ON CAP 3 HAY

Trong chơng trình toán học THCS cũng nh THPT và trong các đề thi chúng ta vẫn th-ờng gặp các bài toán về tìm nghiệm nguyên song với HS vẫn còn lúng túng vì không biết bắt đầu từ đâu, khi

I Mở đầu Giải phơng trình nghiệm nguyên phải bắt đầu từ đâu?

Trong chơng trình toán học THCS cũng nh THPT và trong các đề thi chúng ta vẫn th-ờng gặp các bài toán về tìm nghiệm nguyên song với HS vẫn còn lúng túng vì không biết bắt đầu từ đâu, khi gặp khó khăn không biết làm thế nào để tìm ra lời giải Một thực tế cho thấy với giáo viên thực sự cha tìm ra một phơng pháp giải cho HS Riêng với các em

HS khi gặp dạng toán này không chịu nghiên kứu khảo sát kĩ từng chi tiết và kết hợp các chi tiết dạng toán theo nhiều cách không sử dụng hết các dữ kiện của bài toán hoặc sử dụng thiếu linh hoạt

Việc giải các phơng trình vô định tức là việc tìm nghiệm nguyên của các phơng trình

đại số có hệ số nguyên luôn đòi hỏi HS có khả năng phân tích, đối chiếu dự đoán và

ph-ơng pháp t duy nghe để lựa chọn thích hợp, nên loại toán này không có phph-ơng pháp giải tổng quát, ở đây tôi xin giới thiệu một vài thủ pháp cơ bản để giải các bài toán tìm nghiệm nguyên

II Nội dung:

- Xin giới thiệu 5 phơng pháp cơ bản

1 Dựa vào tính chất chia hết để hạn chế tập nghiệm.

VD 1.1 Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:

6x2 + 7y2 = 96 ( 1)

Giải:

(1) ⇔ 6 x2 – 54 = 42 - 7y2 ⇔ 6(x2 – 9) = 7( 6 – y2) (∗)

Do (6,7) = 1 nên (x2 – 9) M 7 ⇔ (x2- 2 ) M 7 ⇒ x2 = 7t + 2 ( t ∈ N )

Thay x2 = 7t + 2 vào PT (∗) ta có y2 = 16 – 6t

Do

2 2

0 0

x y

 ≥

 ≥

 ⇒

16 6 0

t t

+ ≥



 − ≥

 ⇒

2 7 2

t t

 ≥ −





 ≤



⇒ t ∈ {0,1, 2}

Từ đó ta có ( x,y ) = ( 4,0 ) , ( - 4,0 )

VD 1.2 : Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình

xy – 2x – 3y + 1 = 0 (2)

xy – 3y = 2x – 1 ⇒ y(x – 3) = 2x – 1

Thấy ngay x = 3 không phải là nghiệm

Với x = 3 ta có: y = 2 1

3

x x

−

− = 2 +

5 3

x−

Rõ ràng y nguyên thì 5 M (x – 3) ⇒ x – 3 = ±1 hoặc x – 3 = ±5

+ với x – 3 = 1 ⇒ x = 4 , y = 7

+ với x – 3 = -1 ⇒ x = 2 , y = - 3

+ với x – 3 = 5 ⇒ x = 8 , y = 3

+ với x – 3 = -5 ⇒ x = - 2 , y = 3

Vậy : (2) có 2 cặp nghiệm nguyên dơng ( x,y ) = ( 4,7 ) ; ( 8,3 )

VD 1.3:

Tìm nghiệm nguyên của phơng trình

x5 + 29x = 10 ( 3y + 1 )

Giải:

x5 + 29x = 10 ( 3y + 1 ) ⇔ x5 – x + 30x – 30y = 10

⇔ x5 – x + 30( x – y ) = 10

Ta đã có: x5 – x M 5 ( Theo Pacma )

x5 – x M 6

Do ( 6,5 ) = 1 ⇒ (x5 – x) M 30 mà 10 M 30 ⇒ Phơng trình không có nghiệm

nguyên

II Dựa vào điều kiện của ẩn để hạn chế tập nghiệm:

VD 2.1: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng:

1 1 z

x+ =y

Giải: Với x≠0 ; y ≠ 0 ta có

1 1 z

x+ =y ⇔ xyz = x + y

Do tính chất đối xứng của x, y nên ta có thể giả thiết rằng x ≤ y

Ta có: xyz = x + y ≤ y + y = 2y ⇒ xz ≤ 2

Ta lựa chọn nghiệm trong các trờng hợp sau:

x=1 , z = 1 , x = 2 , z = 1 x = 1 , z = 2

Từ đó ta có nghiệm ( x,y,z ) = ( 2,2,1 ) ; ( 1,1,2 )

VD 2.2: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình

2x + 5y = 48 Giải:

Vì y nguyên dơng, y thỏa mãn phơng trình

0 < 5y < 48 ⇒ 0 < y < 10

Mặt khác: 5y = 48 – 2x = 2 ( 24 – x ) ⇒ 5y M 2

Do ( 2,5 ) = 1 ⇒ y M 2 ⇒ y = 2 , 4 , 6 , 8

⇒ 2

19

y x

=



 =

 ;

4 14

y x

=



 =

 ;

6 9

y x

=



 =

 ;

8 4

y x

=



 =



Vậy nghiệm phơng trình là: ( x,y ) = ( 19,2 ) ; ( 14,4 ) ; ( 9,6 ) ; ( 4,8 )

VD 2.3: Giải phơng trình nghiệm nguyên:

X6 + 3x2 + 1 = y4

Giải:

Với x > 0 , ta có:

( x3 + 1 )2 = x6 + 2x3 + 1 < x6 + 3x+ 1 = y4 < x6 + 4x3 + 4 = ( x3 + 2)2

Hay: ( x3 + 1 ) < y2 < ( x3 + 2) ⇒ y ∉ Z

Với x ≤ 2 cũng có y ∉ Z

+ Với x = 1 thay vào phơng trình ta đợc y4 = -1 vô nghiệm

+ Với x = 0 thay vào phơng trình ta đợc y4 = 1 ⇒ y = ±1

Vậy phơng trình đã cho có 2 nghiệm nguyên: ( x,y ) = ( 0,1 ) ; ( 0,-1 )

III Phơng pháp sử dụng vai trò bình đẳng:

Đờng lối chung:

Nếu phơng trình nguyên mà các ẩn x, y , z … có vai trò bình đẳng ta có thể giả sử

x ≥ y ≥ z… để thu hẹp các giá trị của ẩn số từ đó tìm ra nghiệm

VD 3.1 : Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình sau:

x2 + y2 + z2 + xyz = 20

Giải:

Do vai trò bình đẳng của x , y , z nên ta có thể giả sử 1 ≤ x ≤ y ≤ z từ đó suy ra:

x2 + y2 + z2 + xyz > 3x2 + x2 = 4x2 tức là 4x2 ≤ 20 ⇒ x2 ≤ 5 ⇒ x ≤ 2 , xét 2 trờng hợp:

a Với x = 1 ⇒ y2 + z2 + yz = 19 ⇒ y2 + y2 + y2 ≤ 19 ⇒ y2 ≤ 19

3 ⇒ y ≤ 2

- Nếu y = 1 ⇒ z2 + z = 18 ⇒ z( z + 1 ) = 18 vô nghiệm

- Nếu y = 2 ⇒ z2 + 2y – 15 = 0 ⇒ z = 3 có nghiệm là ( 1,2,3 )

b Với x = 2 ⇒ 4 + y2 + z2 + 2yz = 20 ⇒ y2 + z2 + 2yz ≤ 16

⇒ 4y2 ≤ 16 ⇒ y ≤ 2

Với y = 2 ta có 4 + 4z = 12 ⇒ z = 2

Có nghiệm là: ( 2, 2, 2 )

Trao đổi vai trò x, y, z ta có các nghiệm sau:

( x, y, z ) = ( 1,2,3) ; (1,3,2) ; (2,1,3) ; (2,3,1) ; ( 3,2,1) ; (3,1,2) ; (2,2,2)

VD 3.2 : Tìm nghiệm nguyên phơng trình:

x + y + z = xyz

Giải:

Vai trò x, y, z nh nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử: z ≥ y ≥ x ≥ 1 Đặt z = 1 + n ; y = 1 + m ; x = 1 + l ( n ≥ m ≥ l ≥ 0 )

Phơng trình đã cho trở thành

3 + m + n + l = ( 1 + m )( 1 + n )( 1 + l ) = 1 + l + m + n + mn + nl + ml + mnl

⇒ ml + mn + nl + mln = 2 (∗)

Nếu l ≥ 1 ⇒ mn + mnl + ml ≥ 4 mâu thuẫn với (∗)

Vậy l = 0 thay vào (∗) ⇒ mn = 2

Vì n ≥ m ≥ 0 nên n = 2 ; m = 1

Vậy ta đợc: ( x=1; y = 2; z = 3 ) là nghiệm, do vai trò bình đẳng nên ta có các bộ:

( x,y,z ) = ( 2,1,3 ); ( 3,1,2 ) ; ( 2,3,1 ) ; ( 1,3,2 ) ; ( 3,2,1 )

IV Phơng pháp giản ớc cho ớc số chung.

VD: Cho phơng trình : xn + 1 = yn+1 với n ∈ N ; n > 1

CMR phơng trình không có nghiệm nguyên dơng với ( x, n+1 ) = 1

Giải:

Giả sử phơng trình có nghiệm nguyên dơng với ( x0 , y0 )

⇒ x0 + 1= y0n + 1 ⇒ x0 = y0n + 1 + 1

⇒ x0 = ( y0 – 1 )( y0 + y0n + 1 +….+ y0 + 1) ( 1 ) Đặt y0n + y0n + 1 +….+ y0 + 1 có dạng k(y0 – 1 ) = n + 1 (2) với k ∈ N

Nếu A là y0 – 1 có một ớc nguyên tố chung là P ⇒ A M P và y0 – 1 M P ⇒ n + 1 M

P

Khi đó x0n M P ⇒ x0 M P trái với giả thiết, do đó ƯCLN(A;y0 – 1 ) = 1

⇒ y0 + y0n + 1 +….+ y0 + 1 = x0,n =

0 1

n o x

y − (3) với x0, ∈ z+

Từ (3) ⇒ x0, > y0 + 1

Do đó (x0,)n > ( y0+1)n > y0 + y0n + 1 +….+ y0 + 1 (4)

Vì (3) và (4) mâu thuẫn Vậy phơng trình không có nghiệm nguyên

Bài tập:

Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:

x4 + 4y4 = 2(24 + 4t4)

V Đa về trờng hợp riêng

VD: Tìm nghiệm nguyên không âm của phơng trình

5

x+ x+ + x = y ( n dấu căn )

Giải:

Ta thấy ( 0,0 ) là nghiệm của phơng trình

Nếu:

a) n = 1 thì x = y ⇒ x = y2 ( x ≥ )

Vậy nghiệm ( x,y ) là ( t, t, ) ; t ∈ N

b) Nếu n = 2 thì x+ x = y ⇒ x + x = y2 ⇒ x = y2 – x ⇒ x là số tự

nhiên

x = t , t ∈ N và khi đó t ( t + 1 ) = y2 Nhng t2 < t ( t + 1 ) < ( t + 1 )2

nên t2 < y2 < ( t + 1)2

Điều này không xảy ra với t > 0 và phơng trình chỉ có nghiệm là ( 0,0 )

c) Với n ≥ 3

ta có x+ x+ x+ + x = y2 – x

Trong đó vế trái có n – 1 dấu căn, đặt y2 – x = y1 là số nguyên dơng

Tiếp tục làm nh vậy đến n – 2, dần dần đến x+ x = y2 n – 2 - x

Nh vậy ta lại trở về trờng hợp b) và chỉ có nghiệm ( 0,0 )

III Bài học kinh nghiệm:

Qua cách trình bày và kết quả đạt đợc ở học sinh chúng tôi rút ra đợc bài học kinh nghiệm nh sau :

- Trớc hết đòi hỏi giáo viên phải thực sự yêu nghề có tâm huyết, có lòng say mê, trắc trở với bộ môn mình dạy

- Giáo viên và học sinh cần nắm vững các phơng pháp và biết các vận dụng linh hoạt các phơng pháp đó vào từng bài dạy – học

- Biết cách nhận dạng, phân tích tìm lời giải

- Giáo viên phải tim tòi một số bài tập từ đơn giải đến phức tạp

- Tạo hứng thú cho học sinh bằng cách cho học sinh đợc thực hành ,tự tìm tòi kiến thức

- Yêu cầu học sinh tìm ra nhiều cách giải trong một bài toán

- Giáo viên cần hớng dẫn học sinh tìm cách giải bài tập một cách sáng tạo

- Giáo viên phải khắc sâu các phơng pháp giải toán nói chung

Trong khuôn khổ sáng kiến cấp trờng, tôi xin giới thiệu một vài phơng pháp giải

ph-ơng trình nghiệm nguyên trong rất nhiều phph-ơng pháp với bạn đọc

Tuy nhiên, hiệu quả đạt đợc khi giáo viên tách ra các phơng pháp giảng dạy học sinh rất có hứng thú làm bài, chất lợng bồi dỡng học sinh giỏi rất cao

Hy vọng bạn đọc, các đồng ngiệp góp ý để đề tài đợc hoàn thiện và nội dung phong phú hơn

Chân thành cảm ơn sự giúp đỡ của các đồng nghiệp, và tất cả các em học sinh.

Đồng tác giả 1) Kiều

Đình Dớc

2) Mẫn Thị Thanh Huyền

************@@@@@************