức độ cao và yêu cầu hoàn thành trong khuôn khổ thời gian hạn hẹp thì phần lớn học sinh thường có tâm lí căn thẳng hoặc không có hứng thú học tập, bỡi lí do là các em ngại suy nghĩ, tính toán. Vì vậy để giúp học sinh giải toán chính xác và trình bày bài giải một cách có khoa học và đỡ lãng phí tốn thời gian. Đồng thời kích thích sự tập trung cao độ của học sinh vào việc giải toán, ta nên hướng dẫn học sinh phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên hỗ trợ tích cực cho học sinh cho việc học tốt bộ môn toán. Để đánh giá được khả năng của các em đối với dạng toán trên và có phương án tối ưu truyền đạt tới học sinh, tôi đã ra một đề toán cho các em học sinh trong đội tuyển Toán 8 của trường trong hai năm học

Đề tài : MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN.

A - PhÇn më ®Çu.

I- LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI:

Trong quá trình học tốn ở trường THCS học sinh cần biết cách tổ chức cơng việc của mình một cách sáng tạo Người thầy cần rèn luyện cho học sinh kỹ năng, độc lập suy nghĩ một cách sâu sắc, sáng tạo Vì vậy địi hỏi người thầy một sự lao động sáng tạo biết tìm tịi ra những phương pháp để dạy cho học sinh trau dồi tư duy logic giải các bài tốn

Trong dạy học tốn thì việc tìm ra những phương pháp giảng dạy phù hợp với trình độ học sinh là một yêu cầu rất quan trọng địi hỏi người giáo viên phải biết chọn lọc, phối hợp tốt các phương pháp giảng dạy Việc lựa chọn những ví dụ điển hình mang bản chất lí thuyết, hệ thống các bài tập minh hoạ, áp dụng và khắc sâu nâng cao là rất quan trọng

Là một giáo viên dạy tốn ở trường THCS Phước Hịa, được phân cộng trực tiếp bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi nhiều năm tơi nhận thấy việc giải các bài tốn ở chương trình THCS khơng chỉ đơn giản là đảm bảo kiến thức trong SGK, đĩ mới chỉ là những điều kiện cần nhưng chưa đủ Muốn giỏi tốn cần phải luyện tập nhiều thơng qua việc giải các bài tốn đa dạng, giải các bài tốn một cách khoa học, kiên nhẫn, tỉ mỉ, để tự tìm ra đáp số của chúng

Muốn vậy người thầy phải biết vận dụng linh hoạt kiến thức trong nhiều tình huống khác nhau để tạo hứng thú cho học sinh Một bài tốn cĩ thể cĩ nhiều cách giải, mỗi bài tốn thường nằm trong mỗi dạng tốn khác nhau nĩ địi hỏi phải biết vận dụng kiến thức trong nhiều lĩnh vực nhiều mặt một cách sáng tạo vì vậy học sinh phải biết sử dụng phương pháp nào cho phù hợp

Các dạng tốn về số học ở chương trình THCS thật đa dạng phong phú như: Tốn về

chia hết, phép chia cĩ dư, số nguyên tố, số chính phương, phương trình nghiệm nguyên…

Đây là một dạng tốn cĩ trong SGK lớp 9 nhưng chưa đưa ra phương pháp giải chung Hơn nữa qua theo dõi nhiều năm tơi thấy phương trình nghiệm nguyên cĩ rất nhiều trong các

đề thi: Tuyển sinh vào lớp 10 nhất là trường chuyên; Trong các đề thi học sinh giỏi huyện, học sinh giỏi tỉnh

Song khi giải các bài tốn này khơng ít khĩ khăn phức tạp Từ thực tiễn giảng dạy tơi thấy học sinh hay bế tắc, lúng túng về cách xác định dạng tốn và chưa cĩ nhiều phương pháp giải hay

Từ những thuận lợi, khĩ khăn và yêu cầu thực tiễn giảng dạy Tơi chọn đề tài: Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Trong quá trình viết đề tài do điều kiện và

kinh nghiệm khơng tránh khỏi khiếm khuyết Rất mong được sự đĩng gĩp, chỉ đạo của thầy

cơ giáo và các bạn đồng nghiệp

II-

NHIỆM VỤ ĐỀ TÀI:

- 1 –

Nghiên cứu cơ sở lý luận của việc hướng dẫn học sinh giải phương trình nghiệm

nguyên

Tìm hiểu thực trạng của việc hướng dẫn học sinh giải phướng trình nghiệm nguyên trong nhà trường, trong các tiết dạy của bộ mơn, qua đĩ nắm bắt được vốn kiến thức của học sinh về vấn đề này trong thời gian qua, nhu cầu của các em cần trang bị những kiến thức gì

Tập được hứng thú cho học sinh khi giải bài tập trong SGK, các tài liệu tham khảo giúp học sinh tự giải được các bài tập liên quan, vận dụng trong các dạng tốn học sinh giỏi

và dự thi vào 10, trường chuyên, lớp chọn

Giải đáp được một số thắc mắc, sai lầm hay gặp ở giải tốn cĩ về tìm ngiệm nguyên của phương trình

Đề xuất một số giải pháp cĩ thể áp dụng trong các tiết lên lớp, bồi dưỡng học sinh giỏi, các tiết ngoại khĩa, hướng dẫn học ở nhà Đồng thời giúp cho GVBM cĩ cơ sở lí luận

để phục vụ trong cơng tác giảng dạy tốt hơn

PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH:

1 Phương pháp đọc sách và tài liệu: Mượn đọc và nghiên cứu kỹ các sổ sách, tạp chí

báo cáo, tài liệu thuộc lĩnh vực hướng dẫn giải phương trình nghiệm nguyên để tham khảo Mặt khác khia thác tư liệu trên mạng internet, báo chí…Để nắm được cơ sở lí luận của đề tài

2 Phương pháp trị chuyện: Gặp các đồng nghiệp, học sinh thơng qua những câu hỏi

đối thoại, trao đổi giữa mình với đồng nghiệp, với học sinh nhằm thu thập thơng tin, tài liệu liên quan đến đề tài

3 Phương pháp đều tra: Điều tra khảo sát nắm nhu cầu của học sinh về các con đường

lĩnh hội kiến thức trong lĩnh vực đang nghiên cứu

4 Phương pháp phân tích, tổng hợp: Tổng hợp kết quả rút ra các biện pháp giảng dạy

cụ thể

5 Phương pháp quan sát: Quan sát trong các lớp dự giờ thăm lớp tiết mà bản thân giảng

dạy Tinh thần học tập và ứng dụng của việc giải phương trình nghiệm nguyên và phương pháp giảng dạy của GVBM rút ra những hạn chế và hướng khắc phục

IV- CƠ SỞ VÀ THỜI GIAN NGHIÊN CỨU:

Năm học 2009-2010 lại một năm nữa tơi được nhà trường phân cơng bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi các cấp Bản thân cũng như các đồng nghiệp khác việc bồi dưỡng học sinh giải phương trình nghiệm nguyên là một vấn đề cĩ nhiều trăn trở và khĩ khăn Qua trao đổi và học hỏi một số đồng nghiệp như: Thầy Nguyễn Chơn Bộ, Nguyễn Thành Hưng, Võ Ngọc Phương cơ Bùi Thị Anh Thư…Đồng thời thơng qua các buổi chuyên đề, bồi dưỡng chuyên mơn, thao giảng của ngành tổ chức bản thân đã đúc kết một số kinh nghiệm giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi các cấp Bnả thân đã hình thành và áp dụng đề tài này từ các lớp học tại trường THCS Phước Hịa

Học sinh trường THCS Phước Hòa ( Học sinh được lựa chọn ở các khối 8,9 từ 10/2009 đến 04/2010).

Đội tuyển học sinh giỏi trường THCS Phuớc Hòa( từ 02/10/2009 đến 15/04/2010)

Đội tuyển học sinh giỏi trường THCS Phước Hòa( từ 14/10/2010 đến 20/04/2011)

Tổng hợp và viết đề tài từ 09/2011-11/2011

B- KẾT QUẢ

I-MÔ TẢ TÌNH TRẠNG SỰ VIỆC HIỆN TẠI:

Học sinh không biết giải bài toán phương trình nghiệm nguyên như thế nào

Nhìn chung số em giải được là nhờtham khảo đáp án, chưa đưa ra được hướng giải chung cho dạng bài tập này

Trong thực tế khi giảng dạy cho học sinh một số bài toán đòi hỏi phải có kĩ năng tính toán hoặc suy luận ở mức độ cao và yêu cầu hoàn thành trong khuôn khổ thời gian hạn hẹp thì phần lớn học sinh thường có tâm lí căn thẳng hoặc không có hứng thú học tập, bỡi lí do là các em ngại suy nghĩ, tính toán Vì vậy để giúp học sinh giải toán chính xác và trình bày bài giải một cách có khoa học và đỡ lãng phí tốn thời gian Đồng thời kích thích sự tập trung cao độ của học sinh vào việc giải toán, ta nên hướng dẫn học sinh phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên hỗ trợ tích cực cho học sinh cho việc học tốt bộ môn toán

Để đánh giá được khả năng của các em đối với dạng toán trên và có phương án tối ưu truyền đạt tới học sinh, tôi đã ra một đề toán cho các em học sinh trong đội tuyển Toán 8 của trường trong hai năm học liên tiếp năm học 2009-2010 và 2010-2011 như sau:

Bài 1: ( 6 đ )

a) Tìm tất cả các số nguyên dương a, b sao cho: ab = 3(a – b)

b) Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2 – y 2 = 19

Bài 2: (4 đ)

Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x + y + z = xyz

nhận Cũng với bài tốn trên nếu học sinh được trang bị các “Phương pháp giải phương

trình nghiệm nguyên” thì chắc chắn sẽ cĩ hiệu quả cao hơn.

II/ NỘI DUNG VÀ GIẢI PHÁP:

1/ CƠ SỞ LÝ LUẬN:

Phương trình và bài tốn với nghiệm nguyên là một đề tài lý thú của Số học và Đại số,

đã lơi cuốn nhiều người và sử dụng trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi, thi vào trường chuyên,

lớp chọn, Trong chương trình từ bài tốn của học sinh nhỏ Trăm trâu trăm cỏ đến các chuyên gia tốn học lớn với các bài tốn như Định lý Fecma Được nghiên cứu từ thời

Điơphăng thế kỷ 3, phương trình và bài tốn nghiệm nguyên mãi mãi cịn là đối tượng nghiên cứu của Tốn học và của các thầy cơ và học sinh trong nhà trường phổ thơng

Phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng và phong phú nĩ cĩ thể là phương trình một

ẩn, nhiều ẩn Nĩ cĩ thể là phương trình bậc nhất hoặc bậc cao Ngồi phương trình bậc nhất hai ẩn, các bài tốn nghiệm nguyên thường khơng cĩ quy tắc giải chung cho mọi phương trình Mỗi bài tốn, với số liệu riêng của nĩ, địi hỏi một cách giải riêng phù hợp Điều đĩ cĩ tác dụng rèn luyện tư duy tốn học mềm dẻo, linh hoạt và sáng tạo

Giải phương trình chứa các ẩn x, y, z, với nghiệm nguyên là tìm tất cả các bộ số nguyên (x; y; z; ) thoả mãn phương trình đĩ Khi giải phương trình nghiệm nguyên, do phải lợi dụng các tính chất trong tập hợp Z nên ngồi các biến đổi tương đương ta cịn dùng đến các biến đổi mà các giá trị của ẩn chỉ là thoả mãn điều kiện cần ( chứ chưa phải là điều kiện đủ) của nghiệm Trong trường hợp này ta cần kiểm tra lại các giá trị đĩ bằng cách thử vào phương trình đã cho

Để giải các phương trình đĩ thường dựa vào cách giải một số phương trình cơ bản và một số phương pháp giải sử dụng vào các tính chất về số nguyên, số tự nhiên, số chính phương, Tuỳ theo bài tốn cĩ những cách giải cụ thể khác nhau, chính vì thế học sinh vẫn cịn nhiều bỡ ngỡ

Với mục đích của đề tài nhằm rèn luyện cho học sinh tư duy sáng tạo khi học và giải tốn tìm nghiệm nguyên của phương trình Biết cách định hướng và giải bài tập và trình bày ngắn gọn lời giải của bài tốn Qua đĩ phát huy trí lực của học sinh tìm nhiều cách giải hay phát triển bài tốn mới phát triển tư duy suy luận logic của học sinh gĩp phấn học tập tốt mơn Tốn và các mơn học khác, đồng thời giúp học sinh tự tin khi giải tốn hoặc trong thi cử

Đề tài này theo bản thân chỉ viết theo những hiểu biết của mình về dạng tốn nghiệm nguyên trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi, bản thân chỉ cĩ thể áp dụng vào việc giảng dạy các chuyên đề trong trường học hoặc bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi Tốn lớp 8 và lớp 9 của trường, ơn tập cho học sinh chuẩn bị thi vào các lớp chọn, lớp chuyên PTTH.

Thời gian nghiên cứu cĩ hạn mặc dù được sự gĩp ý chân thành của nhiều giáo viên cĩ chuyên mơn cao, song vẫn cịn nhiều điều bỏ ngỏ để tiếp tục khai thác và đi sâu hết dạng tốn này

2/ NỘI DUNG CHÍNH VÀ BIỆN PHÁP THỰC HIỆN:

PHÇN I: CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN

I-

1 Các định lí:

a Định lí 1: Điều kiện cần và đủ để phương trình ax + by = c (trong đĩ a,b,c là các

số nguyên khác 0 ) cĩ nghiệm nguyên (a,b) là ước của c.

b Định lí 2: Nếu (x 0, y0) là một nghiệm nguyên của phương trình ax + by = c thì nĩ

cĩ vơ số nghiệm nguyên và nghiệm nguyên (x, y) được cho bởi cơng thức:

a y

y

t d

b x

1 2

k

11a

1a

1

a

= mn

Bước 4: Lấy nghiệm riêng (x0’; y0’) của phương trình a1x + b1y = 1; sao cho : 0

Bước 5: x0 = c1 x0’; y0 = c1y0’ là nghiệm riêng của phương trình: a1x + b1y = c1

⇒ nghiệm tổng quát của phương trình là: ì =ïï +

íï = ïî

Ta nhận thấy (5, 7) = (7, 3) = 1 Vậy phương trình có nghiệm nguyên

Để giải ta tiến hành các bước:

- Viết thuật toán Ơclit cho 2 số 5 và 7

5 = 2.2 + 1

- Tìm nghiệm riêng của phương trình: 5x – 7y = 1 là (x0’, y0’) = (3, 2)

- Tìm nghiệm riêng của phương trình 5x – 7y = 3 là (x0, y0) = (9, 6)

⇒ Nghiệm tổng quát của phương trình là: ì = -ïï

íï = ïî

-x 9 7t

y 6 5t hay

ì = +ïï

íï = +ïî

x 7t 2

y 5t 1 (t ∈Z )

Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên 6x – 14 y = 12

Hướng dẫn: Ta nhận thấy (6 ,14) = (6 ,12) = 2 ⇒ phương trình có nghiệm ta tiến hành giải như sau: Bước 1: 6x –14y = 12 ⇔ 3x – 7y = 6

Bước 2: Viết thuật toán Ơclit cho 3 và 7: 7 = 3.2 + 1

Bước 3: Tính m

n = q0 = 2 =

21

Bước 4: Tìm nghiệm riêng của phương trình 3x – 7y = 1 là (x0’, y0’) = (-2; -1)

Bước 5: Xác định nghiệm riêng của phương trình 3x – 7y = 6 là (x0; y0) = (-12; -6)

⇒ Nghiệm tổng quát của phương trình 6x – 14 y = 12 là

íï =ïî

x 7t 2

y 3t (t ∈Z )

* Nhận xét: Trên đây là phương pháp chung để giải phương trình nghiệm nguyên dạng

ax + by = c Tuy nhiên khi đi vào bài toán cụ thể bằng các kiến thức về chia hết biết khéo léo

sử dụng sẽ cho lời giải ngắn gọn

b Cách giải thông thường khác (3 bước)

Bước 1: Rút ẩn này theo ẩn kia (giả sử rút x theo y)

Bước 2: Dựa vào điều kiện nguyên của x, tính chất chia hết suy luận để tìm y

Bước 3: Thay y vào x sẽ tìm được nghiệm nguyên

Ví dụ 3: Giải phương trình nghiệm nguyên: 2x + 5y = 7

x 5t 1

y 2t 1 (t ∈Z )

Ví dụ 4: Giải phương trình nghiệm nguyên: 6x – 15 y = 25

Hướng dẫn: Ta thấy ( 6; 15 ) = 3 mà 3/25

Vậy không tồn tại x,y nguyên sao cho 6x – 15y = 25

Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 5x + 7y = 112

- 7 –

Hướng dẫn: Ta có 5x + 7y = 112 ⇒ x = 112 7y−

5 = 22 - y +

-2 -2y5

Lại có x > 0; y > 0 => t = {0;1;2}

Nếu t = 0 ⇒ x = 21; y = 1

Nếu t = 1 ⇒ x = 14; y = 6

Nếu t = 2 ⇒ x = 7; y = 11

II PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT NHIỀU ẨN:

Dạng a1x1 + a2x2 + …+ anxn= c (2) Với a, c ∈Z (i = 1,2…n); n ≥ 2

1 Định lý: Điều kiện cần và đủ để phương trình (2) có nghiệm là (a1, a2,…an) \ c

2 Cách giải: Đưa phương trình về 1 trong 2 dạng sau:

a Có một hệ số của một ẩn bằng 1

Giả sử a1 = 1 Khi đó x1 = c – a2x2 – a3x3 – … – anxn ; với x1, x2,…., xn∈Z

Nghiệm của phương trình là: (c – a2x2 – a3x3 – … – anxn , x2,…., xn) với x2,…., xn nguyên bất kỳ

b Có hai hệ số là hai số nguyên tố cùng nhau

Giả sử ( a1, a2 ) = 1 Khi đó phương trình (2) ⇔ a1x1 + a2x2 = c – a3x3 – … – anxn

Giải phương trình theo 2 ẩn x1, x2

Ví dụ 6: Giải phương trình trên tập số nguyên: 6x + 15y + 10 z = 3

Hướng dẫn: Phương trình 6x + 15y + 10 z = 3 có nghiệm nguyên vì (6 ,15, 10) = 1 và 1/3

Cách 1 : Ta biến đổi 6x + 15y + 10 z = 3 ⇔ x + 10(y + z) + 5 ( x+ y) = 3

Đặt t = y + z, k = x + y với (t, k ∈ Z) Ta có: x + 10 t + 5k = 3

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình

x = 3 – 10 t – 5k

z = 3 – 9 t – 6k

\Cách 2: 6x + 15y + 10 z = 3 ⇔ 6 (x + z) + 15 y + 4 z = 3

Đặt x + z = t ta có 6t +15 y + 4z = 3 ⇔ 15 y + 4z = 3 – 6t

Ta có cặp số (-1; 4) là nghiệm riêng của phương trình 15 y + 4z = 1 nên (-3 + 6t; 12 –

24 t) là nghiệm riêng của phương trình

15 y + 4z = 3 – 6t

Do đó nghiệm tổng quát là: y = -3 + 6t + 4k (k ∈ Z)

z = 12 – 24t – 15 k Lại có t = x + z ⇒ x = t – z ⇒ x = -12 = 25t + 15 k

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình 6x + 15y + 10 z = 3 là:

Giải hệ: g (x1, x2,…., xn) = m

h(x1, x2,…., xn) =

a m

ì + = ïï

-íï - ïî

2y 1 112x 11 1 hoặc

ì + = ïï

-íï - ïî

<=> (x; y) = (6; 0); hoặc (x; y) = (-5; -1) hoặc (x; y) = (1, 5) hoặc (x; y) = ( 0; -6)

Ví dụ 8: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 1 + x + x 2 + x 3 = 2 y

Cách giải: Ta thấy vế trái của phương trình là các số hạng không âm, tổng của chúng

bằng 0 nên mỗi số hạng phải bằng 0

g1 (x1, x2,…., xn) = 0

Do vậy có: g2 (x1, x2,…., xn) = 0

………

gn (x1, x2,…., xn) = 0 Giải hệ này ta được (x1 , x2 ,…, xn)

Ví dụ 9: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x2 + y 2 –2xy + 2y – 6x + 5 = 0

Hướng dẫn: (Dùng phương pháp phân tích thành nhân tử ta biến đổi vế trái của phương trình)

Ta có: 2x2 + y 2 –2xy + 2y – 6x + 5 = 0 ⇔ y 2 – 2y (x - 1) + (x-1)2 + x2 – 4x + 4 = 0

⇔ (y – x + 1)2 + (x – 2 )2 = 0

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là x = 2 ; y = 1

Ví dụ 10: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : (x – 1) (y + 1) = (x+ y) 2

2

<=> x = 1; y = -1

Vậy nghiệm của phương trình là x = 1 ; y = -1

V- PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN CÁC ẨN CÓ VAI TRÒ BÌNH ĐẲNG

Khi làm toán ta thường gặp một số bài toán mà trong đó các ẩn bình đẳng với nhau Để giải các bài toán đó có nhiều cách giải khác nhau tuỳ thuộc vào từng loại cụ thể Ở đây ta nghiên cứu đến 1 phương pháp giải toán này:

Ta giả sử các ẩn xảy ra theo một trật tự tăng dần rồi tiến hành giải

Hướng dẫn: Giả sử 1 ≤ x ≤ y ≤ z ⇒ x2≤ xy ≤ xz ≤ yz ≤ xyz

1

x + 12

x + 12

x + 92x

Nếu x = 3 ⇒ (3y – 1) (3z – 1) = 37 (vô nghiệm)

Ví dụ 13: Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm tự nhiên

Hướng dẫn: Vì x, y có vai trò bình đẳng Ta giả sử 1≤ x ≤ y

Ta có x2≤ xy ≤ y2 (giả sử phương trình có nghiệm tự nhiên)

PHẦN III: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG

TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN.

Khơng cĩ phương pháp chung để giải phương trình nghiệm nguyên nhưng để giải nĩ người ta thường áp dụng một số phương pháp sau hoặc kết hợp các phương pháp tuỳ theo từng bài cụ thể Sau đây là một số phương pháp thường dùng:

I/ SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CHIA HẾT:

Ví dụ 14: Giải phương trình với nghiệm nguyên: 3x + 17y = 159 (1)

Hướng dẫn: Giả sử x, y là các số nguyên thoã mãn phương trình (1).

Ta thấy 159 và 3x đều chia hết cho 3 nên 17y 3; Do đó y  3 (vì 17 và 3 nguyên tố cùng nhau)

Đặt y = 3t (t∈ Z) Thay vào (1) ta được: 3x + 17.3t = 159 <=> x = 53 – 17t

Đảo lại, thay các biểu thức x, y vào (1), phương trình cũng nghiệm đúng

Vậy pt (1) có vô số nghiệm nguyên (x, y) được biểu thị bởi cộng thức:

Ví dụ 15: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2 – 2y 2 = 5 (2)

Hướng dẫn: Từ phương trình (2) ta suy ra x phải là số lẻ Thay x = 2k + 1 (k∈ Z) vào (2),

ta được: 4k2 + 4k + 1 – 2y2 <=> 2(k2 + k – 1) = y2 => y2 là số chẵn Đặt y = 2t (t∈ Z), ta có:

2(k2 + k – 1) = 4t2 <=> k2 + k – 1 = 2t2 <=> k(k + 1) = 2t2 + 1 (**)

Nhận xét: k(k + 1) là một số chẵn, 2t2 + 1 là số lẻ => pt (**) vô nghiệm

Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên

Ví dụ 16: Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y, z thoả mãn:

Vì 2000 không chia hết cho 3 nên x3 + y3 + z3 – x – y – z≠ 2000 với mọi số nguyên

x, y, z; tức là phương trình (3) không có nghiệm nguyên

Hướng dẫn: Ta có (4) <=> y(x – 2) = -x + 3

Vì x = 2 không thoả mãn phương trình nên (4) y = −x x−+23 <=> y = -1 + x1−2

- 13 –

Ta thấy: y là số nguyên <=> x – 2 là ước của 1 <=> x – 2 = ±1 <=> x = 1 hoặc x =

3 ừ đó ta có nghiệm (x, y) là (1; -2) và (3; 0)

Lưu ý: Bài này có thể dùng phương pháp đưa về tích để đưa về dạng: (x – 2)(y + 1) = 1

Ví dụ 18: Cho đa thức f(x) có các hệ số nguyên Biết rằng f(1).f(2) = 35 Chứng minh rằng đa thức f(x) không có nghiệm nguyên.

Hướng dẫn: Giả sử f(x) có nghiệm nguyên a Thế thì: f(x) = (x – a).g(x); trong đó g(x) là

đa thức có các hệ số nguyên

=> f(1) = (1 – a) g(1) và f(2) = (2 – a).g(2); trong đó g(1), g(2) là các số nguyên

Do đó: f(1).f(2) = (1 – a)(2 – a) g(1).g(2)

=> 35 = (1 – a)(2 – a) g(1).g(2) (*)

Ta thấy (1 – a)(2 – a) là tích của 2 số nguyên liên tiếp nên là số chẵn nên vế phải là số chẵn, trong khi đó vế trái là số lẻ nên không xảy ra đẳng thức (*)

Tức là đa thức f(x) không có nghiệm nguyên

II/ ĐƯA VỀ DẠNG TÍCH:

Ta biến đổi phương trình về dạng: vế trái là tích của các đa thức chứa ẩn, vế phải là tích của các số nguyên.

Hướng dẫn: Ta có (1) <=> x(y – 1) – y = 2 <=> x(y – 1) – (y – 1) = 3

<=> (y – 1) (x – 1) = 3

Do vai trò bình đẳng của x và y trong pt nên có thể giả sử x ≥ y khi đó x – 1 ≥ y –

1 Vậy ta có : ì - =ïï

íï - =ïỵ

íï =ïỵ

Vậy nghiệm nguyên của pt là (4; 2), (0; -2); (2; 4), (-2;0)

Ví dụ 20: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: y 3 – x 3 = 91 (2)

Hướng dẫn: (2) <=> (y – x)(y2 + xy + x2) = 91 (*)

Vì y2 + xy + x2 > 0 với mọi x, y nên từ (*) => y – x > 0

Mặt khác: 91 = 1.91 = 7.13 và y – x, y2 + xy + x2 đều nguyên dương nên ta có 4 khả năng sau:

íï =ïỵ

Ví dụ 21: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x + y + xy = 9

Hướng dẫn: Biến đổi pt về dạng: (x + 1)(y + 1) = 10 => (x + 1) ∈ Ư(10)

=> (x + 1) ∈ {±1; ±2; ±5; ±10} ta tìm được các nghiệm là:

d/ 2z – 2y + 7 = 2z + 2y +7 = -7 <=> y = 0; z = -7

Trong cả 2 trường hợp đầu ta đều có z = 9 hay x2 + 8x = 9, hay x = 1 hoặc x = -9Trong trường hợp thứ 3 ta có z = 0 hay x2 + 8x = 0, hay x = 0 hoặc x = -8

Trong trường hợp thứ 4 ta có z = -7 hay x2 + 8x = -7, hay x = -1 hoặc x = -7

Vậy ta có các nghiệm nguyên (x, y) sau:

-ï - = ïỵ

(-1 + p; -p2 + p); (2p; 2p); (0; 0)

III/ SẮP THỨ TỰ CÁC ẨN

Nếu các ẩn x, y, z, … có vai trò bình đẳng, ta có thể giả sử x ≤ y ≤ z ≤ … để tìm các nghiệm thoả mãn điều kiện này Từ đó, dùng phép hoán vị để suy ra các nghiệm của phương trình đã cho.

Ví dụ 24: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x + y + z = xyz (1)

- 15 –

Hướng dẫn: Do vai trò bình đẳng của x, y, z trong phương trình, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z.

Vì x, y, z nguyên dương nên xyz ≠0

Do x ≤ y ≤ z => xyz = x + y + z ≤ 3z => xy ≤ 3 => xy∈ {1; 2; 3}

Nếu xy = 1 => x = y = 1, thay vào (1) ta có 2 + z = z; vô lí

Nếu xy = 2, do x ≤ y nên x = 1 và y = 2, thay vào (1), suy ra z = 3

Nếu xy = 3, do x ≤ y nên x = 1 và y = 3, thay vào (1), suy ra z = 2

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là các hoán vị của (1; 2; 3)

Ví dụ 25: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 1x y+ +1 1z = 2 (2)

Hướng dẫn: Do vai trò bình đẳng của x, y, z trong phương trình, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z

Ta có: 2 = + +1 1 1x y z ≤ 3.1x => x ≤ 3

2 => x = 1Thay x = 1 vào (2) ta có: 1 1 1+ +

Hoặc y = 2 => 1z = 12 => z = 2Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là các hoán vị của (1; 2; 2)

IV/ SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC:

Dùng bất đẳng thức để đánh giá một ẩn nào đó và từ sự đánh giá này suy ra các giá trị nguyên của ẩn này.

Ví dụ 26: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2 – xy + y 2 = 3 (1)

Hướng dẫn: (1) <=>  − ÷

2

yx

2 ≥ 0 => 3 – 3y2

4 ≥ 0 => -2 ≤ y ≤ 2Lần lượt thay y = ±2; y = ±1; 0 vào phương trình để tính x Ta có nghiệm nguyên của phương trình là: (-1; -2), (1; 2); (-2; -1); (2; 1), (-1; 1), (1; -1)

Ví dụ 27: Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình: 1 1 1x y 3+ =

Hướng dẫn: Do vai trò bình đẳng của x và y nên giả sử: x ≥ y

Hiển nhiên ta có: 1y >13 nên y > 3 (1)

Mặt khác do: x ≥ y ≥ 1 nên 1 1≤

Ta có thể đưa về phương trình tích: y x 1+ =

xy 3 <=> xy – 3x – 3y = 0 <=> (x – 3)(y – 3) = 9

Ví dụ 28: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: yz xz xyx + y + z = 3

Hướng dẫn: Điều kiện x, y, z ≠ 0 Ta có: y2x2 + z2x2 + x2y2 = 3xyz => xyz >0

Aùp dụng BĐT Cosi ta có: y2x2 + z2x2 + x2y2 ≥ 3 x y z4 4 4

=> 3xyz ≥ 3 x y z => xyz 4 4 4 ≤ 1 => xyz = 1 (do xyz >0)

Vậy ta có các nghiệm: (1, 1, 1); (1, -1, -1); (-1, 1, -1); (-1, -1, 1);

V/ ĐƯA VỀ DẠNG TỔNG:

Biến đổi phương trình về dạng: vế trái là tổng các bình phương, vế phải là tổng các số chính phương hay bằng 0.

Hướng dẫn: (1) <=> 4x2 + 4y2 – 4x – 4y = 32 <=> (4x2 – 4x + 1) + (4y2 – 4y + 1) = 34

ìï - =ïïí

ïïỵGiải các hệ trên => phương trình đã cho có nghiệm là: (2; 3), (3; 2), (-1; -2), (-2; -1)

Ví dụ 30: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x 2 + 2y 2 + z 2 – 2xy – 2y + 2z + 2 = 0

Hướng dẫn: Ta biến đổi về dạng: (x – y)2 + (y – 1)2 + (z – 1)2 = 0

=> x – y = 0; y – 1 = 0; z + 1 = 0 => phương trình có nghiệm (1; 1; -1)

- 17 –

Ví dụ 31: Giải phương trình trên tập số nguyên Z: x 2 – 6xy + 13y 2 = 100

Hướng dẫn: Ta biến đổi phương trình về dạng: (x – 3y)2 = 4(25 – y2) (1)

Từ (1) => 25 – y2 ≥ 0 <=> y2 ≤ 25 và 25 – y2 là một số chính phương

Vậy: y2∈ {0, 9, 16, 25} => y ∈ {0, ±3, ±4, ±5} Thay vào ta tìm được các giá trị của x

VI/ LÙI VÔ HẠN:

Hướng dẫn: Giả sử (x0; y0) là nghiệm của (1) thì:

x02 – 5y02 = 0 => x0 5; Đặt x0 = 5x1; (x1∈ Z)

Ta có: 25x12 – 5y02 = 0 <=> 5x12 – y02 = 0 => y0 5; Đặt y0 = 5y1 (y1∈ Z)

Từ đó ta có: 5x12 – 25y12 = 0 <=> x12 – 5y12 = 0

Vậy nếu (x0; y0) là nghiệm của (1) thì  ÷

x = y = 0

Ví dụ 33: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 3 = 2y 3 + 4z 3

Hướng dẫn: Từ phương trình đã cho ta suy ra x chẵn, hay x = 2x1 (x1∈ Z)

Thay vào ta được 4x13 = y3 + 2z3 Ta lại suy ra y chẵn, y = 2y1 (y1∈ Z)

Thay vào ta được: 2x13 = 4y13 + z3 Do đó z chẵn, z = 2z1 (z1∈ Z) Thay vào ta được:

x13 = 2y13 + 4z13 Vậy nếu (x, y, z) là nghiệm của phương trình đã cho thì  ÷

x y z; ;

2 2 2 cũng là nghiệm của phương trình đã cho Một cách tổng quát, ta suy ra n n n

Do đó x = y = z = 0

VII/ XÉT CHỮ SỐ TẬN CÙNG:

Ví dụ 34: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 1! + 2! + … + x! = y 2 (1)

Hướng dẫn: Cho lần lượt x bằng 1; 2; 3; 4 ta có ngay 2 nghiệm nguyên dương (x, y) của

phương trình (1) là (1; 1) và (3; 3)

Nếu x > 4 thì dễ thấy k! với k > 4 đều có chữ số tận cùng bằng 0

=> 1! + 2! + … + x! = 33 + 5! + … + x! có chữ số tận cùng bằng 3