Sáng kiến kinh nghiệm Một số phương pháp giải phương trình và bài toán nghiệm nguyên

MỤC LỤC STT Tiờu đề Trang Mục lục 1- 2 A . Đặt vấn đề 3 I. Lớ do chọn đề tài 3 II. Nhiệm vụ của đề tài 3 III. Phạm vi đề tài 4 IV. Phương phỏp nghiờn cứu 4 V. Vấn đề đạt được của đề tài 4 B. Giải quyết vấn đờ 5 Phần I. Cỏc dạng phương trỡnh ngiệm nguyờn thường gặp 5 Dạng 1. Phương trỡnh bậc nhất 2 ẩn 5 Dạng 2. Phương trỡnh bậc hai cú 2 ẩn 5 1. Dạng phương trỡnh thường gặp 5 2. Dạng phương trỡnh đặc biệt 5 Dạng 3. phương trỡnh bậc ba trở lờn cú 2 ẩn 6 Dạng 4. Phương trỡnh đa thức cú ba ẩn trở lờn 6 Dạng 5. Phương trỡnh dạng phõn thức 6 Dạng 6. Phương trỡnh dạng mũ 6-7 Dạng 7. phương trỡnh vụ tỉ 7 Phần II. Một số phương phỏp thường dựng để giải pt nghiệm nguyờn 8 I. Phương phỏp dung tớnh chia hết 8 1. Phương phỏp phỏt hiện tớnh chia hết của một ẩn 9-10 2. Phương phỏp đưa về phương trỡnh ước số 10 3. Phương phỏp tỏch ra cỏc giỏ trị nguyờn 11 II. Phương phỏp tỡm nghiệm riờng để giải pt bậc nhất 2 ẩn 11-14 III. Phương phỏp xột số dư từng vế 14 IV. Phương phỏp dựng BĐT 15 1. Phương phỏp sắp thứ tự cỏc ẩn 15 2. Phương phỏp xột từng khoảng giỏ trị của ẩn 16-17 3. phương phỏp chỉ ra nghiệm nguyờn 17 4. Sử dụng đk để phương trỡnh bậc hai cú nghiệm 17-18 V. Phương phỏp dựng tớnh chất chia hết của 1 số chớnh phương 18 1. Sử dụng t/c chia hết của 1 số chớnh phương 18-19 2. Tạo ra bỡnh phương đỳng 19 3. Xột cỏc số chớnh phương liờn tiếp 19-20 4. Sử dụng t/c: Nếu 2 số ng/dương ng/tố cựng nhau cú tớch là 1 số chớnh phương thỡ mỗi số đều là số chớnh phương 20 5. Sử dụng t/c: Nếu 2 số nguyờn liờn tiếp cú tớch là 1 số chớnh phương thỡ 1 trong 2 số nguyờn liờn tiếp đú bằng 0 20 VI. Phương phỏp sử dụng tớnh chẵn lẻ 21-22 VII. Phương phỏp chứng minh bằng phản chứng 22 VIII. Phương phỏp lựi vụ hạn 23 IX. Giải phương trỡnh vụ tỉ 24 Phần III. Cỏc bài toỏn với nghiệm nguyờn 25 I. Bài toỏn về số tự nhiờn và cỏc chữ số 25-26 II. Bài toỏn về chia hết và số nguyờn tố 26 C. Phần kết 27 Kết quả và Bài học kinh nghiệm 27 Tài liệu tham khảo 28 A . đặt vấn đề i . lý do chọn đề tài Trong những năm gần đây, các đề thi học sinh giỏi bậc THCS của các cấp và các kỳ thi tuyển sinh vào trường THPT, đăc biệt là thi vào trường THPT chuyên, thường gặp những bài toán có yêu cầu tìm số nguyên hoặc tìm nghiệm nguyên của phương trình. Đó là các phương trình và bài toán với nghiệm nguyên. Trong quá trình giảng dạy bản thân tôi nhận thây mảng kiến thức “ phương trình và bài toán với nghiệm nguyên” là một đề tài khá lý thú của số học và đại số, mà trong chương trình học lại không có một bài học cụ thể nào, do vậy đã lôi cuốn tôi nghiên cứu và viết về một phần nhỏ của dạng toán này, đó là “Một số phương pháp giải phương trình và bài toán nghiệm nguyên “. Phương trình và bài toán với nghiệm nguyên là những bài toán khó. Ngoài phương trình bậc nhât hai ẩn, các bài toán tìm nghiệm nguyên thường không có quy tắc tổng quát. Mỗi bài toán với số liệu riêng của nó đòi hỏi một cách giải riêng phù hợp. Do vậy đường lối chung để giải phương trình này là dựa vào đặc điểm của phương trình để thu hẹp miền chứa nghiệm. Điều đó có tác dụng, rèn luyện tư duy toán học linh hoạt và sáng tạo, dần hình thành cho học sinh thói quen đi tìm phương pháp giải tối ưu cho một bài toán nào đó trong thời gian ngắn nhất. Chính vì thế các bài toán nghiệm nguyên không thể không có trong chương trình bồi dưỡng học sinh giỏi của cấp học THCS. Chớnh vỡ phạm vi của đề tài rộng và cú rất nhiều người nghiờn cứu và quan tõm ,nhưng phạm vi đề tài này của tụi chỉ là giới thiệu một số phương phỏp giải và nờu một số phương trỡnh nghiệm nguyờn thường găp.Mặt khỏc đối tượng khỏch thể là học sinh lớp 8.9 trường THCS Thiệu Giang –Thiệu Húa –Thanh Húa.Do những lớ do trờn tụi quyết định chọn đề tài : ‘Một số phương phỏp giải phương trỡnh và bài toỏn nghiệm nguyờn ” làm sỏng kiến cho riờng mỡnh II/ Nhiệm vụ của đề tài Đề tài “Một số phương pháp giải phương trình và bài toán nghiệm nguyên “. Với mỗi phương pháp giải được trình bầy theo cấu trúc gồm : cơ sở lý thuyết và ví dụ minh hoạ, hoặc từ bài toán tổng quát và các ví dụ minh hoạ Đề tài của tụi nhằm đạt được những mục đớch sau : -Nờu được phương hướng giải cỏc phương trỡnh nghiệm nguyờn thường gặp ở bậc THCS -Phõn loại và phương phỏp giải một số dạng phương trỡnh nghiệm nguyờn -Học sinh cú một cỏi nhỡn rừ hơn ,sõu hơn, thấu đỏo hơn về phương trỡnh nghiệm nguyờn, từ đú tiếp cận với phương trỡnh nghiệm nguyờn chủ động hơn sỏng tạo hơn III/ Phạm vi đề tài - Đề tài chỉ đề cập một số phương pháp thường dùng để giải phương trình và bài toán với nghiệm nguyên thường gặp . - Đối tượng mà đề tài nhằm tới là, học sinh khá và giỏi toán lớp 8 và lớp 9 trường THCS Thiệu Giang- Thiệu Húa -Phạm vi hạn chế trong chương trỡnh THCS,phự hợp với từng cấp học IV/ Phương pháp nghiên cứu - Tổng hợp, hệ thống từ việc dạy bồi dưỡng học sinh giỏi - Tham khảo các loại sách bồi dưỡng môn toán và báo toán học tuổi trẻ, toỏn tuổi thơ V/ VẤN ĐỀ ĐẠT ĐƯƠC CỦA ĐỀ TÀI -Học sinh khụng cũn mơ hồ về một phương trỡnh nghiệm nguyờn khú lường, khụng cú phương hướng giải -Tăng khả năng tư duy sỏng tạo toỏn học và phỏt hiện được phẩm chất học toỏn của học sinh - Do thời gian nghiờn cứu của đề tài chưa nhiều nờn cần cú thờm để hoàn thiện và kiểm nghiệm chớnh xỏc hơn B . Giải quyết vấn đề phần I : các dạng phương trình nghiệm nguyên thường gặp Dạng I : Phương trình bậc nhất hai ẩn Phương trình bậc nhất hai ẩn có dạng ax + by = c ví dụ : 5x + 7y = 112 12x - 7y = 45 Phương pháp thường dùng để giải dạng phương trình này là: - Tách ra các giá trị nguyên - Tìm một nghiệm riêng Dạng II : Phương trình bậc hai có hai ẩn 1/ Dạng phương trình thường gặp ví dụ : xy - x - y = 2 xy - 2y -3 = 3x - x2 2x2 + 3xy - 2y2 = 7 * Phương pháp thường dùng để giải dạng phương trình này là : - Tách ra các giá trị nguyên - Đưa về phương trình ước số - Sử dụng điều kiện ≥ 0 - Xét số dư từng vế - Xét các số chính phương liên tiếp - Tạo ra các bình phương phương đúng - Sử dụng tính chất chia hết của số chính phương 2/ Dạng phương trình đặc biệt - Phương trình PEN có dạng : x2 - Py2 = 1 ( P là số nguyên dương, không chính phương ) - Phương trình PITAGO có dạng : x2 + y2 = z2 ( x, y, z là các số nguyên dương ) Dạng III: Phương trình bậc ba trở lên có hai ẩn. Ví dụ : x( x + 1 )( x + 2 )( x + 3 ) x3 - y3 = xy + 8 x2 +xy + y2 = x2y2 *Phương pháp thường dùng để giải dạng phương trình này là : - Đưa về phương trình ước số - 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. - Sử dụng bất đẳng thức. - Đưa về phương trình bậc hai đối với x, Sử dụng điều kiện ≥ 0 - Sử dụng tính chất số chính phương đưa về phương trình ước số. Dạng IV: Phương trìh đa thức có ba ẩn trở lên . Ví dụ : x + y + z = xyz x3 + 2y3 = 4z3 xy = z2 x3 + y3 + z3 - 3xyz = 1 * Phương pháp thường dùng để giải dạng phương trình này là : - Sắp xếp thứ tự các ẩn - Lùi vô hạn - Sử dụng tính chất số chính phương đưa về phương trình ước số. Dạng V: Phương trình dạng phân thức . Ví dụ : * Phương pháp thường dùng để giải dạng phương trình này là : - Xét từng khoảng giá trị của ẩn - Nhân hai vế của phương trình với bội chung của mẫu, để đưa về phương trình bậc nhất hoặc bậc hai có hai, ba ẩn. Dạng VI: Phương trình dạng mũ. Ví dụ : 2x + 3 = y2 2x + 3x = 5x hay : xy = z2 * Phương pháp thường dùng để giải dạng phương trình này là : - Xét các giá trị riêng . - Chỉ ra nghiệm nguyên . - Dùng tính chất : Nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là số môt chính phương thì mỗi số đều là số chính phương. Dạng VII: Phương trình vô tỉ Ví dụ : y = * Phương pháp thường dùng để giải dạng phương trình này là : - Xét giá trị riêng - Bình phương đưa về các dạng phương trình khác . Phần II : một số phương pháp thường dùng để giải phương trình nghiệm nguyên I / phương pháp dùng tính chia hết -Phương phỏp này cú ưu thế đối với phương trỡnh hai ẩn bậc cao.Ta thường hay sử dụng tớnh chất :a\b thỡ ,và kết hợp với điều kiện nghiệm nguyờn ta cú thể tỡm ra những giỏ trị phự hợp của ẩn -Vớ dụ: Tỡm tất cả cỏc nghiệm nguyờn của phương trỡnh: x3-y3 =xy +8 Ta cú : pt ↔ (x –y)3 + 3xy(x-y) =xy+8 Đặt x-y =a và xy=b ta cú phương trỡnh mới a3-3ab =b+8 ↔ a3-8 = -b(3a-1) a3-8 3a-1 27(a3 -8) 3a -1 27a3 -1 -215 3a -1 215 3a -1 Phõn tớch 215 ra thừa số nguyờn tố ta cú: 215 =5.43 Do đú: 3a -1 ( ±1 , ±5, ±43 , ±215 ). Do 3a-1 chia cho 3 dư 2 nờn 3a-1(-1 ,5 ,-43 ,215 ) 3a -1 -1 5 -43 215 a 0 2 -14 72 b= -8 0 -64 -1736 Chỳ ý rằng (x –y)3 + 4xy 0 nờn a2 +4b ≥ 0 , do đú ta chỉ nhận được :a =0, b= 2 Vậy pt cú nghiệm là (x ,y) = (0 , -2) , (2,0) Phương phỏp này cú ưu điểm là sang tạo trong cỏch lập luận, cần khộo lộo linh hoạt trong khi sử dụng và khụng phải lỳc nào cũng sử dụng được phương phỏp này.Đa số học sinh,kể cả học sinh giỏi cũng khụng thớch phương phỏp nảy vỡ nú vận dụng khụng theo một quy trỡnh nào và cần sỏng tạo trong từng bước biến đổi.Sau đõy là một số ỏp dụng phổ biến của phương phỏp 1) Phương pháp phát hiện tính chia hết của một ẩn * Phương pháp chung. áp dụng cho phương trình dạng ax + by = c (1) ( với a, b, c z ) Khi c b hoặc c a Giả sử x, y thoả mãn phương trình (1) Nếu c a ax a by a Thường là ; b a y a , đặt y = at ( t z ) Thay vào (1) ta có : ax + b.at = c ax = c - b.at x = Nếu c b ta làm tương tự * áp dụng : Ví dụ 1 : Giải phương trình với nghiệm nguyên : 2x + 13y = 156 (1) Giải : Giả sử x, y là các số nguyên thoả mãn phương trình (1) Ta thấy 156 13 2x 13 mà  2 không chia hết cho 13 x 13 Đặt x = 13t ( t z ) Thay vào (1) Ta được 2. 13t + 13y = 156 2t + y = 12 y = 12 - 2t Vậy phương trình có nghiệm nguyên biểu thị bởi công thức : ( t là số nguyên tuỳ ý ) Ví dụ 2 : Giải phương trình với nghiệm nguyên 3x +17y = 159 (2) Giải : Giả sử x, y là các số nguyên thoả mãn phương trình (2) Ta nhận thấy 159 3 Nên 17y 3 mà 17 y y 3 Đặt y = 3t thay vào (2) ta có : 3x + 17.3t = 159 x + 17t = 53 x = 53 - 17t Vậy phương trình có nghiệm nguyên biểu thị bởi công thức : ( t là số nguyên tuỳ ý ) 2 / Phương pháp đưa về phương trình ước số. * Phương pháp chung. Đưa phương trình đã cho thành phương trình có dạng: ( ax + b )( ax + b) = f ( với a, b, c, d, f z ) Vì x, y là các số nguyên nên ax + b ; ax + b là các số nguyên và là ước của f. Lập bảng xét các khả năng của ax + b, ax + b, x, y * áp dụng : Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 3xy + x - y = 1 Giải : Từ 3xy + x - y = 1 3(3xy + x - y ) = 3 9xy + 3x - 3y - 1 = 2 3x ( 3y + 1 ) - ( 3y + 1 ) = 2 ( 3y + 1 )(3x - 1 ) = 2 ( Phương trình ước số ) Vì x, y là các số nguyên nên 3x - 1 , 3y + 1 là các số nguyên và là ước của 2 ta có bảng sau : 3x - 1 - 1 1 - 2 2 3y + 1 - 2 2 - 1 1 x 0 / / 1 y - 1 / / 0 Vậy nghiệm nguyên của phương trình là : ( 0 ; -1) , ( 1 ; 0) 3 / Phương pháp tách ra các giá trị nguyên . * Phương pháp chung. - Biểu thị x theo y ( hoặc y theo x ) - Tách phần phân thức và xét giá trị nguyên của phân thức * áp dụng : Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : xy - x - y = 2 Giải : Biến đổi phương trình đã cho ta có . x ( y - 1 ) = y + 2 + Nếu y = 1 thì ta có 0x = 3 Do đó y 1 Do x z nên y - 1 ư(3) Mà ư(3) = -1  ; 1 ; -3 ; 3 Ta có bảng sau : y - 1 -1 1 -3 3 y 0 2 -2 4 x 2 4 0 2 Vậy nghiệm nguyên của phương trình là : ( -2 ; 0 ) , ( 4 ; -2 ) . ( 0 ; -2 ) , ( 2 ; 4 ) II / Phương pháp tìm nghiệm riêng để giải phương trình bậc nhất hai ẩn . * Phương pháp chung. Phương trình ax + by = c (1) trong đó a, b, c z ( a ; b ) Với ( a, b, c ) = 1 Nếu ( a, b, c ) = d 1 thì ta chia hai vế cho d Để tìm một nghiệm riêng của phương trình ax + by = c ta có thể dùng phương pháp thử chọn : lần lượt cho x bằng các số có giá trị tuyệt đối nhỏ ( 0, ± 1, ± 2 ) rồi tìm giá trị tương ứng của y . Trong các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên ta con sử dụng hai định lý . - Định lý 1 : Nếu phương trình (1) có nghiệm nguyên thì ( a, b ) = 1 - Định lý 2 : Nếu ( x0 , y0 ) là nghiệm của phương trình (1) thì phương trình (1) có vô số nhiệm nguyên , và mọi nghiệm nguyên của nó đèu có thể biểu diễn dưới dạng ( t là số nguyên tuỳ ý ) Trong đó t là số nguyên tuỳ ý (t = 0, ± 1, ± 2 ) Tuy nhiên có những phương trình mà phép thử chọn phải tiến hành qua nhiều lần thì những phương pháp trên không phù hợp . Thuật toán Ơclit cho phép ta tìm được ngay một nghiệm riêng của phương trình : ax + by = c băng cách tìm ưcln ( a, b ) . Gọi các thương lần lượt là a1 , a2 , ... ak (trừ thương cuối cùng ) ta tính liên phân số a1 + = Người ta chứng minh được rằng tồn tại một nghiệm riêng ( x0 , y0 ) của phương trình mà hoặc * áp dụng : Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 11x + 18y = 120 (1) Giải : Bằng cách thử chọn ta tìm được x = 6 ; y = 3 là một nghiệm riêng của (1) Ta có 11x + 18y = 120 Hay 11.6 + 18.3 = 120 Trừ từng vế ta có : 11( x - 6 ) + 18( y - 3 ) = 0 11( x - 6 ) = 18( y - 3 ) (2) Như vậy x - 6 18 , đặt x - 6 = 18t với ( t z ) Ta được x = 6 + 18t thay vào (2) ta có 11.18t = 18.( 3 - y ) 11t = 3 - y y = 3 - 11t Vậy công thức nghiệm nguyên của phương trình (1) là ( t là số nguyên tuỳ ý ) Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 3x - 2y = 5 (1) Cách 1 : Ta thấy x0 = 3 , y0 = 2 là nghiệm rêng của (1) Theo định lý 2 , mọi nghiệm của phương trình (1) là. ( t là số nguyên tuỳ ý ) Cách 2 : Ta thấy x0 = 1 , y0 = -1 là nghiệm rêng của (1) Mọi nghiệm của phương trình (1) là. ( t là số nguyên tuỳ ý ) Cách 3 : Ta thấy x0 = 5 , y0 = 5 là nghiệm rêng của (1) Mọi nghiệm của phương trình (1) là. ( t là số nguyên tuỳ ý ) Vậy ta thấy có nhiều công thức biểu thị tập hợp nghiệm của phương trình Ví dụ 3 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 40x - 31y = 2 (1) Giải : Trước hết ta tìm nghiệm riêng của phương trình : 40x - 31y = 1 (2) Dùng thuậy toán ơclit tìm ưcln ( 40, 31 ) ta tìm các thương lần lượt là . a1 = 1 ; a2 = 3 ; a3 = 2 ; a4 = 4 ta có Tồn tại nghiệm riêng ( x0 , y0 ) mà ( do > nên ta chọn < ) ở phương trình : 40x - 31y = 1 không thể có x và y trái dấu.Ta chỉ cần thử nhiều nhất hai cặp số ( 7 ; 9 ) , ( -7 ; -9 ) Thì chọn được nghiệm riêng ( 7 ; 9 ) là nghiệm của phương trình : 40x - 31y = 1 Do đó ( 14 ; 18 ) là nghiệm của phương trình : 40x - 31y = 2 áp dụng định ý 2 thì công thức nghiệm của phương trình (1) có dạng ( t là số nguyên tuỳ ý ) III / Phương pháp xét số dư từng của vế . * Phương pháp chung. - Chuyển ẩn x và ẩn y về hai vế khác nhau - Xét số dư của một vế * áp dụng : Ví dụ 1 : Chứng minh rằng các phương trìh sau không có nghiệm nguyên : x2 - y2 = 2006 b) x2 + y2 = 2007 Giải : a ) Vì x2, y2 là số chính phương nên khi chia cho 4 chỉ có số dư là 0 , 1 Nên x2 - y2 chia cho 4 có số dư là 0 ; 1 ; 3 Mà 2006 chia cho 4 dư 2 Vậy phương trình không có nghiệm nguyên thoả mãn bài toán b ) Tương tự như câu a, x2 + y2 chia cho 4 dư 0 ; 1 ; 2 Mà 2007 chia cho 4 dư 3 Vậy phương trình không có nghiệm nguyên thoả mãn bài toán Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 9x + 2 - y2 - y = 0 Giải : Biến đổi phương trình ta có 9x + 2 = y2 + y 9x + 2 = y( y + 1) Ta thấy vế trái chia cho 3 dư 2 . Nên y( y + 1) chia cho 3 dư 2 Do đó chỉ có thể : y= 3k + 1 ; y + 1 = 3k + 2 ( ) Khi đó 9x + 2 = ( 3k + 1)( 3k + 2 9x + 2 = 9k2 + 9k + 2 9x = 9k ( k + 1 ) x = k ( k + 1 ) Thử lại : x = k ( k + 1 ) ; y= 3k + 1 thoả mãn phương trình đã cho Vậy phương trình có nghiệm nguyên biểu thị bởi công thức : () IV / Phương pháp dùng bất đẳng thức . Bất đẳng thức là chuyờn đề khú, nú lại được kết hợp với phương trỡnh nghiệm nguyờn nờn để ỏp dụng được phương phỏp này cần phải chuẩn bị tốt về kiến thức đặc biệt là BĐT -Nội dung chớnh của phương phỏp này là: giữa hai số nguyờn chỉ cú hữu hạn cỏc số nguyờn.Dưới đõy là một vài phương phỏp minh họa 1 / Phương pháp sắp thứ tự các ẩn . * Phương pháp chung . áp dụng cho phương trình mà vai trò của các ẩn như nhau, khi đó ta xét giá trị của các ẩn sao cho : m ≤ x ≤ y ≤ z hoặc x ≥ y ≥ z ≥ n ( n, m z ) * áp dụng : Ví dụ 1 : tìm ba số nguyên dương sao cho tích của chúng gấp đôi tổng của chúng . Giải : Gọi ba số nguyên dương phải tìm là : x , y , z Ta có xyz = 2( x + y +z ) (1) Với x, y, z có vai trò bình đẳng như nhau nên ta có thể sắp xếp thứ tự các ẩn , chẳng hạn : 1 ≤ x ≤ y ≤ z Ta có xyz = 2( x + y +z ) ≤ 2.3z = 6z xy ≤ 6 - Nếu xy = 1 x = 1 ; y = 1 thay vào (1) ta có z = -4 ( loại ) - Nếu xy = 2 x = 1 ; y = 2 thay vào (1) ta không có giá trị của z - Nếu xy = 3 x = 1 ; y = 3 thay vào (1) ta có z = 8 ( thoả mãn ) - Nếu xy = 4 x = 1 ; y = 4 thay vào (1) ta có z = 5 ( thoả mãn ) x = 2 ; y = 2 thay vào (1) ta có z = 4 ( thoả mãn ) - Nếu xy = 5 x = 1 ; y = 5 thay vào (1) ta có z = 4 ( loại ) vì x ≤ y ≤ z - Nếu xy = 6 x = 1 ; y = 6 thay vào (1) ta có z = ( loại ) x = 2 ; y = 3 thay vào (1) ta có z = ( loại ) Vậy nghiệm của phương trình là bộ ba ( x, y, z )như sau : ( 1 ; 3 ; 8 ) hoặc ( 1 ; 4 ; 5 ) hoặc ( 2 ; 2 ; 4 ) Ví dụ 2 : tìm ba số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng của chúng . Giải : Gọi ba số nguyên dương phải tìm là : x , y , z Ta có x + y + z = xyz (2) chia hai vế của (2) cho xyz ≠ 0 Ta có Giả sử x ≥ y ≥ z ≥ 1 Ta có 1 = ≤ z2 ≤ 3 nên z = 1 Thay z = 1 vào (2) ta có : x + y + 1 = xy xy - x - y = 1 x ( y - 1 ) - ( y - 1 ) = 2 ( x - 1 )( y - 1 ) = 2 Do x ≥ y ≥ z ≥ 1 x - 1 ≥ y - 1 ≥ 0 Nên : Vậy ba số phải tìm là : ( 1 ; 2 ; 3 ) 2 / Phương pháp xét từng khoảng giá trị của ẩn . Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình . Giải : Do vai trò bình đẳng của x, y Giả sử : x ≤ y ; 1 ≤ x ≤ y Ta có 4 (1) Do 1 ≤ x ≤ y Nên Do đó x ≤ 8 (2) Từ (1) và (2) ta có : 4 < x ≤ 8 x 5 6 7 8 y 20 12 Loại 8 Lâp bảng ta được : Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là : ( 5 ; 20 ) ; ( 20 ; 5 ) ; ( 6 ; 12 ) ; ( 12 ; 6 ) ; ( 8 ; 8 ) 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 vài số là nghiệm của phương trình, rồi chứng minh không còn nghiệm nào khác. Ví dụ : Tìm các số tự nhiên x sao cho : 2x + 3x = 35 Giải ; - Với x = 0 vế trái bằng 2 ( loại ) - Với x = 1 vế trái bằng -5 ( loại ) - Với x = 3 Ta có : 23 +33 = 8 + 27 = 35 ( Thoả mãn ) - Với x > 3 Ta có : 2x + 3x > 23 +33 = 35 ( loại ) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất : x = 3 4 / Sử dụng điều kiện ∆ ≥ 0 để phương trình bậc hai có nghiệm * Phương pháp chung . Từ phương trình f( x, y) = 0 ta chuyển về dạng phương trình bậc hai đối với một ẩn, khi đó ẩn còn lại là tham số Điều kiện cần để phương trình có nghiệm là : ∆ ≥ 0 . Để có nghiệm nguyên ∆ phải là một số chính phương Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên của phương trình . x + y + xy = x2 + y2 (1) Giải : Viết phương trình (1) thành phương trình bậc hai đối với x : x2 - ( y + 1 ) x - ( y2 - y ) = 0 (2) Điều kiện cần để phương trình bậc hai có nghiệm là: ∆ ≥ 0 ∆ =( y + 1 )2 - 4( y2 - y ) = y2 + 2y + 1 - 4y2 + 4y = -3y2 + 6y + 1 = - ( 3y2 - 6y - 1 ) ∆ ≥ 0 3y2 - 6y - 1 ≤ 0 3y2 - 6y + 3 - 4 ≤ 0 3( y - 1 )2 ≤ 4 ( y - 1 )2 ≤ 1 Suy ra : y - 1 -1 0 1 y 0 1 2 Với : y = 0 : thay vào (2) ta có : x2 - x = 0 x1 = 0 ; x2 = 1 y = 1 : thay vào (2) ta có : x2 - 2x = 0 x3 = 0 ; x4 = 2 y = 2 : thay vào (2) ta có : x2 - 3x + 2 = 0 x5 = 1 ; x6 = 2 Thử lại các giá trị trên nghiệm đúng phương ttrình (1) Vậy nghiệm nguyên của phương trình là ( 0 ; 0 ) ; ( 1 ; 0 ) ; ( 0 ; 1 ) ; ( 2 ; 1 ) ; ( 1 ; 2 ) ; ( 2 ; 2 ) V / PHương pháp dùng tính chất chia hết của một số chính phương : -Phương phỏp này phạm vi ỏp dụng rất ớt và cú tớnh chất đặc trưng, học sinh gặp khú khăn khi tiếp xỳc với phương phỏp này là : cỏc dạng khụng nhiều và phỏt hiện ra được dạng rất khú,đụi khi nú cũn là vấn đề mấu chốt của bài toỏn -Phương phỏp này được sử dụng chủ yếu 2 tớnh chất sau : + Giữa 2 số chớnh phương liờn tiếp khụng tồn tại số chớnh phương nào + Nếu 2 số nguyờn dương nguyờn tố cựng nhau cú tớch là một số chớnh phương thỡ mỗi số đều là số chớnh phương + Nếu 2 số nguyờn liờn tiếp cú tớch là một số chớnh phương thỡ một trong hai số nguyờn liờn tiếp đú bằng khụng -Sau đõy là một số phương phỏp hay được sử dụng 1 / Sử dụng tính chất chia hết của một số chính phương : - Các số chính phương có tận cùng là 2 ; 3 ; 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 . - Số chính phương chia cho 4 có số dư : 0 ; 1 . - Số chính phương chia cho 8 có số dư : 0 ; 1; 4. Ví dụ : tìm các số nguyên x để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếp : Giải : Giả sử : 9x + 5 = n( n + 1 ) Với n z n2 + n - ( 9x + 5 ) = 0 Để phương trình bậc hai đối với n có nghiệm nguyên, điều kiện cần : ∆ là số chính phương. Nhưng ∆ = 1 + 4( 9x + 5 ) =36x + 21 chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 32 . Vậy 36x + 21 không phải là số chính phương Do đó không tồn tại số nguyên n nào thoả mãn 9n + 5 = n( n + 1 ), tức là không tồn tại số nguyên x để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếp . 2 / Tạo ra bình phương đúng * Phương pháp chung . Chuyển một trong hai ẩn của phương trình có bậc hai về dạng bình phương của tổng ( hiệu ) sau đó sử dụng dấu hiệu chia hết Ví dụ : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : 3x2 + 4y2 =6x + 13 (1) Giải : Biến đổi 3x2 + 4y2 = 6x + 13 3x2 - 6x + 3 = 16 - 4y2 3( x - 1 )2 = 4( 4 - y2) (2) Ta thấy : 4 - y2 ≥ 0 và 4 - y2 3 nên y2 = 1 hoặc y2 = 4 * Với y2 = 1 : khi đó (2) có dạng : 3( x - 1 )2 = 12 ( x - 1 )2 = 4 x - 1 = ± 2 x = 3 ; x = -1 * Với y2 = 4 khi đó (2) có dạng : 3( x - 1 )2 = 0 x = 1 Các cặp số : ( 3 ; 1 ) ; ( -1 ; 1 ) ; ( 3 ; -1 ) ; ( -1 ; -1 ) ; ( 1 ; 2 ) ; ( 1 ; -2 ) thoả mãn phương trình (2) nên là nghiệm của phương trình đã cho. 3 / Xét các số chính phương liên tiếp : Hiển nhiên giữa hai số chính phương liên tiếp không có số chính phương nào .Do đó với mọi số nguyên a, x ta có . - Không tồn tại x để a2 < x2 < ( a + 1)2 - Nếu a2 < x2 < ( a + 2)2 thì x2 = ( a + 1)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 mọi k z ; x nguyên dương ta có x2 + x = k2 + 2k x2 + x + 1 = k2 + 2k + 1 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 = k2 + 2k + 1 (2) Từ (1) và (2) suy ra : x2 < ( k + 1)2 < ( x + 1)2 Vô lý . Vậy không tồn tại số nguyên dương x để x( x + 1) = k( k + 2) 4 / Sử dụng tính chất : Nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là môt số chính phương thì mỗi số đều là số chính phương . Ví dụ : Giải phương trình với nghiệm nguyên dương : xy = z2 Giải : Trước hết ta 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 , x0 = 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, x 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 : ( 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 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 . Ví dụ : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình x2 + xy + y2 = x2y2 Giải : Thêm xy vào hai vế : x2 +2xy + y2 = x2y2 +xy ( x + y)2 =xy( xy + 1) 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. VI / phương pháp sỬ DỤNG TÍNH CHẴN LẺ. *Phương pháp chung -Phương phỏp này cú thể xột vào một trong nhưng phương phỏp đặc biệt,nú đặc biệt bởi vỡ phạm vi ỏp dụng khụng giới hạn cho phương trỡnh dang nào cả, mà tựy từng phương trỡnh cụ thể để ỏp dụng -Ta cú thể sử dung cỏc tớnh chất như : +Tổng của hai số chẵn là một số chẵn +Tổng của hai số lẻ là một số lẻ + tớch của hai số chẵn là một số chẵn +Tớch của hai số lẻ là một số lẻ + Tớch của một số chẵn và một số lẻ là một số lẻ áp dụng: Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên x4 +2y4 -x2y2 - 4x2 -7y2-5 = 0 ↔ (x2 +y2 +1)(x2-2y2 -5) =0 ↔ x2 -2y2 -5 =0 ↔ x2 =2y2 +5 Suy ra : x là số lẻ , đặt x =2m +1 (m :nguyờn dương ) Ta cú :(2m +1)2 =2y2 +5 2m(m +1) = y2 +2 → y2 là số chẵn. Đặt y =2n ta cú m( m+1)