phương trình nghiệm nguyên

CHUYấN ĐỀ PHƯƠNG TRèNH NGHIỆM NGUYấN Chuyên đề Bồi dỡng HSG Toán Giáo viên : Phan Đức Thành Trường THCS Quỳnh vinh Phơng trình nghiệm nguyên là một lĩnh vực khó,đa dạng về phơng pháp g

CHUYấN ĐỀ PHƯƠNG TRèNH NGHIỆM NGUYấN

Chuyên đề Bồi dỡng HSG Toán

Giáo viên : Phan Đức Thành Trường THCS Quỳnh vinh

Phơng trình nghiệm nguyên là một lĩnh vực khó,đa dạng về phơng pháp

giải,linh hoạt về cách suy luận…Tuy nhiên,ở mức độ nào đó,chúng ta có thể “ trấn Tuy nhiên,ở mức độ nào đó,chúng ta có thể “ trấn an” học sinh bằng cách cung cấp bài tập một cách hệ thống kèm theo phơng pháp

điển hình…Tuy nhiên,ở mức độ nào đó,chúng ta có thể “ trấn và qui trình bắt buộc (nếu có) Với phạm vi bồi dỡng HSG thi cấp huyện,

trong chuyên đề này tôi u tiên đề cập dạng bài Giải bằng phơng pháp phân tích, các

phơng pháp khác nh Chẵn lẻ,Cực hạn, Dùng bất đẳng thức, Loại trừ ,Chia hết, Đồng

d, Xuống thang…Tuy nhiên,ở mức độ nào đó,chúng ta có thể “ trấn chỉ giới thiệu với mục đích tham khảo và làm cho học sinh có “khái niệm” về chúng mà thôi

i GiảI bằng ph ơng pháp phân tích

Vài lu ý khi giảng dạy phơng pháp này:

- Chuyên đề chỉ đề cập đến 3 kiểu phân tích: thành tích,thành tổng các luỹ thừa,thành tổng dạng liên phân số (Kiểu bài này phù hợp với trình độ thi HSG cấp huyện)

- Cần phải nhắc nhở và chỉ rõ : Chỉ có trên tập Z (hoặc hẹp hơn nữa là trên số

tự nhiên,tập số nguyên tố) thì việc phân tích 1 số nguyên thành tích các thừa số hoặc tổng các luỹ thừa…Tuy nhiên,ở mức độ nào đó,chúng ta có thể “ trấn mới có thể thực hiện đợc Điều này không thực hiện đợc đối với

số trên tập R

(vì có vô hạn khả năng),để tránh sự nhầm lẫn đáng tiếc giống nh trờng hợp sau:

Bài tập: Giải pt: x2+2x-3 = 0 Có h/s giải:  x(x+2) =3 Giải 4 khả năng vàchọn đợc x=1, x=-3 ! ( Một sự trùng hợp thú vị)

H/s này đã không đọc kỹ đề (giải trên R),vì vậy đã mắc mắc sai lầm lớn

- a/ Đối với dạng phân tích thành tích

+) Dạng đơn giản: Khụng cần giải hệ mà giải cỏc ước, thay giá trị vừa tìm vào phơng

trình suy ra nghiệm (BT: 1; 2; 5; 9; 10; 11) Loại bài toỏn này sau khi phõn tớch cú dạng (xa)(yb)  (Nhân tử chỉ chứa một biến) mà a và b là cỏc hằng số.

+) Dạng phải giải hệ là bài tập sau khi biến đổi phương trỡnh cú dạng

) ' ' )(

(axbym a xb yn  (nhân tử chứa nhiều biến) ,trong trường hợp cú nhiều khả năng cú thể nhận xột để loại bỏ bớt ( BT: 3; 4; 7) Cũng cú thể phải nhận xột tập xỏc định hoặc đặc điểm riờng biệt để loại bỏ bớt khả năng ( như BT: 8; 9)

+) Dạng nghiệm nguyờn của phương trỡnh bậc hai 2 ẩn lưu ý là phải giải theo Đk

cần ( chớnh phương) do đú phải kiểm tra các khả năng có thể xảy ra và chọn

nghiệm thoả mãn Loại bài này dùng vào cuối năm lớp 9 (Bài12 đến bài 17)

-b/ Đối với dạng Phân tích thành tổng các luỹ thừa

Khi khụng phõn tớch được thành tớch thỡ nghĩ đến nú Cần chọn cỏch viết hợp

lý để cú thể phõn tớch được

-c/ Dạng liên phân số thì cách cho đề đã khá rõ, cần lu ý là: một phân số khi

phân tích thành liên phân số, kết quả phân tích là duy nhất,do đó việc đặt tơng ứng các thành phần là hợp lý

Bài tập GiảI bằng ph ơng pháp phân tích

1

Phương trỡnh nghiệm nguyờn

2 2 2 2

z y x xy

z y x

Hay tỡm tam giỏc vuụng cú số đo diện tớch bằng số đo chu vi

4, Tỡm cỏc số nguyờn x để x2 x 6 là số chớnh phương (Sơ tuyển 2004-2005)

5, Tỡm tất cả cỏc cặp số nguyờn dương sao cho tổng của mỗi số với số 1 thỡ chia hết cho số kia

12.Tìm n nguyên để các nghiệm của pt : x2- (4+n)x +2n = 0 cũng nguyên

13 Tìm n nguyên để các nghiệm của pt : x2-(4+n)x+ 4n- 25 = 0 cũng nguyên

14 Tìm số p nguyên tố,biết pt: x2+px-12p = 0 có 2 nghiệm đều nguyên

15.Tìm m;nN sao cho các nghiệm của phơng trình: x2-m(n+1)x +m +n +1 = 0 cũng là số tự nhiên

4, Tìm nghiệm nguyên của phương trình: a 2 13 2 6 100

( Thi HSGlíp 9- huyÖn Quúnh lu 2005-2006)

8, Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: a 6 3 2 2 2 2 3

) 5 ( 3

2, Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình : 31 (xyztxyxtzt 1 )  40 (yztyt)

3, Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: 55 ( 3 3 2 2 ) 229 ( 3 1 )

4, Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 7 ( 2 2 2 ) 38 38

Suy ra x 1 là ước của 10 Suy ra x 1  1 ;  2 ;  5 ;  10 suy ra

 2x+1 lµ íc cña 43 => 1 ;  1 ; 43 ;  43  x0 ;  1 ; 21 ;  22 Thay c¸c gi¸ trÞ vµo

( 2

2 )

1

2 2 2

z y x xy

xy y

x z z

y x

Phương trình nghiệm nguyên

Giá trị x = 0; -4 bị loại nên y tương ứng là: {12;-4;8;0;6;5}

Giá trị y = -4; 0 bị loại nên z tương ứng là: {13;10;10;13}

Các nghiệm của phương trình là (5;12;13); (12;5;13); (6;8;10); (8;6;10)

( Các hoán vị và trái dấu (-).(-) nên có 24 khả năng )

Nhận xét: Do 3x 4y  x 2y 4x 6y là số chẵn nên các khả năng tổng 2 thừa số là

số lẻ đều bị bỏ: 1.96; 3.32 nên ta chỉ giải 16 hệ và được 16 nghiệm (x,y)=(-94;71);(44;-21);(94;-71);(-44;21);(-14;34);(14;-34);(16;-6);(-16;6);(-26;21); (26;-21);(4;1);(-4;-1);(-16;14);(16;-14);(-4;6);(4;-6)

2

3 2

3

y y

1 2

1 2 0

1 2

1 3

23 2

23 1 2 2

1 1 2 2

2 3 1 2 2

1 1 2 2

1 1 2 2

23 1 2 2

1 1 2 2

23 1 2 2

m x m x m x m x

m x m x m x m x m x m x m x m x

Nh vËy cã 2 gi¸ trÞ cña x tho¶ m·n lµ x=5; x= -6

5, Gäi x, y lµ 2 sè nguyªn d¬ng cÇn t×m suy ra x 1 y vµ y 1 x

Nªn x 1y 1pxy(  ) víi pN  xyxy 1 pxy

Do x1 y;  1  chia cả 2 vế của (*) cho xy suy ra 0 11 1 p 1

xy y x



Do 11 1  3  0  p 1  3  p2 ; 3 ; 4.

xy y x

Nếu p = 4 ,khi đó 3 phân số  1 có tổng bằng 3=> mỗi phân số bằng 1 => x=y=1

1 2

) 2 ( 1 2 1 2

1 1

2 1 2

1 2

1 1 1

y

y x y

x y xy y

x xy

y x

1 2

1 1

1 1

1 1 1 1

y x y

y x xy y

x xy

y x

Để x   y2 ; 3  x3 ; 2 suy ra có 2 nghiệm là (3; 2); (2; 3)

Kết luận: Phơng trình đã cho có 5 nghiệm (1; 1); (1; 2); (2; 1); (2; 3); (3;2)

Chú ý: Trờng hợp p =3; p =2, các phơng trình có dạng nh bài tập 1 nên có thể giải

bằng cách phân tích thành tích ( nhớ x,y nguyên dơng)

Ví dụ: p=3 => x+y+1=2xy  x(2y-1)- ( 2 1 )( 2 1 ) 3

2

3 ) 1 2 ( 2

2 3 2 3

với a,bN và a > b    

6 2 2

) 1 ( 2 2

b b b

a n b a

Suy ra 2b là ớc của 6, hay 2b{1; 2; 3; 6} b{0; 1} (chỉ nhận 1;2; còn 3;6 loại) thay vào (2) ta có 2a{7; 8} suy ra a =3 (chỉ nhận 8, ứng với b=1; còn 7 loại )

1 7 2 2

z y z y

z y

7 2 2

1 7 2 2

z y z

y z y

7 2 2

49 7 2 2

z y z

y

z y

7 2 2

49 7 2 2

z y z

y z y

7 2 2

7 7 2 2

z y z

y

z y

7 2 2

7 7 2 2

z y z

y z y

5

Phương trỡnh nghiệm nguyờn

1 2

1

2 2

2 2

y z

z y y x yz y

yz z

z y x yz y x

1 2 1 2

1 2 1 4

1 2

1 (*)

2

x z

x z x

z

x z x

1

2 2

; 76

; 65

; 54

; 43

; 32

; 21

; 10 1

89

; 78

; 67

; 56

; 45

; 34

; 23

; 12 1

xy y

x

xy y

Hay 2x 1  1 ;  2 ;  11 ;  22  x0 ;  1 ; 5 ;  6,(Các ớc  2  ; 22 bị loại vì 2x+1 là lẻ)…Tuy nhiên,ở mức độ nào đó,chúng ta có thể “ trấn

Thay vào phơng trình (*) có y tơng ứng là y19 ;  26 ; 4 ;  11

Vậy phơng trình đã cho có 4 nghiệm (x; y) = (0; 19); (-1; -26); (5; 4); (-6; -11)

11 Theo bài ra ta có phơng trình: xy = 2( x + y) (*) trong đó x, y thuộc Z+ và x lẻ

Vậy số đấu thủ của hai trờng là 3; 6.

12.Tìm n nguyên để các nghiệm của pt : x2- (4+n)x +2n = 0 cũng nguyên

Vì các hệ số của pt đều nguyên nên đk cần là  n2  16  0là số chính ph ơng

n+k 8 -8 2 -2 4 -4

n- k -2 2 -8 8 -4 4

Ta kiểm tra lại cho 3 khả năng có đợc của n=-3;0;3 để lấy ngiệm (Nếu phù hợp)

*) n = 3 => x2-7x+6 = 0 =>x =1;6 , cả 2 nghiệm đều thoả mãn => n = 3 thoả mãn

*) n =-3 => x2-x-6 = 0 =>x = -2;4 , cả 2 nghiệm đều thoả mãn => n = -3 thoả mãn

*) n = 0 => x2- 4x = 0 =>x = 0;4 , cả 2 nghiệm đều thoả mãn => n = 0 thoả mãn.Vậy có 3 giá trị thoả mãn : n = -3;0;3

13 Tìm n nguyên để các nghiệm của pt : x2-(4+n)x+ 4n- 25 = 0 cũng nguyên

Vì các hệ số của pt đều nguyên nên đk cần là ( 4 ) 2 100 0

Ta kiểm tra lại cho 3 khả năng có đợc của n=- 20;4;28 để lấy ngiệm (Nếu phù hợp)

*) n = 28 => x2-32x+87 = 0 =>x =3;29 , cả 2 nghiệm đều thoả mãn => n = 28 thoả mãn

*) n =- 20=>x2+16x-105 = 0 =>x =-21;5, cả 2 nghiệm thoả mãn => n =-20 thoả mãn

*) n = 4 => x2- 8x - 9 = 0 =>x = -1;9 , cả 2 nghiệm đều thoả mãn => n = 4 thoả mãn.Vậy có 3 giá trị thoả mãn : n = - 20;4;28

14 Tìm số p nguyên tố,biết pt: x2+px-12p = 0 có 2 nghiệm đều nguyên

Vì các hệ số của pt đều nguyên nên đk cần là  p( 48 p)  0là số chính ph ơng

Do p là số nguyên tố =>đk cần tiếp theo là:48 pp 48 p p 2 ; 3

Phương trỡnh nghiệm nguyờn

.2 ) 1(

) 1 )(

1 ( 1

Do x;m;n đều là số tự nhiên,nên ,từ pt (2) của hệ Viet ta có :x1;x2  1

Kết hợp đk đó với pt (1)=> m> 0 => vế trái của (*) là tổng của 2 số không âm

0 ) 1 )(

1

(

5

; 1 )

2

; 2 ( ), 3

; 1 ( )

; ( ) 1 (

2 )

n m

2 (

1 ) 1 )(

1

(

) 2

; 1 ( )

; ( ) 1 (

1 ) 1

(

2

; 1 2

x

m n m

n

(Tính đợc trực tiếp từ hệ) c)

; 2 ( )

; ( ) 2 (

2 ) 1 )(

1

(

1

0 )

1 (

0 )

1

(

2 1 2

x

m

n m

16 Các bài tập của bài 16 này cùng dạng, có qui trình giải đặc biệt ( pt bậc hai cho

cả 2 ẩn,xem một ẩn là tham số- giống nh m;n )

a.+ Nhóm theo x ( xem y là tham số)

15 5 3 3

2 0

2 5 2 1

2

y x

y x y

y y

x x

+Dùng định lý Bơzu ( ax x1x x2 0) đa phơng trình về dạng A.B = m

1 2 1 2

y x y

x

y x

1 2 17 2

y x y

x y x

1 2 1 2

y x y

x

y x

1 2 17 2

y x y

x y x

VT = 0 khi

3

1 2

; 3

5

2 1

3

1 2 3

1 2 3

1 5 3

y x y

x

y x

9 5 3

y x y x

1 5 3

y x

y x

1 2 3

9 5 3

y x y

x y x

1 2 3

3 5 3

y x y

x

y x

1 2 3

3 5 3

y x y

x y x

(loại);

Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (2; 1)

17) Đối với bài tập này, quy trình trên khó thực hiện do việc tìm m quá phức tạp, hơn nữa do  có cực đại, nên số lợng cần thử có hạn,ta dùng cách thử trực tiếp (Cách

này không dùng đợc cho bài 16, vì do  có cực tiểu, nên số lợng cần thử là vô hạn),đòi hỏi kiên trì và cẩn thận

196 9

196 3

14 2

27 y2 y

2

28 784 3

14 27

Do ’ chính phơng và các giá trị cần nhận của x, y thuộc Z

Thử qua các giá trị của ’thì giá trị của ’ phù hợp là:

0 196 84 9 0 588 252 27

…Tuy nhiên,ở mức độ nào đó,chúng ta có thể “ trấn …Tuy nhiên,ở mức độ nào đó,chúng ta có thể “ trấn …Tuy nhiên,ở mức độ nào đó,chúng ta có thể “ trấn …Tuy nhiên,ở mức độ nào đó,chúng ta có thể “ trấn …Tuy nhiên,ở mức độ nào đó,chúng ta có thể “ trấn …Tuy nhiên,ở mức độ nào đó,chúng ta có thể “ trấn …Tuy nhiên,ở mức độ nào đó,chúng ta có thể “ trấn …Tuy nhiên,ở mức độ nào đó,chúng ta có thể “ trấn …Tuy nhiên,ở mức độ nào đó,chúng ta có thể “ trấn

Vậy phơng trình đã cho có 3 nghiệm là : (1; 8); (0; 0); (-1; 10)

Bài tập này còn có cách giải khác:(Đánh giá miền giá trị của x)

12x2+6xy+3y2= 28(x+y) 9x2= -3(x+y)2+28(x+y) = -3   (  )

3

14 2 ) (x y 2 x y

27

196 3

196 )

3

14 (

3 3

*) x=0 => 3y2 = 28y => y=0 => (x;y) = (0;0) , (Giá trị y=28/3 bị loại)

*) x=1 =>12+6y+3y2 =28+28y=>…Tuy nhiên,ở mức độ nào đó,chúng ta có thể “ trấn y=8 => (x;y)=(1;8), (Giá trị y=-2/3 bị loại)

*) x= -1=>12-6y+3y2=-28+28y=>…Tuy nhiên,ở mức độ nào đó,chúng ta có thể “ trấn y=10=>(x;y)=(-1;10), (Giá trị y=4/3 bị loại)

9

Phương trỡnh nghiệm nguyờn

*) x=2;x=-2 không cho y nguyên

Vậy phơng trình đã cho có 3 nghiệm là : (1; 8); (0; 0); (-1; 10)

y xy x y

14 27

49 126 27

7 3 12 7

y y

y y

y y y

49 9

49 3

7 2

27 y2 y

2

12 144 3

7 27

= 22 thì ta tìm đợc x = 4; y = 5Vậy phơng trình đã cho có 3 nghịêm (x;y)là : (0; 0); (4; 5); (5; 4)

; 8

; 0

8

8

; 8

; 2

; 8

; 2

; 8

; 2

8

8 0 4

3 3

nghiem y

nghiem y y y

Vậy phơng trình có 6 nghiệm

; 2

; 4 1

1

; 3 2

2

; 2

; 0

; 4 2

0

; 2 1

1

x y

x

y z

y

x y

x

y z

y z

Vậy khi z=1 ta có 8 nghiệm (x; y; z) nh sau: (4; 2; 1); (0; 2; 1); (2; 0; 1); (-2; 0; 1); (4;3; 1); (2; 3; 1); (0; -1; 1); (-2; -1; 1 )

; 2

; 0 ( ), 2

; 2

; 4 ( ), 2

; 0

; 0 ( ), 2

; 4

; 4 ( : 4 2

) 0

; 0

; 2 ( ), 0

; 0

; 2 ( ), 0

; 2

; 2 ( ), 0

; 2

; 2 ( : 4 0 1

1

n z

n z

; 3

; 2 ( ), 3

; 3

; 4 ( ), 3

; 2

; 2 ( ), 3

; 4

; 4 ( : 4 3

) 1

; 1

; 2 ( ), 1

; 1

; 0 ( ), 1

; 2

; 2 ( ), 1

; 0

; 0 ( : 4 1 2

1

n z

n z

2 0 3

y y y

2 10 3

y y y

6 3

y y x

8 3

y y x

giải ra ta đợc nghiệm (17; 3); (1; 3); (-1; -3); (-17; -3)Vậy phơng trình đã cho có 12 nghiệm

b x2  x 6  y2  4x2  4x 24   4y2  2x 12 2y2  25  5 2  0 2  4 2  3 2 Giải 4 khả năng trên thì ph.t có 6 nghiệm: (3; 0); (-2; 0); (2; 2);(-1; 2); (2; -2); (-1; -2)

3 1

2 2 2 2

z y z

y x y

8 2 2

y x y

x x y

) (

1

; 3 1

2

x

loai y

1

2 4

2

2

x x

y y

Phương trỡnh nghiệm nguyờn

1

y x y

49 14

17 7

2 2 2

2 1 2

y x y

x y x

1 1 7

10 1

zy xt xy xyzt

Nhận thấy x, y, z, t không đồng thời bằng 0 Vì nếu ngợclại thì 31

x zt

t y yzt x

VP =

4

1 2

1 3

1 1

9 31

1 1 31 40

31

1 1

1 3

1 1 1

1

1 0

x VT

Nên (*)

55

229 1

3

2 2 3 3

9

1 6

1 4 1

4 2 2

y x y

1 1

7

38 1

2

2 2

x xy

y xy x y x

3

1 2

1 5 1

y x

Vậy nghiệm của phơng trình là (2; 3)

II-Giải bằng ph ơng pháp “chẵn- lẻ”

1 Tìm nghiệm nguyên tố của phơng trình: x2-2y2= 1

2 Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: x3- 2y3- 4z3= 0

3 Bài “Đấu cờ Sơ tuyển của huyện Quỳnh l” u- năm 2002-2003(In ở phần I)

4 Tìm nghiệm tự nhiên của phơng trình : 2x+y2+y =111

( Sơ tuyển tỉnh của huyện Quỳnh lu- năm 2005-2006)

5 Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: (2x+5y+1)( x

Vậy pt có 1 nghiệm (x;y)= (2;3)

2.Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: x3- 2y3- 4z3= 0 (2)

; 2 (x0 y0 z0

cũng là nghiệm

8

) 2 ( 4 ) 2 ( 2 ) 2 ( 0 4

2 3 0 3 0 3 0 3

0

3 0

3

z y x

Lặp lại quá trình đó ta có )

2

; 2

; 2

n n n

z y x

cũng là nghiệm, với n tuỳ ý Do x;y;z nguyên

nên điều này chỉ xẩy ra khi x=y=z=0

Vậy pt có 1 nghiệm (x;y;z) = (0;0;0)

13

Phương trỡnh nghiệm nguyờn

(Cách làm nh nhận xét vừa rồi ta gọi là phơng pháp “Xuống thang” )

3.Bài “Đấu cờ Sơ tuyển tỉnh của huyện Quỳnh l” u- năm 2002-2003(In ở phần I)

ta có pt :xy = 2(x+y)=> xy chẵn,do x lẻ (cách đặt)=>y chẵn =>y = 2t (t >0)

…Tuy nhiên,ở mức độ nào đó,chúng ta có thể “ trấn

=>2tx = 2(x+2t) =>

1

2 2 1

t

x ; vì x;t nguyên dơng nên (t-1) nhận 2 giá trị 1;2.Với t-1 = 1 => x= 4 (loại ,vì x lẻ)

Với t-1 = 2 => x = 3 =>y= 6 ( TMĐK)

Vậy số đấu thủ của 2 trờng là 3 và 6

4.Tìm nghiệm tự nhiên của phơng trình : 2x+y2+y =111.(4)

( Sơ tuyển tỉnh của huyện Quỳnh lu- năm 2005-2006)

(4)  2x+y(y+1) = 111 Do y(y+1) là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp nên là số chẵn

111 lẻ => 2x là số lẻ => x= 0 ( chú ý: 2n là số chẵn với mọi n > 0; 20=1 là số lẻ duy nhất của 2n)

5.Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: (2x+5y+1)( x

Thay x= 0 vào pht ta thu đợc: (5y+1)(y+1) = 105 = 1.105 = 3.35 = 5.21

Một số khả năng bị loại ngay (nhờ y chẵn) nh:

(5y+1) = 105  5y= 104 => y không nguyên (tơng tự cho -105)

Hay (5y+1) = 35 5y= 34 => y không nguyên (tơng tự cho - 35)

Giải các khả năng còn lại ta chọn đợc y = 4 (ứng với 







 5 1

21 1

5

y y

) Vậy phơng trình có 1 nghiệm (x;y) = (0; 4)

7.Tìm nghiệm nguyên tố của phơng trình: xy+1 = z.(7)

Do x;y;z đều là số nguyên tố, nên x 2 ;y 2  z 5; Vì z lẻ nên xy là số chẵn

=> x chẵn ( Luỹ thừa của số lẻ không thể là số chẵn) => x = 2.

Nếu y là số lẻ thì y=2k+1,(k nguyên dơng), khi đó:

Ta thấy 3A+3 chia hết cho 3  z chia hết cho 3=> Vô lý ( vì z là số nguyên tố)

Sự vô lý đó khẳng định y phải là số chẵn =>y = 2.

Vậy nghiệm của pt là (x;y;z) = (2;2;5)

III-giải bằng ph ơng pháp “cực hạn”