2.1. - PHươNG PHáP 1: Phương pháp đưa về dạng tổng
? Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình có các biểu thức
chứa ẩn viết được dưới dạng tổng các bình phương.
- Biến đổi phương trình về dạng một vế là một tổng của các bình phương các biểu thức chứa
ẩn; vế còn lại là tổng bình phương của các số nguyên (số số hạng của hai vế bằng nhau).
18 trang |
Chia sẻ: thanhthanh29 | Lượt xem: 647 | Lượt tải: 0
Bạn đang xem nội dung tài liệu Các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
1
2. CáC PH−ơNG PHáP GIảI PH−ơNG TRìNH NGHIệM NGUYêN:
2.1. - PH−ơNG PHáP 1: Ph−ơng pháp đ−a về dạng tổng
Ph−ơng pháp: Ph−ơng pháp nμy th−ờng sử dụng với các ph−ơng trình có các biểu thức
chứa ẩn viết đ−ợc d−ới dạng tổng các bình ph−ơng.
- Biến đổi ph−ơng trình về dạng một vế lμ một tổng của các bình ph−ơng các biểu thức chứa
ẩn; vế còn lại lμ tổng bình ph−ơng của các số nguyên (số số hạng của hai vế bằng nhau).
2
2 2 2
2 2
...... ......., ,.... , ... , ,...
A B C m n px y x y x y
Với ( ; ; ,....... )m n p Z
- Giải các hệ t−ơng ứng:
2
2
2
2
2
2
, ,...
, ,...
, ,...
..................
A mx y
B nx y
C px y
2
2
2
2
2
2
, ,...
, ,...
, ,...
..................
A nx y
B mx y
C px y
2
2
2
2
2
2
, ,...
, ,...
, ,...
..................
A px y
B mx y
C nx y
.
Các ví dụ minh hoạ:
- Ví dụ 1: Tìm x;y Z thoả mãn: 2 25x 4xy y 169 (1)
Nhận xét Tìm h−ớng Giải:
Ta thấy cả hai vế của ph−ơng trình có thể biểu diễn đ−ợc bằng tổng của hai bình ph−ơng.
Giải:
(1) 2 2 24x 4xy y x 144 25 169 0
2 2
2 2
2 144 25 (1)
2 169 0 (2)
x y x
x y x
Từ (I) ta có:
2 2
2 2
2 2
2 2
5 52 12 ;
2 225
12 122 5 ;
19 2912
x xx y
y yx
x xx y
y yx
T−ơng tự từ (II) ta có:
2 2
2
2
2 2
02 13
130
132 0
2613
xx y
yx
xx y
yx
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
2
Vậy
5; 2 ; 5; 22 ; 5; 2 ; 5; 22 ; 12; 19 ; 12; 29
,
12; 19 ; 12; 29 ; 0; 13 ; 0; 13 ; 13; 26 ; 13; 26
x y
- Ví dụ 2: Tìm x;y Z thoả mãn: 2 2x + y - x- y = 8 (2)
Nhận xét Tìm h−ớng Giải:
Ta thấy cả hai vế của ph−ơng trình có thể biểu diễn đ−ợc bằng tổng của hai bình ph−ơng.
Giải:
2 2x + y - x- y = 8
2 2
2 2
2 2 2 2
4 4 4 4 32
4 4 1 4 4 1 34
2 1 2 1 5 3
x x y y
x x y y
x y
2 2
2 2
2 2
2 2
2 1 3 2; 1
3; 22 1 5
2 1 5 3; 2
2; 12 1 3
x x x
y yy
x x x
y yy
Vậy ; 2;3 ; 2; 2 ; 1;3 ; 1; 2 ; 3;2 ; 3; 1 ; 2;2 ; 2; 1 x y
Bμi tập áp dụng: Giải các ph−ơng trình nghiệm nguyên;
a/ 2 24 115 2 x y x
b/ 2 2 2 3 2 4 x y z xy x z
2.2. - PH−ơNG PHáP 2: Ph−ơng pháp đ−a về dạng tích
Ph−ơng pháp: Ph−ơng pháp nμy th−ờng sử dụng với các ph−ơng trình có các biểu thức
chứa ẩn phân tích đ−ợc thμnh nhân tử.
- Biến đổi ph−ơng trình về dạng một vế lμ tích của các đa thức chứa ẩn; vế còn lại lμ tích các
số nguyên (số nhân tử của hai vế bằng nhau).
. . ...... . . ........, ,.... , ... , ,... A B C mn px y x y x y
Với ( ; ; ,....... )m n p Z
- Giải các hệ t−ơng ứng:
, ,...
, ,...
, ,...
..................
x y
x y
x y
A m
A n
A p
, ,...
, ,...
, ,...
..................
x y
x y
x y
A n
B m
C p
, ,...
, ,...
, ,...
..................
x y
x y
x y
A p
B m
C n
.
Các ví dụ minh hoạ:
- Ví dụ 1: Tìm x;y Z thoả mãn: 3 3 91 x y (1)
Nhận xét Tìm h−ớng Giải:
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
3
Ta thấy vế trái của ph−ơng trình dễ dμng phân tích thμnh nhân tử.
Giải:
(1) 2 2 91.1 13.7 x y x xy y (Vì 2 2 0 x xy y )
Ta có:
2 2
2 2
2 2
2 2
1 6 5
;
5 691
91
. 91.1 7.13
1
7 3 4
;
4 313
x y x x
y yx xy y
x y
x y x xy y VN
x xy y
x y x x
y yx xy y
2 2
13
7
x y
VN
x xy y
- Ví dụ 2: Tìm x;y Z thoả mãn: 2 2 0 x x y (2)
Nhận xét Tìm h−ớng Giải:
Ta thấy vế trái của ph−ơng trình lμ hiệu của hai đa thức bậc hai độc lập của x vμ y, nên ta có
thể phân tích thμnh nhân tử.
Giải:
2 2 2 2
2 2
0 4 4 4 0
2 1 2 1
2 2 1 2 1 1
x x y x x y
x y
x y x xy
2 2 1 1 0
02 2 1 1
2 2 1 1 1
02 2 1 1
x y x
yx y
x y x
yx y
Vậy: ; 0;0 ; 1;0 x y
Bμi tập áp dụng: Giải các ph−ơng trình nghiệm nguyên;
a/ 2 4 25 x xy
b/ 33 5 x xy
c/ . x y x y
2.3. - PH−ơNG PHáP 3: Ph−ơng pháp cực hạn
Ph−ơng pháp: Ph−ơng pháp nμy th−ờng sử dụng với các ph−ơng trình đối xứng
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
4
- Vì ph−ơng trình đối xứng nên x; y; z có vai trò bình đẳng nh− nhau. Do đó; ta giả thiết
x y z ; tìm điều kiện của các nghiệm; loại trừ dần các ẩn để có ph−ơng trình đơn giản. Giải
ph−ơng trình; dùng phép hoán vị để suy ra nghiệm.
Ta th−ờng giả thiết 1 .... x y z
Các ví dụ minh hoạ:
- Ví dụ 1: Tìm ; ; x y z Z thoả mãn: . . x y z x y z (1)
Nhận xét Tìm h−ớng Giải:
Ta thấy đây lμ ph−ơng trình đối xứng.
Giải:
Giả sử 1 x y z . Khi đó:
(1) . . 3 . 3 x y z x y z z x y (Vì ; ; x y z Z ) . 1;2;3 x y
. Nếu: . 1 1 2 x y x y z z (vô lí)
. Nếu: . 2 1; 2; 3 x y x y z
. Nếu: . 3 1; 3 2 x y x y z y (vô lí)
Vậy: ; ;x y z lμ hoán vị của 1;2;3
- Ví dụ 2: Tìm ; ; x y z Z thoả mãn: 1 1 1 2
x y z
(2)
Nhận xét Tìm h−ớng Giải:
Đây lμ ph−ơng trình đối xứng.
Giải:
Giả sử 1 x y z . Khi đó:
(2) 1 1 1 3 32 1
2
x x
x y z x
Với: 1 1 21 1 2 1;2 x y yy z y
. Nếu: 11 0 y
z
(vô lí)
. Nếu: 2 2 y z
Vậy: ; ;x y z lμ hoán vị của 1;2;2
Bμi tập áp dụng: Giải các ph−ơng trình nghiệm nguyên d−ơng:
a/ . . . x y z t x y z t
b/ 1 1 1 1
1995
x y z
c/ . . . 3 x y z x y z
z y x
d/ 1 . . x y x y z
2.4. - PH−ơNG PHáP 4: Ph−ơng pháp sử dụng tính chất chia hết
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
5
Ph−ơng pháp: Ph−ơng pháp nμy th−ờng sử dụng với các ph−ơng trình có dạng phân thức
mμ tử lμ một số nguyên; đ−ợc dùng để Giải các bμi toán: Tìm giá trị nguyên của biến để biểu
thức nhận giá trị nguyên
- áp dụng tính chất chia hết trong Z để xác định tập giá trị của biểu thức chứa ẩn (th−ờng lμ
biểu thức d−ới mẫu).
Các ví dụ minh hoạ:
- Ví dụ 1: Tìm ; x y Z để: 22 1
x xA
x x
nhận giá trị nguyên
Nhận xét Tìm h−ớng Giải:
Ta thấy A lμ phân thức có tử vμ mẫu hơn kém nhau một hằng số nguyên. Do đó ta có thể
biến đổi A thμnh tổng của một đa thức vμ một phân thức có tử lμ hằng số nguyên
Giải:
Ta có:
2 2
2 2 2
1 1 11
1 1 1
x x x xA
x x x x x x
. Khi đó:
Để A nhận giá trị nguyên thì 2
1
1 x x nhận giá trị nguyên.
2 2 11 1 1 1;1 x x x x U
Vì V: 2 2 01 0; 1 1 1
xx x x x x
x
Vậy để A nhận giá trị nguyên thì: x = 0 hoặc x = - 1
- Ví dụ 2: Tìm ; x y Z thoả mãn: 2 2 22 1 2 . y x x y x y x y (2)
(Đề thi Tuyển sinh vμo 10 chuyên Toán đại học KHTN Hμ Nội)
Nhận xét Tìm h−ớng Giải:
Ta nhận thấy các hạng tử chứa biến từng đôi một có chứa nhân tử chung nên nếu nhóm các
hạng tử hợp lí cho ta đa thức có nhân từ chung (x – 1), nên chia hai vế của ph−ơng trình cho (x
– 1) ta sẽ có một vế luôn nhận giá trị nguyên.
Giải:
Ta có:
(2) 22 . 1 . 1 . 1 1 0 * y x x x y x
Với: 1; * 1 0 1 x x không phải lμ nghiệm của ph−ơng trình.
Nên: 2 12 0 **
1
y x y x .
Ph−ơng trình có nghiệm nguyên 1 01 1 1; 1 11
x
x U
xx
- Ví dụ 3: Tìm ; x y Z thoả mãn: 3x + 1 = (y + 1)2 (3)
Nhận xét Tìm h−ớng Giải:
Vì 3x lμ số lẻ; suy ra (y + 1)2 chia hết cho 2. Sử dụng tính chất nμy ta xét các điều kiên của
nghiệm của ph−ơng trình.
GIảI:
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
6
Ta có:
(3) 23 1 1 2 x y y y .3x lμ số lẻ ; 2 y y lμ hai số lẻ liên tiếp
; 2 1 ; 2 y y y y lμ các luỹ thừa của 3, nên:
3 *
3 2 3
2 3 **
m
m n
n
y
m n x m n
y
Với: 0; 1 1; 1. m n y x
Với: 1; 1 m n Từ
3
* ; ** ; 2 1
2 3
y
y y
y
( vô lí)
Ph−ơng trình có nghiệm nguyên: 1
1
x
y
Bμi tập áp dụng: Giải các ph−ơng trình nghiệm nguyên d−ơng:
a/ 2 22 5 x y
b/ 2 219 28 729 x y
c/ 2 3 xy x y
d/ Chứng tỏ ph−ơng trình sau vô nghiệm: 3 3 3 2000 x y z x y z
2.5. - PH−ơNG PHáP 5: Ph−ơng pháp sử dụng bất đẳng thức
Ph−ơng pháp: Ph−ơng pháp nμy th−ờng sử dụng với các ph−ơng trình mμ hai vế lμ những
đa thức có tính biến thiên khác nhau.
- áp dụng các bất đẳng thức th−ờng gặp:
Bất đẳng thức Cô – si:
Cho n số không âm: 1 2 3; ; ;......; na a a a . Khi đó:
1 2 3 1 2 3
...... . . ....... n n na a a a a a a an .
Dấu “=” xảy ra 1 2 3 ...... na a a a
Bất đẳng thức Bunhiacôpxki:
Cho 2n số thực: 1 2 3; ; ;......; na a a a vμ 1 2 3; ; ;......; nb b b b . Khi đó:
21 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3. . . .... . . . .... . .... n n n na b a b a b a b a a a a b b b b .
Dấu “=” xảy ra 1; i ia kb i n .
Bất đẳng thức giá trị tuyết đối:
. 0
. 0
a b a b
a b
a b a b
Các ví dụ minh hoạ:
- Ví dụ 1: Tìm ; x y Z thoả: . . . 3 x y y z z x
z x y
(1)
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
7
Nhận xét Tìm h−ớng Giải:
Ta thấy đây lμ một ph−ơng trình đối xứng, nên có thể dùng ph−ơng pháp 3 (ph−ơng pháp cực
hạn). Tuy nhiên, các hạng tử trong tổng có giá trị d−ơng nên ta có thể áp dụng bất đẳng thức Cô
– si để xác định điều kiện của tích các ẩn.
GIảI:
áp dụng BĐT Cô – si. Ta có: 33
. . . . . .3 3. . . 3. . . x y y z z x x y y z z x x y z
z x y z x y
.
3 . . 1 . . 1 1 x y z x y z x y z
Vậy nghiệm của ph−ơng trình lμ: 1 x y z
- Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của ph−ơng trình: 2 2 21 3 1 x y x y (2)
(Toán Tuổi thơ 2)
Nhận xét Tìm h−ớng Giải:
Ta nhận thấy hai vế của ph−ơng trình có dạng: bình ph−ơng của tổng vμ tổng các bình
ph−ơng; nên ta có thể vận dụng BĐT Bunhiacôpxki.
GIảI:
Theo Bunhiacôpxki, ta cự:
2 2 2 2 2 2 2 21 1 1 1 1 3 1 x y x y x y
Dấu “ =” xảy ra
1 1
1 1 1
x y x y
Vậy nghiệm của ph−ơng trình lμ: 1x y
- Ví dụ 3: Tìm tất cả các số nguyên x thoả mãn:
3 10 101 990 1000 2004 x x x x x (3)
Nhận xét Tìm h−ớng Giải:
Ta nhận thấy: 2104 = 3 + 10 + 101 + 990 + 1000 =101 + 2003 vμ a a
Giải:
Ta có:
(3) 3 10 101 990 1000 2004 x x x x x .
Mμ
3 3
10 10
101 101 2004 101 2003 101 1
990 990
1000 1000
x x
x x
a a x x x x
x x
x x
Do đó: 1 101 1 101 1;0;1 102; 101; 100 x x x .
Với 101 2004 2003 x (vô lí).
Vậy nghiệm của ph−ơng trình lμ: 102; 100 x
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
8
Bμi tập áp dụng: Giải các ph−ơng trình nghiệm nguyên d−ơng:
a/ 2 2 3 x xy y
b/ 2 2 22 2 2 2 2 4 x y z xy yz z
2.6. - PH−ơNG PHáP 6: Ph−ơng pháp lựa chọn
Ph−ơng pháp: Ph−ơng pháp nμy đ−ợc sử dụng với các ph−ơng trình mμ ta có thể nhẩm
(phát hiện dể dμng) đ−ợc một vμi giá trị nghiệm
- Trên cơ sở các giá trị nghiệm đã biết. áp dụng các tính chất nh− chia hết; số d−; số chính
ph−ơng; chữ số tận cùng .. ta chứng tỏ rằng với các giá trị khác ph−ơng trình vô nghiệm
Các ví dụ minh hoạ:
- Ví dụ 1: Tìm ; x y Z thoả: 6 3 43 1 x x y
Nhận xét Tìm h−ớng Giải:
Ta thấy với 0; 1 x y thì ph−ơng trình đ−ợc nghiệm đúng. Ta cần chứng minh ph−ơng
trình vô nghiệm với 0x
Giải:
+ Với 0; 1 x y thì ph−ơng trình đ−ợc nghiệm đúng
+ Với 0x . Khi đó:
2 26 3 6 3 6 3 3 4 32 1 3 1 4 4 1 2 x x x x x x x y x (*)
Vì 3 31 ; 2 x x lμ hai số nguyên liên tiếp nên không có giá trị nμo của y thoả mãn (*)
Vậy 0; 1 x y lμ nghiệm của ph−ơng trình.
- Ví dụ 2: Tìm ; x y Z thoả: 2 2 11 3 yx x (2)
( Toán học vμ tuổi trẻ)
Nhận xét Tìm h−ớng Giải:
Ta nhận thấy vế phải lμ luỹ thừa bậc lẽ của 3 nên có tận cùng lμ 3 hoặc 9. Ta cần xét chữ số
tận cùng của vế trái..
Giải:
Gọi b lμ chữ số tận cùng của x . Vì vậy 0;1;2;...;9b . Khi đó: 2 1 x x có chữ số tận
cùng lμ: 1, 5 hoặc 9. (*)
Mặt khác: 2 13 y lμ luỹ thừa bậc lẻ của 3 nên có tận cùng lμ 3 hoặc 7. (**)
Từ (*)vμ v (**)suy ra ph−ơng trình vô nghiệm.s
- Ví dụ 3: Tìm ; x y Z thoả mãn: 2 26 13 100 x xy y (3)
Nhận xét Tìm h−ớng Giải:
Với tr−ờng hợp nμy ta có thể sử dụng ph−ơng pháp 1 (Ph−ơng pháp đ−a về dạng tổng). Tuy
nhiên vế phải lμ một số chính ph−ơng nên ta có thể sử dụng tính không âm của luỹ thừa bậc
chẳn để giới hạn tập giá trị, sau đó sử dụng sự lựa chọn.
Giải:
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
9
(3) 2 2 2 2
5
3 4 25
25
y
x y
y n n
Do đó : 5; 4; 3;0;3;4;5 3;9;11;13 y x
Ph−ơng trình có nghiệm nguyên:
; 5;3 ; 4;9 ; 3;11 ; 0;13 ; 3;11 ; 4;9 ; 5;3 x y
Bμi tập áp dụng: Giải các ph−ơng trình nghiệm nguyên d−ơng:
a/ 2. 1 . 1 . 1 x x x x y
b/ 2 26 5 74 x y
2.7.- PH−ơNG PHáP 7: Ph−ơng pháp lùi vô hạn (xuống thang)
Ph−ơng pháp: Ph−ơng pháp nμy th−ờng sử dụng với những ph−ơng trình có (n – 1) ẩn
mμ hệ số có −ớc chung khác 1
- Dựa vμo tính chất chia hết ta biểu diễn ẩn theo ẩn phụ nhằm “hạ” (giảm bớt) hằng số tự do,
để có đ−ợc ph−ơng trình đơn giản hơn.
- Sử dụng linh hoạt các ph−ơng pháp để Giải ph−ơng trình đó.
Các ví dụ minh hoạ:
- Ví dụ 1: Giải ph−ơng trình: 3 3 33 9 0 x y z (1)
Nhận xét Tìm h−ớng Giải:
Ta thấy 3 3 3 3 3 33 9 0 3 9 3 x y z x y z mμ 3 33 9 3 y z nên 3 3x
Giải:
Ta có: (1) 3 3 3 3 13 9 3 3 3 3 x y z x x x x
Khi đó: (1) 3 3 3 3 3 3 31 1 127 3 9 3 9 3 3 3 3 3 x y z x y z y y y y .
3 3 3 31 1 19 27 3 3 3 3 3 x y z z z y z .
* Tiếp tục sự biểu diễn trên vμ nếu gọi 0 0 0; ;x y z lμ nghiệm của (1) vμ thì 0 0 0; ;3 x y zU vμ
0 0 00 ; ; 9 x y z . Thực hiện thử chọn ta đ−ợc: 0 0 0 0 x y z
Vậy nghiệm của ph−ơng trình lμ: 0 0 0 0 x y z
Bμi tập áp dụng: Giải các ph−ơng trình nghiệm nguyên:
a/ 2 3 32 4 x y z
b/ 3 3 32 4 0 x y z
c/ 2 25 0 x y
2.8. - PH−ơNG PHáP 8: Ph−ơng pháp sử dụng điều kiện nghiệm của ph−ơng trình bậc hai
Ph−ơng pháp: Ph−ơng pháp nμy đ−ợc sử dụng với các ph−ơng trình có dạng: ; 0x yf .
Trong đó: ;x yf lμ đa thức bậc hai
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
10
- Biến đổi ph−ơng trình đ−a về dạng ph−ơng trình bậc hai (một ẩn lμ ẩn của ph−ơng trình
bậc hai; một ẩn lμ tham số). Biện luận nghiệm theo điều kiện nghiệm của ph−ơng trình bậc hai.
* Chú ý: Nên chọn ẩn có hệ số bằng 1
Các ví dụ minh hoạ:
- Ví dụ 1: Tìm ; x y Z thoả: 2 23 4 4 2 5 0 x y xy x y (1)
Nhận xét Tìm h−ớng Giải:
Ta thấy ph−ơng trình nμy có thể xem lμ một ph−ơng trình bậc hai ẩn y tham số x.
Giải:
(1) 2 22 2 1 3 4 5 0 y x y x x .
Ta có: 2 1,24; 0 2 1 x y x
Do đó: y nhận giá trị nguyên với giá trị nguyên x nhận giá trị nguyên
2 24 2 x n n x (áp dụng ph−ơng pháp 2: Đ−a về dạng tích)
+ Với 2 5 x y
+ Với 2 3 x y
Vậy nghiệm của ph−ơng trình lμ: 2; 5 ; 2; 3 x y x y
- Ví dụ 2: Tìm ; x y Z thoả: 2 212 6 3 28 x xy y x y (2)
Nhận xét Tìm h−ớng Giải:
Ta thấy ph−ơng trình nμy có thể xem lμ một ph−ơng trình bậc hai ẩn y tham số x
Giải:
(2) 2 23 2 3 14 12 28 0 y x y x x . Ta có: y nhận giá trị nguyên với giá trị nguyên x
2 2 227 196 0 7 0; 1; 2 x k x x
+ Với 0 0 x y
+ Với 1 8 x y
+ Với 1 10 x y
+ Với x y
Vậy nghiệm của ph−ơng trình lμ: 0; 0 ; 1; 8 ; 1; 10 x y x y x y
- Ví dụ 3: Tìm ; x y Z thoả mãn: 2 26 13 100 x xy y (3)
Nhận xét Tìm h−ớng Giải:
Với tr−ờng hợp nμy ta có thể sử dụng ph−ơng pháp 1 (Ph−ơng pháp đ−a về dạng tổng). hoặc
đã Giải trong ph−ơng pháp 6 (ph−ơng pháp lựa chọn). Tuy nhiên, ta có thể đ−a về ph−ơng trình
bậc hai ẩn x tham số y.
Giải:
(3) 24 25 5 y y
Do đó : 5; 4; 3;0;3;4;5 3;9;11;13 y x
Ph−ơng trình có nghiệm nguyên:
; 5;3 ; 4;9 ; 3;11 ; 0;13 ; 3;11 ; 4;9 ; 5;3 x y
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
11
Bμi tập áp dụng: Giải các ph−ơng trình nghiệm nguyên d−ơng:
a/ 2 22 2 2 10 0 x y xy x y
b/ 2 5 5 2 0 x xy y x
3) ứNG DụNG CủA BμI TOáN PH−ơNG TRìNH NGHIệM NGUYêN:
Bμi toán về ph−ơng trình nghiệm nguyên có nhiều ứng dụng lμ công cụ để giải các dạng loại
bμi tập khác. Việc vận dụng đòi hỏi t− duy kết hợp các ph−ơng pháp giải một cách hợp lí. Sau
đây, lμ một số ứng dụng th−ờng gặp của bμi toán ph−ơng trình nghiệm nguyên.
Các ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 1: Tìm n sao cho 8 112 2 2 n lμ số chính ph−ơng (*)
HD Giải: Ta có:
8 11 2 2 8 11 2 22 2 2 2 2 2 48 48 48 n na a a a a a (*)
+ Đặt: , ; n p q p q p q . Ta có:
(*) 548 2 2 2 96 2 2 1 2 .3
48 2
q
p q q p q
p
a
a
( Vì 2 1 p q lẻ ) nên:
5 7 12 q p n
Ví dụ 2: Tìm tất cả các cặp số nguyên tố (x;y) sao cho:
22 2 4 . 1 x y x y (2)
HD Giải:
Ta có: 22 2 2 2 2 21 4 . 1 1 4 x y x y x y x y xy (**)
+ Vì (2) lμ ph−ơng trình đối xứng vμ x, y lμ số nguyên tố nên đặt:
. 6
2
5
x y
x y
x y
vμ y lμ số lẻ (I). Ta có:
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
12
(**)
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
1
6
1 4
1 2
2
1 2
1 2
1
1 2
1 4
4 2
1
1 4
4 1 2
1 1
x y xy
xy a
x y
x y xy
xy b
x y
x y y
x y c
x y x
x y x
x y d
x y y
x y xy
xy e
x y
+ Kết hợp với điều kiện (I) ta có cặp số nguyên tố cần tìm lμ: ; 2; 5x y
Ví dụ 3: Giải hệ ph−ơng trình nghiệm nguyên d−ơng:
3 3 3
15 (1)
495 (2)
x y z
x y z
( Toán học tuổi trẻ số 373; tháng 7/2008)
HD Giải: Ta có: Hệ lμ hệ ph−ơng trình đối xứng vμ
3 3 7 3 3 3 37 343 495 512 8 7 8 x y z
nên: 0 8 x y . Giả sử: 0 8 x y
3 3 33 3 315 480495
x y z
x x y y z z
x y z
(*)
Vì: 3 1 . . 1 ; a a a a a a ; nên:
3 3 3 480 x x y y z z
Kết hợp ph−ơng pháp lựa chọn vμ ph−ơng pháp đ−a về tổng ta có nghiệm của hệ ph−ơng
trình đã cho (x; y; z) lμ hoán vị của (3; 5; 7)
Ví dụ 4: Bμi toán cổ Trăm con trâu – Ăn trăm bó cỏ.
Trâu đứng ăn năm – Trâu nằm ăn ba.
Lụm khụm trâu giμ – Ba con một bó.
HD Giải: Gọi a; b; c lần l−ợt lμ số l−ợng trâu đứng; trâu nằm; trâu giμ. Ta có hệ ph−ơng
trình nghiệm nguyên d−ơng:
100 100
5 3 100 14 8 200
3
a b c c a b
ca b a b
+ áp dụng ph−ơng pháp 4 (Ph−ơng pháp sử dụng tính chất chia hết). Ta có:
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
13
14 200 0;4;8;12
14 8
a
a
a
* Nếu 0 25 75 a b c
* Nếu 4 18 78 a b c
* Nếu 8 11 81 a b c
* Nếu 12 4 84 a b c
Ví dụ 5: Tìm các số nguyên x; y z thỏa mãn:
2 2 2 3 2 3 x y z xy y z (5)
HD Giải: Ta có:
2 2 2(5) 2 2 2 2 6 4 6 x y z xy y z
2 2 22 3 2. 1 5 x x y y z
Đặt: 2 2 22 3 2. 1 A x x y y z
1
1
3 1
1 1
. . 3 . 1 0
x
x y
y
z
x x y y z
Xét 0 1 3 2 5 x x y y y A (vô lí). Vậy 0x
Xét 0x 1 x (a)
+ Nếu 0 3 2 5 x y y x y A (vô lí). Vậy 1 x y x y (b)
+ Nếu 3 0 3 2 5 y y x y A (vô lí). Vậy 3 3 1 y y (c)
+ Nếu 1 0 1. z z (d)
Từ (a); (b); (c); (d) ta có: x =1; y = 2; z = 1
Bμi tập tham khảo:
Tìm số nguyên tố p sao cho 4p + 1 lμ số chính ph−ơng
Tìm số nguyên a lớn nhất để: 27 10164 4 4 aT lμ một số chính ph−ơng
(Toán Tuổi thơ 2 Số 11; tháng 1/2004)
Tìm tất cả bộ ba số nguyên d−ơng x; y; z thoả: 5 5 7 10 xyz x y z
(Toán học tuổi trẻ số 370; tháng 4/2008)
Tìm các số nguyên d−ơng x; y; z thoả: 2 1 1 1 xy z x y
( Toán học tuổi trẻ số 370; tháng 4/2008)
Tìm số nguyên d−ơng nhỏ nhất thoả mãn những điều kiện sau: một phần hai số đó lμ
bình ph−ơng của một số nguyên; một phần ba số đó lμ lập ph−ơng của một số nguyên; một phần
năm số đó lμ luỹ thừa bậc năm của một số nguyên.
(Toán Tuổi thơ 2 Số 47)
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
14
HD: Đ−a về bμi tập Tìm các số nguyên d−ơng x; y; z ; x y Z vμ x; y; z nhỏ nhất thoả
mãn :
1 2
1 3
1 5
2 .3 .5
2 .3 .5
2 .3 .5
x y z
x y z
x y z
a
b
c
Tìm tất cả các số nguyên d−ơng: x; y; z thoả mãn đồng thời cả hai điều kiện sau:
(i)
2006
2006
x y
y z
lμ một số hữu tỉ.
(ii) 2 2 2 x y z lμ một số nguyên tố.
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
15
BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Chuyên đề 1 : Ph−ơng trình nghiệm nguyên.
A. Ph−ơng pháp giải.
+ Ph−ơng trình dạng : ax + by = c, ( a,b,c các số nguyên).
Muốn tìm các nghiệm nguyên ta phải tách đ−ợc phần nguyên ra khi biểu diễn x theo y vμ
ng−ợc lại.
+ Đ−a về ph−ơng trình tích. Ta có thể biến đổi để một vế của ph−ơng trình lμ tích các biểu
thức nguyên của ẩn
cồn vế kia lμ một số nguyênbằng cách phântích số nguyên nμy thμnh các thừa số nguyên tố
ta có thể xét mọi
tr−ờng hợp xảy ra rồi từ đó tính ra nghiệm nguyên của ph−ơng trình.
+ Ph−ơng pháp loại trừ . Từ ph−ơng trình đã cho tìm ra một số điều kiện loại bớt dần những
giá trị của ẩn để
tìm ra nghiệm..
+ Dùng tính chia hết . Ta có thể dùng tính chia hết để thu hẹp miền xác địnhcủa nghiệm đ−a
ph−ơng trình về
những ph−ơng trình đôn giản hơn.
+ Tách phần nguyên. Ta có thể tách phân nguyên riêng ra vμ đặc điều kiện cho phân thức còn
lại cũng lμ một
số nguyên từ đó tìm ra nghiệm của ph−ơng trình.
+ Dùng vai trò bình đẳng của ẩn. Nếu ph−ơng trình nguyên mμ các ẩn x,y,z có vai trò bình
đẳng, ta có thể đặt
điều kiện để giả sử zyx mμ bμi toán không mất tính tổng quát từ đó giới hạn bớt miền
xác định của ẩn
vμ tìm đ−ợc nghiệm của ph−ơng trình.
+ Chứng minh nghiệm duy nhất . Với một số ph−ơng trình có nghiệm nguyên ta có thể thấy
ngay đ−ợc một
hoặc vμi nghiệm , bằng cách chứng minh ph−ơng trình chỉ nhận những nghiệm đó ta kết
luận đ−ợc về
nghiệm của ph−ơng trình đã cho.
B. Bμi tập
3.1/ Tìm nghiệm nguyên d−ơng của ph−ơng trình: 3x + 4y = 29.
3.2/ Tìm các nghiệm nguyên của ph−ơng trình: x + y = xy.
3.3/Tìm nghiệm tự nhiên của ph−ơng trình: xy- 4x= 35-5y.
3.4/ Tìm nghiệm nguyên d−ơng của ph−ơng trình: .100136 22 yxyx
3.5/ Tìm nghiệm nguyên d−ơng của ph−ơng trình: 34553 22 yx .
3.6/ Tìm nghiệm nguyên của ph−ơng trình : .7456 22 yx
3.7/Tìm nghiệm nguyên d−ơng của ph−ơng trình : 5x-3y = 2xy-11.
3.8/ Tìm nghiệm nguyên của ph−ơng trình sau:
a/ )6(252 yyx . b/ 22 91 yx .
c/ 11 + 14xyz + 7x = -22yz - 7z.
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
16
3.9/ Tìm các nghiệm nguyên của các ph−ơng trình sau .
a/ 198722 yx . b/ x(x+1).(x+7).(x+8) = 2y .
3.10/ Tìm nghiệm nguyên d−ơng của ph−ơng trình. x+ y + z = x.y.z
3.11/ Tìm nghiệm nguyên tố của ph−ơng trình.
a/ 012 22 yx . b/ zxy 1 .
3.12/ Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên.
a/ 052323 yxyxx . b/ 0154384 224 yyxx y .
3.13/ Tìm tất cả các bộ số nguyên m , n, p thoả mãn hai đẳng thức sau:
m + n =3 , (1) vμ mn – 2p 12 nm . (2).
3
File đính kèm:
- Phuong trinh nghiem nguyen.pdf