Giải phương trình vô định 18x + 66y = 72
|
This Paper A short summary of this paper 37 Full PDFs related to this paper
Turn your PDF publications into a flip-book with our unique Google optimized e-Paper software.
Extended embed settings
www.vnmath.com www.vnmath.com 1 Giáo viên hướng dẫn: thầy ĐỖ KIM SƠN www.VNMATH.comwww.vnmath.com www.vnmath.com 2 Lời nói đầu Trang Phần 1: Các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên 4 Phương pháp 1:Xét số dư của từng vế. 5 Phương pháp 2: Đưa về dạng tổng 5 Phương pháp 3: Dùng bất đẳng thức 6 Phương pháp 4: Dùng tính chia hết, tính đồng dư . 8 Phương pháp 5: Dùng tính chất của số chính phương 11 Phương pháp 6: Lùi vô hạn, nguyên tắc cực hạn 14 Phương pháp 7: Xét chữ số tận cùng 15 Phương pháp 8: Tìm nghiệm riêng 15 Phương pháp 9: Hạ bậc 16 Phần 2: Các dạng phương trình có nghiệm nguyên 18 Dạng 1: Phương trình bậc nhất hai ẩn 19 Dạng 2: Phương trình bậc hai có hai ẩn 19 Dạng 3: Phương trình bậc ba trở lên có hai ẩn. 21 Dạng 4: Phương trình đa thức có ba ẩn trở lên 23 Dạng 5: Phương trình dạng phân thức 24 Dạng 6: Phương trình dạng mũ 25 Dạng 7: Hệ phương trình vô tỉ 26 Dạng 8: Hệ phương trình với nghiệm nguyên 28 Dạng 9: Hệ phương trình Pytago 28 Dạng 10: Phương trình Pel 30 Dạng 11: Điều kiện để phương trình có nghiệm nguyên. 32 Phần 3: Bài tập áp dụng 33 Phụ lục 48 Lời cảm ơn 52 www.VNMATH.comwww.vnmath.com www.vnmath.com 3 Phương trình và bài toán với nghiệm nguyên là một đề tài lý thú của Số học và Đại số, từ những bài toán về tính mỗi loại trâu Trăm trâu trăm cỏ đến các chuyên gia toán học lớn với các bài toán như định lý lớn Fecma. Được nghiên cứu từ thời Điôphăng thế kỉ thứ III, phương trình nghiệm nguyên vẫn còn là đối tượng nghiên cứu của toán học. Phương trình nghiệm nguyên vô cùng đa dạng, vì thế nó thường không có quy tắc giải tổng quát. Mỗi bài toán, với số liệu riêng của nó, đòi hỏi một cách giải riêng phù hợp. Thời gian qua, nhờ sự hướng dẫn của giáo viên bộ môn, chúng em xin giới thiệu chuyên đề “Phương trình nghiệm nguyên”. Chuyên đề này là sự tập hợp các phương pháp cũng như các dạng phương trình khác nhau của phương trình nghiệm nguyên, do chúng em sưu tầm từ các nguồn kiến thức khác nhau. Chúng em mong muốn quyển chuyên đề sẽ giúp ích một phần cho việc tìm hiểu của các bạn học sinh về vấn đề nêu trên. Quyển chuyên đề này gồm có 3 phần chính. Đầu tiên chúng em xin giới thiệu các phương pháp thường dùng để giải phương trình với nghiệm nguyên, sau đó là việc tìm hiểu cách giải các dạng phương trình khác nhau của nó và cuối cùng là phần bài tập. Trong quá trình biên soạn, sưu tầm và tập hợp các phương pháp cùng những ví dụ, bài tập, tuy chúng em đã cố gắng rất nhiều nhưng thiếu sót là điều khó tránh khỏi. Vì vậy, chúng em mong thầy và các bạn khi xem xong quyển chuyên đề này hãy đóng góp ý kiến để giúp những chuyên đề sau được hoàn thành tốt hơn. Xin chân thành cảm ơn! Nhóm biên tập www.VNMATH.comwww.vnmath.com www.vnmath.com 4 www.VNMATH.comwww.vnmath.com www.vnmath.com 5 1) PHƯƠNG PHÁP XÉT SỐ DƯ CỦA TỪNG VẾ Ví dụ 1: Chứng minh các phương trình sau không có nghiệm nguyên: a) 221998xy b) 221999xy Giải: a) Dễ chứng minh 22,xy chia cho 4 chỉ có số dư 0 hoặc 1 nên 22xy chia cho 4 có số dư 0, 1, 3. Còn vế phải 1998 chia cho 4 dư 2 Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. b) 22,xy chia cho 4 có số dư 0, 1 nên 22xy chia cho 4 có các số dư 0, 1, 2. Còn vế phải 1999 chia cho 4 dư 3. Vậy phương trình không có nghiệm nguyên. Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 292xyy Giải Biến đổi phương trình: 92(1)xyy Ta thấy vế trái của phương trình là số chia hết cho 3 dư 2 nên ( 1)yy chia cho 3 dư 2. Chỉ có thể: 3 1yk, 1 3 2yk với k nguyên Khi đó: 9 2 (3 1)(3 2)xkk 9 9 ( 1)xkk (1)xkk Thử lại, (1)xkk, 31yk thỏa mãn phương trình đã cho. Đáp số (1)31xkkyk với k là số nguyên tùy ý 2) PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ DẠNG TỔNG Biến đổi phương trình về dạng: vế trái là tổng của các bình phương, vế phải là tổng của các số chính phương. Ví dụ 3: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 228xyxy (1) Giải: (1)22444432xyxy 222222(4 4 1) (4 4 1) 34|2 1| |2 1| 3 5xx yyxy Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 chì có duy nhất một dạng phân tích thành tồng của hai số chính phương 223,5. Do đó phương trình thỏa mãn chỉ trong hai khả năng: |2 1| 3|2 1| 5xy hoặc |2 1| 5|2 1| 3xy www.VNMATH.comwww.vnmath.com www.vnmath.com 6Giải các hệ trên phương trình (1) có bốn nghiệm nguyên là: (2 ; 3), (3 ; 2), (1 ; 2), ( 2 ; 1) 3) PHƯƠNG PHÁP DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC Trong khi giải các phương trình nghiệm nguyên rất cần đánh giá các miền giá trị của các biến, nếu số giá trị mà biến số có thể nhận không nhiều có thể dùng phương pháp thử trực tiếp để kiểm tra. Để đánh giá được miền giá trị của biến số cần vận dụng linh hoạt các tính chất chia hết, đồng dư, bất đẳng thức … a) Phương pháp sắp thứ tự các ẩn Ví dụ 4: 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: xyzxyz (1) Chú ý rằng các ẩn x, y, z có vai trò bình đẳng trong phương trình nên có thể sắp xếp thứ tự giá trị của các ẩn, chẳng hạn: 1xyz Do đó: 3xyz x y z z Chia hai vế của bất đảng thức 3xyz z cho số dương z ta được: 3xy Do đó {1; 2 ; 3}xy 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 yz Vậy ba số phải tìm là 1; 2; 3. Cách 2: Chia hai vế của (1) cho 0xyz được: 1111yz xz xy Giả sử 1xyz ta có 222 2111 11131yzxzxyzzzz Suy ra 231z do đó 23z nên z = 1. Thay z = 1 vào (1): 1xyxy 1xyxy ( 1) ( 1) 2xy y (1)(1)2xy Ta có 110xy nên Suy ra Ba số phải tìm là 1; 2; 3 Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau : 5(x + y + z + t) + 10 = 2xyzt . x – 1 2 y – 1 1 x 3 y 2 www.VNMATH.comwww.vnmath.com www.vnmath.com 7Giải Vì vai trò của x, y, z, t như nhau nên có thể giả thiết x ≥ y ≥ z ≥ t. Khi đó : 2xyzt = 5(x + y + z + t) +10 ≤ 20x + 10 315 15 2yzt t t Với t = 1 ta có : 2xyz = 5(x + y + z) +15 ≤ 15x + 15 2230230 3yz z z Nếu z = 1 thì 2xy = 5(x + y) + 20 hay 4xy = 10(x + y) + 40 hay (2x – 5)(2y – 5) = 65 . Dễ thấy rằng phương trình này có nghiệm là (x = 35; y = 3) và (x = 9; y = 5). Giải tương tự cho các trường còn lại và trường hợp t = 2. Cuối cùng ta tìm được nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho là (x; y; z; t) = (35; 3; 1; 1); (9; 5; 1; 1) và các hoán vị của các bộ số này. b) Phương pháp xét từng khoảng giá trị của ẩn Ví dụ 6: Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình: 1113xy Giải: Do vai trò bình đẳng của x và y, giả sử xy . Dùng bất đẳng thức để giới hạn khoảng giá trị của số nhỏ hơn (là y). Hiển nhiên ta có 113y nên 3y (1) Mặt khác do 1xy nên 11xy. Do đó: 1111123xyyyy nên 6y (2) Ta xác định được khoảng giá tri của y là 4 6y Với y = 4 ta được: 111 13412x nên x = 12 Với y = 5 ta được: 111 23515x loại vì x không là số nguyên Với y = 6 ta được: 111136 6x nên x = 6 Các nghiệm của phương trình là: (4 ; 12), (12 ; 4), (6 ; 6) c) Phương pháp chỉ ra nghiệm nguyên Ví dụ 7: Tìm các số tự nhiên x sao cho: 235xxx Giải: Viết phương trình dưới dạng: www.VNMATH.comwww.vnmath.com www.vnmath.com 823155xx (1) Với x = 0 thì vế trái của (1) bằng 2, loại. Với x = 1 thì vế trái của (1) bằng 1, đúng Với 2x thì 2233,5555xx nên: 232315555xx loại Nghiệm duy nhất của phương trình là x = 1 d) Sử dụng diều kiện 0 để phương trình bậc hai có nghiệm Ví dụ 8: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 22xyxyx y (1) Giải Viết (1) thành phương trình bậc hai đối với x: 22(1)( )0xyxyy (2) Điều kiện cần để (2) có nghiệm là 0 22 2(1)4( )3 610yyyyy 23610yy 23( 1) 4y Do đó 2(1)1y suy ra: y – 1 -1 0 1 y 0 1 2 Với y = 0 thay vào (2) được 21200;1xx x x Với y = 1 thay vào (2) được 23420 0; 2xx x x Với y = 2 thay vào (2) được 256320 1; 2xx x x Thử lại, các giá trị trên nghiệm đúng với phương trình (1) Đáp số: (0 ; 0), (1 ; 0), (0 ; 1), (2 ; 1), (1 ; 2), (2 ; 2) 4) PHƯƠNG PHÁP DÙNG TÍNH CHIA HẾT, TÍNH ĐỒNG DƯ Khi giải các phương trình nghiệm nguyên cần vận dụng linh hoạt các tính chất về chia hết, đồng dư, tính chẵn lẻ,… để tìm ra điểm đặc biệt của các biến số cũng như các biểu thức chứa trong phương trình, từ đó đưa phương trình về các dạng mà ta đã biết cách giải hoặc đưa về những phương trình đơn giản hơn a) Phương pháp phát hiện tính chia hết của ẩn: Ví dụ 9: Giải phương trính với nghiệm nguyên: 3x + 17y = 159 Giải: Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn phương trình. Ta thấy 159 và 2x đều chia hết cho 3 nên 17y3 do đó y3 ( vì 17 và 3 nguyên tố cùng nhau) Đặt y = 3t (t ). Thay vào phương trình ta được: www.VNMATH.comwww.vnmath.com www.vnmath.com 93x + 17.3t = 159 x + 17t = 53 Do đó: 53 173xtyt ( t ) Đảo lại, thay các biểu thức của x và y vào phương trình ta được nghiệm đúng. Vậy phương trình (1) có vô số nghiệm nguyênđược xác định bằng công thức: 53 173xtyt (t là số nguyên tùy ý) Ví dụ 10: Chứng minh rằng phương trình : 22527xy (1) không có nghiệm là số nguyên. Giải Một số nguyên x bất kì chỉ có thể biểu diễn dưới dạng x = 5k hoặc x = 5k ± 1 hoặc x = 5k ± 2 trong đó k Nếu x = 5k thì : 22 22(1) (5 ) 5 27 5(5 ) 27ky ky Điều này vô lí, vì vế trái chia hết cho 5 với mọi k và y là số nguyên, còn vế phải không chia hết cho 5 Nếu x = 5k ± 1 thì : 22(1) (5 1) 5 27ky 2225 10 1 5 27kk y 225(5 4 ) 23kky Điều này cũng vô lí, vế trái chia hết cho 5 với mọi k và y là số nguyên, còn vế phải không chia hết cho 5 Nếu x = 5k ± 2 thì : 22(1) (5 2) 5 27ky 2225 20 4 5 27kk y 225(5 4 ) 23kky Lập luận tương tự như trên, điều này cũng vô lí Vậy phương trình đã cho không có nghiệm là số nguyên Ví dụ 11: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau : 19x2 + 28y2 = 729. Giải Cách 1. Viết phương trình đã cho dưới dạng (18x2 + 27y2) + (x2 + y2) = 729 (1) Từ (1) suy ra x2 + y2 chia hết 3, do đó x và y đều chia hết cho 3. Đặt x = 3u, y = 3v ( , )uv Thay vào phương trình đã cho ta được : 19u2 + 28v2 = 81. (2) Từ (2) lập luận tương tự trên ta suy ra u = 3s, v = 3t ( , )st Thay vào (2) ta có 19s2 + 28t2 = 9. (3) Từ (3) suy ra s, t không đồng thời bằng 0, do đó www.VNMATH.comwww.vnmath.com www.vnmath.com 10 19s2 + 28t2 ≥ 19 > 9. Vậy (3) vô nghiệm và do đó phương trình đã cho cũng vô nghiệm. Cách 2. Giả sử phương trình có nghiệm Từ phương trình đã cho ta suy ra x2 ≡ -1 (mod 4), điều này không xảy ra với mọi số nguyên x. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm b) Phương pháp đưa về phương trình ước số Ví dụ 12: 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 số: vế trái là 1 tích các thừa số nguyên, vế phái là một hằng số. Ta có x và y là các số nguyên nên x – 1 và y – 1 là các số nguyên và là ước của 23. Do vai trò bình đẳng của x và y trong phương trình nên có thể giả sử x y, khi đó x – 1 y – 1 Ta có: Do đó: x 4 0 y 2 -2 Nghiệm nguyên của phương trình: (4 ; 2), (2 ; 4), (0 ; -2), (-2 ; 0) Ví dụ 13: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x + xy + y = 9. Giải Phương trình đã cho có thể đưa về dạng : (x + 1)(y + 1) = 10. (1) Từ (1) ta suy ra (x + 1) là ước của 10 hay (1){1;2;5;10}x Từ đó ta tìm được các nghiệm của phương trình là : (1, 4), (4, 1), (-3, -6), (-6, -3), (0, 9), (9, 0), (-2, -11), (-11, -2). Ví dụ 14: Xác định tất cả các cặp nguyên dương (x; n) thỏa mãn phương trình sau 33367 2nx Giải Để sử dụng được hằng đẳng thức a3 – b3 = (a – b)(a2 + ab + b2) ta chứng minh n chia hết cho 3 . Từ phương trình đã cho ta suy ra 32nx(mod 7). x – 1 3 -1 y – 1 1 -3 www.VNMATH.comwww.vnmath.com www.vnmath.com 11Nếu n không chia hết cho 3 thì 2n khi chia cho 7 chỉ có thể cho số dư là 2, 4 hoặc 7, trong khi đó 3x khi chia cho 7 chỉ có thể cho số dư là 0, 1, hoặc 6 nên không thề có đồng dư thức 32nx (mod 7). Vậy n = 3m với m là một số nguyên dương nào đó. Thay vào phương trình đã cho ta được 333367 2mx 2(2 )[(2 ) 3 .2 ] 3367mmxmx x (1) Từ (1) ta suy ra 2mx là ước của 3367 Hơn nữa,33 3(2 ) 2 3367mmxx nên (2 ) {1;7;13}mx Xét21mx, thay vào (1) ta suy ra 2m(2m – 1) = 2 × 561, vô nghiệm. Xét 2 3mx, thay vào (1) ta suy ra 2m(2m – 13) = 2 × 15, vô nghiệm. Xét 2 7mx, thay vào (1) ta suy ra 2m(2m – 7) = 24 × 32. Từ đó ta có m = 4; n = 3m = 12, và x = 9. Vậy (x; n) = (9; 12) c) Phương pháp tách ra các giá trị nguyên: Ví dụ 15: Giải phương trình ở ví dụ 2 bằng cách khác Giải: Biểu thị x theo y: x(y – 1) = y + 2 Ta thấy y 1 ( vì nếu y = 1 thì ta có 0x = 3 vô nghiệm) Do đó: 213 3111 1yyxyyy Do x là số nguyên nên 31y là số nguyên, do đó y – 1 là ước của 3. Lần lượt cho y – 1 bằng -1, 1, -3, 3 ta được các đáp số như ở ví dụ 2. 5) PHƯƠNG PHÁP DÙNG TÍNH CHẤT CỦA SỐ CHÍNH PHƯƠNG a) Sử dụng tính chất về chia hết của số chính phương Ví dụ 16: Tìm các số nguyên x để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếp Giải: Cách 1: Giải sử 9x + 5 = n(n + 1) với n nguyên thì: 36x + 20 = 244nn 236 21 4 4 1xnn 23(12 7) (2 1)xn Số chính phương 2(2 1)n 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 chi hết cho 9. Mâu thuẫn trên chứng tỏ không tồn tại số nguyên x nào để 9x + 5 = n(n + 1). Cách 2: Giả sử 9x + 5 = n(n + 1) với n nguyên Biến đổi 2950nn x www.VNMATH.comwww.vnmath.com www.vnmath.com 12Để phương trình bậc hai đối với n có nghiệm nguyên, điều kiện cần là là số chính phương. Nhưng 1 4(9 5) 36 21xx chi hết cho 3 nhưng không chia hết hco 9 nên không là số chính phương. Vậy không tồn tại số nguyên n nào để 9x + 5 = n(n + 1), tức là không tồn tại số nguyên x để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếp. b) Tạo ra bình phương đúng: Ví dụ 17: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2224193xxy Giải : 22242213xxy 222( 1) 3(7 )xy Ta thấy 223(7 ) 2 7 2yyy lẻ Ta lại có 270ynên chỉ có thể 21y Khi đó (2) có dạng: 22( 1) 18x Ta được: x + 1 = 3 , do đó: 122; 4xx Các cặp số (2 ; 1), (2 ; -1), (-4 ; 1), (-4 ; -1) thỏa mãn (2) nên là nghiệm của phương trình đã cho. c) Xét các số chính phương liên tiếp: Ví dụ 18: Chứng minh rằng với mọi số nguyên k cho trước, không tồn t5ai số nguyên dương x sao cho: ( 1) ( 2)xx kk Giải: Giả sử (1)(2)xx kk với k nguyên, x nguyên dương. Ta có: 222xxk k 22 2121(1)xx k k k Do x > 0 nên 22 21( 1)xxx k (1) Cũng do x > 0 nên 22 2 2(1) 1 21(1)kxxxxx (2) Từ (1) và (2) suy ra: 222(1)(1)xk x vô lý Vậy không tồn tại số nguyên dương x để x(x + 1) = k(k + 2) Ví dụ 19: Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là một số chính phương: 43222 3xxxx Giải: Đặt 43222 3xxxx= 2y (1) với y Ta thấy: 2432 22222(2 )( 3)()( 3)yxxx xxyxx xx Ta sẽ chứng minh 22 2(2)ay a với a = 2xx www.VNMATH.comwww.vnmath.com www.vnmath.com 13Thật vậy: 22 2 222 2 2 4 3 21113( ) 024(2) ( 2)( 2 2 3)ya xx xa y xx x x xx 22331113( ) 024xxx Do 22 2(2)ay a nên 22(1)ya 432 2 2222 3( 1)2012x x xx xxxxxx Với x = 1 hoặc x = -2 biểu thức đã cho bằng 293 d) Sử dụng tính chất: nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là một số chính phương thì mỗi số đếu là số chính phương Ví dụ 20: Giải phương trình với nghiệm nguyên dương: 2xyz (1) Giải: Trước hết ta có thể giả sử (x , y , z) = 1. Thật vậy nếu bộ ba số ,,oooxyz thỏa mãn (1) và có ƯCLN bằng d, giả sử 111,,oooxdx y dy z dz thì 111,,xyz 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 2zxy mà (x, y) = 1 nên 22,xay b với a, b * Suy ra: 22()zxyab do đó, z = ab Như vậy: 22xtaytbztab với t là số nguyên dương tùy ý. Đảo lại, hiển nhiên các số x, y, z có dạng trên thỏa mãn (1) Công thức trên cho ta các nghiệm nguyên dương của (1) e) Sử dụng tính chất: nếu hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương thí một trong hai số nguyên liên tiếp đó bằng 0 Ví dụ 21: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2222xxy y x y (1) Giải: Thêm xy vào hai vế: 22222xxy y x y xy 2() (1)x y xy xy (2) www.VNMATH.comwww.vnmath.com www.vnmath.com 14 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 220xy nên x = y = 0 Xét xy + 1 = 0. Ta có xy = -1 nên (x , y) = (1 ; -1) hoặc (-1 ; 1) Thửa lại, ba cặp số (0 ; 0), (1 ; -1), (-1 ; 1) đều là nghiệm của phương trình đã cho. 6) PHƯƠNG PHÁP LÙI VÔ HẠN, NGUYÊN TẮC CỰC HẠN Ví dụ 22: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 33324xyz Giải: Hiển nhiên 2x . Đặt 12xx với 1x nguyên. Thay vào (1) rồi chia hai vế cho 2 ta được: 33 3142xyz (2) Do đó 2y . Đặt 12yy với 1y nguyên. Thay vào (2) rồi chia hai vế cho 2 ta được: 3331124xyz (3) Do đó 2z . Đặt 12zz với 1z nguyên. Thay vào (3) rồi chia hai vế cho 2 được: 33311144xyz (4) Như vậy nếu (x , y , z) là nghiệm của (1) thì 111(, ,)xyz cũng là nghiệm của (1) trong đó 1112, 2, 2xxy yz z. Lập luận tương tự như trên, 222(, ,)xyz cũng là nghiệm của (1) trong đó 1212122, 2, 2xxy yz z. Cứ tiếp tục như vậy ta đi đến: x, y, z chia hết cho 2k với k là số tự nhiên tùy ý. Điều này chỉa xảy ra khi x = y = z = 0. Đó là nghiệm nguyên duy nhất của (1) Ví dụ 23: Tìm ba số nguyên dương đôi một khác nhau x, y, z thỏa mãn : 333 2()xyz xyz Giải Vì vai trò của x, y, z như nhau nên có thể giả sử x < y < z. Áp dụng bất đẳng thức : 333333xyz xyz Với mọi x, y, z ≥ 0 ta suy ra x + y + z ≤ 9. Dấu bằng không xảy ra vì x, y, z đôi một khác nhau. Vậy x + y + z ≤ 8. (1) Mặt khác: x + y + z ≥ 1 + 2 + 3 = 6. (2) Từ (1) và (2) ta suy ra {6;7;8}xyz Từ đây kết hợp với phương trình ban đầu ta tìm được x, y, z Vậy (x, y, z) = (1, 2, 3) và các hoán vị của bộ ba số này www.VNMATH.comwww.vnmath.com www.vnmath.com 157) PHƯƠNG PHÁP XÉT CHỮ SỐ TẬN CÙNG Ví dụ 24: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : 21! 2! !xy (1) Giải: Cho x lần lượt bằng 1; 2; 3; 4, ta có ngay2 nghiệm nguyên dương (x ; y) củ phương trình là (1 ; 1), (3 ; 3) Nếu x > 4 thì dễ thấy k! với k > 4 đều có chữ số tận cùng bằng 0 1! + 2! + 3! + 4! + … + x! = 33 + 5! + … + x! có chữ số tận cùng bằng 3. Mặt khác vế phải là số chính phương nên không thể tận cùng là 3. Vậy phương trình (1) chỉ có hai nghiệm nguyên dương (x ; y) là (1 ; 1) và (3 ; 3) Ví dụ 25: Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình: 22113yxx (1) Giải: Cho x các giá trị từ đến 9, dễ dàng xác định được chữa số tận cùng của 21xx chì nhận các giá trị 1; 5; 9. Mặt khác ta thấy 213y là lũy thừ bậc lẻ của 3 nên chữ số tận cùng của nó chỉ có thể là 3 hoặc 7, khác với 1; 5; 9. Vậy (1) không thể xảy ra. Nói các khác phương trình (1) không có nghiệm nguyên dương. 8) PHƯƠNG PHÁP TÌM NGHIỆM RIÊNG a) Cách giải Xét phương trình 0ax by c (1) trong đó , ,abc , 0, 0ab Không mất tính tổng quát, giả thiết rằng (a, b, c) = 1. Thật vậy, nếu a, b, c 1d thì ta chia hai vế của phương trình cho d. Ta có hai định lý: Định lý 1: Nếu phương trình (1) có nghiệm nguyên thì (a, b) = 1 (*) Chứng minh: Giả sử (, )ooxy là nghiệm nguyên của (1) thì ooax by c Nếu a và b có ước chung là 1d thì cd , trái với giả thiết (a, b, c) = 1. Vậy (a, b) = 1 Định lý 2: Nếu ( , )ooxy là một nghiệm của phương trình (1) thì phương trình (1) có vô số nghiệm nguyên và mọi nghiệm nguyên của nó đều có thể biểu diễn dưới dạng: ooxxbtyy at trong đó t là một số nguyên tùy ý ( 0, 1, 2, )t . Chứng minh: Bước 1: Mọi cặp số (; )ooxbt y at đều là nghiệm nguyên của (1). Thật vậy (, )ooxy là nghiệm của (1) nên ooax by c Ta có: ( ) ( )ooooax by a x bt b y at ax by c Do đó ( ; )ooxbt y at là nghiệm của (1) Bước 2: Mọi nghiệm (x, y) của (1) đều có dạng ( ; )ooxbt y at với t Z Thật vậy, do ( , )ooxy và (x, y) là nghiệm của (1) nên www.VNMATH.comwww.vnmath.com www.vnmath.com 16 ooax by cax by c Trừ từng vế: ()()0()( )ooooax x by yax x by y (2) Ta có ( )oax x b mà (a, b) = 1 ( theo định lý 1) nên oxxb Vậy tồn tại số nguyên t sao cho: oxx = bt Tức là: oxxbt. Thay vào (2): ()oabt b y y ooat y yyyat Vậy tồn tại số nguyên t sao cho: ooxxbtyy at b) Ví dụ: Ví dụ 26: Tìm mọi nghiệm nguyên của phương trình: 3x – 2y = 5 Giải: Cách 1: Ta thấy 3; 2ooxy là một nghiệm riêng. Theo định lý 2, mọi nghiệm nguyên của phương trình là: 3223xtyt (t là số nguyên tùy ý) Cách 2: Ta thấy 1; 1ooxy là một nghiệm riêng Theo định lý 2, mọi nghiệm nguyên của phương trình là: 1213xtyt (t là số nguyên tùy ý) Chú ý: Qua hai cách giải trên, ta thấy có nhiều công thức biểu thị tập hợp các nghiệm nguyên của cùng một phương trình. c) Cách tìm một nghiệm riêng của phương trình bậc nhất hai ẩn: Để tìm một nghiệm nguyên riêng của phương trình ax by c , ta có thể dùng phương pháp thử chọn: lần lượt cho x bằng số có giá giá trị tuyệt đối nhỏ (0; 1; 2 ) rồi tìm giá trị tương ứng của y. 9) PHƯƠNG PHÁP HẠ BẬC Ví dụ 27: www.VNMATH.comwww.vnmath.com www.vnmath.com 17 Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x3 + 2y3 – 4z3 = 0 (1) Giải (1) x3 = 4z3 – 2y3 (2) Rõ ràng vế phải của (2) chia hết cho 2 nên x3 2 do đó x 2. Đặt x = 2x1 (x1Z ). Thay vào (2) ta có : (2) 8x13 = 4x3 – 2y3 y3 = 2z3 – 4x13 (3) Lập luận tương tự ta có y 2, đặt y = 2y1 (y1Z ). Biến đổi tương tự, ta được: z3 = 4y13 + 2x13 (4) Lập luận tương tự ta có z 2, đặt z = 2z1 (z1Z ). Biến đổi tương tự, ta lại có: (4) 8z13 = 4y13 + 2x13 x13 + 2y13 – 4z13 = 0 (5) Rõ ràng nếu bộ số (x0; y0; z0) là nghiệm của (1) thì bộ số 000(; ;)222xyz cũng là nghiệm của (1), hơn nữa x0, y0, z0 là số chẵn và 000;;222xyz cũng là số chẵn. Quá trình này có thể tiếp tục mãi và các số 000;;222nnnxyz là số chẵn với mọi n là số nguyên dương. Vậy x = y = z = 0 www.VNMATH.comwww.vnmath.com www.vnmath.com 18 www.VNMATH.comwww.vnmath.com www.vnmath.com 19 1) PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN Ví dụ 1: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 11x + 18y = 120 Giải: Ta thấy 11 6x nên 6x . Đặt x = 6k (k nguyên). Thay vào (1) và rút gọn ta được: 11k + 3y = 20 Biểu thị ẩn mà hệ số của nó có giá trị tuyệt đối nhỏ (là y) theo k ta được: 20 113ky Tách riêng giá trị nguyên của biểu thức này: 1743kyk Lại đặt 13k = t với t nguyên suy ra k = 3t + 1. Do đó: 74(3 1) 31166(31)186ytt txk t t Thay các biểu thức của x và y vào (1), phương trình được nghiệm đúng. Vậy các nghiệm nguyên của (10 được biểu thị bởi công thức: 18 6311xtyt với t là số nguyên tùy ý Cách giải: - Rút gọn phương trình, chú ý đến tính chia hết của các ẩn - Biểu thị ẩn mà hệ số của nó có giá trị tuyệt đối nhỏ (chẳng hạn x) theo ẩn kia. - Tách riêng giá trị nguyên ở biểu thức của x - Đặt điều kiện để phân bố trong biểu thức của x bằng một số nguyên 1t , ta được một phương trình bậc nhất hai ẩn y và 1t - Cứ tiếp tục như trên cho đến khi các ần đều được biểu thị dưới dạng một đa thức với các hệ số nguyên 2) PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI HAI ẨN Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 5x – 3y = 2xy – 11 Giải: Biểu thị y theo x: (2x + 3)y = 5x + 11 Dễ thấy 2x + 3 0 ( vì x nguyên ) do đó: 511 5223 23xxyxx Để y phải có 5 2 3xx 2( 5) 2 3xx 2 3 7 2 3xx 7 2 3x www.VNMATH.comwww.vnmath.com www.vnmath.com 20 Ta có: Thử lại các cặp giá trị trên của (x , y) đều thỏa mãn phương trình đã cho. Ví dụ 3: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 22211xxy Giải: Cách 1: Đưa về phương trình ước số: 222112xxy 22(1) 12xy (1)(1)12xyxy Ta có các nhận xét: a) Vì (1) chùa y có số mũ chẵn nên có thể giả thiết rằng 0y . Thế thì 11xyx y b) (1)(1)2xyx y y nên 1xy và 1xy cùng tính chẵn lẻ. Tích của chúng bằng 12 nên chúng cùng chẵn. Với các nhận xét trên ta có hai trường hợp: x – 1 + y 6 -2 x – 1 - y 2 -6 Do đó: x - 1 4 -4 y 2 2 x 5 -3 Đáp số: (5 ; 2), (5 ; -2), (-3 ; 2), (-3 ; -2) Cách 2: Viết thành phương trình bậc hai đối với x: 222(11 )0xx y 22' 1 11 12yy Điều kiện cần để (2) có nghiệm nguyên: ' là số chính phương 2212 ( )ykk 2212 ( )( ) 12ky kyky Giả sử 0y thì k + y k – y và k + y 0 (k + y) – (k – y) = 2y nên k + y và k – y cùng tính chẵn lẻ và phải cùng chẵn. Từ các nhận xét trên ta có: 62kyky Do đó: y = 2 2x + 3 1 -1 7 -7 x -1 -2 2 -5 y 6 -1 3 2 www.VNMATH.comwww.vnmath.com www.vnmath.com 21Thay vào (2): 22150xx 125, 3xx Ta có bốn nghiệm: (5 ; 2), (5 ; -2), (-3 ; -2), (-3 ; 2) Ví dụ 4: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2223 30xyxyxy (1) Giải: Viết thành phương trình bậc hai đối với x: 22(3 1) (2 3) 0xyxyy (2) 22 2(3 1) 4(2 3) 2 11yyyyy Điều kiện cần và đủ để (2) có nghiệm nguyên là là số chính phương 22211 ( )yy kk (3) Giải (3) với nghiệm nguyên ta được 125, 3yy Với y = 5 thay vào (2) được 214 48 0xx. Ta có: 128, 6xx Với y = -3 thay vào (2) được 210 24 0xx. Ta có 346, 4xx Đáp số: (-8 ; 5), (-6 ; 5), (6 ; -3), (4 ; -3) 3) PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA TRỞ LÊN CÓ HAI ẨN: Ví dụ 5: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2(1)(2)(3)xxx x y (1) Giải: Nếu y thỏa mãn phương trình thì – y cũng thỏa mãn, do đó ta giả sử 0y (1) 22 2(3)(32)xxx x y Đặt 2321xxa, ta được: 22 2(1)(1) 1aa ya y ()()1ayay Suy ra a + y = a – y, do đó y = 0 Thay vào (1) được: 12 3 40; 1; 2; 3xx x x Đáp số: (0 ; 0), (-1 ; 0), (-2 ; 0), (-3 ; 0) Ví dụ 6: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 338xyxy (1) Giải: Cách 1: 22||.| ||8|xy x xyy xy Dễ thấy xy , vì nếu x = y thì (1) trở thành 208x, loại. Do x, y nguyên nên | | 1xy Suy ra: 22|||8|xxyy xy Do đó:22|8|xxyy xy (2) Xét hai trường hợp: a) xy + 8 < 0. Khi đó (2) trở thành: 22 28( ) 8xxyy xy xy , loại b) 80xy . Khi đó (2) trở thành: www.VNMATH.comwww.vnmath.com www.vnmath.com 22 22 2288xxyyxy xy (3) Do đó: 22,{0;1;4}xy Nếu x = 0 thì từ (1) có 38y nên y = 2 Nếu y = 0 thì từ (1) có 38x nên x = 2 Nếu x, y khác 0 thì 22,{1;4}xy . Do xy nên chỉ có: 2214xy hoặc 2241xy Như vậy trong hai số x và y có một số chẵn, một số lẻ. Khi đó vế trái của (1) lẻ còn vế phải của (1) chẵn, không xảy ra. Đáp số: (0 ; -2), (2 ; 0) Cách 2: 338xyxy (1) 3327 27 27 216xyxy 3327 27 1 27 215xy xy (2) Ta thấy 327x, 327y , 1 là lập phương của 3x, 3y, 1còn 27xy là ba bần tích của ba số ấy. Áp dụng hằng đẳng thức: 222333()()()3( ).2ab bc caa b c abc a b c Với a = 3x, b = -3y, c = 1 , ta biến đổi (2) thành: 222(3 3) (1 3) (3 1)(3 3 1). 2152xy y xxy (3) Đặt biểu thức trong dấu móc của (3) là A. Ta thấy A > 0 nên A và 3 3 1xy là ước tự nhiên của 215. Phân tích ra thừa số nguyên tố: 215 = 5.43 nen 215 cò bốn ước tự nhiên: 1, 5, 43, 215. Do 3 3 1xy chi cho 3 dư 2 nên 3 3 1 {5;215}xy Xét hai trường hợp: 3315(4)43(5)xyA và 3 3 1 2151xyA Trường hợp 1: từ (4) suy ra x – y = 2. Thay y = x – 2 vào (5) được: 222[3 3( 2)] [1 3( 2)] (3 1) 86xx x x Rút gọn được: x(x – 2) = 0 120, 2xx Với x = 0 thì y = 2. Với x =2 thì y =0 Trường hợp 2: Từ A = 1 suy ra: 222(3 3) (1 3) (3 1) 2xy y x Tổng của ba số chính phương bằng 2 nên có một số bằng 0, hai số bằng số 1. Số bằng 0 không thề là 1 – 3y hoặc 3x + 1, do đó 3x + 3y = 0. Nghiệm nguyên của hệ: 2233 0(1 3 ) 1(3 1) 1xyyx là x = y = 0, không thỏa mãn 3x – 3y – 1 = 215. Đáp số: (0 ; -0), (2 ; 0) www.VNMATH.comwww.vnmath.com www.vnmath.com 23Cách 3: 338xyxy 3()3() 8xyxyxyxy Đặt x – y = a, xy = b ta có: 338aabb 38(31)aba Suy ra: 383 1aa 327( 8) 3 1aa 327 1 215 3 1aa Do 327 1 3 1aa nên 215 3 1a Phân tích ra thứa số nguyên tố: 215 = 5.43 Do đó 3 1 { 1; 5; 43; 215}a Do 3a – 1 chia cho 3 dư 2 nên 3 1 { 1;5; 43;215}a Ta có: 3a – 1 1 5 43 215 a 0 2 14 72 3813aba 8 0 64 1736 Chú ý rằng 2()40xy xy nên 240ab , do đó trong bốn trường hợp trên chỉ có 2; 0ab. Ta được: x – y = 2; xy = 0 Đáp số: (0 ; -2) và (2 ; 0) 4) PHƯƠNG TRÌNH ĐA THỨC CÓ BA ẨN TRỞ LÊN Ví dụ 7: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 6 15 10 3xyz Giải: Ta thấy10 3z nên 3z . Đặt z = 3k ta được: 6 15 10.3 3xy k 25101xy k Đưa về phương trình hai ẩn x, y với các hệ số tương ứng 2 và 5 là hai số nguyên tố cùng nhau. 2 5 1 10xyk 110 5 15222ky yxky Đặt 12y = t với t nguyên. Ta có: 1252(12) 5523ytxk tttkzk Nghiệm của phương trình: (5 5 2;1 2 ;3 )tk tk với t, k là các số nguyên tùy ý. Ví dụ 8: Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên: 2221999xyz (1) www.VNMATH.comwww.vnmath.com www.vnmath.com 24Giải: Ta biết rằng số chính phương chẵn thì chia hết cho 4, còn số chính phương lẻ thì chia cho 4 dư 1 và chia cho 8 dư 1. Tổng 222xyz là số lẻ nên trong ba số 222;;xyzphải có: hoặc có một số lẻ, hai số chẵn; hoặc cả ba số lẻ. Trường hợp trong ba số 222;;xyz có một số lẻ, hai số chẵn thì vế trái của (1) chia cho 4 dư 1, còn vế phải là 1999chia cho 4 dư 3, loại. Trong trường hợp ba số 222;;xyzđều lẻ thì vế trái của (1) chia cho 8 dư 3, còn vế phải là 1999 chia cho 8 dư 7, loại. Vậy phương trình (1) không có nghiệm nguyên. 5) PHƯƠNG TRÌNH DẠNG PHÂN THỨC Ví dụ 9: Tìm các nghei65m nguyên dương của phương trình: 11 1 166xy xy Giải: Nhân hai vế của phương trình với 6xy: 661yx xy Đưa về phương trình ước số: ( 6) 6( 6) 37xy y ( 6)( 6) 37xy Do vai trò bình đẳng của x và y, giả sử 1xy, thế thì 6 6 5xy. Chỉ có một trường hợp: 637 4361 7xxyy Đáp số: (43 ; 7), (7 ; 43) Ví dụ 10: Tìm các số nguyên x sao cho 179xx là bình phương của một phân số Giải: Giải sử 2179xaxb với *,ab . Xét a = 0 thì x = 17 Xét 0a . Không mất tính tổng quát, giả sử (a, b) = 1. Do 22(,)1ab nên: 217xak (1) 29xbk (2) k nguyên Từ (1) và (2) suy ra: 22(9)(17)( )xxbak 8( )( )babak Ta thấy b + a và b – a là ước của 8. Chú ý rằng (b + a) – (b – a) = 2a nên b + a và b – a cùng tính chẵn lẻ. Ta lại có b + a > b – a và b + a > 0. Có các trường hợp: www.VNMATH.comwww.vnmath.com www.vnmath.com 25b + a b – a k b a 29xbk 4 2 1 3 1 18 4 2 1 1 3 8 2 2 2 0, loại 2 4 1 1, loại Có ba đáp số: x = 17 thì 217 17 0017 9 8 x = 18 thì 218 17 1 118 9 9 3 x = 8 thì 28179389 6) PHƯƠNG TRÌNH DẠNG MŨ Ví dụ 11: Tìm các số tự nhiên x và các số nguyên y sao cho: 223xy Giải: Lần lượt xét các giá trị tự nhiên của x: Nếu x = 0 thì 24y nên 2y Nếu x = 1 thì 25y , không có nghiệm nguyên Nếu 2x thì 2 4x , do đó vế trái chia cho 4 dư 3, còn y lẻ nên vế phải chia cho 4 dư 1. Mâu thuẫn. Kết luận: Nghiệm của phương trình là (0 ; 2), (0 ; 2) Ví dụ 12: Giải phương trình với nghiệm nguyên dương: 2257xy (1) Giải: Xét hai trường hợp: a) x lẻ. Đặt x = 2n + 1 ()n. Ta có: 2122 2.42(31)2(31) 32xn n nBS BS Khi đó vế trái của (1) là số chia cho 3 dư 2, còn vế phải là số chính phương chia cho 3 không dư 2, loại. b) x chẵn. Đặt x = 2n *()n . Ta có: 22257( 2 )( 2 ) 3.19nnnyyy Ta thấy 2ny > 0 nên 2ny > 0 và 2ny > 2ny Do đó có các trường hợp: www.VNMATH.com |
