chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi cấp trung học cơ sở
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.11 MB, 25 trang )
[2012]
CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG HSG
CẤP TRUNG HỌC CƠ SỞ
2
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM
NGUYÊN
Nguyễn Duy Liên
Mở đầu
Ngạn ngữ Pháp có câu: "Le Mathématique est le Roi des Sciences mais
L’Arithmétique est la Reine",dịch nghĩa:"Toán học là vua của các khoa học
nhƣng Số học là Nữ hoàng". Điều này nói lên tầm quan trọng của Số học trong
đời sống và khoa học. Số học giúp con ngƣời ta có cái nhìn tổng quát, sâu rộng
hơn, suy luận chặt chẽ và tƣ duy sáng tạo.
Trong các kì thi chọn học sinh giỏi các cấp THCS, THPT cấp tỉnh, cấp
Quốc gia,cấp khu vực, cấp quốc tế, các bài toán về Số học thƣờng đóng vai trò
quan trọng. Chúng ta có thể làm quen nhiều dạng bài toán Số học, biết nhiều
phƣơng pháp giải, nhƣng cũng có bài chỉ có một cách giải duy nhất. Mỗi khi
gặp một bài toán mới chúng ta lại phải suy nghĩ tìm cách giải mới. Sự phong
phú đa dạng của các bài toán Số học luôn là sự hấp dẫn đối với mỗi giáoviên,
học sinh giỏi yêu toán. Xuất phát từ những ý nghĩ đó tôi đã sƣu tầm và hệ thống
lại một số bài toán để viết lên chuyên đề "Một số phƣơng pháp giải phƣơng
trình nghiệm nguyên " dành cho các thầy cô giáo dạy toán,các em học sinh bậc
Trung học ,và chỉ đòi hỏi kiến thức toán của bậc Trung học Cơ sở.Chuyên đề
gồm các phần :
-Phần I : Bảng các kí hiêu
-Phần II: Kiến thức cơ bản.
-Phần III: Một số phƣơng pháp giải phƣơng trình nghiệm nguyên
Phƣơng pháp 1:Sử dụng tính chẵn lẻ
Phƣơng pháp 2: Phƣơng pháp phân tích
Phƣơng pháp 3: Phƣơng pháp cực hạn
Phƣơng pháp 4: Phƣơng pháp loại trừ
Phƣơng pháp 5: Dùng chia hết và chia có dƣ
Phƣơng pháp 6: Sử dụng tính chất nguyên tố
Phƣơng pháp 7: Phƣơng pháp xuống thang
Phƣơng pháp 8: Dùng bất đẳng thức.
-Phần IV: Bài tập tƣơng tự.
Mục tiêu ở đây là một số bài mẫu, một số bài khác biệt căn bản đã nói lên
đƣợc phần chính yếu của chuyên đề. Tuy vậy, những thiếu sót nhầm lẫn cũng
không thể tránh khỏi đƣợc tất cả , về phƣơng diện chuyên môn cũng nhƣ
phƣơng diện sƣ phạm. Lối trình bày bài giải của tôi không phải là một lối duy
nhất. Tôi đã cố gắng áp dụng cách giải cho phù hợp với chuyên đề, học sinh có
thể theo mà không lạc hƣớng. Ngoài ra lúc viết tôi luôn luôn chú ý đến các bạn
3
vì nhiều lí do phải tự học, vì vậy giản dị và đầyđủ là phƣơng châm của tôi khi
viết chuyên đề này.
Tôi xin trân thành cảm ơn các thầy cô giáo,các em học sinh góp ý thêm
cho những chỗ thô lâu và phê bình chân thành để có dịp tôi sửa chữa chuyên đề
này hoàn thiện hơn.
4
PHẦN I : BẢNG CÁC KÍ HIỆU
: Tập hợp các số tự nhiên :
0;1;2;3;
*
: Tập hợp các số tự nhiên khác
0
:
1;2;3;
: Tập hợp các số nguyên :
; 3; 2; 1;0;1;2;3;
P
: Tập hợp các số nguyên tố
: Tập hợp các số hữu tỉ
: Tập hợp các số vô tỉ
: Tập hợp các số thực
x
:
x
thuộc ;
x
là số nguyên
ab
:
a
chia hết cho
b
,
a
là bội của
b
ab
:
a
không chia hết cho
b
|ba
:
b
là ƣớc của
a
,
b
chia hết
a
|ba
:
b
không là ƣớc của
a
moda b m
:
a
đồng dƣ với
b
theo môđun
m
,
ab
chia hết cho
m
,ab
: ƢCLN của
a
và
b
,ab
: BCNN của
a
và
b
;ab
: cặp số ,nghiệm của phƣơng trình hai ẩn số
: Suy ra
: Tƣơng đƣơng với ,khi và chỉ khi
(đpcm) : Điều phải chứng minh , kết thúc bài toán hay một phép chứng
minh
,
,,
: Tồn tại,mọi ,hoặc, giao
Pt,hệ pt,bđt : Phƣơng trình ,hệ phƣơng trìn,Bất đẳng thức
PHẦN II :KIẾN THỨC CƠ BẢN
I.ĐỊNH LÍ VỀ PHÉP CHIA
1.Định lí:
Cho
,ab
là các số nguyên tuỳ ý và
0b
,khi dó có hai số nguyên
,qr
duy nhất
sao cho :
a bq r
với
0 rb
,
a
là số bị chia ,
b
là số chia ,
q
là thƣơng số
và
r
là số dƣ .
5
Vậy khi
a
chia cho
b
có thể xẩy ra
b
số dƣ là
0;1;2; ; 1b
Đặc biệt với
0r
thì
a bq
.Khi đó ta nói
a
chia hết cho
b
hay
b
là ƣớc của
a
,kí hiệu
ab
hay
|ba
.
Vậy :
ab
có số nguyên
q
sao cho
a bq
.
2.Tính chất :
a) Nếu
ab
và
bc
thì
ac
b) Nếu
ab
và
ba
thì
ab
c) Nếu
ab
,
ac
và
,1bc
thì
a bc
.
d) Nếu
ab c
, và
,1bc
thì
ac
.
II.ĐỒNG DƢ THỨC
Định nghĩa:
Cho số nguyên
0m
.Nếu hai số nguyên
a
và
b
cho cùng số dƣ khi chia cho
m
thì ta nói
a
đồng dƣ với
b
theo môđun
m
,kí hiệu
moda b m
.
Vậy
moda b m a b m
Tính chất
a)
(mod ) moda b m a c b c m
b)
mod , mod moda b m c d m a c b d m
,
modac bd m
c)
moda b m
(mod )
nn
a b m
d)
modac bc m
,
,1cm
moda b m
II.TÍNH CHẤT CỦA SỐ CHÍNH PHƢƠNG
a) Số chính phƣơng là bình phƣơng của một số tự nhiên
b) Số chính phƣơng không tận cùng bằng
2,3,7,8.
c) Số chính phƣơng chia hết cho số nguyên tố
p
thì chia hết cho
2
p
d) Số chính phƣơng chia cho
3
có số dƣ là
0
hoặc
1
e) Số chính phƣơng chia cho
4
có số dƣ là
0
hoặc
1
f) Số chính phƣơng chia cho
5
có số dƣ là
0
hoặc
1
hoặc
4
g) Số chính phƣơng chia cho
8
có số dƣ là
0
hoặc
1
h) Số lập phƣơng chia cho
7
có số dƣ là
0, 1
i) Số lập phƣơng chia cho
9
có số dƣ là
0, 1
j) Nếu hai số nguyên dƣơng nguyên tố cùng nhau có tích là số chính
phƣơng thì mỗi số đều là số chính phƣơng.
III.TÍNH CHẤT LUỸ THỪA CÙNG BẬC CỦA CÁC SỐ NGUYÊN LIÊN
TIẾP
6
Ta thƣờng vận dụng hai nhận xét sau đây trong khi giải một số phƣơng trình
nghiệm nguyên .
1.
*
nn
n n n
X Y X a a Y X a i
với
1;2;3 ; 1ia
2.
1 1 1 X X X n Y Y y n X a X a X a n
1 1 a Y Y Y n X i X i X i n
với
1;2; ; 1ia
IV.TÍNH CHẤT CHIA HẾT
Phƣơng trình nghiệm nguyên có dạng:
1 1 2 2
0
n n n
kk
a x a x a x
(*)
Với
n
là số nguyên dƣơng lớn hơn 1,các tham số nguyên
12
, , ,
k
a a a
và các ẩn
12
, , ,
k
x x x
.,đƣợc giải bằng phƣơng pháp lùi vô hạn nhƣ sau:
+ Sử dụng tính chất chia hết để chứng minh
12
, , ,
n n n
k
x x x
cùng chia hết cho một
số nguyên tố
p
.Từ đó suy ra
12
, ,
k
x x x
cũng chia hết cho
p
+ Đặt
1 1 2 2
, , ,
kk
x py x py x py
(suy ra
12
, , ,
k
y y y
cũng nhận giá trị nguyên)
Phƣơng trình (*) trở thành :
1 1 2 2
0
n n n
kk
a py a py a py
1 1 2 2
0
n n n
kk
a y a y a y
.Hoàn toàn tƣơng tự ,ta chứng minh đƣợc
12
, ,
k
y y y
cũng chia hết cho
p
,từ đó suy ra
12
, ,
k
x x x
cũng chia hết cho
2
p
+Quá trình này tiếp tục mãi ,suy ra
12
, ,
k
x x x
cùng chia hết cho
m
p
với
m
là
một số nguyên dƣơng lớn tuỳ ý.Điều này chỉ xẩy ra khi và chỉ khi
12
0
k
x x x
Vậy phƣơng trình (*) có một nghiệm duy nhất
12
0
k
x x x
PHẦN III :MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM
NGUYÊN
Phương pháp 1:Sử dụng tính chẵn lẻ
Thí dụ 1
Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình :
2
2 5 1 2 105
x
x y x x y
Giải: Vì
105
là số lẻ nên
2 5 1xy
là số lẻ
y
chẵn. Mà
2
1x x x x
chẵn nên
2
x
lẻ
0x
. Thay
0x
vào phƣơng trình ta đƣợc
5 1 1 21.5 21 . 5yy
Vì
5 1,5 1y
nên
5 1 21
15
y
y
hoặc
5 1 21
15
y
y
4y
.
7
Thử lại
0, 4xy
là nghiệm nguyên duy nhất của phƣơng trình.
Thí dụ 2
a) Chứng minh rằng phƣong trình sau không có nghiệm nguyên:
2 2 2
2015abc
b) Chứng minh rằng không tồn tại các số hữu tỉ
,,x y z
thoả mãn đẳng thức:
2 2 2
3 5 7 0x y z x y z
(Đề TS 10
C.Lê Hồng Phong
Nam Định
2003-
2004 )
Giải: a) Nhận xét :
2
; 0,1,4 mod8xx
thật vậy:
+ Nếu
22
4 16 0 mod8x k k x k
+ Nếu
22
4 2 16 16 4 4 mod8x k k x k k
+ Nếu
2
2 1 4 1 1 1 mod8x k k x k k
(do
12kk
)
Trở lại bài toán : Từ nhận xết trên có thể xẩy ra 4 trƣờng hợp sau với 3 số
,,abc
.
*) Cả 3 số
,,abc
đều lẻ
2 2 2
3 mod8abc
*) Cả 3 số
,,abc
đều chẳn
2 2 2
0 4 mod8abc
*) Có 1số chẳn và 2 số lẻ
2 2 2
2 6 mod8abc
*) Có 1số lẻ và 2 số chẳn
2 2 2
1 5 mod8abc
Cả 4 thƣờng hợp
2 2 2
7 mod8abc
.
Trong khi đó
2015 251.8 7 7 mod8
chứng tỏ rằng :phƣơng trình không
có nghiệm nguyên.
b)Giả sử tồn tại
,,x y z
sao cho
2 2 2
3 5 7 0x y z x y z
2 2 2
2 1 2 3 2 5 7x y z
do
,,x y z
2 1,2 3,2 5x y z
, , ,a b c d
(
0d
nhỏ nhất)
mà
2 1 ;2 3
ab
xy
dd
và
25
c
z
d
, ta thấy
, , , 1a b c d
ngƣợc lại
1 1 1 1
, , , 1 , , ,a b c d m a ma b mb c mc d md
với
1 1 1 1
, , , 1a b c d
mâu
thuẫn cách chọn
d
.
Đẳng thức đã cho
2 2 2 2
7a b c d
(*) theo phần a)
(*)
7 mod8VT
Vậy
đẳng thức (*) không thể xẩy ra điều giả sử là sai ta có điều phải chứng minh.
Thí dụ 3
Giải phƣơng trình nghiệm nguyên :
3 2 2 3
2001x x y xy y
8
(Junior Balkan 2001 Mathematcal-
Olympiads)
Giải: Phƣơng trình
22
1.3.23.29x y x y
22
xy
và
xy
cùng lẻ
,xy
khác tính chẵn lẻ
22
xy
có dạng
41kk
22
xy
chỉ có thể là
1;29;3.23 69
hoặc 2001 .Vậy ta có :
2 2 2 2
1 , 0; 1 2001x y x y x y
22
29 , 5; 5;2; 2 69x y x y x y
22
69 , 3x y x y
9 69 9VT
(vô lí)
22
2001 , 3x y x y
9 2001 9VT
(vô lí)
Vậy phƣơng trình vô nghiệm.
Bài tập tƣơng tự
1/ Tìm số nguyên tố
p
để
41p
là số chính phƣơng.
2/ Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
32
2 2007xy
(ĐềTS10C.Lê Khiết-QN-
2007)
3/Tìm
,xy
thoả mãn điều kiện :
1993 1994
1992 1993 1995xy
(ĐềTS10 C.KHTN -HN-1994)
4/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
33
28x y xy
(Bungari MO-1978)
Phương pháp 2:Phương pháp phân tích.
Thí dụ 1
Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
22
1 1 2 1 4 1x y x y xy xy
(Titu Andreescu)
Giải: Viết lại phƣơng trình :
2 2 2 2
2 1 2 2 1 4x y xy x y xy x y xy
22
1 2 1 4xy x y x y xy
2
14xy x y
1 1 2xy
Nếu
: 1 1 2xy
ta có các hệ phƣơng trình sau
1 2 1 2 1 1 1 1
; ; ;
1 1 1 1 1 2 1 2
x x x x
y y y y
có các nghiệm tƣơng ứng lần
lƣợt là:
1;2 , 3; 0 , 0;3 , 2; 1
9
Nếu
: 1 1 2xy
ta có các hệ phƣơng trình sau
1 2 1 2 1 1 1 1
; ; ;
1 1 1 1 1 2 1 2
x x x x
y y y y
có các nghiệm tƣơng ứng lần
lƣợt là:
1;0 , 3;2 , 0; 1 , 2;3
Phƣơng trình có 8
nghiệm:
1;2 , 3;0 , 0;3 , 2; 1 , 1,0 , 3;2 , 0; 1 , 2;3
Thí dụ 2
Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình:
22
3 2 2 10 4 0x y xy x y
(ĐềTS10 Hà Nội
Amsterdam 2008 )
Giải: Ta có
22
2 1 3 10 4 0x y x y y
22
1 2 2 7x y y
3 1 3 7y x y x
3 1 7 3 1 7
;
3 1 3 1
y x y x
y x y x
3 1 1 3 1 1
;
3 7 3 7
y x y x
y x y x
có các nghiệm tƣơng ứng lần lƣợt là:
3;1 , 1; 3 , 3;1 , 7; 3
.
Phƣơng trình có 4 nghiệm :
3;1 , 1; 3 , 3;1 , 7; 3
Thí dụ 3
Tìm nghiệm nguyên không âm của phƣơng trình:
2
22
7xy x y
(Indian Mathematical-Olympiads 2006)
Giải: Phƣơng trình
22
6 13xy x y
22
6 13xy x y
6 6 13xy x y xy x y
(*) do
,xy
vậy (*)
hai
trƣờng hợp sau :
6 1 6 13
;
6 13 6 1
xy x y xy x y
xy x y xy x y
77
;
60
x y x y
xy xy
Giải ra ta đƣợc các nghiệm là
; 3;4 , 4;3 , 0;7 , 7;0xy
Thí dụ 4
Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình:
5329
y x y x
x y x y
( ĐềTS10 C.Vĩnh Phúc 2009)
10
Giải: Phƣơng trình
1 1 5330
yx
xy
Mà phân tích 5330 thành tích 2
thừa số gồm:
1.5330 5.1066 13.410 26.205 10.533 41.130 65.82 2.2665
6 trƣờng hợp đầu tiên vô nghiệm
1 65 1 82
1 82 1 65
yy
xx
xx
yy
64 81 4 3
34
81 64
yy
xx
x x x x
yy
yy
1 2 1 2665
1 2665 1 2
yy
xx
xx
yy
1 2664
2664 1
xx
yy
Vậy phƣơng trình có 4 nghiệm
3;4 , 4;3 , 1;2664 , 2664;1
Thí dụ 5
Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình:
22
1 1 1x y y x
(*)
(Polish Mathematical-Olympiads 2004)
Giải Đặt
1, 1x u y v
,phƣơng trình (*) trở thành
22
1 1 1 4 1u v v u uv u v uv u v
4 4 5uv u v u v
1 4 5uv u v
Phƣơng trinh tƣơng
đƣơng với 4 hệ phƣơng trình sau
1 1 1 1 1 5 1 5
4 5 4 5 4 1 4 1
uv uv uv uv
u v u v u v u v
1 9 3 5
0 2 4 6
u v u v u v u v
uv uv uv uv
giải ra ta đƣợc các nghiệm
, 1,0 , 0,1 , 6,1 , 1, 6uv
các nghiệm của pt là
; 1;2 , 5;2 ; 2;1 ; 2; 5xy
Bài tập tƣơng tự
1/Cho
,pq
là hai số nguyên tố .Giải phƣơng trình nghiệm nguyên
sau:
1 1 1
x y pq
(Titu Andreescu)
2/Tìm tất cả các tam giác vuông có các cạnh là số nguyên Và số đo diện tích
bằng số đo chu vi tam giác.
3/ Giải phƣơng trình nghiệm nguyên
22
3 10 8 96x xy y
4/Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình:
1 1 1
23mn
(ĐềTS10 PTNK HCM 2001-2002)
11
5/ Tìm nghiệm nguyên dƣơng của hệ phƣơng trình :
3 3 2
2
3
x y z
xy z z
( ĐềTS10 C.Bắc Giang 2009)
Phương pháp 3:Phương pháp Cực hạn
Thƣờng đƣợc sử dụng cho phƣơng trình đối xứng nên vai trò các ẩn nhƣ nhau
nên ta có thể giả sử rằng :
1 x y z
Thí dụ 1
Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình :
5 4 24x y z xyz
(1)
( ĐềTS10 ĐHKH Huế 2008)
Giải Phƣơng trình
1 1 1 24 4
55xy yz zx xyz
Do vai trò
,,x y z
nhƣ nhau giả sử rằng :
1x y z
từ đó ta có
2
2 2 2
4 3 24 39 39
5 5 5 4
z
z z z
1,2,3z
1z
thì (1)
4 5 4 5 141xy
(do
4 5 1;4 5 1xy
)
4 5 47 4 5 141
;
4 5 3 4 5 1
xx
yy
giải ra ta đƣợc
13, 2, 1x y z
2z
thì (1)
8 5 8 5 297 297.1 99.3 33.9 27.11xy
8 5 297 8 5 99 8 5 33 8 5 27
; ; ;
8 5 1 8 5 3 8 5 9 8 5 11
x x x x
y y y y
giải ra ta đƣợc
, , 4,2,2x y z
3z
thì (1)
12 5 12 5 493 29.17 493.1xy
12 5 29 12 5 493
;
12 5 17 12 5 1
xx
yy
vô nghiệm
Vậy phƣơng trình có các nghiệm
, , 13,2,1 ; 4,2,2x y z
và các hoán vị của
nó
Thí dụ 2
Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên
,,x y z
thoả mãn đẳng thức
12
4 4 4 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2000x y z x y y z z x
(Junior Balkan 2000 Mathematical-Olympiads)
Giải Giả sử tồn tại
,,x y z
thoả mãn, theo đề bài các số hạng của vế trái
đều có bậc chẵn .Giả sử rằng
, , 0x y z
Trƣớc tiên ta chứng minh các số
,,x y z
phân biệt .Ngƣợc lại chẳng hạn
yz
Đẳng thức trở thành
4 2 2
4 2000x x y x
chẵn ,
2x t t
thì ta có
2
2 2 2
22
25
125
5
t
t t y
ty
(vô lí)
Giả sử
x y z
. Nếu
4 4 4
x y z
lẻ thì tồn tại ít nhất một số chẵn và có hai số
có cùng tính chẵn lẻ.
Ta có
:
2
4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2
2 2 2 2 4x y z x y y z z x x y x y z z y z
2
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2x y z yz x y z yz x y z yz
x y z x y z x y z x y z
đây là tích của 4 số nguyên
phân biệt.Mà số
4
2000 16.125 2 .125
.Mà với 4 thừa số phân biệt :
x y z x y z x y z x y z
mà các thừa số này chia hết cho
2,và không chia hết cho 4.Trong khi đó ƣớc chẵn nhỏ nhất của 2000 chia hết
2 mà
không chia hết cho 4 là
2,10,50,250
nhƣ 2.10.50.250>2000 Vô lí
Thí dụ 3
Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình :
33
77x y y x
Giải Phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với
22
22
70
70
xy
x y x xy y
x xy y
Nếu
2
22
7
7 0 7 3 0
3
x xy y x y xy xy
1, 2 2, 1x y x y
*
x y n
thoả màn phƣơng thình
Vậy phƣơng trình có các nghiệm
1,2 , 2,1 . ,nn
với
*
n
Thí dụ 4
Một tam giác có số đo của chiều cao là những số nguyên và bán kính đƣờng
tròn nội tiệp bằng 1 Chứng minh rằng tam giác đó đều.
13
Giải : Đặt
.,a BCb CA c AB
.Gọi
,,x y z
lần lƣợt là độ dài đƣờng cao ứng
với các cạnh
,,abc
của tam giác .Bán kính đƣờng tròn nội tiếp bằng 1 nên
, , 2x y z
.Giả sử
2x y z
.Diện tích tam giác
1 1 1
:
2 2 2
ABC S ax by cz
(1)
Mặt khác
1
2
OBC OCA OAB
S S S S a b c
(2)
Từ (1) và (2)
1 1 1 1 1 1
a b c a b c
ax by cz a b c a b c
x y z x y z
1 1 1 3
1 3 3zz
x y z z
.
Từ
1 1 1 1 1 2
1 3 2
3
x y xy
x y z x y
2 3 2 3 9xy
2 3 3 2 6
3
2 3 3 2 6
xx
xy
yy
a b c ABC
đều
2 3 9 2 12
6; 2;
2 3 1 2 4
xx
xy
yy
( Loại )
Bài tập tƣơng tự
1/Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình:
2xy yz zx xyz
2/ Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình
9x y z xyz
3/ Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình:
3
xy yz zx
z x y
4/ Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình:
22
1 1 1
1
x xy y
5/ Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình
3 3 3
3x y z xyz p
trong đó
p
là số nguyên tố lớn hơn 3.
(Titu Andreescu,Dorin Andrica)
6/ Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình:
1 1 1 3
5x y z
(Romanian Mathematical-Olympiads
2000)
Phương pháp 4:Phương pháp loại trừ
14
Thí dụ 1
Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình :
6 3 4
31x x y
Giải Ta thấy với
0; 1xy
là nghiệm của phƣơng trình ,ta chứng minh đó là
hai nghiệm nguyên duy nhất.
Với
22
3 6 3 6 3 4 6 3 3
0: 1 2 1 3 1 4 4 2x x x x x x y x x x
3 2 3
12x y x
(vô lí)
Với
22
3 6 3 4 6 3 3
2: 2 3 1 2 1 1x x x x y x x x
Suy ra
3 2 3
21x y x
(vô lí, vì |x
3
+ 2| > |x
3
+1 |)
Vậy phƣơng trình đã cho có 2 nghiệm nguyên
; 0;1 , 0; 1xy
Thí dụ 2
Giải phƣơng trình nghiệm nguyên :
2 4 3 2
x x y y y y
(ĐềTS10 Hà Nội
Amsterdam 1995-1996 )
Giải: Phƣơng trình đã cho
2
2
2
2 1 2 1 3 1x y y y y
Nếu
1 0 1y x x
Nếu
1, 1 0 1 3 1 0y y y y y y
22
2
22
2 2 1 2 2y y x y y
2
2
2
2 1 2 1x y y
2
4 3 2 2 2
4 4 4 4 1 2 1 2 0y y y y y y y y
02yy
0 0; 1
25
y x x
yx
Vậy phƣơng trình đã cho có 5 nghiệm nguyên
; 0; 1xy
,
1; 1 , 0;0
.
1;0 , 5;2
Thí dụ 3
Tìm tất cả nghiệm nguyên không âm của phƣơng trình:
24
22
11x x y y
( ĐềTS10 ĐHSP Hà Nội 2006-2007)
Giải Phƣơng trình
42
4 3 2 2 2 2
2 3 2 1 1y y y y x x y y x x
15
2
22
11y y x x
(*) Do
2
22
0 1 1x x x x x
từ đây ta có
2
2
1 1 0 0x x x x y
.
Vậy phƣơng trình có duy nhất một nghiệm
; 0;0xy
Thí dụ 4
Tìm tất cả nghiệm nguyên không âm của phƣơng trình:
22
1x y y
(1)
(ĐềTS10 C.KHTN -HN-2001)
Giải Giả sử
;xy
là một nghiệm không âm của phƣơng trình
22
1x y y
Từ đó suy ra
22
xy
Mặt khác
2
2
0 1 4 4 1 2 1y y y y y
hay
1 2 1yy
.Từ đó ta
thấy
2
22
1 2 1 1y y y y y
(2) .Dấu bằng đạt đƣợc khi
0y
,từ (1)
và (2)
22
2 2 2 2
1 1 1y x y y y x y
(do
2
y
,
2
1y
là 2 s0ố chính
phƣơng liên tiếp )
2
2
1 1 0y y y y
1x
.Vậy phƣơng trình có
một nghiệm duy nhất
; 1;0xy
Thí dụ 5
Giải phƣơng trình nghiệm nguyên :
4 2 2
10 0x x y y
(*)
Giải Phƣơng trình (*)
42
1 10(**)y y x x
ta có
4 2 4 2 4 2 2
10 10 6 2x x x x x x x
do đó
2 2 2 2
1 1 3 4x x y y x x
22
22
1 1 2
1 2 3
y y x x
y y x x
kết hợp với
(**) suy ra
2
2
4 2, 2
1. 1
1
x x x
xx
x
ta có các giá trị
y
tƣơng ứng là
6, 5,4; 3
Vậy phƣơng trình có một nghiệm
; 2;6 , 2; 5 , 1;4 , 1; 3xy
Bài tập tƣơng tự
1/ Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
3 3 3
33
1 2 7x x x x y
(Hungarian Mathematical-Olympiads 2000)
2/ Giải phƣơng trình nghiệm nguyên dƣơng :
16
2 2 2 2
2 2 1 2 1x y z xy x z y z t
(Titu Andreescu)
3/ Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
3 3 2
2 3 1 0x y y y
4/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
6 3 4 2
4 4 2 3 6x y y y y
5/Tìm tất cả các cặp số nguyên dƣơng
,mn
thoả mãn điều kiện
a/
21mn
và
21nm
(ĐềTS10 C.KHTN -HN-1993)
b/
31mn
và
31nm
(Tạp chí TH&TT tháng 3/1996)
Phương pháp 5 Dùng chia hết và chia có dư
Thƣờng dùng để chứng minh phƣơng trình không có nghiệm nguyên bằng cách
chứng minh hai vế khi chia cho cùng một số có số dƣ khác nhau.
Thí dụ 1
Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình:
32
19 98 1998xy
(ĐềTS10 C.KHTN -HN-1998)
Giải Nhận xét
3
0,1,6 mod7aa
Phƣơng trình đã cho viết lại nhƣ sau :
32
19 2 98 20xy
Ta thấy
3
98 2 7y
.Ta chứng minh
3
19 2 7x
thật vậy:
Giả sử
3 3 3
19 2 7 2 7 2 mod7x x x
(vô lí)
Từ đó phƣơng trình đã cho vô nghiệm.
Thí dụ 2
Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình:
22
17 34 51 1740x y xy x y
(ĐềTS10 C.KHTN -HN-2005)
Giải Phƣơng trình :
22
17 34 51 1740x y xy x y
22
1740 17 2 3 *x y xy x y
Nhận xét
17x x k r
với
0,1,2,3,4,5,6,7,8r
và
k
Từ đó
2
x
có dạng tƣơng ứng là:
17 ,17 1;17 4;17 9;17 16;17 8;17 2;17 15;17 13h h h h h h h h h h
.
17
Ta nhận thấy rằng
1740 17.102 6
VP
*
có dạng
17 6ll
,trong khi
VT(*) thì
2
x
chia cho
17
trong mọi trƣờng hợp đều không có số dƣ là 6 .Vậy
phƣơng trình đã cho không có nghiệm nguyên.
Thí dụ 3
Chứng minh rằng không tồn tại
*
,xy
sao cho :
55
55
1 2 3x y x y
(Junior Balkan 2005 Mathematical-
Olympiads)
Giải Nhận xét :
5
mod10a a a
thật vậy
5 2 2 2 2 2
1 4 5 1 4 5 1a a a a a a a a a a
0 mod10
Khi đó phƣơng trình:
55
55
1 2 3x y x y
chuyển qua đồng dƣ với 10
ta đƣợc :
1xy
2 3 mod10 2 0 mod10xy
vô lí .Vậy không
tồn tại
*
,xy
sao cho :
55
55
1 2 3x y x y
Thí dụ 4
Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình:
33
2001x y p
với
p
là số nguyên tố.
(Junior Balkan 2001 Mathematical-Olympiads)
Giải +)Trƣờng hợp
3p
1. Nếu
0 mod3xy
33
xy
0 mod27
27 2001p
(vô lí)
2. Nếu
1 mod3 0 mod3x y x y
22
1 mod3x y xy
3 3 2 2
( )( )x y x y x y xy
0 mod9
33
9 2001x y p
vô lí
Bởi vì
3
n
33
mod3 2(mod3)n x y x y
vô lí
3. Nếu
1 mod3 0 mod3x y x y
22
1 mod3x y xy
3 3 2 2
( )( ) 0 mod9 9x y x y x y xy
33
2001x y p
vô lí
Mặt khác
3 3 3 3
2(mod3) 2001x y x y x y p
vô lí
+) Trƣờng hợp
3p
33
6003 4(mod7)xy
mà
3
0,1,6 mod7aa
0; 1; 2 mod7VT
dẫn đến vô lí
Vậy phƣơng trình đã cho không có nghiệm nguyên.
18
Thí dụ 5
Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
4 4 4
1 2 7
1992x x x
Giải
Nếu
2xk
thì
4
16x
Nếu
21xk
thì
4 2 2
1 1 1 16x x x
(vì
1; 1xx
là hai số chẵn
liên tiếp nên tích chia hết cho 8 và
2
1 2)x
Nhƣ vây khi chi tổng
4 4 4
1 2 7
x x x
cho 16 có số dƣ bằng số các số lẻ
trong các số
1 2 7
, , ,x x x
tức là không vƣợt quá 7 còn
1992 16.124 8 8 mod16
.
Vậy phƣơng trình đã cho không có nghiệm nguyên.
Bài tập tƣơng tự
1. Giải phƣơng trình nghiệm nguyên :
a)
22
3 17xy
c)
2 2 2
2 12 3
x
y
b)
22
5 17xy
d)
22
15 7 9xy
2. Chứng minh rằng tổng bình phƣơng của 3 số nguyên trong phép chia
cho 8không thẻ có dƣ là 7 từ đó suy ra phƣơng trình
2 2 2
4 9 71x y z
không có nghiệm nguyên.
3. Giải phƣơng trình nghiệm nguyên :
7 7 7
4x y z
4. Giải phƣơng trình nghiệm nguyên
2
1 2 1 2 3 1 3 2 3
x
x x x x x x x x x x x x y
5.Chứng minh rằng các phƣơng trình sau không có nghiệm nguyên:
a)
53
5 4 24(5 1)x x x y
b)
3
5 3 2
3 6 15 2001x x x x
Phương pháp 6 Sử dụng tính chất nguyên tố
Tính chất 1 Với mọi số nguyên
a
,số
2
1a
không có ƣớc nguyên tố dạng
43kk
.
Chứng minh : Giả sử
2
1a
không có ƣớc nguyên tố dạng
43kk
.
.Khi đó
21
1 4 2 2 2
1 1 1 1 *
k
pk
a a a a p
.Mặt khác theo định lí
Fermat ta có:
1
1 **
p
ap
.Từ (*) và (**) suy ra
2 p
do đó
2p
không
có dạng
43kk
vô lí.
19
Vậy
2
1a
không có ƣớc nguyên tố dạng
43kk
.
Tính chất 2 :Cho
,ab
,
p
là số nguyên tố dạng
43kk
.Chứng
minh rằng nếu
22
a b p
thì
ap
và
bp
Chứng minh
1 4 2
1 mod 1 mod
pk
a p a p
,
1 4 2
1 mod 1 mod
pk
a p a p
4 2 4 2
2 mod 2
kk
a b p p
.Vậy
ap
và
b
p
Thí dụ 1
Giải phƣơng trình nghiệm nguyên dƣơng :
2 2 1995 1
2011 10
k
x y z
(BáoTHTT tháng 5/1995)
Giải Vì
2011
là số nguyên tố dạng
43k
do đó theo tính chất 2 ta đƣợc
11
2011 , 2011x x y y
.Đặt
2 1995 1
k
n
22
2
11
2011 2011 2011 10
n
x y z
2 2 2 2
11
2011 10
n
x y z
.Tiếp tục
nhƣ vậy
n
lần ta có :
22
10
nn
x y z
(*) với
2011 , 2011
nn
nn
x x y y
.Bằng cách thử trực tiếp ta
thấy nghiệm của phƣơng trình (*) là:
, , 1,1,8 ; 1,2,5 ; 2,1,5 ; 2,2,2
nn
x y z
.Từ đó suy ra nghiệm nguyên dƣơng
của phƣơng trình đã cho là:
, , 2011 ,2011 ,8 ; 2011 ,2.2011 ,5 ; 2.2011 ,2011 ,5 ; 2.2011 ,2.2011 ,2
n n n n n n n n
x y z
(với
1 1995
2
n
n
)
Thí dụ 2
Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
23
7xy
Giải
23
7xy
22
1 2 2 4x y y y
Nếu
y
chẵn thì
22
1 4 1 3 mod4xx
vô lí
Nếu
y
lẻ thì
2
2
2 4 1 3y y y
có dạng
43k
nên phải có một
ƣớc nguyên tố có dạng đó ( vì tích các số dạng
41k
sẽ có dạng
41K
),do đó
Vậy
2
1x
có ƣớc nguyên tố dạng
43kk
.
Vậy phƣơng trình đã cho không có nghiệm nguyên.
20
Thí dụ 3
Tìm tất cả các cặp số nguyên tố
,pq
thoả mãn:
2
35
p q p q
(1)
(Tạp chí TH&TT tháng 5/2004)
Giải Do
,pq
là các số nguyên tố nên từ (1)
3 5 3 5 5
02p q p q
Vậy
3p
và do đó không chia hết cho 3 .Ta đi xét hai trƣờng hợp của
q
TH1:
33qq
(do
qP
) thay
3q
vào (1) ta đƣợc
2
3 5 3 2 2
3 3 6 252 0 7 6 36 0p p p p p p p p
7 0 7pp
.Vậy
7, 3pq
thoả mãn một cặp số nguyên tố.
TH2:
3q
ta xét các khả năng xẩy ra sau đây
Khả năng1 :
1 2 mod3pq
35
0 mod3pq
mà
2
1 mod3pq
vô lí
Khả năng2
1 mod3 , 2 mod3pq
hoặc
2 mod3 , 1 mod3pq
thì
35
0 mod3pq
mà
2
0 mod3pq
vô lí
Vậy
7, 3pq
thoả mãn một cặp số nguyên tố.
Thí dụ 4
Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
22
2 4 37x x y
Giải Ta có
22
2 4 37x x y
22
1 2 38 19xy
(số nguyên tố dang
43k
)
22
2
1 19
1 2 19
2 19
x
xy
y
(vô lí ).
Pt không có nghiệm
nguyên
Thí dụ 5
Tìm số nguyên tố
p
nhỏ nhất sao cho viết đƣợc
p
thành 10 tổng dạng :
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 3 3 10 10
2 3 10p x y x y x y x y
trong đó
, 1,2, ,10
ii
x y i
là
các số nguyên dƣơng. (Tạp chí TH&TT tháng 8/2004)
Giải Dễ thấy
p
>10
+)
2 2 2
10 10 10
10 0,1,4,5,6,9 mod10
1,9 mod10
p x y x
p
p
(1)
+)
22
33
3
1 mod3
10
p x y
p
p
(2)
21
+)
2 2 2
8 8 8
8 0,1,4 mod8
1 mod8
p x y x
p
p
(3)
Từ (2) và (3) ta suy ra
*
1 24 1 24p p m m
.
Từ (1)
24 0 8 mod10m
0,2,7 mod10m
(do
2 2 2
5 5 5
5 0,1,4 mod5p x y x
1 0,3,4 mod10p
10m a u
với
0,2,7)u
(*)
+)
2 2 2
7 7 7
7 0,1,4,2 mod7
1,2,4 mod7
p x y x
p
p
mà
24 1 24m p m
khi chia cho
7
chỉ có tận cùng là
0
,1,3
m
chia cho 7
có số dƣ là
0,1,5
hay
7m b v
với
0,1,5.v
(5)
Ta tìm số
50m
thoả mãn đồng thời điều kiện (1) và (5) khi cho
0
4,0 6ab
ta đƣợc
7,12,22,40,42,47m
Từ công thức
24 1pm
2
7 169 13mp
Không là số nguyên tố.
2
12 289 17mp
Không là số nguyên tố.
2
22 529 23mp
Không là số nguyên tố.
2
40 961 31mp
Không là số nguyên tố.
42 1009mp
là số nguyên tố. thoả mãn
Thử lại
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
1009 15 28 19 2.18 31 3.4
15 4.14 17 5.12 25 6.8
1 7.12 19 8.9
28 9.5 3 10.10
Bài tập tƣơng tự
1/ Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
2
4xy x y z
2/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
2
4 4 2 9xy x y x
3/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
23
16xy
4/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
22
19 28 729xy
5/Tìm nghiệm nguyên dƣơng của hệ phƣơng trình:
2 2 2
2 2 2
13
13
x y z
x y t
22
Phương pháp 7 Phương pháp xuống thang
Thí dụ 1
Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình:
3 3 3
3 9 0xyz
Giải Giả sử
0 0 0
,,x y z
là nghiệm nguyên của phƣơng trình ,khi đó
0
3x
đặt
01
3xx
thay vào phƣơng trình ta đƣợc:
3 3 3
1 0 0 0
9 3 0 3x y z y
, đặt
01
3yy
thay vào phƣơng trình ta đƣợc
3 3 3 3 3 3
1 1 0 1 1 0 0 1
9 27 3 0 3 9 0 3x y z x y z z z
thay vào phƣơng trình ta
đƣợc
3 3 3 3 3 3
1 1 0 1 1 1
3 9 0 3 9 0x y z x y z
.Nhƣ vậy bộ ba
0 0 0
;
3 3 3
x y z
cũng là nghiệm của của phƣơng trình. Quá trinh cứ tiếp diễn mãi
các số
0 0 0
;
3 3 3
k k k
x y z
là các số nguyên vói mọi
0 0 0
0k x y z
.
Vậy phƣơng trình có một nghiệm nguyên duy nhất là
0,0,0
Thí dụ 2
Cho
n
là số nguyên không âm .Tìm
, , ,a b c d
biết rằng
2 2 2 2
7.4
n
a b c d
(Junior Balkan 2003 Mathematical-Olympiads)
Giải
2222
0 2 1 1 1 7 , , , 2,1,1,1n a b c d
và các hoán vị
2 2 2 2
1 0 mod4n a b c d
vậy cả 4 số
, , ,a b c d
có cùng tính
chất chẵn lẻ
+
, , ,a b c d
cùng lẻ
1 1 1 1
2 1, 2 1, 2 1, 2 1a a b b c c d d
thay vào
phƣơng trình ta đƣợc
1
1 1 1 1 1 1 1 1
4 1 4 1 4 1 4 1 4 7.4 1
n
a a b b c c d d
(*)
Nếu
1
1 (*) 8, (*) 4 7.4 1 8
n
n VT VP
(vô lí)
Nếu
2 2 2 2
1 28 , , , 3,3,3,1 , 1,1,1,5n a b c d a b c d
+
, , ,a b c d
cùng chẵn
1 1 1 1
2 , 2 , 2 , 2a a b b c c d d
thay vào phƣơng trình ta
đƣợc
2 2 2 2 1
1 1 1 1
7.4
n
a b c d
cứ lập luận nhƣ thế sau
n
bƣớc ta đƣợc
2 2 2 2
7
n n n n
a b c d
ta có một nghiệm
; ; ; 2,1,1,1
n n n n
a b c d
Và các hoán
vị của nó.
23
Vậy phƣơng trình có các nghiệm sau đây :
1
2 ,2 ,2 ,2
n n n n
,
3.2 ,3.2 ,3.2 ,2
n n n n
2 ,2 ,2 ,5.2
n n n n
và các hoán vị.
Bài tập tƣơng tự
1/ Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
2 2 2 2
2x y z t xyzt
2/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
2 2 2 2 2
x y z x y
3/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
3 3 3
24x y z
4/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
4 4 4 4
8 4 2x y z u
5/Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình:
3
1
1
2
x y y z z x x y z xyz
Phương pháp 8 Dùng bất đẳng thức
Bất đẳng thức Côsi : Cho
n
số không âm
12
, , ,
n
a a a
thì
12
12
n
n
n
a a a
a a a
n
.Dấu bằng xẩy ra khi
12
n
a a a
Bất đẳng thức Schwarz (Bunhiacopxki)
Cho 2
n
số thực
12
, , ,
n
a a a
;
12
, , ,
n
b b b
ta có
2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2n n n n
ab a b a b a a a b b b
Dấu bằng xẩy ra khi
, 1,2,3, ,
ii
a kb i n
và
k
Thí dụ 1
Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình:
3
xy yz zx
z x y
(1)
Giải Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
2 2 2 2 2 2 4 4
3
3
3 3 3xyz x y y z z x x y z xyz xyz
11xyz x y z
Vậy phƣơng trình có nghiệm nguyên dƣơng là
, , 1,1,1x y z
Thí dụ 2
Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình :
2
22
1 3 1x y x y
Giải Theo bất đẳng thức Schwarz (Bunhiacopxki)
24
2
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 3 1x y x y x y
dấu bằng xẩy ra khi
1xy
Thí dụ 3
Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
3
8 7 8 1xx
(Tạp chí TH&TT tháng
8/1999)
Giải Cách 1 Điều kiện
0x
(do
x
)
0, 1, 2, 4x x x x
không thoả mãn phƣơng trình
3x
thoả mãn phƣơng trình
5x
ta có
23
7 8 1 7 8 21 21 . 8x x x x x x x x
phƣơng trình
không có nghiệm
5x
.Vậy phƣơng trình có một nghiệm duy nhất
3x
Giải Cách 2 Điều kiện
0x
(do
x
)
Phƣơng trình
3
8 7 8 1xx
3
7
5 8 7 25. 8 1 25 8 1
2
x x x
(*)
(áp dụng bất đẳng thức côsi) khi đó (*)
3 3 2
10 56 102 0 5 28 51 0 3 5 15 17 0x x x x x x x
3 0 0 3xx
Thử các giá trị thuộc đoạn
0;3
chỉ có
3x
thoả mãn.
Bài tập tƣơng tự
1/ Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
2 2 2
2 2 2 2 2 4x y z xy yz z
2/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
2 2 2
3 2 4x y z xy y z
3/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
33
2 6 8 0x y xy
4/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
1
12
2
x y z x y z
5/Tìm tất cả các số nguyên dƣơng
,,x y z
thoả mãn điều kiện sau
2 2 2
2
28
x y z
x y z
(Junior Balkan 2000 Mathematical-
Olympiads)
TÀI LIỆU THAM KHẢO
25
1
Số học
Võ Đại Mau
2
Số học
Nguyễn Vũ Thanh
3
Phƣơng trình nghiệm nguyên
Vũ Hữu Bình
4
Tạp chí Toán học và tuổi trẻ
5
Đề thi học sinh giỏi THCS các Tỉnh
,Thành phố
6
Đề thi tuyển sinh lớp 10 Chuyên các Tỉnh ,Thành
phố
7
JunorBalkan Mathematical Olympiads
Dan Brânzei
Ioan Serdean
Vasile Serdean
8
Diophantine Equations
Titu Andreescu
Dorin Andrica
9
Gazeta Matematică-A bridge
Vasile Berinde
10
Mathematical Reflections
