Một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên và phương pháp giải

Các bài toán về phương trình nghiệm nguyên đã lôi cuốn nhiều đọc giả nghiên cứu, trong lịch sử toán học đã có rất nhiều nhà toán học lớn nghiên cứu về vấn đề này như: Diophante, Fermat..

LỜI CẢM ƠN

Trong suốt quá trình học tập, rèn luyện và nghiên cứu ở trường đại học Quảng Bình, tôi đã nhận được rất nhiều sự quan tâm, giúp đỡ của quý thầy cô giáo Tôi xin được gửi lời cảm ơn tới Ban Giám Hiệu nhà trường, toàn thể thầy giáo, cô giáo, đặc biệt là các thầy, cô giáo khoa Khoa Học Tự Nhiên và Khoa Kỹ Thuật - Công Nghệ Tôi xin được gửi lời cảm ơn sâu sắc nhất tới giảng viên – Th.S Lê Thị Bạch Liên, người đã tận tình giúp đỡ, hướng dẫn tôi về kiến thức cũng như phương pháp trong suốt quá trình thực hiện khóa luận

Qua đây, tôi cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành đến gia đình, bạn bè và tập thể lớp sư phạm Toán – Tin K55 - những người đã luôn sát cánh bên tôi, nhiệt tình giúp

đỡ, chia sẻ, động viên tôi trong suốt quá trình học tập cũng như trong thời gian tôi hoàn thành khóa luận này

Lời cuối tôi xin chúc sức khỏe tất cả mọi người, chúc mọi người luôn thành công trong cuộc sống

Tôi xin chân thành cảm ơn!

Sinh viên

Trần Thị Xuân

MỤC LỤC

LỜI CẢM ƠN 1

MỞ ĐẦU 4

1 Lý do chọn đề tài 4

2 Mục tiêu nghiên cứu 4

3 Đối tượng nghiên cứu và phạm vi nghiên cứu 5

4 Nhiệm vụ nghiên cứu 5

5 Phương pháp nghiên cứu 5

6 Ý nghĩa đề tài 5

7 Cấu trúc đề tài 6

NỘI DUNG 7

CHƯƠNG I: CƠ SỞ LÍ LUẬN 7

1 Các khái niệm 7

2 Các tính chất 7

3 Các hằng đẳng thức 9

4 Các bất đẳng thức 9

CHƯƠNG II: MỘT SỐ DẠNG TOÁN PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI 13

1 Một số dạng phương trình nghiệm nguyên đặc biệt 13

1.1 Phương trình Diophante bậc nhất 13

1.2 Phương trình Pell 16

1.3 Phương trình Pythagore 18

BÀI TẬP LUYỆN TẬP 19

2 Một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên chưa có cách giải tổng quát 21

2.1 Phương trình bậc hai, hai ẩn 21

BÀI TẬP LUYỆN TẬP 31

2.2 Phương trình bậc ba trở lên có hai ẩn 32

BÀI TẬP LUYỆN TẬP 39

2.3 Phương trình đa thức có ba ẩn trở lên 40

BÀI TẬP LUYỆN TẬP 46

2.4 Phương trình dạng phân thức 46

BÀI TẬP LUYỆN TẬP 55

2.5 Phương trình dạng mũ 56

BÀI TẬP LUYỆN TẬP 64

2.6 Phương trình vô tỉ 65

BÀI TẬP LUYỆN TẬP 75

KẾT LUẬN 77

TÀI LIỆU THAM KHẢO 78

MỞ ĐẦU

1 Lý do chọn đề tài

Toán học là một trong những ngành khoa học ra đời sớm nhất, điển hình là ngành

Số học với nhiều đề tài hấp dẫn và lí thú Một trong những đề tài hấp dẫn và lí thú của

Số học và Đại số là Phương trình nghiệm nguyên Các bài toán về phương trình nghiệm nguyên đã lôi cuốn nhiều đọc giả nghiên cứu, trong lịch sử toán học đã có rất nhiều nhà toán học lớn nghiên cứu về vấn đề này như: Diophante, Fermat Được nghiên cứu từ thời Diophante thế kỷ III, đến nay Phương trình nghiệm nguyên vẫn là đối tượng nghiên cứu của Toán học

Tuy nhiên Phương trình nghiệm nguyên vẫn đang là một đề tài tương đối mới lạ đối với học sinh THCS và THPT Đó là một lĩnh vực khó; đa dạng về phương pháp giải: không có cách giải tổng quát cho mỗi dạng toán, mỗi bài toán, với mỗi điều kiện riêng của nó đòi hỏi một cách giải riêng phù hợp, yêu cầu học sinh phải linh hoạt trong cách suy luận…; điều đó khiến nhiều học sinh bế tắc, lúng túng trong việc xác định dạng toán và phương hướng giải…Do đó bài toán về phương trình nghiệm nguyên thường xuyên có mặt trong các kì thi lớn, các kì thi học sinh giỏi các cấp,…

Hiện nay, có rất nhiều đề tài nghiên cứu về phương trình nghiệm nguyên, nhưng

đa số chỉ dừng lại ở việc nghiên cứu một số dạng phương trình nghiệm nguyên đặc biệt, mang tên các nhà toán học nổi tiếng: Phương trình Diophante, phương trình Pell, phương trình Pytago,…

Từ những lí do trên, tôi chọn đề tài: “Một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên và phương pháp giải” Ngoài việc trình bày một số dạng phương trình

nghiệm nguyên đặc biệt, khóa luận còn đưa ra một số dạng phương trình nghiệm nguyên chưa có cách giải tổng quát và phương pháp giải, nhằm giúp người đọc nắm vững các dạng toán về phương trình nghiệm nguyên cũng như một số phương pháp giải, từ đó đưa ra phương pháp giải phù hợp với từng bài toán cụ thể ở các dạng khác nhau

2 Mục tiêu nghiên cứu

Nhằm giúp người đọc (các đối tượng là giáo viên, sinh viên ngành Toán và các em học sinh THCS, THPT) nắm được một số dạng toán và một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên, từ đó có thể đưa ra cách giải phù hợp nhất cho mỗi bài toán cụ thể

3 Đối tượng nghiên cứu và phạm vi nghiên cứu

Đối tượng nghiên cứu: Phương trình nghiệm nguyên, một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên và phương pháp giải

Phạm vi nghiên cứu: Một số dạng phương trình nghiệm nguyên đặc biệt; một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên chưa có cách giải tổng quát và phương pháp giải; các bài toán về phương trình nghiệm nguyên trong các đề thi học sinh giỏi,

4 Nhiệm vụ nghiên cứu

 Hệ thống những kiến thức cơ bản liên quan đến phương trình nghiệm nguyên

 Đưa ra một số dạng toán và phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

 Tìm ra phương pháp giải hiệu quả nhất cho mỗi dạng toán

 Rút ra điểm cần lưu ý cho một số dạng toán

5 Phương pháp nghiên cứu

Phương pháp nghiên cứu lý luận: Đọc, nghiên cứu, phân tích và tổng hợp các tài liệu về phương trình nghiệm nguyên; hệ thống, khái quát vấn đề; sưu tầm, giải quyết các bài toán liên quan đến phương trình nghiệm nguyên trong các đề thi học sinh giỏi các cấp,…

Phương pháp lấy ý kiến chuyên gia: Lấy ý kiến của giáo viên hướng dẫn và các giáo viên khác trong khoa để hoàn thành về nội dung cũng như hình thức của khóa luận

6 Ý nghĩa đề tài

Đề tài này giúp cho bạn đọc có thể nắm vững các kiến thức về phương trình nghiệm nguyên, biết cách vận dụng phương pháp giải phù hợp cho mỗi bài toán phương trình nghiệm nguyên

Khóa luận có thể làm tài liệu tham khảo cho những sinh viên chuyên ngành Toán

có mong muốn tiếp tục tìm hiểu về các đề tài liên quan đến phương trình nghiệm nguyên, làm tài liệu tham khảo cho các giáo viên quan tâm đến đề tài hay các giáo viên đang bồi dưỡng học sinh giỏi, làm tài liệu học tập cho các em học sinh THCS và

hơn, phục vụ tốt cho quá trình giảng dạy sau này

7 Cấu trúc đề tài

Ngoài các phần mở đầu, kết luận, phụ lục, tài liệu tham khảo, nội dung khóa luận gồm 2 chương

Chương 1: Cơ sở lý luận

Chương này gồm những kiến thức liên quan, được sử dụng trong quá trình lập luận và tìm phương pháp giải

Chương 2: Một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên và phương pháp giải

Chương này trình bày một cách hệ thống về một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên đặc biệt; một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên chưa có cách

giải tổng quát và phương pháp giải, cùng với bài tập luyện tập cho mỗi dạng

NỘI DUNG CHƯƠNG I: CƠ SỞ LÍ LUẬN

Để giải được một bài toán, chỉ sử dụng các giả thiết mà bài toán cho thì chưa đủ,

mà ta còn phải vận dụng các kiến thức có liên quan, như: các khái niệm, định lí, các tính chất, dựa vào đó để lập luận, từ đó tìm ra phương pháp giải cho bài toán

Dưới đây là một số kiến thức liên quan, được sử dụng trong quá trình lập luận và tìm phương pháp giải ở chương 2

z y

x   (nZ) ( 2 )

Bộ ba số nguyên dương x,y,z nguyên tố cùng nhau thỏa mãn phương trình ( 2 )được gọi là một nghiệm nguyên thủy của phương trình này

Với n 2, phương trình ( 2 ) là phương trình Pythagore

Với n 2, phương trình (2) không có nghiệm nguyên khác 0, hay phương trình )

t y

k x z

2 2

Chứng minh: (chứng minh bằng phương pháp phản chứng)

Giả sử x hoặc y không phải là số chính phương, khi đó trong phân tích thành số nguyên tố của x hoặc của y tồn tại một số chứa ít nhất một số nguyên tố p với số mũ

lẻ Giả sử số đó là x Vì (x,y)  1 nên y không chứa thừa số p. Suy ra 2

z cũng chứa

thừa số p với số mũ lẻ (vô lý, trái với điều kiện z là số chính phương) Suy ra điều phải chứng minh

0)

1

n

n t

t n

n  

44

1212

1212

1212

t n

t n

t n

t n

t n

t n

t n

t n

t n t n

Số chính phương chẵn khi chia cho 4 dư 0, số chính phương lẻ khi chia cho 4 dư 1

và chia cho 8 dư 1

Chứng minh:

Trường hợp 1: Số chính phương chẵn khi chia cho 4 dư 0

Số chính phương có dạng 2

a Đặt a 2k (vì 2

a là số chính phương chẵn) ta có: a2  4k2 4 Hay a2  4k2  0 (mod ) 4 (đpcm)

Trường hợp 2: Số chính phương lẻ khi chia cho 4 dư 1

Số chính phương có dạng 2

a Đặt a 2k 1 (vì 2

a là số chính phương lẻ) ta có: a2 4k2 4k 1  4k(k 1 )  1

Suy ra a2  4k(k 1 )  1  1 (mod ) 4 (đpcm)

Trường hợp 3: Số chính phương lẻ khi chia cho 8 dư 1

Số chính phương có dạng 2

a Đặt a 2k 1 (vì 2

(3

2 2

2 3

3

c b a abc c

(

2 2

2

a c c b b a c b a



2

)2

22

()

(

2 2

2 2

2 2

a ac c

c bc b

b ab a

c b

ac bc abc

a a a n

a a

a

2 1 2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a1 a2  a n

Chứng minh: (Sử dụng phương pháp quy nạp toán học)

Ta dùng phương pháp quy nạp theo n

 Với n 2, ta có:

2 1 2 1

1 2

1 2 1 2

Vậy với  x1,x2R thì ta luôn có:

0 ) )(

( 1 1 2 1 1 2 

x x x

1 2 1 2 1 2 1

Lấy n số thực không âm x1,x2, ,x nR, viết các bất đẳng thức tương ứng rồi cộng lại ta được:

)(

)(

)(

)(

)(

)(x1nx2n  x1nx3n   x1nx n n  x2nx3n   x2nx n n   x n1nx n n

 ( 1 2 1 2 11)( 1 3 1 3 11)( 1 1 11) ( 1 1 1n1)

n n n n n n

n n n n

n n

n

x x x x x

x x x x

x x x x

(

)

(

)

( )

)(

1

(

1 1 1

2 1 1 1

1 3 1

1

2

1 1

3 1 2 1 2

n n n

n n

n

n n n

n n

n n

n

x x

x x x

x x

x

x x

x x x x

n n

n

x x x n x

x

x2 1 3 1  1 ( 1) 2 3

n n

n n

n

x x x n x

x

x1 1 3 1  1 ( 1) 1 3

1 2 1 1

1 1

3

1

n n

n

x x x n x

x

x

Sử dụng các bất đẳng thức này, ta có thể tăng cường các bất đẳng thức (**)

n n

n n

n

x x x n n x x

x

Trong hệ thức này, đặt x1n a1, x2n a2, ,x n a n ta được

a

2 1 2

Trong tất cả các quá trình lí luận trên , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

n x

n n

c b a c b a

n n

c b a c b a

n

b a b a

n n n n

b C ab C b

a C a C b

n n n n

a C ba C a

b C b C b

( ni  ni i  i 

b a b

b a b a b

 2 (ab)nC n0(a nb n) C1n(a nb n)  C n n1(a nb n) C n n(a nb n)

) (

2 )

n

b a b

Bây giờ ta chứng minh bất đẳng thức 4.2:

22

24

n n

n n

n

n

d c b

a d

n n

d d c b a

d c b

22

n n n

n

d d c

d c b

3

n

c b a

CHƯƠNG II: MỘT SỐ DẠNG TOÁN PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM

NGUYÊN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

1 Một số dạng phương trình nghiệm nguyên đặc biệt

1.1 Phương trình Diophante bậc nhất

Dạng tổng quát của phương trình Diophante bậc nhất:

b x a x

a

x

a1 1 2 2  n n  (a i,bZ, i 1 ,n; a12a22 a n2 0) (1)

1.1.1 Điều kiện có nghiệm của phương trình

Kí hiệu d  (a1,a2, ,a n) là ước chung lớn nhất của a1,a2, ,a n ta có các định lí sau:

Định lí 1.1.1.1 [1, tr7] Điều kiện để phương trình (1) có nghiệm nguyên là d \ b

Định lí 1.1.1.2 [1, tr7] Nếu phương trình (1) có nghiệm thì nó có vô số nghiệm

1.1.2 Phương trình có một hệ số của ẩn bằng  1

Giả sử phương trình (1) có một hệ số của ẩn bằng  1, chẳng hạn a1 1, khi đó nó

có dạng:

b x a x

a

x1 2 2  n n  Chuyển các số hạng chứa ẩn x , ,2 x n sang phải ta được:

n

n x a x

a b

x1  2 2  Cho x , ,2 x n các giá trị nguyên tùy ý, x2 t2, ,x n t n, ta được:

Z t a t

a b

x1  22  n n

Vậy tập hợp nghiệm của phương trình là:

n

n t a t

a b

x1   2 2   , x2 t2, ,x n t n trong đó t , ,2 t n là những số nguyên tùy ý

Ví dụ 1.1.2 Giải phương trình: 5x 2yz 4

Giải:

Từ phương trình suy ra: z5x2y4

Đặt xu, yv ta được z 5u 2v 4

Vậy tập hợp nghiệm của phương trình là: xu, yv, z 5u 2v 4

với u, v là những số nguyên tùy ý

1.1.3 Phương trình có các hệ số khác 0 của ẩn bằng nhau về trị tuyệt đối

Giả sử phương trình (1) có các hệ số khác 0 của ẩn đều bằng nhau về giá trị tuyệt đối và bằng c khi đó do điều kiện có nghiệm của (1) ta phải có c \ b Chia cả hai về

của phương trình cho c, ta được một phương trình có một hệ số của ẩn bằng 1, đã xét ở trên

Chú ý: Khi giải phương trình (1) ta không cần để ý đến các ẩn với hệ số bằng 0 Các

ẩn này sẽ được nhận các giá trị nguyên tùy ý độc lập với nhau và độc lập với các giá trị của các ẩn khác

Ví dụ 1.1.3 Giải phương trình 5x1 5x2 5x3 0x4 0x5 15

Giải:

Chia cả hai vế cho 5 ta được phương trình:

3 0

3 2

x

Hay

5 4 3 2

x13  , x2 u, x3 v, x4 k, x5 t

trong đó u,v,k,t là những số nguyên tùy ý

1.1.4 Thuật toán giải phương trình Diophante bậc nhất tổng quát

Ta có thể đưa phương trình Diophante bậc nhất tổng quát về một trong hai dạng phương trình đặc biệt trên bằng thuật toán sau:

Thuật toán 1.1.4 [1, tr9]

Giả sử các hệ số của (1) không bằng nhau tất cả, và giả sử a2  a1 0

Thực hiện phép chia có dư a2 cho a1:

' 2 1

a  qa 0a2' a1Khi đó hai số hạng đầu của phương trình đươc viết thành:

2 2 ' 2 1 1 2 2 ' 1 1 1 2 2 1

2 '

1,x , ,x n

x của phương trình này thì ta cũng được các nghiệm nguyên ' 2

được phương trình đã cho về một phương trình có một hệ số của ẩn có hệ số bằng  1hoặc tất cả các hệ số khác 0 của ẩn bằng nhau về trị tuyệt đối

Ví dụ 1.1.4.1 Giải phương trình nghiệm nguyên: 2x 5y 3z 3

Giải:

Ta có: 5  2 2  1 Do đó phương trình có thể viết thành:

3 3 )

2 (

2 x y y z

Đặt ux2y, ta được phương trình:

3 3

y

t z

k u

t k y

t k x

332

665

(k,tZ)

Như vậy: Để giải phương trình Diophante bậc nhất tổng quát ta thực hiện theo các

bước sau:

Bước 1: Tìm ước chung lớn nhất của các số a1,a2, ,a n, kí hiệu d  (a1,a2, ,a n)

Bước 2: Kiểm tra điều kiện có nghiệm nguyên

Nếu d \ b thì thực hiện giải phương trình theo bước 3

Ngược lại, kết luận phương trình không có nghiệm nguyên

Bước 3: Giải phương trình Diophante bằng thuật toán 1.1.4

Bước 4: Kết luận nghiệm nguyên cho phương trình

Ví dụ 1.1.4.2 Giải phương trình nghiệm nguyên: 15x 5y  20

(tZ)

x (dN, d không phải là số chính phương) (2)

Phương trình (2) được gọi là phương trình Pell

Phương trình Pell mang tên nhà toán học người Anh J.Pell (1611-1685)

Giải phương trình Pell nghĩa là tìm các nghiệm không tầm thường của nó

d y x d y x x

n n

n

n n

n

2

)(

)(

2

)(

)(

1 1 1

1

1 1 1

1 1 1 1

n n

n

n n

n

y x x y y

y dy x

x x

(n 2) (**)

1.2.1.4 Tìm nghiệm nhỏ nhất của phương trình Pell bằng cách thử trực tiếp

Để giải phương trình Pell ta cần tìm nghiệm nguyên dương nhỏ nhất (x1,y1) của

nó, sau đó xác định tất cả các nghiệm của phương trình theo công thức (*) hoặc theo công thức truy hồi (**)

Để tìm nghiệm nhỏ nhất (x1,y1) ta lần lượt cho y nhận các giá trị y 1,2, thì y1

là số nguyên dương đầu tiên mà 1 dy 12 là một số chính phương và x1 1 dy 12

Tập hợp nghiệm (x n,y n) của phương trình được xác định bởi công thức:

)625()625(

2

)625()625(

n n

n

n n

n

y x

Hay theo công thức truy hồi:

52

,125

2,5

n n

n n n

x

y x

(n 2)

Chú ý: Phương pháp trên chỉ áp dụng đối với những phương trình có giá trị của d

nhỏ, dễ tính toán Đối với những phương trình có khối lượng tính toán lớn ta sử dụng phương pháp khác

1.2.2 Giải phương trình Pell bằng liên phân số

1.2.2.2 Thuật toán giải phương trình Pell bằng liên phân số [1,tr26]

Ta có thuật toán giải phương trình Pell theo các bước sau:

1 Khai triển d thành liên phân số

2 Tính các giản phân

n

n Q

q



 (i 1)

Ta có:

3]11

3 11

2

3 2

3 11

[

3 11

1 6

) 3 11 (

Các số hạng ( 3 , 6 ) được lặp lại vô hạn lần

Lập bảng tính các giản phân của liên phân số này và đồng thời tính các biểu thức

Vậy ( 10 ; 3 ) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình đã cho

Phương trình có nghiệm ( x n, y n) với

)11310()11310(

2

)11310()11310(

n n

n

n n

n

y

x

n 1 , 2 ,

1.2.3 Sự tồn tại nghiệm của phương trình Pell

Định lí 1.2.3 [1,tr35] Phương trình Pell luôn có nghiệm không tầm thường

1.3 Phương trình Pythagore

Xét phương trình:

2 2 2

z y

x   (x,y,zZ) (4)

Phương trình (4) được gọi là phương trình Pythagore

Phương trình Pythagore là một dạng đặc biệt của phương trình n n n

z y

x  

2 2

2

n m z

n m y

mn x

2 2

2

n m z

mn y

n m x

(5)

là tất cả các bộ ba Pythagore nguyên thủy

1.3.2 Thuật toán tìm các bộ ba Pythagore nguyên thủy [1, tr52]

Để tìm các bộ ba Pythagore nguyên thủy ta lần lượt cho m, n nhận các giá trị nguyên dương khác tính chẵn lẻ, nguyên tố cùng nhau và mn rồi tính x,y,z theo công thức ( 5 )

Đặc biệt với n 1, lấy m 2k với k  1 , 2 , 3 , ta được các bộ ba Pythagore nguyên thủy dạng:

), 1 4 , 1 4 , 4 ( k k2 k2 kN*

Ví dụ: ( 4 , 3 , 5 ), ( 8 , 15 , 17 ), ( 12 , 35 , 37 ), ( 16 , 63 , 65 ),

Với n 2, lấy m 2k 1 với k 1 , 2 , 3 , ta được các bộ ba Pythagore nguyên thủy dạng:

), 4 ) 1 2 ( , 4 ) 1 2 ( ), 1 2 ( 4 ( k k 2 k 2 kN*

Ví dụ: (12,5,13), (20,21,29), (28,45,53),

Chú ý: Với mỗi bộ ba Pythagore tìm được ta có một bộ ba Pythagore mới, nhận được

bằng cách hoán vị các giá trị của x và y

Bài 2 Giải các phương trình sau theo ba cách:

(Cách 1: Sử dụng thuật toán giải phương trình Diophante bậc nhất

Cách 2: Tìm một nghiệm riêng của nó nhờ liên phân số

Cách 3: Đưa về phương trình đồng dư bậc nhất.)

Tìm năm nghiệm nguyên dương đầu tiên của phương trình trên

Bài 5 Giải các phương trình sau bằng liên phân số

Bài 7 Tìm tất cả các bộ ba Pythagore (x,y,z) sao cho:

,

(x y a1x2 a2xya3y2a4xa5ya6 

f (a iZ;i1,6; a12a22a32  0 )

Sau đây là một số phương pháp thường dùng để giải phương trình bậc hai, hai ẩn:

2.1.1 Phương pháp xét số dư của từng vế

Ví dụ 2.1.1 Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 9x 2  y2 y.

Giải:

y y

2 9

13

k y

k y

Khi đó:

)23)(

13(2

 9x29k29k2

 9x9k(k1)

 xk(k1)

Thử lại xk(k1),y3k1 thỏa mãn phương trình đã cho

Vậy nghiệm nguyên của phương trình đã cho là:

)1(

k y

k k x

VT    0;1;2 (mod 4 )

2007



Vậy phương trình đã cho vô nghiệm

2.1.2 Phương pháp dùng tính chia hết, tính đồng dư

a) Phương pháp đưa về phương trình ước số

Ví dụ 2.1.2.1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình: xyxy2

 xyxy13

 (y1)(x1)3

Ta gọi phương trình (y1)(x1)3 là phương trình ước số: vế trái là 1 tích các thừa số nguyên, vế phải là một hằng số Ta có x và y là các số nguyên nên (x1) và )

1

(y là các số nguyên và là ước của 3

Vai trò của x và y trong phương trình là bình đẳng nên ta giả sử xy,

3 1

1 1

1 1

3 1

y x y x

y x y x

Nghiệm nguyên của phương trình trên là: (x,y)(4;2),(0;2),(2;4),(2;0)

Ví dụ 2.1.2.2 (Đề thi HSG lớp 9 tỉnh Long An năm 2011 – 2012)

Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: xy 2x 27  3y

Giải:

y x

13

333

113

33

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình trên là: (x,y)  ( 8 ; 1 )

b) Phương pháp phát hiện tính chia hết của ẩn

Ví dụ 2.1.2.3 Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 19x2 28y2  729

Giải:

729 28

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

Từ (2) lập luận tương tự như trên ta suy ra u 3s, v 3t, (s,tZ)

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 phương trình (3) vô nghiệm, do đó phương trình đã cho vô nghiệm

Ví dụ 2.1.2.4 (Đề thi HSG lớp 9 (bảng A) tỉnh Nghệ An năm 2009 – 2010)

Giải phương trình nghiệm nguyên: 5 (x2xyy2)  7 (x 2y)

Giải:

) 2 ( 7 ) (

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên là: (x,y)(1;3),(0;0),(1;2)

2.1.3 Phương pháp biến đổi vế trái thành tổng các bình phương

Biến đổi phương trình f(x,y)  0về dạng A2B2C2 m2n2p2

(Trong đó: m,n,p, N; A,B,C, là các biểu thức chứa ẩn)

2

p C

n B

m A p

n m C

0 0

2 2 2

C B

A C

B A

Ví dụ 2.1.3.1 Giải phương trình nghiệm nguyên: 2x2 5y2 14  4xy 8y 4x 0 (4)

Giải:

Lưu ý: Để viết vế trái thành tổng các bình phương, nhất là bình phương của một

tam thức cần có cách tách hợp lý Ta biết hạng tử có bình phương thì hệ số là số chính phương, do đó:

2 2 2

2 2 2

45

2

y y y

x x x

) (abc  ab c là bình phương của nhị thức với biểu thức thức nhất là (ab) và biểu thức thứ hai là c

0 3

0 1 2

y x

y x

3

y x

Vậy nghiệm nguyên của phương trình (4) là: (x;y)(2;3)

Ví dụ 2.1.3.2 Giải phương trình nghiệm nguyên sau:

0 36 16 12 38 5

10x2 y2  xy y x

Giải:

0 36 16 12

38 5

10x2 y2  xy y x

 x2 9x2 4y2y2 38  12xy 16y 36x 0

 ( 3x)2 2 3x.( 2y 5 )  ( 2y 5 )2)  (x2  6x 9 )  (y2 4y 4 )  0

0 3

0 5 2 3

y x

y x

3

y x

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: (x;y)(3;2)

Ví dụ 2.1.3.3 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x2  100  6xy 13y2.

Giải:

2 2

13 6

03

y

y x

y

y x

103

y

y x

10 3

y

y x

y x

63

y

y x

6 3

y

y x

y x

y x y x

83

y

y x

8 3

y

y x

y x

y x y x

Vậy nghiệm nguyên dương cần tìm là: (x,y)(15;5),(10;0),(18;4),(6;4),(17;3),(1;3)

2.1.4 Phương pháp phân tích vế trái thành nhân tử

Biến đổi phương trình f(x,y)  0 về dạng A.B.C m.n.p

(Với m,n,p, Z; A,B,C, là các biểu thức chứa ẩn)

.

p C

n B

m A p

n m C

0 0

.

C B

A C

x y

Z y x

23

03

y x x

Vậy nghiệm nguyên của phương trình trên là: (x,y)(3,y),(x;x2),x,yZ

Ví dụ 2.1.4.2 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 3x2  10xy 8y2  96

Giải:

96 8

3243

y x

y x

1643

y x

y x

1243

y x

y x

(loại)

y x

y x

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho là: (x;y)(4;1)

2.1.5 Phương pháp dùng công thức nghiệm của phương trình bậc hai

Ta coi phương trình bậc hai hai ẩn là phương trình bậc hai một ẩn còn ẩn kia là hằng số Chẳng hạn f(x,y)  0 ta coi y là hằng số, khi đó:

0

6 5 4 2 3 2 2

a

 a1x2 (a2ya4)x (a3y2 a5ya6)  0

Dạng 1: ymy2nypcó hệ số m 0

Để phương trình f(x,y)  0 có nghiệm thì y 0, từ đó tìm được nghiệm y, sau

đó suy ra nghiệm còn lại x

Ví dụ 2.1.5.1 Giải phương trình nghiệm nguyên: x2xyy2  xy. (5)

Giải:

y x y xy

 x2 (y 1 )xy2y 0Coi phương trình này là phương trình bậc hai ẩn x, ta có:

1 6 3 4 4 1

3 2

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên:

(0;0),(0;1),(1;0),(1;2),(2;1),(2;2)

),

Ví dụ 2.1.5.2 Giải phương trình nghiệm nguyên: x2  2y2  2xy 2x 3y ( 6 )

Giải:

y x xy y

29



y

Vì y có giá trị nguyên nên y0;1;2;3;4;5

Thay lần lượt các giá trị của y vào phương trình ( 6 )

52

73

74

55

Vậy nghiệm nguyên của phương trình ( 6 ) là: (x,y)(0;0),(2;0),(5;5),(7;5)

Dạng 2: ymy2nyp

với hệ số m là một số chính phương

Để f(x,y)  0 có nghiệm nguyên thì y k2 (kN), từ đó tìm được nghiệm là y,

và sau đó suy ra nghiệm còn lại x

Ví dụ 2.1.5.3 Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 2y2 3xy 2xy 6 (7)

Giải:

6 2

12168



y y y

Để phương trình đã cho có nghiệm thì 2

m

y 



2 2

1216

2 ( 6 2 12 ) 4 )(

4 (my my     

24

y m

y m

64

y m

y m

24

y m

y m

64

y m

y m

Vậy y 2;6

Thay giá trị y 2 vào (7) ta có:

0 6 2 2 6 8

Thay y 6 vào phương trình (7) ta có:

0 12 2 18 72

Vậy phương trình (7) có các nghiệm nguyên là: (x,y)(0;2),(4;2),(6;6),(10;6)

2.1.6 Phương pháp dùng tính chất của số chính phương

) ( ) , (

2 2

y B y x A

x B y x A

) 2 (

) 1 (

)(

0)(

)(

2 2

y B

m y B

x B

m x B

(mN)

Phương pháp: Biến đổi phương trình f(x,y)  0 về dạng (1) hoặc dạng (2), rồi tiếp tục lập luận để tìm ra các nghiệm nguyên của phương trình

Ví dụ 2.1.6.1 Giải phương trình nghiệm nguyên: x2  (xy)2  (x 9 )2.

Giải:

2 2

2

) 9 ( )

4218

2218

0218

2 2

y y y

y y y

2

62

x

x x

x

Với y 1  (x 8 )2  9 16  144

2 2

12 ) 8

8

128

x

x x

x

Vậy nghiệm nguyên của phương trình trên là: (x,y)(0;9),(4;7),(8;7),(4;1),(20;1)

b) Phương pháp tạo ra bình phương đúng

Ví dụ 2.1.6.2 Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2 2

3 19 4

2x  x  y

Giải:

2 2

3 19 4

2x  x  y

3 21 2 4

2.1.7 Phương pháp tách giá trị nguyên

Ví dụ 2.1.7.1 Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: xyxy2

 y(3x5)8x225



53

2540249

x Z y

25

 3x 5 Ư( 25 ) 25;5;1;1;5;25

Suy ra x10;2;0

Thay các giá trị của x vào (*) ta tìm ra được các giá trị của y

Vậy các nghiệm nguyên cần tìm là: (x,y)(10;31);(2;7),(0;5)

6 6x 5y 18  2xy. (Đề thi HSG lớp 9 tỉnh Quãng Ngãi năm 2010 – 2011)

i

ij x y a y

Phương trình (1) được gọi là phương trình bậc ba trở lên có hai ẩn

Đây là dạng toán phức tạp, mang tính tổng quát, do đó không có phương pháp giải

cụ thể nào để áp dụng ngay khi gặp dạng này Cần phải dựa vào điều kiện, số bậc của mỗi bài toán để lựa chọn phương pháp giải phù hợp

Sau đây là một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên bậc ba trở lên có hai ẩn

2.2.1 Phương pháp đặt ẩn phụ

Ví dụ 2.2.1.1 (HSG lớp 9 tỉnh Thanh Hóa năm 2011 – 2012)

Giải phương trình nghiệm nguyên: 2x6y2 2x3y 320

Giải:

320 2

2x6y2 x3y

 (x3)2 (x3y)2  320

Đặt x3  8u, x3y 8v, (u,vZ)

Khi đó phương trình đã cho trở thành: u2v2 5

v u

v y x

u x

,

588

2 2 3 3

Vậy nghiệm nguyên của phương trình trên là: (x,y)(2;24),(2;8);(2;8),(2;24)

Ví dụ 2.2.1.2 Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2

) 3 )(

2 )(

2 )(

Thay y 0 vào phương trình (2) được: x 0; x  3; x  1; x  2

Vậy nghiệm nguyên của phương trình trên là: (x,y)(0;0),(1;0),(2;0),(3;0)

Nhận xét: Từ ví dụ 2.2.1.2, ta suy ra được cách giải cho bài toán tìm nghiệm nguyên

của phương trình:

2

)2)(

()

Phương pháp giải:

2

) 2 )(

( ) (xa x xa x a y

) 2 )(

(ta ta  y

y a

a y

 4

))(

n y t

n y t

m y t

Với (m,n) là các cặp ước số của 4

a

Ta có: (m,n) (a4; 1 ), ( a4;  1 ), (a3;a), ( a3; a); (a2;a2), ( a2; a2)

Sau khi giải các hệ phương trình ta tìm được các giá trị của y và t Thay giá trị của y vào phương trình đầu ta tìm được các giá trị của x tương ứng

2.2.2 Phương pháp đưa về phương trình ước số

Ví dụ 2.2.2 (Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 tỉnh Bắc Giang)

Giải phương trình nghiệm nguyên: x2xyy2x2y2  0

11222

11222

11222

xy y x

xy y x

xy y x

xy y x

y x y x y x

Vậy phương trình trên có các nghiệm nguyên là: (x,y)(1;1),(0;0),(1;1)

2.2.3 Phương pháp sử dụng tính chất của số chính phương

a) Sử dụng tính chất: Nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là một số chính phương thì mỗi số đếu là số chính phương

t y

k x z

2 2

(Tính chất 2.1 trang 7,8)

Ví dụ 2.2.3.1 Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 2x4 3x2 1 y2  0

Giải:

0 1

3

2x4 x2  y2 

) 1 2 )(

1 (x  x   y

2 2

1 2

1

t x

k x

(k,tN*)

Từ phương trình 2 2

1 k

x    (kx)(kx)  1  x 0 Vậy nghiệm nguyên của phương trình trên là: (x,y)  ( 0 , 1 )

b) Sử dụng tính chất: Nếu hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương thì

một trong hai số nguyên liên tiếp đó bằng 0 (Tính chất 2.2 trang 8)

Ví dụ 2.2.3.2 Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2 2 2 2

y x y xy

x    (1)

Giải:

Thêm xy vào cả hai vế của phương trình (1) ta được:

xy y x y xy

y x y x

Thử lại ba cặp số (x,y)  ( 0 ; 0 ), (x,y)  ( 1 ;  1 ) và (x,y)  (  1 ; 1 ) đều thỏa mãn

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên là: (x,y)(1;1),(0;0),(1;1)

x2 12 Dấu “=” xảy ra khi x 1 ( 1 )

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số nguyên dương 2

x và 2

y ta có:

xy y

x2 2 2 Dấu “=” xảy ra khi xy ( 2 )

Vì x và y nguyên dương nên nhân các bất đẳng thức ( 1 ) và ( 2 ) vế theo vế ta được: (x2 1 )(x2y2)  4x2y

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x y 1

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình trên là: (x,y)  ( 1 ; 1 )

2.2.5 Phương pháp đánh giá

Phương pháp đánh giá (phương pháp chặn) cơ bản dựa vào hai nhận xét sau:

1 [13] Không tồn tại nZ thỏa mãn 2 2 2

) 1 ( 

y

) 1

Xét hiệu: n  ( n)2  n 1  0

x x

) ( n

n x

y  (**)

Từ (*) và (**) suy ra: 2 2

) 1 ( )

( n  n  n 

x y

Theo nhận xét trên ta suy ra 2

) 1 ( 

n x

Thay vào phương trình đầu ta được:

2 2

)1(

x  x 0  y  1 Vậy nghiệm nguyên cần tìm là: (x,y)(0;1),(0;1)

Ví dụ 2.2.5.2 Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x3y3  2y2  3y 1

Giải:

Xét hiệu: (y 1 )3x3  y2  0  3 3

)1(y x (1)Xét hiệu: (y 1 )3x3   ( 2  5y2)  0  3 3

)1(y x (2)

Từ (1) và (2) suy ra: 3 3 3

) 1 ( )

1 (y x  y Theo nhận xét trên ta suy ra x y hoặc x y1

Với x y, thay vào phương trình đầu ta được:

0 1 3

1

y

y

Với x y 1, thay vào phương trình đầu ta được: y2 0  y 0

Vậy nghiệm nguyên cần tìm là: (x,y)(1;1),(1;0)

Lưu ý: Một số bài toán có thể sử dụng nhiều cách giải khác nhau để giải

(loại)

Ví dụ 2.2.6 Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x3y3 xy 8 ( 1 )

Dễ thấy x y, vì nếu xy thì (1) trở thành 0 x2 8 (Vô lý)

Do x, y nguyên nên xy 1 Suy ra x2xyy2  xy 8

y x

y x

trong hai số x và y có một số chẵn, một số lẻ Khi đó vế trái của ( 1 ) sẽ là một số lẽ,

vế phải của ( 1 )sẽ là một số chẵn, trường hợp này không xảy ra

Vì x y nên trong trường hợp:

y

x

suy ra x y

Thay x y vào phương trình ( 1 ) ta có: 2y3y280  yZ (loại)

Vậy nghiệm nguyên của phương trình ( 1 )là: (x,y)(0;2),(2;0)

Áp dụng hằng đẳng thức:

2

)()()()

(3

2 2

2 3

3

c b a abc c

)13()31()33()

13

3

(

2 2

A

y x

Từ 3x 3y 1  5 suy ra xy 2 Thay yx 2 vào A 43 ta được:

86 ) 1 3 ( )]

2 ( 3 1 [ )]

2 ( 3 3

A

y x

Từ A 1 suy ra: ( 3x 3y)2 ( 1  3y)2 ( 3x 1 )2 2

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

0 không thể là 1  3y hay 3x 1, do đó 3x 3y 0

033

2 2

x y

y x

Thử lại ta thấy x y 0 không thỏa mãn phương trình 3x 3y 1  215

Vậy nghiệm nguyên của phương trình ( 1 )là: (x,y)(0;2),(2;0)

3a-1

8ab