Đề cương ôn thi môn Toán Lớp 9 - Chuyên đề 12: Phương trình nghiệm nguyên - Trần Kim Oanh

Nội dung text: Đề cương ôn thi môn Toán Lớp 9 - Chuyên đề 12: Phương trình nghiệm nguyên - Trần Kim Oanh

1. GIÁO VIÊN: TRẦN KIM OANH CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 1. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN. 1.1. Sử dụng các tính chất về quan hệ chia hết. 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 ẩn số cũng như các biểu thức chứa ẩn 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 Xét số dư hai vế của phương trình để chỉ ra phương trình không có nghiệm, tính chẵn lẻ của các vế, Đưa phương trình về dạng phương trình ước số. Phát hiện tính chia hết của các ẩn. Sử dụng tính đồng dư của các đại lượng nguyên. Ví dụ 1. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x2 2x 11 y2 Lời giải Cách 1. Biến đổi tương đương phương trình ta được 2 x2 2x 11 y2 x2 2x 1 12 y2 x 1 y2 12 x 1 y x 1 y 12 Ta có các nhận xét: + Vì phương trình đã cho chứa y có số mũ chẵn nên có thể giả sử y 0 . Thế thì x 1 y x 1 y + Ta có x 1 y x 1 y 2y nên x 1 y và x 1 y cùng tính chẵn lẻ. Tích của chúng bằng 12 nên chúng cùng là số chẵn. Với các nhận xét trên ta có hai trường hợp x 1 y 6 x 5 Trường hợp 1: Ta có x 1 y 2 y 2 x 1 y 2 x 3 Trường hợp 1: Ta có x 1 y 6 y 2 Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là x; y 5; 2 , 5; 2 , 3; 2 , 3; 2 Cách 2. Viết thành phương trình bậc hai đối với x là x2 2x 11 y2 0 Khi đó ta có ' 1 11 y2 12 y2 Điều kiện cần để bậc hai có nghiệm nguyên ' là số chính phương. Từ đó ta đặt 12 y2 k2 k ¥ hay ta được k2 y2 12 k y k y 12 Giả sử y 0 thì k y k y và k y 0 lai có k y – k – y 2y nên k y và k y cùng tính chẵn lẻ và phải cùng chẵn. k y 6 Từ các nhận xét trên ta có k y 2 Do đó ta được y 2 , khi đó ta được x2 2x 15 0 , suy ra x 3 hoặc x 5 Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là x; y 5; 2 , 5; 2 , 3; 2 , 3; 2 Ví dụ 2. Tìm các số tự nhiên x và các số nguyên y sao cho: 2x 3 y2 Lời giải Lần lượt xét các giá trị tự nhiên của x như sau + Nếu x 0 thì y2 4 nên y 2 + Nếu x 1 thì y2 5 , phương trình không có nghiệm nguyên
2. GIÁO VIÊN: TRẦN KIM OANH Nếu x 2 , khi đó 2x 3 là số lẻ nên y là số lẻ. Lại có 2x 4 nên 2x 3 chia cho 4 dư 3, còn y2 chia cho 4 dư 1. Do đó phương trình không có nghiệm. Vậy các nghiệm của phương trình là x; y 0; 2 , 0; 2 . Ví dụ 3. Giải phương trình nghiệm nguyên: x3 y3 6xy 1 Lời giải 3 Biến đổi tương đương phương trình ta được x3 y3 6xy 1 x y 3xy x y 6xy 1 Đặt a x y; b xy với a, b là các số nguyên. Khi đó phương trình trên trở thành a3 3ab 6b 1 a3 1 3b a 2 Từ đó ta suy ra được a3 1a 2 hay ta được a3 8 7  a 2 nên 7a 2 a3 1 Suy ra a 2 là ước của 7, ta cũng có b , nên ta có bảng giá trị như sau 3 a 2 a 2 1 1 7 a 1 3 5 3 a 1 Không Không b 0 6 3 a 2 nguyên nguyên Từ đó ta có các nghiệm của phương trình a3 3ab 6b 1 là a; b 1;0 , 5;6 x y 1 x 0; y 1 Với a; b 1;0 ta được xy 0 x 1; y 0 x y 5 x 2; y 3 Với a; b 5;6 ta được xy 6 x 3; y 2 Thử lại ta được các nghiệm của phương trình là x; y 0; 1 , 1;0 , 2; 3 , 3; 2 . 1.2. Đưa hai vế về tổng các bình phương. Ý tưởng của phương pháp là biến đổi phương trình về dạng vế trái là tổng của các bình phương và vế phải là tổng của các số chính phương. Ví dụ 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 xy y2 3x y 1 Lời giải Biến đổi phương trình ta được x2 xy y2 3x y 1 2x2 2xy 2y2 6x 2y 2 2 2 2 x y x 3 y 1 8 02 22 22 Khi đó ta xét các trường hợp sau: 2 2 + Với x y 0 , ta được y 3 y 1 8 y 1,x 1. 2 2 + Với x 3 0 , ta được y 3 y 1 8 y 1,x 1. 2 2 + Với y 1 0 , ta được x 1 x 3 8 x 1 Vậy phương trình có các nghiệm nguyên là 1; 1 , 3; 1 , 1;1 Ví dụ 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 4x2 y2 4x 6y 24 0 Lời giải Biến đổi tương đương phương trình ta được 2 2 4x2 y2 4x 6y 24 0 2x 1 y 3 34
3. GIÁO VIÊN: TRẦN KIM OANH 2 2 2 2 2x 1 3 2x 1 5 Chú ý là 34 32 52 nên ta có các trường hợp hoặc 2 2 2 2 y 3 5 y 3 3 Ta xét bảng giá trị tương ứng như sau 2x 1 3 3 3 3 5 5 5 5 y 3 5 5 5 5 3 3 3 3 x 1 1 2 2 2 2 3 3 y 8 2 8 2 6 0 6 0 Từ đó ta có các nghiệm nguyên của phương trình là x; y 1;8 , 1; 2 , 2;8 , 2; 2 , 2;6 , 2;0 , 3;6 , 3;0 Ví dụ 3. Giải phương trình nghiệm nguyên: 2x6 2x3y y2 128 Lời giải Biến đổi tương đương phương trình đã cho ta được 2 2 2 2 2 2 2x6 2x3y y2 128 x3 y x3 82 82 8 82 82 8 8 8 Từ đó ta có các trường hợp sau x3 y 8 y 0 y 0 + Trường hợp 1: 3 3 x 8 x 8 x 2 x3 y 8 y 16 y 16 + Trường hợp 2: 3 3 x 8 x 8 x 2 x3 y 8 y 16 y 16 + Trường hợp 3: 3 3 x 8 x 8 x 2 x3 y 8 y 0 y 0 + Trường hợp 4: 3 3 x 8 x 8 x 2 Vậy phương trình có nghiệm nguyên là x; y 2; 0 , 2; 16 , 2; 16 , 2; 0 . Cách khác 1: Đặt t x3 , khi đó phương trình trở thành 2 2t2 2yt y2 128 4t2 4yt 2y2 256 2t y y2 162 02 02 162 Cách khác 2: Đặt t x3 , khi đó phương trình trở thành 2t2 2yt y2 128 2t2 2yt y2 128 0 ' 2 Xem phương trình trên là phương trình ẩn t, ta có t y 256 ' 2 Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi t 0 y 256 0 16 y 16 Đến đây xét các trường hợp của y thế vào phương trình ta tìm được x. 1.3. Sử dụng các tính chất của số chính phương. Một số tính chất của số chính phương thường được dùng trong giải phương trình nghiệm nguyên Một số tính chất về chia hết của số chính phương 2 Nếu a2 n a 1 với a là số nguyên thì n không thể là số chính phương. Nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là một số chính phương thì mỗi số đếu là số chính phương Nếu hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương thì một trong hai số nguyên đó bằng 0. Ví dụ 1. Tồn tại hay không số nguyên dương x sao cho với k là số nguyên thì ta có x x 1 k k 2 .
4. GIÁO VIÊN: TRẦN KIM OANH Lời giải Giả sử tồn tại số nguyên dương x để x x 1 k k 2 với k nguyên. 2 Ta có x2 x k2 2k x2 x 1 k2 2k 1 k 1 2 Do x là số nguyên dương nên x2 x2 x 1 k 1 (1) 2 2 Cũng do x là số nguyên dươg nên k 1 x2 x 1 x2 2x 1 x 1 2 2 Từ đó ta được x2 k 1 x 1 , điều này vô lý Vậy không tồn tại số nguyên dương x để x x 1 k k 2 Ví dụ 2. Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là một số chính phương: x4 2x3 2x2 x 3 Lời giải Đặt x4 2x3 2x2 x 3 y2 với y là một số tự nhiên. 2 Ta thấy y2 x4 2x3 x2 x2 x 3 x2 x x2 x 3 2 Ta sẽ chứng minh a2 y2 a 2 với a x2 x 2 2 2 2 1 11 Thật vậy, ta có y a x x 3 x 0 . Lại có 2 4 2 2 a 2 y2 x2 x 2 x4 2x3 2x2 x 3 2 2 1 1 3x 3x 1 3 x 0 2 4 2 2 Do a2 y2 a 2 nên y2 a 1 hay ta được 2 4 3 2 2 2 x 1 x 2x 2x x 3 x x 1 x x 2 0 x 2 Với x 1 hoặc hoặc x 2 biểu thức đã cho bằng 9 32 2 Ví dụ 3. Tìm các cặp số nguyên a; b thỏa mãn a 1 a2 9 4b2 20b 25 . Lời giải 2 2 2 Ta có a 1 a2 9 4b2 20b 25 a 1 a2 9 2b 5 2 2 Do đó a2 9 là số chính phương. Do a a2 9 a 3 , nên ta có các trường hợp sau 2 2 - Trường hợp 1: a2 9 a 3 a 0 9 2b 5 b 1; b 4 . 2 - Trường hợp 2: a2 9 a 2 4 a 5 , không có số nguyên thỏa mãn. 2 - Trường hợp 3: a2 9 a 1 a 4 a 4; a 4 . 2 + Với a 4 ta được 9.25 2b 5 b 5; b 10 2 + Với a 4 ta được 25.25 2b 5 b 10; b 15 Vậy ta có các cặp số nguyên thỏa mãn bài toán là a; b 0; 1 , 0; 4 , 4; 5 , 4; 10 , 4; 10 , 4; 15 1.4. Phương pháp đánh giá.
5. GIÁO VIÊN: TRẦN KIM OANH Trong khi giải các phương trình nghiệm nguyên rất cần đánh giá các miền giá trị của các ẩn, 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 Phương pháp sắp thứ tự các ẩn. Xét khoảng giá trị của các ẩn. Sử dụng các bất đẳng thức Cauchy, Bunhiacopxki. 2 Ví dụ 1. Tìm ba số nguyên dương đôi một khác nhau x, y, z thỏa mãn: x3 y3 z3 x y z Lời giải Vì vai trò của x, y, z như nhau nên có thể giả sử x y z . 3 2 3 x3 y3 z3 x y z x y z x y z Áp dụng bất đẳng thức ta có 3 3 3 3 Từ đó 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. Do đó ta được x y z 8 Mặt khác x, y, z là các số nguyên dương khác nhau nên x y z 1 2 3 6 Từ đó ta được 6 x y z 8 nên ta suy ra x y z 6;7;8 Từ đây kết hợp với phương trình ban đầu ta tìm được x, y, z Vậy bộ ba số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán là x; y; z 1; 2; 3 và các hoán vị của bộ ba số này. Ví dụ 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 7 x2 xy y2 39 x y . Lời giải Từ phương trình ta thấy 39 x y 7 , mà 7 và 39 nguyên tố cùng nhau nên x y7 . Đặt x y 7m m Z thì ta được phương trình x2 xy y2 39m 2 2 Từ đó suy ra x y x2 xy y2 7m 39m hay xy 49m2 39m . 1 2 1 2 Theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có xy x y nên ta được 49m2 39m x y 4 4 52 Hay ta được 49m2 4 49m2 39m m 52 49m 0 0 m . 49 Do m là số nguyên nên ta suy ra được m 0 hoặc m 1 . Ta xét các trường hợp sau + Với m 0 suy ra x y 0 , khi đó ta được phương trình 2 x2 xy y2 0 x y xy 0 xy 0 x y 0 + Với m 1 suy ra x y 7 , khi đó ta được phương trình 2 x2 xy y2 39 x y xy 39 xy 10 x y 7 x 2; y 5 Từ đó ta có hệ xy 10 x 5; y 2 Vậy các nghiệm nguyên của phương trình là x; y 0;0 , 2; 5 , 5; 2 x y z 5 Ví dụ 3. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương x; y; z thỏa mãn y z 1 x 2 Lời giải Giả sử x; y; z là một nghiệm của phương trình. Khi đó, theo bất đẳng thức Cauchy
6. GIÁO VIÊN: TRẦN KIM OANH 5 1 x y z 1 x y z 1 3 ·  3 2 x y z 1 x y z 1 x 1 1 Suy ra hay x 2 . Do x nguyên dương nên ta được x 1 và x 2 x 2 x y z 1 Với x 2 , khi đó trong bất đẳng thức trên phải xảy ra dấu đẳng thức, tức là y z 1 x Giải hệ điều kiện trên ta thu được x; y; z 2; 2;1 1 y 5 Với x 1, khi đó phương trình đã cho trở thành z y z 1 2 1 y 5 Khi đó z z z 2 y z 1 2 + Với z 1 thay vào phương trình trên ta được y2 3y 2 0 y 1; y 2 + Với z 2 thay vào phương trình trên ta được 2y2 3y 6 0 Phương trình này có biệt thức 39 0 nên không có nghiệm. Vậy nghiệm của phương trình là x; y; z 2; 2;1 , 1;1;1 , 1; 2;1 . 1.5. Sử dụng tính chất của phương trình bậc hai. Ý tưởng của phương pháp là quy phương trình đã cho về dạng phương trình bậc hai một ẩn, các ẩn còn lại đóng vai trò tham số. Khi đó các tính chất của phương trình bậc hai thường được sử dụng dưới các dạng như sau: Sử dụng điều kiện có nghiệm 0 của phương trình bậc hai. Sử dụng hệ thức Vi – et. Sử dụng điều kiện là số chính phương. Ví dụ 1. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình x y xy x2 y2 Lời giải Phương trình đã cho tương đường với x2 y 1 x y2 y 0 Xem phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn x và y là tham số. Khi đó điều kiện cần để 2 2 phương trình có nghiệm là 0 hay y 1 4 y2 y 3y2 6y 1 0 3 y 1 4 2 Do đó ta được y 1 1. Để ý là để phương trình có nghiệm nguyên thì phải là số chính phương. 2 2 Do đó từ y 1 1 ta suy ra được y 1 0;1 nên y 1 1;0;1 Đến đây ta xét từng trường hợp cụ thể 2 x 0 + Với y 0 . Khi đó từ phương trình bậc hai ta được x x 0 x 1 2 x 0 + Với y 1 . Khi đó từ phương trình bậc hai ta được x 2x 0 x 2 2 x 1 + Với y 1 . Khi đó từ phương trình bậc hai ta được x 3x 2 0 x 2 Thử lại ta được các nghiệm của phương trình đã cho là 0;0 , 1;0 , 0;1 , 2;1 , 1; 2 , 2; 2 . Bài tập 1. Tìm các số nguyên x để 9x 5 là tích của hai số nguyên liên tiếp
7. GIÁO VIÊN: TRẦN KIM OANH 2. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x2 2y2 3xy x y 3 0 3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 2y2 3xy x y 3 0 . 4. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x3 y3 x2 2xy y2 5. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 5 x2 xy y2 7 x 2y . 6. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2 x y xy x2 y2 . 1.6. Phương pháp lùi dần vô hạn. Ý tưởng của phương pháp lùi dần vô hạn có thể hiểu như sau: Giả sử x0 ; y0 ; z0 là nghiệm của f x; y; z 0 . Nhờ những biến đổi và suy luận số học ta tìm được một nghiệm khác x1 ; y1 ; z1 sao cho các nghiệm quan hệ với bộ nghiệm đầu tiên bởi một tỉ số k nào đó, chẳng hạn x0 kx1 ; y0 ky1 ; z0 kz1 . Lập luận tương tự ta lại được bộ số nguyên x2 ; y2 ; z2 thỏa mãn x1 kx2 ; y1 ky1 ; z1 kz2 . Quá trình cứ tiếp tục dẫn đến x0 ; y0 ; z0 cùng chia hết cho kn với n là một số tự nhiên tuỳ ý . Điều này xảy ra khi và chỉ khi x y z 0 . Để rõ ràng hơn ta xét các ví dụ sau Ví dụ 1. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x3 2y3 4z3 Lời giải Từ phương trình x3 2y3 4z3 (1) ta thấy Hiển nhiên x2 . Đặt x 2x1 với x1 nguyên. Thay vào phương trình (1) rồi chia hai vế cho 2 ta được: 3 3 3 4x1 y 2z (2) Do đó y2 . Đặt y 2y1 với y1 nguyên. Thay vào phương trình (2) rồi chia hai vế cho 2 ta được: 3 3 3 2x1 4y1 z (3) Do đó z2 . Đặt z 2z1 với z1 nguyên. Thay vào phương trình (3) rồi chia hai vế cho 2 được: 3 3 3 x1 2y1 4z1 (4) Như vậy nếu x; y; z là nghiệm của phương trình (1) thì x1 ; y1 ; z1 cũng là nghiệm của phương trình (1) trong đó x 2x1 ,y 2y1 ,z 2z1 . Lập luận hoàn toán tương tự như trên ta được x2 ; y2 ; z2 cũng là nghiệm của phương trình (1) trong đó x1 2x2 ,y1 2y2 ,z1 2z2 . Cứ tiếp tục như vậy ta đi đến x, y, z cùng chia hết cho 2k với k là số tự nhiên tùy ý. Điều này chỉa xảy ra khi và chỉ khi x y z 0 . Đó là nghiệm nguyên duy nhất của phương trình đã cho. Nhận xét: Từ phương trình đã cho ta phát hiện ra các biến x, y, z cùng chia hết cho 2, khi đó thực 3 3 3 hiện phép đặt x 2x1 ,y 2y1 ,z 2z1 và thay vào phương trình ban đầu ta được x1 2y1 4z1 , từ phương trình này lại thấy các biến x1 ; y1 ; z1 cũng chia hết cho 2. Từ đó ta được x; y; z cùng chia hết cho 22 . Quá trình được thực hiện như vậy liên tục thì ta được x; y; z cùng chia hết cho 2k với k là số nguyên dương bất kì. Từ đây ta suy ra được x y z 0 . Bài tập 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 y2 7z2 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 y2 az2 , với a 4k 1 k N*
8. GIÁO VIÊN: TRẦN KIM OANH 3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 y2 z2 x2 y2 4. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình x3 15y3 18z3 2. MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN. Phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng và phong phú, nó có thể là phương trình một ẩn hay nhiều ẩn. Nó có thể là phương trình bậc nhất hoặc bậc cao. Cũng có những phương trình dạng đa thức hoặc dạng lũy thừa. Ta có thể chia phương trình nghiệm nguyên thành một số dạng như sau. 2.1. Phương trình nghiệm nguyên dạng đa thức. Ví dụ 1. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 6x 15y 10z 3 Lời giải Dễ thấy 6x và 15y chia hết cho 3 nên từ phương trình ta được 10z3 nên z3 . Đặt z 3k với k là một số nguyên. Khi đó phương trình đã cho trỏ thành 6x 15y 10.3k 3 2x 5y 10k 1 Đưa về phương trình hai ẩn x, y với các hệ số tương ứng 2 và 5 là hai số nguyên tố cùng nhau 1 10k 5y 1 y 2x 5y 1 10k x 5k 2y 2 2 1 y 1 y Do x, y, k là các số nguyên nên là số nguyên. Đặt t với t nguyên. 2 2 y 1 2t Từ đó ta được x 5k 2 1 2t t 5t 5k 2 z 3k Vậy nghiệm của phương trình là x; y; z 5t 5k 2;1 2t; 3k với t, k là các số nguyên tùy ý. Bài tập 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 y2 xy 2x 3y 2 . 2 2. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2x y 2 7 x 2y y2 1 3. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2xyz x y z 16 4. Tìm nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình: 7y2 6x2 x y , với x y 0 5. Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình: 4xyz x 2y 4z 3 . 6. Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình: xyz 2 x y z . 2.2. Phương trình nghiệm nguyên dạng phân thức. xy 2003 Ví dụ 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: . x y 2004 Lời giải xy 2003 Cách 1. Từ phương trình ta suy ra được x và y khác 0. x y 2004 x y 2004 1 1 1 Do đó ta được 1 xy 2003 x y 2003 Không mất tính tổng quát ta giả sử x y , khi đó ta xét các trường hợp sau 1 1 Trường hợp 1: Nếu x 1, khi đó phương trình trở thành 1 1 y 2003 y 2003 1 1 1 1 1 1 1 Trường hợp 2: Nếu x 2 , khi đó ta có 1. Do đó 1 x y 2 2 x y 2003
9. GIÁO VIÊN: TRẦN KIM OANH Suy ra trường hợp này phương trình không có nghiệm nguyên. 1 1 Trường hợp 3: Nếu x 1, khi đó ta có 0 nên từ phương trình ta suy ra được 0 . x y 1 1 1 Do đó y 0 nên lại suy ra được 1. Từ đó ta được 1 y x y 1 1 1 Do đó 1 x y 2003 Suy ra trường hợp này phương trình không có nghiệm nguyên. Vậy phương trình có các nghiệm nguyên là x; y 1; 2003 , 2003;1 . Cách 2. Dễ thấy x y 0 , khi đó xy 2003 2004x 2003 x y 2004x 2003x 2003y 0 x y 2004 20042 xy 2004.2003x 2004.2003y 20032 20032 2004x 2003 2004y 2003 20032 2003 Nếu x y , khi đó từ phương trình ban đầu ta được x y , loại. 1002 Nếu x y , khi đó 2004x 2003 2004y 2003 nên ta được 2004x 2003 20032 hoặc 2004x 2003 1 Với 2004x 2003 1 suy ra x không nhận giá trị nguyên. Với 2004x 2003 20032 ta được x 2003 , suy ra y 1 Nếu x y , hoàn toàn tương tự ta được x 1; y 2003 . Vậy phương trình có các nghiệm nguyên là x; y 1; 2003 , 2003;1 . Bài tập 1 1 1 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 y2 7 2. Tìm các số nguyên dương x, y, z khác nhau từng đôi một để biểu thức sau là một số nguyên dương: 1 1 1 1 1 1 x y z xy yz zx x 2y 7 3. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn . x2 y2 20 2.3. Phương trình nghiệm nguyên có chứa căn. Ví dụ 1. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: y x 2 x 1 x 2 x 1 Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x 1 y x 1 1 2 x 1 x 1 1 2 x 1 x 1 1 x 1 1 x 1 1 x 1 1 Xét hai trương hợp + Với x 1 thì ta thu được y 2 . + Với x 2 thì ta thu được y x 1 1 x 1 1 2 x 1
10. GIÁO VIÊN: TRẦN KIM OANH Do đó y2 4 x 1 . Do x 2 nên có thể đặt x 1 t2 với t nguyên dương. 2 x t 1 Ta có t Z là nghiệm của phương trình đã cho y 2t Vậy các nghiệm của phương trình là x; y 1; 2 , t2 1; 2t với t là số nguyên dương tùy ý. Ví dụ 2. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x x x x y Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x 0,y 0 Bình phương hai vế của phương trình rồi chuyển vế ta được x x x y2 x Đặt y2 x k k N thì ta được phương trình x x x k Bình phương hai vế của phương trình rồi chuyển vế ta được x x k2 x Đặt k2 x m m N thì ta được phương trình x x m Bình phương hai vế của phương trình ta được x x m2 Ta biết rằng với x nguyên thì x hoặc là số nguyên hoặc là số vô tỉ. Do x x m2 m N nên x không là số vô tỉ. Do đó x là số tự nhiên. Ta có x x m2 x x 1 m2 Hai số tự nhiên liên tiếp x và x 1 có tích là số chính phương nên mỗi số phải là một số chính phương. Do đó số nhỏ bằng 0 hay ta được x 0 x 0 . Từ đó suy ra x 0; y 0 thỏa mãn phương trình đã cho. Vậy nghiệm của phương trình là x; y 0;0 . Bài tập 1. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x y 1980 (1) z 2. Giải phương trình nghiện nguyên: x y 5 1 5 . 3. Tìm tất cả các cặp số nguyên p, q thỏa mãn điều kiện p 2 q 3 pq 2p q 1 4. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x 2 3 y z. 2.4. Phương trình nghiệm nguyên dạng lũy thừa. Ví dụ 1. Giải phương trình với nghiệm tự nhiên: 2x 2y 2z 1024 Lời giải Do vai trò của x, y, z trong phương trình như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử 0 x y z Chia hai vế của phương trình 2x 2y 2z 1024 cho 2x 0 ta được 1 2y x 2z x 210 x Do 210 x 1 nên 210 x là bội của 2. Ta lại thấy nếu x z thì x y z khi đó phương trình trên trở thành 1 20 20 210 x 3 210 x , phương trình này không có nghiệm. Từ đó suy ra x z nên 2z x là bội của 2. Suy ra 1 2y x là bội của 2. Do đó 2y x 1 nên x y . Thay vào phương trình 1 2y x 2z x 210 x ta đươc
11. GIÁO VIÊN: TRẦN KIM OANH 1 1 2z x 210 x 2 2z x 210 x 2 1 2z x 1 210 x 1 2z x 1 29 x 2z x 1 1 x 8 x y 8 Do 29 x 1 nên 29 x là bội của 2. Từ đó ta được Do đó 9 x 2 2 z 9 z 9 Vậy nghiệm của phương trình trên là x; y; z 8;8;9 và các hoán vị. Ví dụ 2. Tìm các số tự nhiên x, y thỏa mãn 2x 57 y2 Lời giải Do x, y là các số tự nhiên nên ta xét các trường hợp sau: Trường hợp 1: Xét x là số lẻ, khi đó ta đặt x 2n 1 n N Từ phương trình đã cho ta được 22n 1 57 y2 . n Ta có 57 chia hết cho 3. Lại có 22n 1 2.22n 2.4n 2 3 1 2 3k 1 6k 2 k N Từ đó ta được 22n 1 57 chia 3 dư 2. Mà y2 là số chính phương nên chia 3 dư 0 hoặc dư 1. Do đó trong trương hợp x lẻ thì phương trình không có nghiệm tự nhiên. Trường hợp 1: Xét x là số chẵn, khi đó ta đặt x 2n n N Từ phương trình đã cho ta được 22n 57 y2 hay ta được y2 22n 57 y 2n y 2n 57 . Do y, n là các số tự nhiên nên ta thấy y 2n 0 nên y 2n 0 và y 2n y 2n 0 . Từ đó ta có bảng giá trị như sau: y 2n 51 19 y 2n 1 3 2n 28(loại) 8 n 3 y 11 x 2n 6 Thử lại ta thấy 26 57 112 đúng. Do đó cặp số tự nhiên cần tìm là x; y 6;11 . Bài tập 1. Tìm các số nguyên dương x và số nguyên y thỏa mãn 7x 24x y2 . 2. Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình xy yz zx 2 x y z 3. Tồn tại hay không các số nguyên x, y, z thỏa mãn đẳng thức sau: x 2005y y 2007z z 2009x 2011x 2013y 2015z 4. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 3x 32 y2 5. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 3x 171 y2 . 6. Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn 3x 111 y 3 y 5 . 7. Tìm các số tự nhiên x, y thỏa mãn điều kiện x2 5x 7 3y . 8. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương a; b;c thỏa mãn a5 b a b5 2c . 2.5. Hệ phương trình nghiệm nguyên. x y z 3 Ví dụ 1. Tìm các nghiệm nguyên của hệ phương trình: 3 3 3 x y z 3 Lời giải
12. GIÁO VIÊN: TRẦN KIM OANH 3 Ta có hằng đẳng thức x y z x3 y3 z3 3 x y y z z x Do đó từ hệ phương trình trên ta được 27 3 3 x y y z z x 8 x y y z z x Đặt x y c; y z a; z x b . Khi đó ta được abc 8 . Do a, b, c nguyên nên a, b, c là các ước của 8. Suy ra ta được a; b;c 1; 2; 4; 8 Do vai trò của x, y, z như nhau nên ta có thể giả sử x y z , khi đó a b c . Ta có a b c 2 x y z 6 a 2 . Khi đó ta xét các trường hợp sau: b c 4 b 2 + Với a 2 ta có bc 4 x 2 Từ đó ta được x y z 1 b c 2 + Với a 4 ta có , hệ này không có nghiệm nguyên. bc 2 b c 2 b 1 + Với a 8 ta có bc 1 c 1 Từ đó ta tính được x y 4; z 5 Vậy hệ trên có các nghiệm là x; y; z 1;1;1 , 4; 4; 5 , 4; 5; 4 , 5; 4; 4 . Ví dụ 2. Chứng minh không tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa mãn hệ sau: x2 3xy 3y2 z2 31 2 2 x xy 8z 100 Lời giải x2 3xy 3y2 z2 31 Giả sử tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa mãn hệ phương trình 2 2 x xy 8z 100 Khi đó từ hệ phương trình trên ta được 2 9x2 23xy 24y2 348 5 2x2 5xy 5y2 x y 348 2 Dễ thấy 5 2x2 5xy 5y2 chia hết cho 5. Mà x y chia 5 dư 0 hoặc dư 1 hoặc dư 4 và 2 348 chia 5 dư 3, do đó x y 348 chia 4 dư 3 hoặc sư 4 hoặc dư 2. Như vậy không tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa mãn hệ phương trình trên. Bài tập x y z 1. Giải hệ phương trình nghiệm nguyên: 3 3 2 x y z xy yz zx 8 2. Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình: . x y z 5