Giải phương trình với nghiệm nguyên

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VỚI NGHIỆM NGUYÊN I. Phương pháp phát hiện tính chia hết của một ẩn Xét PT: ax + by = c (1) , trong đó a,b,c Z; a 0 hoặc b 0 Ta có định lí: “PT (1) có nghiệm nguyên ĩ c ƯCLN(a,b) Khi đã biết chắc PT (1) có nghiệm nguyên ta sẽ tìm các phương pháp để giải PT đó. Ví dụ1. Giải phương trình với nghiệm nguyên : 3x + 17y = 159 Hướng dẫn : Để ý 3x và 159 đều chia hết cho 3 Giải : Vì 3x và 159 đều chia hết cho 3. Do đó 17y chia hết cho 3. Mà 17 và 3 nguyên tố cùng nhau, nên y 3. Đặt y = 3t (t Z). => 3x + 17.3t = 159 x + 17t = 53. Do đó : (t Z). Thử lại, ta thấy x, y nghiệm đúng phương trình. Vậy nghiệm nguyên của phương trình : : (t Z). Bài tập tương tự : 1/ Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : a) 2x + 13y = 156 ; (Đáp số : (nếu phát hiện x 13) hoặc (nếu phát hiện y 2) (Thực chất các nghiệm trên là như nhau) b) 35x + 20y = 120 2/ Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y sao cho 2x2 + y2 = 2007 Giải 2x2 2, 2007 2 nên y2 lẻ y = 2k + 1. Ta có 2x2 + 4k2 + 4k = 2006. Vì 2006 chia 4 dư 2 nên 2x2 4 tức x lẻ, x = 2h + 1. Từ đó 2(2h + 1)2 + 4k2 + 4k = 2006 8h2 + 8h + 4k2 + 4k = 2004. Sốø 2004 8 mà 8h2 + 8h + 4k2 + 4k 8. Vô lí. Vậy không tồn tại các số nguyên x, y thỏa mãn 2x2 + y2 = 2007. 3/ Tồn tại hay không m, n N thỏa mãn m2 + 2006 = n2. Giải Ta có 2006 = n2 – m2 = (n – m)(n + m). Nếu n và m không cùng tính chẵn, lẻ thì n2 – m2 = (n – m)(n + m) là số lẻ 2006. Nếu n, m cùng tính chẵn lẻ thì n2 – m2 = (n – m)(n + m) 4. Nhưng 2006 4. Vậy không tồn tại m, n N thỏa mãn m2 + 2006 = n2 . II/ PHƯƠNG PHÁP TÁCH RA CÁC GIÁ TRỊ NGUYÊN Hướng giải quyết chung : Biểu thị một ẩn theo ẩn còn lại. Dùng tính chất ẩn là một số nguyên để giải tiếp. Ví dụ 2. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : xy – x – y = 2 Giải : Biểu thị x theo y : x(y – 1) = y + 2 Ta thấy y khác 1 (vì nếu y = 1 thì ta có 0x = 3, vô nghiệm. Do đó : x = = 1 + . Để x Z thì Z => y – 1 Ư(3) => y – 1 = 1 y – 1 = -1 y – 1 = -3 y – 1 = 3 => y = 2; x= 4 y = 0; x = -2 y = -2 ; x = 0 y = 4 ; x = 2 Ví dụ 3. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : 7x + 4y = 23 Giải : Biểu thị y theo x ta được : y = Để x Z thì Z ; Đặt = t (t Z) => x = 4t + 1 => y = 4 – 7t Thay các giá trị x, y vào PT đã cho ta được nghiệm đúng Vậy nghiệm nguyên của PT là : x = 4t + 1 ; y = 4 – 7t (t Z) III/ PHƯƠNG PHÁP TÌM MỘT NGHIỆM RIÊNG Ta có định lí : Cho PT ax + by = c (1) trong đó a,b,c Z ; a 0 ; b 0 và (a,b) = 1. Nếu (x0; y0) là một nghiệm nguyên của PT (1) thì PT (1) có vô số nghiệm nguyên và mọi nghiệm nguyên của nó đều có thể biểu diễn dưới dạng : Với t Z  x = x0 + bt y = y0 - at Ví dụ : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : 5x - 3y = 2 Giải : Cách 1 : Dễ thấy x0 = 1 ; y0 = 1 là một nghiệm riêng nên tập hợp các nghiệm nguyên của phương trình là : Với t Z  x= 1 -3t y= 1 – 5t Cách 2 : Ta cũng thấy x0 = 4 ; y0 = 6 là một nghiệm riêng nên tập hợp các nghiệm nguyên của phương trình là : Với t Z  x= 4 -3t y= 6 – 5t Bài tập : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : 1/ 22x – 5y = 77 2/ 7x + 5y = 19 III/ Phương pháp đưa về phương trình ước Ví dụ 2. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : xy – x – y = 2 Giải : Biến đổi phương trình thành : x(y – 1) – y = 2 x(y – 1) – (y – 1) = 3 (y – 1)(x – 1) = 3 Ta gọi phương trình trên là phương trình ước : vế trái là một tích các thừa số nguyên, vế phải là một hằng số nguyên. Ta có x và y là các số nguyên nên x – 1 và y – 1 là các số nguyên và là ước của 3. Do vai trò bình đẳng của x và y trong phương trình nên có thể giả thiết rằng x y, khi đó x – 1 y – 1. Ta có x – 1 3 -1 y – 1 1 -3 Do đó : x 4 0 y 2 -2 Nghiệm nguyên của phương trình : (4 ; 2), (2 ; 4), (0 ; -2), (-2 ; 0). (Làm tương tự : Tìm nghiệm nguyên x + y = xy) Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên :p(x + y) = xy với p là số nguyên tố. Giải : Giả sử x (vì x, y có vai trò như nhau) p(x + y) = xy xy – px + p2 – py = p2 (x – p)(y – p) = p2 Phân tích p2 = p.p = (-p)(-p) = 1.p2 = (-p2)(-1) Từ đó phương trình có các nghiệm nguyên là : (2p ; 2p); (0 ; 0); (p + 1 ; p2 + p); (p2 + p ; p + 1); (p – p2; p – 1) và (p – 1 ; p – p2) Ví dụ 3 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình 3x3 – xy = 5 Lược giải : 3x3 – xy = 5 x(3x2 – y) = 5 Phương trình có nghiệm là (1 ; -2), (5 ; 74) Ví dụ 4 : Tìm tất cả các tam giác vuông có các cạnh là số nguyên và số đo diện tích bằng số đo chu vi. Giải : Gọi x, y, z là các cạnh của tam giác vuông , 1 x y < z Ta có : Từ (1) suy ra : z2 = (x + y)2 – 2xy = (x + y)2 – 4(x + y + z) (theo (2)) (x + y)2 – 4(x + y) + 4 = z2 + 4z + 4 (x + y)2 – 4(x + y) + 4 = z2 + 4z +4 (x + y + 2)2 = (z + 2)2 x + y – 2 = z + 2 (do x + y 2) z = x + y – 4 vào (2) Thay z = x + y – 4 vào (2) ta được : (x – 4)(y – 4) = 8 (x = 5 y = 12) ; (x = 6 ; y = 8) ( Bài tương tự : Tìm hình chữ nhật có các cạnh nguyên sao cho số đo diện tích bằng số đo chu vi) (Tham khảo sách “ Chuyên đề bồi dưỡng chuyên toán cấp 2-3 Số học) Bài tập tương tự : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình (bài 1 – bài 5) 2x + 13y = 156 3xy + x – y = 1. 2x2 + 3xy – 2y2 = 7. x3 – y3 = 91. x2 – xy = 6x – 5y – 8. Cho đa thức f(x) có các hệ số nguyên. Biết rằng f(1).f(2) = 35. Chứng minh rằng đa thức f(x) không có nghiệm nguyên. Hướng dẫn : Ta thấy x 13. Đặt x = 13t (t nguyên) Đáp số Đưa về phương trình ước : (3x – 1)(3y + 1) = 2. Đáp số (1 ; 0), (0 ; -1). Đưa về phương trình ước : (x + 2y)(2x – y) = 7. Đáp số (3 ; -1), (-3 ; 1) Đưa về phương trình ước : (x – y)(x2 + xy + y2) = 13.7 Chú ý : x2 + xy + y2 > 0. Đáp số : (6 ; 5) , (-5 ; -6) , (4 ; -3) , (3 , -4). (Để ý : Không đưa về phương trình ước được. Biểu thị y theo x :xy – 5y = x2 – 6x + 8 (x – 5)y = x2 – 6x + 8. Do x 5 nên y = . Ta có x-5 1 -1 3 -3 x 6 4 8 2 y 8 0 8 0 Giả sử đa thức f(x) có nghiệm nguyên a. Thế thì f(x) = (x – a).g(x). Trong đó g(x) là đa thức có hệ số nguyên. Suy ra f(1) = (1 – a).g(1), f(2) = (2 – a). g(2); Trong đó g(1), g(2) là các số nguyên. Do đó f(1).f(2) = (1 – a)(2 – a)g(1).g(2) (1 – a)(2 – a)g(1).g(2) = 35. Không xảy ra vì tính chẵn lẻ hai vế khác nhau. (do có tích của hai số nguyên liên tiếp 1 – a, 2 – a) –&— IV/ Phương pháp xét số dư của từng vế Ví dụ 6. Chứng minh rằng các phương trình sau không có nghiệm nguyên : x2 – y2 = 2006 x2 + y2 = 2007 Giải : a) Dễ chứng minh x2, y2 chia cho 4 chỉ có số dư 0 hoặc 1 nên x2 – y2 chia cho 4 có số dư 0, 1, 3. Còn vế phải 2006 chia cho 4 dư 2.vậy phương trình không có nghiệm nguyên. b) x2, y2 chia cho 4 có số dư 0, 1 nên x2 + y2 chia cho 4 có số dư 0, 1, 2. Còn vế phải 2007 chia cho 4 dư 3.Vậy phương trình không có nghiệm nguyên. Ví dụ 5. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : 9x + 2 = y2 + y Giải : Biến đổi phương trình : 9x + 2 = y(y + 1). Ta thấy vế trái của phương trình chia cho 3 dư 2 nên y(y + 1) chia cho 3 dư 2. Chỉ có thể : y = 3k + 1, y + 1 = 3k +2 (k nguyên). Khi đó : 9x + 2 = (3k + 1)(3k + 2) 9x = 9k(k + 1) x = k(k + 1). Thử lại, x = k(k + 1), y = 3k + 1 thỏa mãn phương trình đã cho. Đáp số : Bài tập : Chứng minh rằng các phương trình sau không có nghiệm nguyên (Từ bài 1 đến bài 5) 3x2 – 4y2 = 13. 19x2 + 28y2 = 2005. x2 = 2y2 – 8y + 3. x5 – 5x3 + 4x = 24(5y + 1). 3x5 – x3 + 6x2 – 18x = 2004. Chứng minh rằng số A không là lập phương của một số tự nhiên : A = 100050001 49 50 Hướng dẫn 1. Vế phải chia 4 dư 1. Hãy chứng minh rằng vế trái chia cho 4 có số dư khác 1 (chú ý rằng x2 chia cho 4 có số dư bằng 0 hoặc 1). 2. Vế phải là số lẻ nên 19x2 là số lẻ, do đó x là số lẻ. x2 chia cho 4 dư 1 nên 19x2 chia cho 4 dư 3. Vế trái chia cho 4 dư 3, còn vế phải 2005 chia cho 4 dư 1. 3. Vế trái chia cho 8 dư 0, 1, 4. Còn vế phải chia cho 8 dư 3 (nếu y chẵn) hoặc dư 5 (nếu y lẻ) 4. Biến đổi : x(x + 1)(x - 1)(x + 2)(x - 2) = 120y + 24 Vế trái là tích của 5 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 5, còn vế phải không chia hết cho 5. 5. Vế phải chia hết cho 3. Suy ra x3 3, do đó x 3. Khi đó vế trái chia hết cho 9, còn vế phải không chia hết cho 9. 6. A là số chia cho 9 dư 7. Còn lập phương của một số nguyên khi chia cho 9 chỉ có số dư 0, 1, 8. (nếu a = 3k thì a3 chia hết cho 9, nếu a = 3k + 1 thì a3 chia cho 9 dư 1, nếu a = 3k + 2 thì a3 chia cho 9 dư 8). V/ Phương pháp dùng bất đẳng thức 1/ Phương pháp sắp thứ tự các ẩn a)Bài T3/339 TTT số 343 tháng 1 2006 Phương trình x2005 + y2005 = 20072005 có nghiệm nguyên dương không ? Giải : Giả sử x, y là hai số nguyên dương thỏa mãn phương trình x2005 + y2005 = 20072005 Vai trò của x, y trong phương trình như nhau, nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết 1 x y < 2007. Từ bất đẳng thức trên, vì y là số nguyên nên y + 1 2007. Do đó 20072005 ³ (y + 1)2005 = y2005 + 2005y2004 + + 2005y + 1. Để ý rằng, tất cả các số hạng trong khai triển ở vế phải đều dương nên ta được bất đẳng thức : 20072005 > y2005 + 2005y2004 x2005 + y2005 = 20072005 > y2005 + 2005y2004 x2005 > 2005y2004. Lại có y ³ x ³ 1 nên x2005 > 2005y2004 ³ 2005x2004 x > 2005. Ta được 2005 < x y < 2007. Do x, y là hai số nguyên nên suy ra x = y = 2006. Nhưng khi đó vế trái là một số chẵn còn vế phải là một số lẻ, mâu thuẫn. Vậy không có hai số nguyên dương nào thỏa mãn phương trình trong đề bài. b) Bài Ví dụ 6 tr 10 Sách Phương trình nghiệm nguyên VHB) Tìm ba số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng. Giải : Cách 1. Gọi các số nguyên dương phải tìm là x, y, z. Ta có : x + y + z = xyz (1) Chú ý rằng các ẩn x, y, z có vai trò bình đẳng trong phương trình nên có thể sắp thứ tự giá trị của các ẩn, chẳng hạn : 1 x y z. Do đó : xyz = x + y + z 3z. Chia hai vế của bất đẳng thức xyz 3z cho số dương z ta được : xy 3. Do đó xy {1 ; 2 ; 3} Với xy = 1, ta có : x = 1, y = 1. Thay vào (1) được 2 + z = z, loại. Với xy = 2, ta có : x = 1, y = 2. Thay vào (1) được z = 3. Với xy = 3, ta có : x = 1, y = 3. Thay vào (1) được z = 2, loại vì trái với sắp xếp y z. Vậy ba số phải tìm là 1 ; 2 ; 3. Cách 2. Chia hai vế của x + y + z = xyz (1) cho xyz 0 được : Giả sử x ³ y ³ z ³ 1. Ta có : 1 = + + = Suy ra ³ 1, do đó z2 3 nên z = 1. thay z = 1 vào (1) : x + y + 1 = xy xy – x – y = 1 (x – 1)(y – 1) = 2. Ta có x – 1 ³ y – 1 ³ 0 nên Ba số phải tìm là 1; 2; 3. Cách 3. Vai trò x, y, z bình đẳng, nên không mất tính tổng quát ta giả sử z y x 1 Đặt z = 1 + n , y = 1 + m ; x = 1 + p (n m p 0) Phương trình đã cho trở thành : 3 + m + n + p = (1 + n)(1 + m)(1 + p) = 1 + p + m + n + mn + np + mp + mnp Suy ra : mn + np + mp + mnp = 2 Nếu p 1 thì mn + np + mp + mnp 4 Vô lí. Vậy p = 0 suy ra mn = 2. Vì n m 0 nên n = 2 ; m = 1. Vậy ba số phải tìm là 1; 2; 3. 2. Phương pháp xét từng khoảng giá trị của ẩn a) Ví dụ 7 tr 11 Sách PT NG Nguyên VHB Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình : Giải : Do vai trò bình đẳng của x và y, giả sử x y. Dùng bất đẳng thức để giới hạn khoảng giá trị của số nhỏ hơn (là y) Hiển nhiên ta có 3. Mặt khác do x y 1 nên . Do đó : + = . nên y 6. Ta xác định được khoảng giá trị của y là 4 y 6. Với y = 4 ta được : = - = nên x = 12. Với y = 5 ta được : = - = Loại, vì x không là số nguyên. Với y = 6 ta được : = - = nên x = 6. Các nghiệm của phương trình là : (4 ; 12) ; (12 ; 4) ; (6 ; 6) Chú ý a) Để giới hạn y 6, có thể lập luận : y x ( + ) : 2 = : 2 = . Vậy y 6. b) Cách giải đưa về phương trình ước : = xy – 3x – 3y = 0 (x – 3)(y – 3) = 9 3. Phương pháp chỉ ra nghiệm nguyên Phương pháp xét từng khoảng giá trị của ẩn còn được thể hiện dưới dạng : chỉ ra một hoặc vài số là nghiệm của phương trình, rồi chứng minh phương trình không còn nghiệm nào khác . Ví dụ 8 tr 13 Sách VHB Tìm các số tự nhiên x sao cho : 2x + 3x = 5x Giải : Viết phương trình dưới dạng : (1) Với x = 0 thì vế trái của (1) bằng 2, loại. Với x = 1 thì vế trái của (1) bằng 1, đúng. Với x 2 thì < , < . Nên (1) không thỏa mãn với x 2. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất : x = 1. 4/ Sử dụng điều kiện r 0 để phương trình bậc hai có nghiệm Ta viết phương trình f(x, y) = 0 dưới dạng phương trình bậc hai đối với một ẩn, chẳng hạn đối với x, khi đó y là tham số . Điều kiện cần để phương trình có nghiệm là r 0 (để có nghiệm nguyên, còn cần r là số chính phương). Ví dụ 9. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : x + y + xy = x2 + y2 (1) Giải : Viết (1) thành phương trình bậc hai đối với x : x2 – (y + 1)x + (y2 – y) = 0 (2) Điều kiện cần để (2) có nghiệm là r 0. r = (y + 1)2 – 4(y2 – y) = y2 + 2y + 1 – 4y2 + 4y = -3y2 + 6y + 1. r ³ 0 3y2 – 6y – 1 0 3(y – 1)2 4. Do đó (y – 1)2 1. Suy ra : y – 1 -1 0 1 y 0 1 2 Với y = 0, thay vào (2) được x2 – x = 0. Ta có x1 = 0 ; x2 = 1. Với y = 1, thay vào (2) được x2 – 2x = 0. Ta có x3 = 0 ; x4 = 2. Với y = 2, thay vào (2) được x2 – 3x + 2 = 0. Ta có : x5 = 1 ; x6 = 2. Thử lại, các giá trị trên nghiệm đúg phương trình (1). Đáp số : (0 ; 0), (1 ; 0), (0 ; 1), (2 ; 1), (1 ; 2), (2 ; 2) Phương trình (1) có thể giải cách khác : Biến đổi : (x – 1)2 + (y – 1)2 + (x – y)2 = 2. Tổng của ba số chính phương bằng 2 nên tồn tại một số bằng 0. Trường hợp x – 1 = 0 cho đáp số : (1 ; 0), (1 ; 2). Trường hợp y – 1 = 0 cho đáp số : (0 ; 1), (2 ; 1). Trường hợp x – y = 0 cho đáp số : (0 ; 0), (2 ; 2) Bài tập tương tự : 13. Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình : Hướng dẫn : Giả sử 1 x y thì ³ ; x 8. Mặt khác : 4. x 5 6 7 8 y 20 12 loại 8 Đáp số : (5 ; 20), (20 ; 5), (6 ; 12) (12 ; 6), (8 ; 8). 14. Tìm ba số nguyên dương sao cho tích của chúng gấp đôi tổng của chúng. Hướng dẫn : cách 1. xyz = 2(x + y + z) (1) Giả sử x y z. Ta có : xyz = 2(x + y + z) 2.3z = 6z. Suy ra xy 6. Xét xy = 1, có x = y = 1. Thay vào (1) : z = -4, loại. Xét xy = 2, có x = 1, y = 2. Thay vào (1) : loại. Xét xy = 3, có x = 1, y = 3. Thay vào (1) : z = 8. Xét xy = 4, với x = 1, y = 4. Thay vào (1) : z = 5. với x = y = 2. Thay vào (1) : z = 4. Xét xy = 5, có x = 1, y = 5. Thay vào (1) : z= 4, loại. Xét xy =6, với x = 1, y = 6. Thay vào (1) : loại. với x = 2, y = 3. Thay vào (1) : loại. Bộ ba số phải tìm là : 1 ; 3 ; 8 ; hoặc 1 ; 4 ; 5 ; hoặc 2 ; 2 ; 4. Cách 2. Chia hai vế của (1) cho 2xyz được : + + = Giả sử x ³ y ³ z ³ 1 thì ³ nên z2 6. Vậy z {1 ; 2} Với z = 1, thay vào (1) : 2(x + y + 1) = xy. Đưa về phương trình ước : (x – 2)(y – 2) = 6 Ta được : x = 8, y = 3 ; x = 5 ; y = 4. Với z = 2, thay vào (1) : x + y + z = xy. Đưa về phương trình ước : (x – 1)(y – 1) = 3. Ta được : x = 4, y = 2. 15. Tìm bốn số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng. Hướng dẫn : x + y + z + t = xyzt (1) Giả sử 1 x y z t. Ta có xyzt = x + y + z + t 4t, nên xyz 4. Với xyz = 1, ta có x = y = z = 1. Thay vào (1) loại. Với xyz = 2, Đáp số : Bốn số phải tìm là 1 ; 1 ; 2 ; 4. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : 16. x2 + xy + y2 = 2x + y. 17. x2 + xy + y2 = x + y. x2 – 3xy + 3y2 = 3y. x2 – 2xy + 5y2 = y + 1, Tìm cặp số tự nhiên (m, n) thỏa mãn m2 + n2 = m + n + 8 (Lớp 10 LQĐ Bình Định 2005-2006- TTTr 1 2006 Số 343) Tìm các số tự nhiên x thỏa mãn 2x + 3x = 35 Tìm các số nguyên x và y sao cho : x3 + x2 + x + 1 = y3 Hướng dẫn : Chứng minh y > x rồi xét hai trường hợp : y = x + 1 và y > x + 1 23. Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên dương Buổi VI Ngày 27 tháng 02 năm 2006 Giải bài tập về nhà Giải lại bài toán “Bánh chưng gói vụng” và bài phương trình nghiệm nguyên Lê Quý Đôn Bình Định * rABD có PK // BD và * Ta cũng có QN // BD và = Suy ra PK // QN và KS = KN Ta có m2 + n2 = m + n + 8 4m2 + 4n2 = 4m + 4n + 32 (2m – 1)2 + (2n – 1)2 = 34 = 32 + 52 Bài 1 . Đề thi tuyển sinh lớp 10 hệ THPT trường ĐHKHTN Hà Nội năm 2003 TH&TT Số 319 tháng 1/2004 Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức : 2y2x + x + y + 1 = x2 + 2y2 + xy. x2 + xy + y2 = x2y2 Giải : 2y2x + x + y + 1 = x2 + 2y2 + xy 2y2(x – 1) – x(x – 1) – y(x – 1) + 1 = 0 (1) Nhận xét rằng x = 1 không phải là nghiệm của PT(1). Chia cả hai vế PT(1) cho x – 1 ta được : 2y2 – x – y + = 0 (2) PT có nghiệm nguyên, suy ra nguyên nên x – 1 thuộc Thay x = 2 và x = 0 vào PT (2) và để ý y là số nguyên ta được y = 1. Vậy PT đã cho có hai nghiệm nguyên là (2 ; 1) và (0 ; 1). b) Với 2 và 2 ta có x2y2 2(x2 + y2) = x2 + y2 + x2 + y2 x2 + y2 + 2 > x2 + y2 + xy. Vậy 2 hoặc 2. Nếu x = 2 hoặc y = 2 thì PT đã cho không có nghiệm nguyên. Thử với x = 0; x = 1 và x = -1 ta thấy PT đó có 3 nghiệm nguyên (x, y) là (0, 0), (1, -1), (-1, 1). VI/ Phương pháp dùng tính chất của số chính phương 1. Sử dụng tính chất về chia hết của số chính phương Các tính chất thường dùng : Số chính phương không tận cùng bằng 0, 2, 7, 8. Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho p2. Số chính phương chia cho 3 có số dư 0; 1 ; chia cho 4 có số dư 0; 1 Ví dụ : Tìm các số nguyên x để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếp. Giải : Cách 1. Giả sử 9x + 5 = n(n + 1) với n nguyên thì 36x + 20 = 4n2 + 4n 36x + 21 = 4n2 + 4n + 1 3(12x + 7) = (2n + 1)2. Số chính phương (2n + 1)2 chia hết cho 3, nên cũng chia hết cho 9. Ta lại có 12x + 7 không chia hết cho 3 nên 3(12x + 7) không chia hết cho 9. Vậy không tồn tại số nguyên nào để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếp. Cách 2. (Sử dụng phương trình bậc 2) Giả sử 9x + 5 = n(n + 1) với n nguyên. Biến đổi : n2 + n – (9x + 5) = 0. Để phương trình bậc hai đối với n có nghiệm nguyên, điều kiện cần là r là số chính phương. Nhưng r = 1 + 4(9x + 5) = 36x + 21, chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 9, nên không là số chính phương. Vậy không tồn tại số nguyên nào để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếp. 2. Tạo ra bình phương đúng Ví dụ : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : 2x2 + 4x = 19 – 3y2 (1) Giải : 2x2 + 4x + 2 = 21 – 3y2 2(x + 1)2 = 3(7 – y2) (2) 2(x + 1)2 = 3(7 – y2) Ta thấy 3(7 – y2) 2 7 – y2 2 y lẻ. Ta lại có 7 – y2 0 nên chỉ có thể y2 = 1. Khi đó (2) có dạng : 2(x + 1)2 = 18. Ta được : x + 1 = 3, do đó : x1 = 2 ; x2 = -4. Các cặp số (2 ; 1), (2 ; -1), (-4 ; 1), (-4 ; -1) thỏa mãn (2) nên là nghiệm của phương trình đã cho. 3. Xét các số chính phương liên tiếp Sử dụng tính chất : Giữa hai số chính phương liên tiếp, không có số chính phương nào. Không tồn tại x để a2 < x2 < (a + 1)2. Nếu a2 < x2 < (a + 2)2 thì x2 = (a + 2)2. Ví dụ : Chứng minh rằng với mọi số nguyên k cho trước, không tồn tại số nguyên dương x sao cho : x(x + 1) = k(k + 2). Giải Giả sử x(x + 1) = k(k + 2) với k nguyên, x nguyên dương. Ta có : x2 + x = k2 + 2k x2 + x + 1 = k2 + 2k + 1 = (k + 1)2 Do x > 0 nên x2 < x2 + x + 1 = (k + 1)2 (1) Cũng do x > 0 nên (k + 1)2 = x2 + x + 1 < x2 + 2x + 1 = (x + 1)2 (2) Từ (1) và (2) suy ra : x2 < (k + 1)2 < (x + 1)2. Vô lí. Vậy không tồn tại số nguyên dương x để x(x + 1) = k(k + 2). Ví dụ : Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là một số chính phương : x4 + 2x3 + 2x2 + x + 3. Giải Đặt x4 + 2x3 + 2x2 + x + 3 = y2 (1) với y N Ta thấy : y2 = (x4 + 2x3 + x2) + (x2 + x + 3) = (x2 + x)2 + (x2 + x + 3). Ta sẽ chứng minh a2 < y2 < (a + 2)2 với a = x2 + x. Thật vậy : y2 – a2 = + > 0. (a + 2)2 – y2 = = 3x2 + 3x + 1 > 0. Suy ra a2 < y2 < (a + 2)2. Vậy y2 = (a + 1)2 x4 + 2x3 + 2x2 + x + 3 = (x2 + x + 1)2 x2 + x – 2 = 0 Ta được số 9 = 32. Cách giải khác . Đưa về phương trình ước : Nhân hai vế của (1) với 4 : 4y2 = 4x4 + 8x3 + 8x2 + 4x + 12 = 4x4 + 8x3 + 4x2 + 4x2 + 4x + 1 + 11 = [2x2 + (2x + 1)]2 + 11. Do đó : (2x2 + 2x + 1 + 2y) (2x2 + 2x + 1 - 2y) = -11 Ta có 2x2 + 2x + 1 + 2y ³ 2x2 + 2x + 1 - 2y nên có hai trường hợp : a) b) Vô nghiệm. 4. Sử dụng tính chất : Nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là một số chính phương thì mỗi số đều là số chính phương Giả sử ab = c2 với a, b, c N*, (a, b) = 1. Chứng minh bằng phản chứng. Giả sử trong a và b có một số, chẳng hạn a, chứa thừa số nguyên tố p với số mũ lẻ thì số b không chứa thừa số p nên c2 chứa thừa số p với số mũ lẻ, trái với giả thiết c2 là một số chính phương. Ví dụ Giải phương trình với nghiệm nguyên dương xy = z2 (1) Giải : Trước hết ta có thể giả sử (x, y, z) = 1. Thật vậy nếu bộ ba số x0, y0, z0 thoả mãn (1) và có ƯCLN bằng d, giả sử x0 = dx1, y0 = dy1, z0 = dz1 thì (x1, y1, z1) cũng là nghiệm của (1). Với (x, y, z) = 1 thì x, y, z đôi một nguyên tố cùng nhau, vì nếu hai trong ba số x, y, z có ước chung là d thì số còn lại cũng chia hết cho d. Ta có z2 = xy mà (x, y) = 1 nên x = a2, y = b2 với a, b N* Suy ra : z2 = xy = (ab)2, do đó : z = ab. Như vậy : với t là số nguyên dương tuỳ ý. Đảo lại, hiển nhiên các số x, y, z có dạng trên thoả mãn (1). Công thức trên cho ta các nghiệm nguyên dương của (1). 5. Sử dụng tính chất : Nếu hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương thì một trong hai số nguyên liên tiếp đó bằng 0 Giả sử a(a + 1) = k2 (1) với a Z, k N. Chứng minh bằng phản chứng. Giả sử a 0, a + 1 0 thì k2 0. Do k N nên k > 0. Từ (1) suy ra : a2 + a = k2 4a2 + 4a = 4k2 4a2 + 4a + 1 = 4k2 + 1 (2a + 1)2 = 4k2 + 1 (2) Do k > 0 nên 4k2 < 4k2 + 1 < 4k2 + 4k + 1 (3). Từ (2) và (3) : (2k)2 < (2a + 1)2 < (2k + 1)2, vô lí. Vậy nếu a(a + 1) = k2 thì tồn tại một trong hai số a, a + 1 bằng 0. Ví dụ : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình x2 + xy + y2 = x2y2 (1) Giải Thêm xy vào hai vế : x2 + 2xy + y2 = x2y2 + xy (x + y)2 = xy(xy + 1) (2) Ta thấy xy và xy + 1 là hai số nguyên liên tiếp, có tích là một số chính phương nên tồn tại một số bằng 0. Xét xy = 0. Từ (1) có x2 + y2 = 0 nên x = y = 0. Xét xy + 1 = 0. Ta có xy = -1 nên (x, y) bằng (1 ; -1) hoặc (-1 ; 1). Thử lại ba cặp số (0 ; 0), (1 ; -1), (-1 ; 1) đều là nghiệm của phương trình đã cho. Các cách giải khác : Cách 2. Đưa về phương trình ước : 4x2 + 4xy + 4y2 = 4x2y2 4x2 + 8xy + 4y2 = 4x2y2 + 4xy (2x + 2y)2 = (2xy + 1)2 – 1 (2xy + 1)2 - (2x + 2y)2 = 1. Sau đó đưa về phương trình ước. Cách 3. Dùng tính chất của số chính phương rồi sau đó đưa về phương trình ước : 4x2 + 4xy + 4y2 = 4x2y2 (2x + y)2 + 3y2 = 4x2y2 (2x + y)2 = y2(4x2 – 3). Nếu y = 0 thì x = 0, ta có (0 ; 0) là một nghiệm. Nếu y 0 thì 4x2 – 3 phải là số chính phương. Ta có 4x2 – 3 = k2 ( k N), đưa về (2x – k)(2x + k) = 3 Tìm được x1 = 1 ; x2 = -1. Từ đó tìm được y. Cách 4. Dùng bất đẳng thức. Không mất tính tổng quát, giả sử , thế thì x2 y2, xy y2. Do đó : x2 + xy + y2 = x2y2 y2 + y2 + y2 = 3y2. Nếu y = 0 thì x = 0. Nếu y 0 thì chia hai vế cho y2 được x2 3. Do đó x2 = 1. Ta có thêm hai nghiệm : (1 ; -1), (-1 ; 1). Cách 5. Đưa về phương trình bậc hai đối với ẩn x : (y2 – 1)x2 – yx – y2 = 0 (2) Xét y = 1, (2) có dạng : -x – 1 = 0 được x = -1. Xét y = -1, (2) có dạng : x – 1 = 0 được x = 1. Xét y 1, (2) là phương trình bậc hai đối với x . r = y2 + 4y2(y2 – 1) = y2(4y2 – 3). Ta phải có r là số chính phương. Nếu y = 0 thì từ (2) suy ra x = 0. Nếu y 0 thì 4y2 – 3 phải là số chính phương. Ta có 4y2 – 3 = k2 (k N) nên (2y + k)(2y – k) = 3. Ta tìm được y = 1, loại vì ta đ