Ôn tập Phương trình nghiệm nguyên

1 PT nghiệm nguyên PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN NỘI DUNG Phần 1: Các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Phương pháp 1: Xét số dư của từng vế. Phương pháp 2: Đưa về dạng tổng. Phương pháp 3: Dùng bất đẳng thức . Phương pháp 4: Dùng tính chia hết, tính đồng dư . Phương pháp 5: Dùng tính chất của số chính phương Phương pháp 6: Lùi vô hạn, nguyên tắc cực hạn Phương pháp 7: Xét chữ số tận cùng Phương pháp 8: Tìm nghiệm riêng Phương pháp 9: Hạ bậc Phần 2: Các dạng phương trình có nghiệm nguyên Dạng 1: Phương trình bậc nhất hai ẩn Dạng 2: Phương trình bậc hai có hai ẩn Dạng 3: Phương trình bậc ba trở lên có hai ẩn. Dạng 4: Phương trình đa thức có ba ẩn trở lên Dạng 5: Phương trình dạng phân thức Dạng 6: Phương trình dạng mũ Dạng 7: Hệ phương trình vô tỉ Dạng 8: Hệ phương trình với nghiệm nguyên Dạng 9: Hệ phương trình Pytago Dạng 10: Phương trình Pel Dạng 11: Điều kiện để phương trình có nghiệm nguyên. Phần 3: Bài tập áp dụng Phụ lục 2 PT nghiệm nguyên I. CÁC PP GIẢI PT NGHIỆM NGUYÊN 1. PHƯƠNG PHÁP XÉT SỐ DƯ CỦA TỪNG VẾ Bài 1 Chứng minh các phương trình sau không có nghiệm nguyên: a) x2 y 2 1998 b) x2 y 2 1999 Giải a) Dễ chứng minh x2, y 2 chia cho 4 chỉ có số dư 0 hoặc 1 nên x2 y 2 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) x2, y 2 chia cho 4 có số dư 0, 1 nên x2 y 2 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. Bài 2 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 là số chia hết cho 3 dư 2 nên y( y 1) chia cho 3 dư 2. Chỉ có thể: y 3 k 1, y 1 3 k 2 với k nguyên Khi đó: 9x 2 (3 k 1)(3 k 2) 9x 9 k ( k 1) x k( k 1) Thử lại, x k( k 1) , y 3 k 1 thỏa mãn phương trình đã cho. x k( k 1) Đáp số với k là số nguyên tùy ý y 3 k 1 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. 3 PT nghiệm nguyên Bài 3 Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x2 y 2 x y 8 (1) Giải (1) 4x2 4 y 2 4 x 4 y 32 (4x2 4 x 1) (4 y 2 4 y 1) 34 | 2x 1|2 | 2 y 1| 2 3 2 5 2 Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 chì có duy nhất một dạng phân tích thành tồng của hai số chính phương 32 ,5 2 . Do đó phương trình thỏa mãn chỉ trong hai khả năng: | 2x 1| 3 | 2x 1| 5 hoặc | 2y 1| 5 | 2y 1| 3 Giải các hệ trên phương trình (1) có bốn nghiệm nguyên là: (x ; y ) (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) PP sắp xếp thứ tự các ẩn Bài 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: x y z x.. y z (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: 1 x y z Do đó: xyz x y z 3 z Chia hai vế của bất đảng thức xyz 3 z 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 4 PT nghiệm nguyên Với xy = 3, ta có x = 1, y = 3. Thay vào (1) được z = 2 loại vì y z Vậy ba số phải tìm là 1; 2; 3. 1 1 1 Cách 2: Chia hai vế của (1) cho xyz 0 được 1 yz xz xy Giả sử x y z 1 ta có 1 1 1 1 1 1 3 1 yz xz xy z2 z 2 z 2 z 2 3 Suy ra 1 do đó z2 3 nên z = 1. Thay z = 1 vào (1): z2 x y 1 xy xy x y 1 x( y 1) ( y 1) 2 (x 1)( y 1) 2 Ta có x 1 y 1 0 nên x – 1 2 y – 1 1 Suy ra x 3 y 2 Ba số phải tìm là 1; 2; 3 Bài 5 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau : 5(x y z t ) 10 2 xyzt Giải 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 20 x 10 yzt 15 t3 15 t 2 Với t = 1 ta có : 2xyz 5( x y z ) 15 15 x 15 2yz 30 2 z2 30 z 3 Nếu z = 1 thì 2xy 5 x y 20 hay 4xy 10 x y 40 hay 5 PT nghiệm nguyên 4xy 10 x 10 y 25 65 2x (2 y 5) 5(2 y 5) 2x – 5 2 y – 5 65 Dễ thấy rằng phương trình này có nghiệm là (x ; y ) (35;3),(9;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 1 1 1 Bài 6 Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình: x y 3 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). 1 1 Hiển nhiên ta có nên y 3 (1) y 3 1 1 1 1 1 1 1 2 Mặt khác do x y 1 nên . Do đó: nên y 6 (2) x y 3 x y y y y Ta xác định được khoảng giá tri của y là 4 y 6 1 1 1 1 Với y = 4 ta được: nên x = 12 x 3 4 12 1 1 1 2 Với y = 5 ta được: loại vì x không là số nguyên x 3 5 15 1 1 1 1 Với y = 6 ta được: nên x = 6 x 3 6 6 Các nghiệm của phương trình là: (4 ; 12), (12 ; 4), (6 ; 6) c) Phương pháp chỉ ra nghiệm nguyên Bài 7 Tìm các số tự nhiên x sao cho: 2x 3 x 5 x Giải x x 2 3 Viết phương trình dưới dạng: 1 (1) 5 5 6 PT nghiệm nguyên Với x 0 thì vế trái của (1) bằng 2, loại. Với x 1 thì vế trái của (1) bằng 1, đúng x x x x 2 2 3 3 2 3 2 3 Với x 2 thì , nên: 1 loại 5 5 5 5 5 5 5 5 Nghiệm duy nhất của phương trình là x 1 d) Sử dụng điều kiện 0 để phương trình bậc hai có nghiệm Bài 8 Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x y xy x2 y 2 (1) Giải Viết (1) thành phương trình bậc hai đối với x : x2 ( y 1) x ( y 2 y ) 0 (2) Điều kiện cần để (2) có nghiệm là 0 (y 1)2 4( y 2 y ) 3 y 2 6 y 1 0 3y2 6 y 1 0 3(y 1)2 4 Do đó (y 1)2 1 suy ra: y – 1 -1 0 1 Y 0 1 2 2 Với y = 0 thay vào (2) được x x 0 x1 0; x 2 1 2 Với y = 1 thay vào (2) được x 2 x 0 x3 0; x 4 2 2 Với y = 2 thay vào (2) được x 3 x 2 0 x5 1; x 6 2 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) 7 PT nghiệm nguyên 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: Bài 9 Giải phương trính với nghiệm nguyên: 3x 17 y 159 Giải Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn phương trình. Ta thấy 159 và 3x đều chia hết cho 3 nên 17y 3 do đó y3 (vì 17 và 3 nguyên tố cùng nhau) Đặt y 3 t ( t ). Thay vào phương trình ta được: 3x 17.3 t 159 x 17 t 53 x 53 17 t Do đó: ( t ) y 3 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 nguyên được xác định bằng công thức: x 53 17 t (t là số nguyên tùy ý) y 3 t Bài 10 Chứng minh rằng phương trình : x2 5 y 2 27 (1) không có nghiệm là số nguyên. Giải Một số nguyên x bất kì chỉ có thể biểu diễn dưới dạng x 5 k hoặc x 5 k 1 hoặc x 5 k 2 trong đó k Nếu x 5 k thì : (1) (5k )2 5 y 2 27 5(5 k 2 y 2 ) 27 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 5 k 1 thì : (1) (5k 1)2 5 y 2 27 25k2 10 k 1 5 y 2 27 5(5k2 4 k y 2 ) 23 8 PT nghiệm nguyên 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 5 k 2 thì : (1) (5k 2)2 5 y 2 27 25k2 20 k 4 5 y 2 27 5(5k2 4 k y 2 ) 23 Lập luận tương tự như trên, điều này cũng vô lí Vậy phương trình đã cho không có nghiệm là số nguyên Bài 11 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau : 19x2 28 y 2 729 Giải Cách 1. Viết phương trình đã cho dưới dạng 18x2 27 y 2 x 2 y 2 729 (1) Từ (1) suy ra x2 y 2 chia hết 3, do đó x và y đều chia hết cho 3. Đặt x 3 u , y 3 v (,)u v Thay vào phương trình đã cho ta được : 19u2 28 v 2 81 (2) Từ (2) lập luận tương tự trên ta suy ra u 3 s , v 3 t (,)s t Thay vào (2) ta có 19s2 28 t 2 9 (3) Từ (3) suy ra s , t không đồng thời bằng 0, do đó 19s2 28 t 2 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 Bài 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 9 PT nghiệm nguyên 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 3. 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: 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) Bài 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 (x 1) { 1; 2; 5; 10} 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). Bài 14 Xác định tất cả các cặp nguyên dương (;)x n thỏa mãn phương trình sau x3 3367 2n Giải Để sử dụng được hằng đẳng thức a3 b 3 ( a b )( a 2 ab b 2 ) ta chứng minh n chia hết cho 3 . Từ phương trình đã cho ta suy ra x3  2n (mod 7). Nếu 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 x3 khi chia cho 7 chỉ có thể cho số dư là 0, 1, hoặc 6 nên không thể có đồng dư thức x3  2n (mod 7). 10 PT nghiệm nguyên Vậy n = 3m với m là một số nguyên dương nào đó. Thay vào phương trình đã cho ta được x3 3367 2 3m (2m x )[(2 m x )2 3 x .2 m ] 3367 (1) Từ (1) ta suy ra 2m x là ước của 3367 Hơn nữa, (2m x )3 2 3 m x 3 3367 nên (2m x ) {1;7;13} Xét 2m x 1, thay vào (1) ta suy ra 2m 2 m –1 2.561, vô nghiệm. Xét 2m x 3, thay vào (1) ta suy ra 2m 2 m –13 2.15 , vô nghiệm. Xét 2m x 7 , thay vào (1) ta suy ra 2m 2 m – 7 24.32 Từ đó ta có m 4; n 3 m 12; x 9 Vậy (x ; n ) (9;12) c) Phương pháp tách ra các giá trị nguyên Bài 15 Giải phương trình ở Bài 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) y 2 y 1 3 3 Do đó: x 1 y 1 y 1 y 1 3 Do x là số nguyên nên là số nguyên, do đó y – 1 là ước của 3. y 1 Lần lượt cho y – 1 bằng -1, 1, -3, 3 ta được các đáp số như ở Bài 2 5. PHƯƠNG PHÁP DÙNG TÍNH CHẤT CỦA SỐ CHÍNH PHƯƠNG a) Sử dụng tính chất về chia hết của số chính phương Bài 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: