Đề tài Một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên và cách giải

Phương trình nghiệm nguyên rất phong phú về dạng toán, nhưng ở đề tài này tôi chỉ nghiên cứu một số dạng toán điển hình và một số phương pháp giải cơ bản cho từng dạng toán đó.... Néi du[r]

A MỞ ĐẦU.

Trong chương trình toán trung học cơ sở khối lượng kiến thức rất phong phú và đa dạng, các dạng toán cũng được đề cập đến không ít Trong số đó phương trình nghiệm nguyên là một mảng kiến thức quan trọng Tuy nhiên ở chương trình sách giáo khoa chưa nhắc đến vì phương trình nghiệm nguyên còn hơi khó đối với các đối tượng học sinh TB;Yếu Bởi vậy muốn bồi dưỡng và phát triển đối tượng học sinh Khá, Giỏi bản thân người dạy phải nghiên cứu tài liệu tìm tòi các dạng toán về phương trình nghiệm nguyên và các phương pháp giải dễ hiểu, dễ vận dụng Nhằm bộ trợ và nâng cao kịp thời cho các em ở phương trình nghiệm nguyên mỗi bài toán , với số liệu riêng của nó, đòi hỏi một cách giải riêng phù hợp Điều đó có tác dụng rền luyện tính tư duy toán học linh hoạt và sáng tạo của người học Do đó mà các bài toán tìm nghiệm nguyên thường

có mặt trong đề thi các kì thi tuyển học sinh giỏi, thi vào các trường chuyên trên toàn quốc

Không những thế phương trình nghiệm nguyên là một đề tài lí thú của

Số học và Đại số, mãi mãi là đối tượng nghiên cứu của Toán học

Từ những yếu tố khách quan và chủ quan đó Tôi đã tìm nghiên cứu đề

tài “ Một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên và cách giải ”

Nhằm tìm ra các biện pháp hữu hiệu nhất để có một phương án đúng đắn giúp học sinh tiếp cận với phương trình nghiệm nguyên một cách chủ

động, có hứng thú trong quá trình học

Phương trình nghiệm nguyên rất phong phú về dạng toán, nhưng ở đề tài này tôi chỉ nghiên cứu một số dạng toán điển hình và một số phương pháp giải cơ bản cho từng dạng toán đó

B Nội dung

Các bài Toán tìm nghiệm nguyên thường không có một quy tắc giải tổng quát Mỗi bài Toán đòi hỏi phải có một cách giải phù hợp và logic

Ví dụ một số dạng phương trình thường gặp sau:

1/ Phương trình bậc nhất hai ẩn.

Dạng tổng quát ax + by = c( a ≠ 0; b ≠ 0 ; a , b , c  Z)

 Định lí về sự tồn tại nghiệm nguyên

Định lí: Phương trình ax + by = c có nghiệm nguyên khi (a ; b)c

Chứng minh: Giả sử (x0 ; y0) là nghiệm của phương trình ax + by = c

ta có ax0 + by0 = c, nếu d = (a, b) thì dax0 + by0 = c Ngược lại, giả

sử d = (a,b)c thì c = dc1 và ta có hai số nguyên x1 , y1 sao cho

d = ax1 + by1 = c => dc1 = a(x1c1) + b(y1c1) = c

Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên

Để giải phương trình bậc nhất hai ẩn Ta có thể vận dụng một trong hai phương pháp sau

1.1/ Sử dụng phương pháp xét tính chia hết của từng ẩn

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau:

2x + 13y = 156 (1) Giải

Giả sử x, y là các số nguyên thoả mãn phương trình (1)

Ta thấy 13y  13 và 156  13 nên 2x  13 => x  13

Đặt x = 13t ( t  Z) thay vào (1) ta được:

26t + 13y = 156 <=> y = - 2t + 12

Thử lại vào (1) thoả mãn Nên phương trình có vô số nghiệm , được viết

dưới công thức tổng quát sau: x = 13t

y = - 2t + 12

Ví dụ 2: Giải bài toán sau:

Một trăm con trâu, ăn trăm bó cỏ

Trâu đứng ăn năm Trâu nằm ăn ba Trâu già ba con ăn một bó

Tìm số trâu mỗi loại ?

Gọi x: Số trâu đứng

y: Số trâu nằm

z: Số trâu già

Theo giả thiết ta có hệ phương trình với các nghiệm nguyên dương sau:

x + y + z = 100 15x + 9y + z = 300

5x + 3y + =100 x + y + z = 100

3

z

Trừ cùng vế hai phương trình của hệ trên ta được:

14x + 8y = 200 <=> 7x + 4y = 100

Ta thấy phương trình :7x + 4y = 100 có 4y  4 ; 100  4

=> 7 x  4 => x  4 (Vì 7 không chia hết cho 4)

Mặt khác: 0 < 7x < 100 <=> 0 < x ≤ 14

Mà x  4 nên x   4 ; 8 ; 12 Do đó

 Với x = 4 ta tính được y = 18 ; z = 78

 Với x = 8 ta tính được y = 11 ; z =81

 Với x = 12 ta tính được y = 4 ; z =84

Vậy ta có ba đáp án cho bài toán

 4 trâu đứng, 18 trâu nằm, 78 trâu già

 8 trâu đứng, 11 trâu nằm, 81 trâu già

 12 trâu đứng, 4 trâu nằm, 84 trâu già

*Nhận xét:

Bằng cách xem xét tính chia hết của từng hạng tử trong phương trình

ở ví dụ 1 ta thấy rằng , hai hạng tử 13y và 156 đều chia hết cho 13 Do

đó 2x cũng phải chia hết cho 13 thì phương trình mới có nghiệm nguyên Nhờ đó mà tìm dược x = 13t và tìm được y = - 2t + 12 Cũng tương tự như vậy ta đã giải được nhiệm tổng quát của phương trình 7x + 4y = 100 , sau

đó nhờ x nguyên dương mà ta giới hạn giá trị của x và tìm nghiệm của phương trình ở ví dụ 2

1.2/ Sử dụng phương pháp tìm một nghiệm riêng của phương trình

Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau:

2x + 3y = 11 (2)

Giải

Ta thấy phương trình có một nghiệm nguyên đặc biệt là: x0 = 4; y0 = 1 Thật vậy 2 4 + 3 1 = 11 (3)

Trừ cùng vế (2) cho (3) ta được:

2(x – 4) + 3(y – 1) = 0 <=> 2(x – 4) = - 3(y – 1)

Do đó 3(y – 1) 2 => y – 1  2 Đặt y = 2t + 1 ( t  Z)

Thay vào (2) ta được x = - 3t + 4

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x = - 3t + 4

y = 2t + 1

* Nhận xét:

Như vậy ta đã tìm một nghiệm riêng (x0 ; y0) = (4 ; 1) của phương trình Nhờ các phép biến đổi ta ràng buộc y - 1 2 và tìm ra nghiệm tổng quát của phương trình

2/ Phương trình bặc hai có hai ẩn

Với loại phương trình này ta có thể sử dụng nhiều phương pháp ,để giải chúng Chẳng hạn như:

- Đưa về phương trình ước số;

- Phương pháp tách giá trị nguyên của phương trình

- Phương pháp xét số dư từng vế

- Sử dụng điều kiện  ≥ 0 để phương trình bậc hai có nghiệm ; Các ví dụ sau ta vận dụng một trong các phương pháp trên để giải

2.1/ Đưa phương trình về phương trình ước số

Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau.

xy – x – y = 2 (4)

Giải

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

<=> (y – 1) (x – 1 ) = 3

Ta thấy y – 1 và x – 1 phải là ước của 3

Không mất tính tổng quát giả sử x ≥ y => x – 1 ≥ y – 1

Ta có các trường hợp sau xẩy ra:

x - 1 = 3 x = 4

y – 1 = 1 y = 2

Hoặc: x – 1 = - 1 x = 0

y – 1 = - 3 y = - 2

Vậy phương trình (4) có 4 nghiệm nguyên sau;

(4 ; 2) ; (2 ; 4) ; (0 ; - 2) ; (- 2 ; 0)

* Nhận xét:

Như vậy từ phương trình xy – x – y = 2 ta đưa nó về phương trình (y – 1) (x – 1 ) = 3 Phương trình này gọi là phương trình ước số,

phương trình ước số có nghiệm nguyên khi các thừa số của nó là ước

nguyên của số đó Khi tìm nghiệm của phương trìng ước số, ta cần sắp thứ

tự các ẩn để giảm được số trường hợp xẩy ra Nên trong quá trình giải ta

đã giảm được rất nhiều thời gian và lời giải cũng ngắn gọn hơn

2.2/ Tách giá trị nguyên của phương trình

Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau:

xy – 2y – 3 = 3x – x2 (5)

Giải:

Ta thấy rằng ở phương trình trên y có bậc cao nhất là một Nên ta có thể rút y ra và tách giá trị nguyên của phương trình Thật vậy ta có

(5) <=> y(x – 2) = 3 + 3x – x2

x = 2 không phải là nghiệm của phương trình Do đó

y = = -x + 1 + (6)

2

3







x

x x

2

5



x

Phương trình (6) có nhiệm nguyên khi 5 x – 2 hay x – 2 là ước của 5

Ta có các trường hợp sau

 Với x – 2 = 5 <=> x = 7 Thay vào (6) được y = - 5

 Với x – 2 = 1 <=> x = 3 Thay vào (6) được y = 3

 Với x – 2 = -5 <=> x = -3 Thay vào (6) được y = 3

 Với x – 2 = - 1 <=> x = 1 Thay vào (6) được y = -5

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên:

(7 ; - 5) ; (3 ; 3) ; (- 3 ; 3) ; (1 ; - 5)

* Nhận xét:

Với những phương trình bậc hai, có một ẩn nào đó chỉ xuất hiện bậc nhất Ta rút ẩn đó ra từ phương trình rồi tách giá trị nguyên Ví dụ ở bài toán trên nhận thấy rằng y có bậc cao nhất là một nên ta đã rút y từ

phương trình đã cho, để được phương trình y = Ta lấy 3+3x –

2

3







x

x x

x2 chia cho x – 2 để tách giá trị nguyên Rõ ràng phương trình có nghiệm nguyên khi x – 2 là ước của 5

2.3/ Sử dụng phương pháp xét số dư của từng vế

Ví dụ 6 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau.

9x + 2 = y2 + y (7) Giải:

Ta có (7) <=> 9x + 2 = y( y + 1)

Ta thấy vế trái của phương trình trên , chia cho 3 dư 2 nên

y( y + 1) phải dư 2 khi chia cho 3

Như vậy chỉ có thể xẩy ra trường hợp sau:

y = 3k + 1 và y + 1 = 3k + 2 (k  Z)

Khi đó: 9x + 2 = ( 3k + 1) (3k + 2)

<=> 9x = 9k (k + 1)

<=> x = k(k + 1)

Thử lại , với x = k(k + 1) và y = 3k + 1 thì (7) thoả mãn Nên phương trình đã cho có nghiệm tổng quát , được viết bởi công thức

x = k(k + 1) (k  Z)

y = 3k + 1

* Nhận xét:

ở ví dụ trên ta đã sử dụng phương pháp : Xét tính chia hết của từng

vế để nhận thấy rằng , vế trái của phương trình chia 3 dư 2 Vậy phương trình có nghiệm nguyên khi vế phải cũng chia cho 3 dư 2 Mà y( y + 1) chia 3 dư 2 thì chỉ có thể xẩy ra trường hợp y chia 3 dư 1 để y + 1 chia 3 dư 2

2.4/ Sử dụng điều kiện  ≥ 0 để phương trình bậc hai có nghiệm

Ví dụ 7 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau.

x+ y +xy = x2 + y2 (8) Giải:

Ta thấy (8) <=> x2 – (y + 1)x + y2 – y = 0

Có thể xem x là ẩn còn y đóng vai trò là tham số thì ta có :

 = (y + 1)2 – 4 (y2 – y) = - 3y2 + 6y + 1 để phương trình (8)

có nghiệm nguyên thì  ≥ 0 và phải là số chính phương

<=> - 3y2 + 6y + 1 ≥ 0

<=> 3y2 - 6y - 1 ≤ 0

<=> 3(y – 1)2 ≤ 4

<=> (y – 1 )2≤

3 4

<=> 0 ≤ (y – 1 )2≤ 1

Do đó ta có các trường hợp sau:

 y – 1 = 1 <=> y = 2

 y – 1 = -1 <=> y = 0

 y – 1 = 0 <=> y = 1

Thay các giá trị của y vào phương trình x2 – (y + 1)x + y2 – y = 0

Ta có:

 Với y = 2 ta có x1 = 1 ; x2 = 2

 Với y = 0 ta có x3 = 0 ; x4 = 1

 Với y = 1 ta có x5 = 0 ; x6 = 2

Vậy phương trình (8) có 6 nghiệm nguyên sau:

(0 ; 0) ; (1 ; 0) ; (0 ; 1) ; (2 ; 1) ; (1 ; 2) ; (2 ; 2)

* Nhận xét:

Phương trình trên có các ẩn luỹ thừa bậc 2, nên ta có thể viết phương trình đã cho dưới dạng phương trình bậc 2 có ẩn là x , còn y ta xem như là tham số Từ đó sử dụng điều kiện  ≥ 0 để phương trình có nghiệm và  phải là một số chính phương để phương trình đã cho có nghiệm nguyên để tìm nghiệm của phương trình

3/ Phương trình bậc ba hai ẩn:

3.1/ Sử dụng tính chất:

Nếu hai số nguyên dương , có tích là một số chính phương thì hoặc bằng nhau hoặc cả hai là số chính phương.

Ví dụ 8 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau.

9x2 + 6x = y3 (9)

(Bài 1 – Chuyên mục thi giải toán qua thư số 61 - Toán TT2)

Giải:

Ta có :

(10) <=> 9x2 + 6x + 1 = y3 + 1 <=> (3x + 1)2 = (y + 1)(y2 – y + 1) (*) Phương trình (*) có nghiệm nguyên khi :

y + 1 = y2 – y + 1 hoặc y + 1 và y2 – y + 1 là các số chính phương

 Với y + 1 = y2 – y + 1 <=> y(y – 2) = 0

<=> y = 0 hoặc y = 2 Thay vào phương trình (*) ta được

+) Khi y = 0 ta có x = 0 hoặc x = - (loại)

3 2

+) Khi y = 2 ta có x = - (loại) hoặc x = (loại)

3

2

3 4

 Trường hợp y + 1 và y2 - y + 1 là các số chính phương

Ta thấy

y2 – y + 1 = (y – )2 + không thể là một số chính phương

2

1

4 3

nguyên với mọi y ≠ 0

Vậy phương trình (11) có nghiệm nguyên duy nhất : (x ; y) = (0 ; 0)

*Nhận xét :

Với ví dụ trên ta đưa vế trái có dạng của một số chính phương Để phương trình có nghiệm nguyên thì vế phải cũng phải có các thừa số là các số chính phương hoặc các thừa số đó phải bằng nhau

3.2/ Đổi biến để tìm nhiệm nguyên:

Ví dụ 9: Tìm nghiệm nguyên của phương trình :

x3 – y3 = xy + 8 (10)

Giải

Ta có:

x3 – y3 = xy + 8 <=> (x – y)3 + 3xy(x - y) = xy + 8

Đặt x – y = a ; xy = b (a ; b  Z) Ta có:

a3 + 3ab = b + 8

<=> a3 – 8 = -b(3a – 1)

Suy ra : a3 – 8  3a – 1

<=> 27(a3 - 8)  3a – 1

<=> 27a3 – 1 -215  3a – 1

Do 27a3 – 1  3a – 1 nên 215  3a – 1 Hay 3a – 1 là ước của 215

Do đó 3a – 1   1 ;  5 ;  43 ;  215 

Mặt khác 3a – 1 chia cho 3 dư 2 Nên 3a – 1   1 ; 5 ;  43 ; 215

Ta có bảng sau:

b =

a

a

3 1

8

3



Chú ý rằng 9x –y)2 + 4xy ≥ 0 nên a2 + 4 ≥ 0 Do đó chỉ có hai trương hợp thoả mãn a = 2; b = 0 Ta được

x – y = 2; x = 0 hoặc x = 2

Vậy phương trình đã cho có hai nhiệm: (0 ; - 2) ; (2 ; 0)

*Nhận xét:

Bài toán trên ta đã linh hoặt khi sử dụng phương pháp đổi biến và tìm nhiệm nguyên của biến mới Từ đó ta tìm được nghiệm nguyên của

phương trình đã cho

4/ Phương trình vô tỷ.

Đối với phương trình nhiệm nguyên dạng vô tỉ , đây là dạng phương trình phức tạp Mỗi phương trình không có một cách giải tổng quát, dựa vào các số liệu đã biết ta cần linh hoặt trong biến đổi Để tìm ra phương

án hợp lí giải quyết bài toán Chẳng hạn như một số ví dụ sau , phải vận dụng nhiều kỹ năng phối hợp chặt chẽ để đưa ra lời giải ngăn gọn hợp lí

Ví dụ 10: Giải phương trình nghiệm nguyên sau.

+ = (11)

Giải:

(11) <=> x = 1980 - y (12) Với điều kiện : 0 ≤ x , y ≤ 1980

(12) <=> x = 1980 + y – 2 1980y

<=> x = 1980 + y – 12 55y

Phương trình (11) có nghiệm nguyên khi – 12 55y phải nguyên hay 55y phải là một số chính phương

Đặt: y = 55 a2 (a N )

Tương tự ta sẽ có : y = 1980 + x – 12 55x

Đặt : x = 55 b2 ( b  N )

Thay vào (11) ta có :

a 55 + b 55 = 6 55

<=> a + b = 6

Giả sử: x ≥ y nên a ≥ b

Ta có bảng sau :

1 5 55 1375

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên sau:

(0 ; 880) ; (1980 ; 0) ; (55 ; 1375) ; (1375 ; 55) ; (220 ; 880) ;

(880 ; 220) ;(945 ; 945)

*Nhận xét

Với dạng phương trình như thế này , ta sử dụng phương pháp bình phương hai vế để rút ra được x = 1980 + y – 12 55y Bắt buộc 55y phải

là số chính phương để phương trình đã cho có nghiêm nguyên Bằng

phương pháo tương tự ta cũng có 55x phải là số chính phương Đến đây

cần chú ý khi đổi biến, làm thế nào đó để khi thay vào phương trình ban

đầu ta được phương trình không chứa căn bậc hai và vận dụng các phương

pháp đã biết để giải nó

Ví dụ 11: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:

y2 = 1 + 9 x2  4x (13)

(Đề thi HS Giỏi lớp 9 năm học 2003- 2004_ Phòng GD Kỳ Anh )

Giải

Điều kiện : 9 – x2 – 4x ≥ 0 <=> - 5 ≤ x ≤ 1

Ta có : y2 = 1 + 9 x2  4x = 1 + 13  (x2  4x 4 )

= 1 + 13 x(  2 ) 2 ≤ 1 + 13

Do y là một số nguyên nên:

1 ≤ y2 ≤ 4 <=> y2 = 1 hoặc y2 = 4

 Với y2 = 1  13 = (x – 2)2 không thể có nghiệm nguyên

Vì 13 là một số nguyên tố còn (x – 2)2 là số chính phương

 Với y2 = 4 <=> y = 2 hoặc y = -2

Và ta có 13 x(  2 ) 2 = 3

<=> 13 – (x+2)2 = 9

<=> (x+2)2 = 4

<=> x = 0 (Thoả mãn ĐK) hoặc x = 2 (Thoả mãn ĐK) Vậy nghiệm nguyên của phương trình là:

(0 ; 2) ; (0 ; -2) ; (2 ; 2) ; (2 ; -2)

* Nhận xét :

Như vậy ở phương trình trên ta thấy biểu thức 13 – (x+2)2 có giá trị lớn nhất bằng 9 Nên 1 + 13 x(  2 ) 2 ≤ 13 , nhờ việc vận dụng bất đẳng thức

mà ta giớ hạn được khoảng giá trị của y2 với y nguyên thì ta đã tìm được các giá trị cụ thể của y và x

C Kết luận:

Quả thật trong Toán học phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng Phương pháp để giải từng dạng phương trình cũng khá phong phú Tôi đã

cố gắng đưa ra một số dạng phương trình điển hình thường gặp và một số phương pháp giải chúng Tôi nghĩ để giải các dạng phương trình trên , không chỉ dừng lại ở những phương pháp đó Chắc quý vị sẽ tìm ra được một số phương pháp hay hơn Trong các dạng phương trình được giới thiệu trong đề tài tôi thấy phương trình bậc hai , là một dạng tiêu biểu có nhiều phương án để giải và mức độ ứng dụng cũng khá phổ biến Bên cạnh đó phương trình vô tỉ cũng rất thú vị Vì khi giải nó yêu cầu chúng ta phải suy luận chặt chẽ, linh hoạt, phối hợp nhiều kĩ năng Giúp người học phát huy được tính sáng tạo của bản thân