Gián án Các PP và kĩ thuật gpt nghiệm nguyên

Các phơng pháp và kĩ thuật giải phơng trình nghiệm nguyên " phơng trình" là 1trong 4 mục đích lớn cần đạt của việc giảng dạy đại số trong nhà trờng phổ thông THCS.. Nên cần định hớng ch

Các phơng pháp và kĩ thuật giải phơng trình nghiệm nguyên

" phơng trình" là 1trong 4 mục đích lớn cần đạt của việc giảng dạy đại số trong nhà

trờng phổ thông THCS Đây là một vấn đề xuyên suốt toàn cấp mang "tính kĩ thuật" có nhiều áp dụng thực tiễn,

Khái niệm phơng trình đợc hiểu một cách tờng minh theo quan điểm hàm

Có thể nói t tởng của khái niệm là t tởng hàm Nội dung của khái niệm thể hiện ở kĩ thuật tìm nghiệm tức là giải phơng trình Giải phơng trình là thực hiện liên tiếp các phép biến đổi tơng đơng phơng trình đã cho đến một phơng trình đơn giản nhất Vì vậy dạy phơng trình là chủ yếu làm cho học sinh nắm vững kĩ thuật giải pt (kĩ thuật tìm nghiệm) song không đợc coi nhẹ t tởng của phơng trình là khái niệm hàm số

* Trong quá trình rèn luyện kĩ năng giải các phơng trình đại số ở dạng tổng quát Học sinh còn đợc đề cập tới việc giải các phơng trình mà yêu cầu nghiệm của phơng trình thuộc tập

Z Nên cần định hớng cho các đối tợng học sinh nói chung và học sinh khá giỏi nói riêng, những ý tởng, phơng thức tìm nghiệm nguyên của 1 phơng trình và hình thành cho học sinh những phơng pháp và kĩ thuật giải phơng trình nghiệm nguyên

* Bài toán tìm nghiệm nguyên của pt đã đợc ẩn tàng ngay từ các lớp ở bậc tiểu học cho đến chơng trình toán cấp 2 (THCS); bắt đầu từ lớp 6 việc tìm các nghiệm nguyên của 1 pt đã đ-

ợc đề cập tờng minh hơn Có thể nói: bài toán tìm nghiệm nguyên của pt đã đợc đề cập trong chơng trình toán phổ thông nhất là đối với các đối tợng học sinh khá , giỏi

* Song việc tìm nghiệm nguyên của 1 pt ở chơng trình phổ thông đặc biệt là ở THCS cha nêu ra cụ thể về cách giải cũng nh các dạng bài tập mà thờng nêu ra trong 1bài toán tổng hợp hoặc những bài toán ở các tài liệu tham khảo Do vậy việc giải các pt nghiệm nguyên ở các kì thi nhất là thi học sinh giỏi; thi vào các trờng chuyên, học sinh còn lúng túng cha có

đợccách định hớng và kĩ thuật giải

* Thực trạng của việc dạy và học và giải pt nói chung và giải pt nghiệm nguyên nói riêng trong các lớp THCS cha có đợc 1 chơng trình cụ thể cha đợc định hớng về phơng pháp và kĩ thuật giải mà ngời dạy thờng theo một số kinh nghiệm và khai thác bài tập theo hớng chủ quan của họ nên kết quả của việc dạy giải bài tập loại này còn hạn chế

* Thực tế của chơng trình và SGK không nêu ra phơng pháp giải cho phơng trình nghiệm nguyên, song thực tiễn trong bài tập, trong các đề thi có yêu cầu tìm các giá trị nguyên của nghiệm;đòi hỏi học sinh phải định hớng đợc cách giải

* Thực tế của việc dạy học ở các lớp THCS ,giáo viên cha trang bị cho HS cách suy

nghĩ ,cách giải về loại toán này

* Căn vứ vào thực tế của chơng trình toán THCS; thực tiễn của việc dạy và học ;yêucầu của việc bồi dỡng HS khá giỏi và đặc biệt là việc phát huy tính tích cực chủ động sáng tạo của HS trong hoạt động học tập

* Với các lý do trên nên tôi có ý tởng xây dựng:Một số phơng pháp và kỹ thuật tìm

nghiệm cho một số phơng trình ở chơng trình toán THCS

I.2 Mục đích nghiên cứu.

* Các kỹ thuật, phơng pháp tìm nghiệm nguyên

* Sự áp dụng các phơng pháp tìm nghiệm vào các dạng phơng trình nghiệm nguyên

* Các bài toán có liên quan

I.3 Thời gian, địa điểm.

Năm học: 2006 - 2007; 2007 - 2008

Địa điểm: Trờng THCS Mạo Khê II

I 4 Đóng góp mới về mặt lí luận, thực tiễn.

* Xây dựng đợc quan niệm, cách suy nghĩ, cách khai thác các bài toán trong tập Z

* Xây đựng đợc một số kỹ thuật và phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên

trên cơ sở kiến thức,tri thức phơng pháp đã có trong chơng trình

* Nêu đợc các ứng dụng của các phơng pháp giải vào các dạng phơng trình nghiệm nguyên

và một số ứng dụng của việc đi tìm nghịêm nguyên với các bài toán có liên quan

* Nêu ra bài học kinh nghiệm và cách khắc phục những sai lầm cho học sinh

II Phần Nội dung.

II.1 Chơng 1: Tổng quan.

* Trong chơng này chúng ta hình dung đợc:

Một số khái niệm:

- Giải phơng trình chứa các ẩn x; y; t trong tập Z là tìm tất cả các bộ số nguyên ( x, y , t, ) thoả mãn phơng trình đó.

- Khi giải phơng trình với nghiệm nguyên do phải lợi dụng các tính chất của tập Z nên ngoài các biến đổi tơng đơng ta còn dùng đến các biến đổi mà các giá trị của ẩn mới chỉ thoả mãn điều kiện cần ( chứ cha phải điều kiện cần và đủ của nghiệm ) Trong trờng hợp này ta cần kiểm tra lại các giá trị đó bằng cách thử vào phơng trình đã cho Vì thế việc giải một " Phơng trình nghiệm nguyên" thờng gồm hai bớc:

Bớc1: Giả sử phơng trình có nghiệm nguyên ( x0; y0; t0, ) ta suy ra các ẩn phải nhận các giá trị nào đó

Bớc 2: Thử lại các giá trị đó của ẩn để kết luận tập nghiệm của phơng trình

Để đơn giản trong nhiều trờng hợp (bài toán) bớc 1 không tách riêng một cách tờng minh và các giá trị x0, y0, t0 Vẫn đợc biểu thị bởi x, y, t Với bài toán các phép biến đổi đến tơng

đơng ta không cần bớc hai

Một phơng trình nghiệm nguyên có thể vô nghiệm; vô số nghiệm, hữu hạn nghiệm Trờng hợp phơng trình có vô số nghiệm nguyên Các nghiệm nguyên của phơng trình thờng đợc biểu thị bởi công thức có chứa tham số là số nguyên

Sau đây tôi xin giới thiệu một số kĩ thuậtvà phơng pháp thờng dùng để giải các phơng trình nghiệm nguyên trong chơng trình bồi dỡng học sinh khá, giỏi

* Kỹ thuật sử dụng tính chia hết

* Kỹ thuật xét số của từng vế

* Kỹ thuật dùng bất đẳng thức

* Sử dụng các tính chất của số chính phơng

Nêu ra các ứng dụng của các phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên vào 1số dạng

ph-ơng trình nghiệm nguyên

Tìm điều kiện của tham số có trong phơng trình sao cho các nghiệm của pt đều là số

nguyên

Vận dụng các phơng pháp giải vào các bài toán có liên quan

Nêu ra các bài học kinh nghiệm

II.2 Chơng II: Nội dung vấn đề cần nghiên cứu

II.2.1 Các Kỹ thuật và phơng pháp tìm nghiệm nguyên của

phơng trình

II.2.1.1 Kỹ thuật sử dụng tính chia hết.

a) Phát hiện tính chia hết của 1 ẩn.

* Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình 3x + 17y - 159 = 0 (1)

Thử lại: Thay x, y vào (1) thoả mãn

Vậy (1) có vô số nghiệm nguyên (x; y) đợc biểu thị bởi công thức:

b) Đa về phơng trình ớc số:

* Khi giải phơng trình ta đa phơng trình: f(x, y) = m (1) về dạng:

f1 (x).f2 (y) = k (2) (m, k ∈ Z)

Ta coi (2) là phơng trình ớc số: Vế trái là tích các thừa số nguyên

* Ví dụ: Giải phơng trình trong Z: xy - y - x - 2 = 0 (*)

- Trớc hết ta biến đổi phơng trình: (*) ⇔ x(y - 1) - (y - 1) = 3 ⇔ (y - 1)(x - 1) = 3

(đây chính là phơng trình ớc số) ta coi (y - 1); (x - 1) là các ớ của 3 vì 3 > 0

⇒ (x - 1)(y - 1) cùng dấu: Ta có:

c) Tách ra các giá trị nguyên:

Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của pt: x(y - 2) = y + 2

Giải: Biểu thị x theo y ta có: x = y y−+22 (y ≠ 2) (với y = 2 pt vô nghiệm)

2

4 ) 2

(

− +

=

−

+

−

y y

y

vì x, y nguyên (y ≠ 2) nên: y - 2 là ớc của 4

Ta có: y - 2 ∈ ±4; ±2; ±1

⇒ y ∈ 6; -2; 4; 0; 3; 1

⇒ (x, y) ∈ (0; -2); (3; 4); (-3; 1); (-1; 0); (2; 6); (5; 3)

* Chú ý: Với ví dụ xy - y - x - 2 = 0 ta cũng làm nh trên (coi đây là cách giải 2)

II.2.1.2 Xét theo số d từng vế của phơng trình:

* Dựa vào số d ở mỗi vế của pt khi chia cho cùng một số ta có thể kết luận đợc nghiệm của

pt hoặc có thể biểu thị ẩn theo phép chia có d

a) Ví dụ 1: Chứng minh rằng: Các pt sau không có nghiệm nguyên.

1) x2 - y2 = 1998; 2) x2 + y2 = 1999

ở (1): Dễ chứng minh đợc x2, y2 chia cho 4 chỉ có số d là 0 hoặc 1 ⇒ x2 - y2 chia cho 4 chỉ

có số d là 0, 1, 3 Còn vế phải 1998 chia cho 4 d 2 Vậy pt đã cho vô nghiệm

ở (2): Tơng tự ta có: x2 + y2 chia cho 4 d: 0; 1; 2 Vế phải: 1999 chia cho 4 d 3

Vậy pt vô nghiệm

b) Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của pt: y2 + y - 9x = 2 (*)

Ta có: (*) ⇔ 9x + 2 = y(y + 1)

Vế trái (*) chia cho 3 d 2 nên y(y + 1) chia cho 3 d 2

Suy ra: y = 3k + 1, y + 1 = 3k + 2 (k ∈ Z)

⇒ 9x + 2 = (3k + 1)(3k + 2)

⇔ 9x = 9k(k + 1)

⇔ x = k(k + 1)

* Thử lại: x = k(k + 1); y = 3k + 1 thoả mãn (*)

x = k(k +1)Vậy: Nghiệm của pt là (k ∈ Z)

y = 3k + 1

II.2.1.3 Dùng bất đẳng thức:

a) Phơng pháp sắp thứ tự các ẩn:

* Ví dụ: Tìm 3 số nguyên dơng sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng

Giải: Gọi các số nguyên cần tìm là x,y,t Ta có: x + y + t = x y t (1)

Vì x, y, t có vai trò bình đẳng trong pt nên có thể sắp thứ tự giá trị các ẩn chẳng hạn:

t ≥ y ≥ x ≥ 1 ⇒ x + y + t ≤ 3t hay xyt ≤ 3t ⇒ xy ≤ 3 ⇒ xy ∈ 1; 2; 3

• Với xy=1 Tacó : x=1; y = 1 Thay vào (1) đợc: 2+t = t (loại)

• Với xy =2 Ta có: x=1 ; y =2 ; Thay vào (1) đợc: t = 3

• Với xy = 3 Ta có: x=1; y=3 Thay vào (1) có : t=2 (loại) vì y≤ t

Vậy 3số phải tìm là: 1; 2; 3

b) Xét từng khoảng giá trị của ẩn:

* Ví dụ: Tìm các nghiệm nguyên dơng của pt:1+1 =31

y

Do vai trò bình đẳng của x và y Ta có thể giả sử x ≥ y Hiển nhiên có : 1y < 31

Suy ra: y > 3 Do x≥ y ≥ 1 Suy ra 1x ≤1y Nên 13=1x+1y ≤2y; 2 ≥31

c) Chỉ ra một số nghiệm rồi chứng minh pt chỉ có những nghiệm đó ( hoặc chứng minh

pt chỉ có nghiệm duy nhất).

* Ví dụ: Tìm các số tự nhiên x sao cho 2x + 3x = 5x; chia cả 2 vế cho 5x

Với x = 1 → (1) thoả mãn ( x = 1 là nghiệm)

Ta chứng minh cho x = 1 là 1 nghiệm duy nhất của pt đã cho

Với x ≥ 2 thì: (52 )x < 52

⇒ )x

5

2 ( +(53 )x< 1

(

5

3

)x< 53 Nên pt vô nghiệm với x ≥ 2

Vậy p t chỉ có 1 nghiệm là x = 1

* Ta cũng có thể tìm nghiệm nguyên dơng của pt:

d) Sử dụng điều kiện có nghiệm số của một pt bậc hai 2.

* Ta viết pt f(x,y) = 0 dới dạng pt bậc 2 đối với 1 ẩn (chẳng hạn x) khi đó y là tham số

Điều kiện cần để pt bậc 2 có nghiệm là ∆≥ 0 (Để có nghiệm nguyên còn cần ∆ là số chính phơng)

* Ví dụ: Tìm các nghiệm nguyên của pt: x2 + y2 - xy - x - y = 0 (1)

Ta biến đổi thành pt: x2 - (y + 1) x + (y2 - y) = 0 (2)

( Nhờ đổi tham số coi x là ẩn; y là tham số)

Điều kiện cần để (2) có nghiệm là ∆≥ 0

⇔ (y + 1)2 - 4 (y2 - y) ≥ 0 ⇔ - 3y2 + 6y + 1 ≥ 0

⇔ 3y2 - 6y - 1 ≤ 0 ⇔ 3(y - 1)2 ≤ 4 ⇔ (y - 1)2≤ 1

Suy ra: y - 1≤ 1 ⇔ 0 ≤ y ≤ 2 ⇒ y ∈ 0; 1; 2

Với y = 0 thay vào (2) đợc: x2 - x = 0 ⇒ x1 = 0; x2 = 1

Với y = 1 thay vào (2) đợc: x2 - 2x = 0 ⇒ x3 = 0; x4 = 2

Với y = 2 thay vào (2) đợc: x2 - 3x + 2 = 0 ⇒ x5 = 1; x6 = 2

* Thử lại: Các giá trị trên thoả (1) ta có 6 nghiệm (0; 0); (1; 0); (0; 1); (2; 1); (1; 2); (2; 2)

II.2.1.4 Sử dụng tính chất của số chính phơng.

a) Sử dụng tính chất về chia hết của số chính phơng.

Nhận thấy số chính phơng (2n + 1)2 = 3(12x + 7) ⇒ (2n + 1)2  3 nên chia hết cho 9

Mà (12x+7) không chia hết cho 3 ⇒ 12x+7 không chia hết cho 9

Mâu thuẫn này chứng tỏ không có x ∈ Z để 9x + 5= n(n + 1)

* Chú ý: Có thể làm theo cách khác nh sau: 9x + 5 = n(n + 1) ⇔ n2 + n - (9x + 5) = 0 (*)

(*) có nghiệm nguyên khi ∆ là số chính phơng (coi (*) là pt bậc hai ẩn n).

Nhng ∆ = 1 + 4.(9x + 5) = 36x + 21 chia hết cho 3 nhng không chia hết cho 9 Nên không

* Ta chú ý nguyên lý sau: " ở giửa 2 số chính phơng liên tiếp không có số chính phơng nào

" Do đó với mọi a, x ∈ Z ta có: Không tồn tại x sao cho : a2< x2< (a+ 1)2

Nếu : a2< x2 < (a+2)2 Thì : x2= (a+ 1)2

Ví dụ1: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình: y2= x2+x+ 1

> 0 suy ra: y2 < (a+2)2 (2)

Từ (1) và (2) ta có: a2< y2 < (a+2)2 suy ra: y2= (a+ 1)2

⇔ x4 + 2x3+ 2x2+x + 3 = (x2+ x + 1)2⇔ x2+ x - 2= 0 ⇔ x=1 hoặc x = -2 suy ra nghiệm của p t đã cho là: ( 1; 3 ) ; ( -2 ; 3 )

d) Sử dụng tính chất: Nếu hai số nguyên dơng, nguyên tố cùng nhau có tích là 1 số chính phơng thì mỗi số đều là số chính phơng.

* Giả sử: a.b = c2 với a, b, c ∈ N* và (a; b) = 1

Bằng lập luận phản chứng: Giả sử trong avà b có một số; chẳng hạn a chứa thừa số nguyên

tố p với số mũ lẻ ; thì số b không chứa p Nên c2 chứa p với số mũ lẻ ; trái gt

c2 là số chính phơng

* Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên dơng của pt: x.y = t2 (1)

Giả sử: (x, y, t) = 1 Thật vậy, nếu bộ 3 số: (x0, y0, t0) thoả mãn (1) và có ƯCLN = d

Giả sử: x0 = dx1; y0 = dy1; t0 = dt1 thì (x1; y1; t1) là nghiệm của (1)

Do (x, y, t) = 1 ⇒ x, y, t đôi một nguyên tố cùng nhau Vì nếu 2 trong 3 số x, y, t có

ƯC = d thì số còn lại chia hết cho d

Ta có: t2 = xy mà (x, y) = 1 nên: x = a2; y = b2 (với a, b ∈ N*) ⇒ t2 = xy = (ab)2⇒ t =ab

x = k a2

Vậy: y = k b2 (*) (k nguyên dơng tuỳ ý)

t = k ab

Đảo lại: Hiển nhiên các số x, y, t có dạng (*) thoả mãn (1)

Công thức (*) cho ta các nghiệm nguyên dơng của (1)

e) Sử dụng tính chất: Nếu hai số nguyên liên tiếp có tích là 1 số chính phơng thì 1 trong

2 số nguyên liên tiếp đó bằng 0.

Vì không có số chính phơng ở giữa 2 số chính phơng liên tiếp

Vậy, nếu: a.(a + 1) = k2 thì tồn tại a = 0 hoặc a + 1 = 0

* Chú ý: Nếu 2 số nguyên liên tiếp có tích là 1 số chính phơng thì cha kết luận đợc mỗi số

là số chính phơng Chẳng hạn: -1; 0

* Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của pt: x2 + y2 + xy - xy2 = 0 (1)

• Đa pt về dạng: A(A +1) = B2; ta có (1) ⇔ x2 + y2 + xy = x2y2

Thêm vào hai vế (x.y) ta có (x + y)2 = xy(xy + 1)

Vì xy; (xy + 1) là 2 số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phơng nên tồn tại 1 trong 2

II.2.2.1 Phơng trình bậc nhất 2 ẩn: ax + by = c (a; b; c ∈ Z).

a) Ví dụ: Tìm các nghiệm nguyên của pt: 11x + 18y = 120 (1)

* Nhận xét: Ta có: 11x = (120 - 18y)  6

⇒ 11x  6 ⇒ x  6 Đặt x = 6k (k nguyên)

Thay x = 6k vào (1) Thu gọn ta có:11k + 3y = 20

• Biểu thị ẩn mà hệ số của nó có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn (là y) theo k ta đợc:

2 −k (Cách 3)

Tuy nhiên khi giải cần chọn cách tách hợp lí

b) Cách giải ph ơng trình bậc nhất hai ẩn ax + by = c với nghiệm nguyên (a, b, c ∈ Z)

- Thu gọn pt (chú ý đến tính chia hết của các ẩn)

- Biểu thị ẩn mà hệ số của nó có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn (chẳng hạn x) theo ẩn kia

- Tách riêng giá trị nguyên ở biểu thức của x

- Đặt điều kiện để phân số trong biểu thức của x bằng một số nguyên t1⇒ một pt bậc nhất hai ẩn y và t1

- Tiếp tục làm nh trên đến khi các ẩn đều đợc biểu thị dới dạng một đa thức với các hệ số nguyên

* Thực chất là thay giải pt: ax + by = c bởi giải các pt: a1x + b1y = c1

a2x + b2y = c2

Trong đó các hệ số a1; a2; ;b1; b2; có giá trị tuyệt đối nhỏ dần đến khi đợc một hệ

số có giá trị tuyệt đối bằng 1

* Chú ý: Ngoài cách giải trên ta có thể giải pt ax + by = c bằng cách tìm 1 nghiệm riêng nh sau: Ví dụ: 11x + 18y = 120 (1)

Thử chọn ta đợc: x = 6; y = 3 là 1 nghiệm riêng của (1)

II.2.2.2 Phơng trình bậc hai có hai ẩn:

a) Ví dụ 1: Tìm các nghiệm nguyên của pt: 5x - 3y = 2xy - 11

- Cách giải 1: Biểu thị y theo x: (2x + 3)y = 5x + 11 dễ thấy: 2x + 3 ≠ 0 (vì x ∈ Z)

⇒ y = 2 2 53

3 2

11 5

+

+ +

= +

+

x

x x

• Thử lại các cặp trên nghiệm đúng các pt đã cho

- Cách giải 2: Đa về pt ớc số: 2(5x - 3y) = (2xy - 11).2 ⇔ (2x + 3)(2y - 5) = 7

b) Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của pt:

Từ đó ta có thể tìm đợc các nghiệm của pt: y1 = 5; y2 = 3

Với y = 5 thay vào (2) có: x2 + 14x + 48 = 0 ⇒ x1 = -8; x2 = - 6

Với y = -3 thay vào (2) có: x2 - 10x + 24 = 0 ⇒ x3 = 6; x4 = 4

* Kết luận: (x, y) ∈ (-8; 5); (-6; 5); (6; -3); (4; -3)

* Chú ý: Có thể đa pt đã cho về pt ớc số : (x+ y) (x + 2y - 1) = -3

II.2.2.3 Phơng trình bậc 3 trở lên có 2 ẩn

a) Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của pt: y2 = x ( x + 1 ) ( x + 2 ) ( x + 3 ) (1)

Ta có (1) ⇔ ( x2+ 3x ) ( x2 + 3x +2) = y2 Đặt t = x2 + 3x + 1 (* )

Ta có: (t+ 1) ( t - 1) = y2⇔ ⇔ ( t - y) ( t+ y ) = 1 Giải đợc : (y=0 ; t=1) ; (y=0 ; t=-1)

Từ đó thay vào (*) Ta đợc nghiệm của (1) là :

(x;y) ∈{(0;0) ; (-1;0) ;(-2;0) ; (-3;0) }

b) Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của pt: x3 - y3 -xy = 8 (*)

Ta có: (*)⇔ (x - y)3 + 3xy (x - y) = xy + 8 Đặt x-y = a ; xy=b Ta có pt:

a3 + 3ab = b + 8 ⇔ a3 - 8 = -b ( 3a-1) Suy ra:( a3 - 8 ) = - b (3a - 1)

⇒ (a3 - 8)  (3a - 1) ⇒ 27(a3 - 8)  (3a - 1)

⇒ (27a3 - 1 - 215)  (3a - 1) Do: 27a3 - 1 = (3a)3 - 13 = (3a - 1) (9a2 + 3a + 1)  (3a - 1)Nên: 215  (3a - 1) hay: 5.43  (3a - 1) Do đó: 3a - 1 ∈ ± 1; ± 5; ± 43; ± 215

Vì 3a - 1 chia cho 3 d 2 [3a - 1 = (3a - 3) +2] ⇒ 3a - 1 ∈ -1; 5; - 43; 215

Từ đó có a ∈ 0; 2; - 14; 72 ⇒ b =

a

a

3 1

8 3

−

− ∈ - 8; 0; - 64; - 1736hay:

Vậy chỉ còn hai trờng hợp 1, 2 là nghiệm của pt Ta có: (x; y) ∈ (0; -2); (2; 0)

Cách 3: Bạn có thể biến đổi pt đã cho

⇔ 27x3 - 27y3 - 27xy = 216

⇔ 27x3 - 27y3 - 1- 27xy = 215

Rồi sử dụng công thức: a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c)

2

) ( ) ( ) (a−b 2 + b−c 2 + c−a 2

Vậy nghiệm của pt là (x; y;t) = (5t - 5k - 2; 1 - 2t; 3k)

b) Ví dụ 2: pt x2 + y2 + z2 = 1999 (1) có nghiệm nguyên hay không

• Trờng hợp: có 1 số lẻ 2 số chẵn → vế trái(1) chia cho 4 d 1; vế phải là 1999 : 4 d 3

( loại) → pt không có nghiệm nguyên

Kết luận: pt (1) không có nghiệm nguyên

Đa về pt ớc số: ⇒ x ( y - 6 ) - 6( y - 6) = 37 ⇔ ( x - 6) (y - 6) = 37

Do vai trò bình đẳng của x, y có thể giả sử: x ≥ y ≥ 1 ⇒ x - 6 ≥ y - 6 ≥ -5

Nên chỉ có 1 trờng hợp: x - 6 = 37 ⇔ x = 43

y - 6 = 1 y = 7Vậy: ( x; y) ∈ (43; 7); (7; 43)

b) Ví dụ2: Tìm các số nguyên x sao cho x x−−179 là bình phơng của 1 phân số