Chuyên đề một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (709.37 KB, 23 trang )
Chuyên đề:
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Ngời thực hiện
Ngời thực hiệnNgời thực hiện
Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc
2
A. Mở đầu
I. Lý do chọn chuyên đề:
Trong chơng trình toán THCS thì phơng trình nghiệm nguyên vẫn luôn là một đề tài hay
và khó đối với học sinh. Các bài toán nghiệm nguyên thờng xuyên có mặt tại các kì thi lớn
nhỏ trong nớc và ngoài nớc.
Tuy nhiên lại không có nhiều tài liệu viết riêng về nội dung này, do vậy để phục vụ giảng
dạy của bản thân, đặc biệt là công tác bồi dỡng học đội tuyển học sinh giỏi và bồi dỡng
học sinh thi vào các trờng chuyên lớp chọn nên tôi đ viết chuyên đề này.
Trong chuyên đề này tôi chỉ mới đề cập đến vấn đề nghiệm nguyên ( cụ thể là các dạng và
phơng pháp giải) chứ không đi sâu vì vốn hiểu biết còn có hạn.
II. Phạm vi và mục đích của chuyên đề:
1. Phạm vi của chuyên đề:
- p dụng với đối tợng học sinh khá- giỏi các khối 8- 9
2. Mục đích chuyên đề:
- Trao đổi với đồng nghiệp và học sinh một số phơng pháp cũng nh là một số bài
toán giải phơng trình nghiệm nguyên trong chơng trình bồi dỡng học sinh khá- giỏi các
lớp 8, 9
- Giúp học sinh biết vận dụng các phơng pháp trên một cách linh hoạt trong việc
giải quyết các bài toán về nghiệm nguyên từ dễ đến khó.
www.VNMATH.com
Chuyên đề:
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Ngời thực hiện
Ngời thực hiệnNgời thực hiện
Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc
3
B- Nội dung.
Phơng pháp 1: áp dụng tính chia hết.
Cỏc tớnh cht thng dựng :
Nu a m v a b m thỡ b m.
Nu a b, b c thỡ a c.
Nu ab c m CLN(b , c) = 1 thỡ a c.
Nu a m, b n thỡ ab mn.
Nu a b, a c vi CLN(b , c) = 1 thỡ a bc.
Trong m s nguyờn liờn tiếp, bao giờ cng tn ti mt s l bi ca m.
1. Phơng trình dạng ax + by =c.
ví dụ 1: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: 2x + 25y = 8 (1)
Giải:
Có thể dễ dàng thấy rằng y chẵn. Đặt y =2t phơng trình (1) trở thành: x + 25t = 4
Từ đó ta có nghiệm của phơng trình.
4 25
2
x t
y t
t Z
=
=
Chú ý: ta còn có cách thứ hai để tìm nghiệm của phơng trình trên. Đó là phơng pháp
tìm nghiệm riêng để giải phơng trình bậc nhất hai ẩn. Ta dựa vào định lý sau:
Nếu phơng trình ax + by =c. với (a;b) = 1 có nghiệm là ( x
0
; y
0
) thì mọi nghiệm nguyên
của phơng trình nhận từ công thức.
0
0
x x bt
y y at
t Z
= +
=
Định lý này chứng minh không khó ( bằng cách thế trực tiếp vào phơng trình) dựa vào
định lý này ta chỉ cần tìm một nghiệm riêng của phơng trình ax + by =c.
Đối với các phơng trình có hệ số a,b,c nhỏ thì việc tìm nghiệm riêng khá đơn giản
xong với phơng trình có các hệ số a,b,c lớn thì không dễ dàng chút nào, do đó ta phải
dùng đến thuật toán Ơclít.
www.VNMATH.com
Chuyên đề:
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Ngời thực hiện
Ngời thực hiệnNgời thực hiện
Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc
4
2.Đa về phơng trình ớc số:
Ví dụ2: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau:
2 5 3 8
x y xy
+ + =
(2)
Giải:
(
)
( )
( )
( )
( )
( )
(2) 2 3 5 8
3 2 3 5 24
3 2 3 15 24
3 2 3 15 10 34
3 2 3 5(2 3 ) 34
2 3 (3 5) 34
x y y
x y y
x y y
x y y
x y y
y x
+ + =
+ + =
+ + =
+ + + =
+ + + =
+ + =
Vì 34=17.2=34.1=(-17).(-2) = (-1).(-34) nên ta có bảng kết quả:
3 5
x
+
-34 -1 2 17
2 3
y
+
-1 -34 17 2
x -13 -2 -1 4
y -1 -12 5 0
Ví dụ3: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau:
2 2
2 3 2 6
x y xy x y
+ + =
(3)
Giải:
(
)
(
)
2 2
3 3 2 2 6
x x y y y a a
+ + + = +
( a là một số cha biết đợc xác định sau).
Xét phơng trình;
(
)
2 2
3 2 . 2 0
x y x y y a
+ + + =
Có
(
)
(
)
2
2 2
3 2 4 2 8 4 4
y y y a y y a
= + = +
Chọn a = -3
Ta có
(
)
2
2
8 16 4
y y y = + =
1 2
1; 2 3
x y x y = = +
từ đó ta có phơng trình ớc số:
(
)
(
)
1 2 3 3
x y x y
+ + + =
Suy ra kết quả:
(
)
(
)
{
(
)
(
)
(
)
}
; 6;6 , 0;2 , 4;2 , 10;6
x y
3.Tách giá trị nguyên.
Ví dụ 4: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau:
2
xy x y
=
(4)
Giải:
(
)
(
)
4 1 2
x y y
= +
Ta có y = 1 không phải là nghiệm của phơng trình
Với
1
y
ta có:
2
1
y
x
y
+
=
3
1
1
x
y
= +
}
{
(3)
1 3; 1;1;3
y = Ư
}
{
2;0;2;4
y
(
)
(
)
{
(
)
(
)
(
)
}
; 0; 2 , 2;0 , 4;2 , 2;4
x y
www.VNMATH.com
Chuyên đề:
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Ngời thực hiện
Ngời thực hiệnNgời thực hiện
Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc
5
Phơng pháp 2: Phơng pháp lựa chọn Modulo ( hay còn gọi là xét số d từng vế)
Trớc tiên ta có các tính chất cơ bản sau: Một số chính phơng khi chia cho 3 d 0;1.
chia cho 4 d 0;1. chia cho 8 d 0;1;4. vv
1. Xét số d hai vế.
Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:
2
9 2
x y y
+ = +
(*)
Giải:
Ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
2
9 2 2 mod3 2 mod3 1 2 mod3
VT x VP y y y y= + = + +
(
)
1 mod3
y ( vì nếu y=3k hoặc y = 3k+2 thì
(
)
0 mod3
VP ).
3 1
y k
= +
(trong đó k
Z
) thay vào pt(*) ta có :
(
)
(
)
2
2 2
9 2 3 1 3 1 9 9 9
x k k x k k x k k
+ = + + + = + = +
Vậy
2
3 1
x k k
y k
k Z
= +
= +
Ví dụ 6: Giải phơng trình nghiệm nguyên không âm sau:
(
)
(
)
(
)
(
)
2 1 2 2 2 3 2 4 5 11879
x x x x y
+ + + + =
Giải:
Ta có
2 ; 2 1; 2 2; 2 3; 2 4
x x x x x
+ + + +
là 5 số tự nhiên liên tiếp
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2 1 2 2 2 3 2 4 5
x x x x x
+ + + +
Mặt khác ƯCLN(
2
x
;5) = 1 nên
(
)
(
)
(
)
(
)
2 1 2 2 2 3 2 4 5
x x x x
+ + + +
Với
1
y
thì
(
)
(
)
(
)
(
)
2 1 2 2 2 3 2 4 5 5
x x x x y
VT = + + + +
còn
(
)
11879 4 mod5
VP = suy ra phơng
trình không có nghiệm.
Với y =0 ta có :
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
0
2 1 2 2 2 3 2 4 5 11879 2 1 2 2 2 3 2 4 11880
x x x x x x x x
+ + + + = + + + + =
(
)
(
)
(
)
(
)
3
2 1 2 2 2 3 2 4 9.10.11.12 2 1 9 2 8 2 2 3
x x x x x x x
x
+ + + + = + = = = =
Vậy phơng trình đ cho có nghiệm duy nhất
(
)
(
)
; 3;0
x y =
Ví dụ 7: Tìm x, y nguyên dơng thoả mn :
(
)
2
3 1 1
x
y
+ = +
Giải:
( ) ( )
2
3 1 1 3 2
x x
y y y
+ = + = +
(**)
Ta có
(
)
(
)
(
)
3 1 mod2 2 1 mod2
x
VT VP y y= = +
Suy ra y là số lẻ mà y và y+2 là hai số lẻ liên tiếp
Từ pt(**)
3
2 3
m
n
y
y
m n x
=
+ =
+ =
www.VNMATH.com
Chuyên đề:
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Ngời thực hiện
Ngời thực hiệnNgời thực hiện
Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc
6
Ta có y +2 > y
n > m
1
Nếu m > 1 thì y và y+ 2 đều chia hết cho 3 ( vô lí vì ( y; y+2) =2 )
Vậy m =1
n = 0
x=1
y =1
2.Sử dụng số d để chỉ ra phơng trình vô nghiệm.
Ví dụ 8:
Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau:
30
4
19 5 1890 1975 2013
x y
+ + = +
Giải:
Ta có x ,y nguyên dơng
5 5; 1890 5
y
(
)
19 5 1890 19 mod5
x y x
VT = + +
Mặt khác:
(
)
(
)
19 1 mod5 19 ( 1) mod5
x x
Nếu x chăn thì
(
)
19 1 mod5
x
; nếu x lẻ thì
(
)
(
)
19 1 mod5 4 mod5
x
(
)
1;4 mod5
VT còn
(
)
3 mod5
VP Do đó phơng trình vô nghiệm.
Ví dụ 9: Tìm các số nguyên dơng x, y biết:
2 2 1
1 3
y
x x
+
+ =
Giải:
Ta có:
(
)
2 1
3 0 mod3
y
VP
+
= (*)
Nếu x =3k (
*
k N
) thì
(
)
2
1 2 mod3
VT x x= +
Nếu x =3k +1 (
k N
) thì
(
)
2
1 1 mod3
VT x x= +
Nếu x =3k +2 (
k N
) thì
(
)
2
1 1 mod3
VT x x= +
Vậy với
x Z
+
thì
(
)
2
1 1;2 mod3
VT x x= +
(**)
Từ (*) và (**) suy ra không tồn tại các số nguyên dơng x, y thoả mn bài toán.
Chú ý:
Nhiều bài toán thi vô địch các nớc đôi khi phải xét đến Modulo khá lớn
VD ( IMO năm 1999).
Ví dụ 10: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau:
2 5
4
m n
=
Giải:
(
)
2
0;1;3;4;5;9 mod11
m còn
(
)
5
4 6;7;8 mod11
n suy ra phơng trình vô nghiệm.
Chú ý: Đối với các phơng trình nghiệm nguyên có sự tham gia của các số lập phơng
thì Modulo thờng dùng là Mod9 Vì
(
)
3
0;1;8 mod9
x
Ví dụ 11: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau:
3 3 3
2011
x y z+ + =
( 8)
Giải:
Dựa vào nhận xét trên: Ta có
(
)
3
0;1;8 mod9
x ;
(
)
3
0;1;8 mod9
y
(
)
3
0;1;8 mod9
z
(
)
3 3 3
0;1;2;3;6;7;8 mod9
VT x y z = + +
Còn
(
)
2011 4 mod9
VP = nên phơng trình vô nghiệm
www.VNMATH.com
Chuyên đề:
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Ngời thực hiện
Ngời thực hiệnNgời thực hiện
Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc
7
Phơng pháp 3: Dùng bất đẳng thức.
1. Đối với các phơng trình mà các biến có vai trò nh nhau thì ngời ta thờng dùng
phơng pháp sắp thứ tự các biến.
Ví dụ 12: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau:
3
x y z xyz
+ + =
Giải.
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử
1
x y z
3 3
1 1; 1 1
xyz x y z z
xy x y z
= + +
= = =
Vậy nghiệm của phơng trình là (x;y;z)= ( 1;1;1).
Chú ý: Đối với phơng trình nghịch đảo các biến ta cũng có thể dùng phơng pháp này
( nếu vai trò các biến cũng nh nhau). Ta có cách giải khác của ví dụ 9:
Chia cả hai vế của phơng trình cho xyz ta có:
1 1 1
3
xy zx yz
+ + =
Giải:
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử
1
x y z
2
2
1 1 1 3
3 1 1
x x
xy zx yz x
+ + = =
Suy ra: y = 1; z =1.
Ví dụ 13: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau:
1 1 1
1
x y z
+ + =
Giải:
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử
1
x y z
1 1 1 3
1 3
x
x y z x
+ + =
Lần lợt thử x = 1 thì phơng trình không có nghiệm nguyên.
Xét x = 2 ta có
1 1 1 1 1 1 2
1 4
2 2
y
y z y z y
+ + = + =
Mặt khác
}
{
2 2;3;4
y x y =
ta thử lần lợt các giá trị của y:
y= 2 phơng trình không có nghiệm nguyên.
y=3
z=6
y=4
z=4
xét x =3ta có:
1 1 1 1 1 2 2
1 3
3 3
y
y z y z y
+ + = + =
Mặt khác
3 3 3
y x y z
= = =
Vậy nghiệm của phơng trình là:
(
)
(
)
{
(
)
(
)
}
; ; 2;3;6 , 2;4;4 , 3;3;3
x y z
www.VNMATH.com
Chuyên đề:
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Ngời thực hiện
Ngời thực hiệnNgời thực hiện
Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc
8
Ví dụ 14: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau: x! + y! = (x+y)! (*)
Giải:
Vì vai trò của x, y nh nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử
1
x y
Ta có: (x+y)! =x! + y!
2.y!
1
x
vì nếu x > 1 thì 2.y!
(y+2)!
2.y!
y! (y+1)(y+2)
2 ( 1)( 2)
y y
+ +
( vô lí vì y
1)
Vậy x = 1 Thay vào PT (*) ta có 1+y! = (y+1)!
1 ! !( 1) . ! 1 1
y y y y y y
+ = + = =
Vậy phơng trình có nghiệm x = y = 1
2.áp dụng bất đẳng thức cổ điển.
Vớ dụ 15 Tỡm cỏc s nguyờn dng x, y tho món phng trỡnh :
2 2 2 2
(x + 1)(x + y ) = 4x y
Gii :
p dng bt ủng thc Cụsi ta cú :
2
x + 1 2x
, du bng xẩy ra khi x = 1.
2 2
x + y 2xy
, du bng xẩy ra khi x = y.
Vỡ x, y nguyờn dng nờn nhõn cỏc bt ủng thc trờn v theo v ta ủc :
2 2 2 2
(x + 1)(x + y ) 4x y
, du bng cú khi v ch khi x = y = 1.
Vy phng trỡnh cú nghim duy nht x = y = 1.
Ví dụ 16: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau:
(
)
(
)
2
2 2
1 3 1
x y x y
+ + = + +
Giải:
áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có
(
)
(
)
(
)
2
2 2
1 1 1 1 1
x y x y
+ + + + + +
Dấu bằng xẩy ra khi
1 1 1
1
1
x y
= = =
hay x = y = 1
Vậy Phơng trình có nghiệm x = y = 1
Ví dụ 17: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau:
(
)
3
6 3 2 2 2 2
15 3 5
x z x z x y z y
+ = +
Giải:
(
)
( ) ( ) ( )
3
6 3 2 2 2 2
3 3
2 2 3 2 2
15 3 5
5 3 5
x z x z x y z y
x y z x z y
+ = +
+ + + = +
áp dụng bất đẳng thức côsi cho 3 số ta có :
(
)
(
)
(
)
3 3
2 2 3 2 2
5 3 5
x y z x z y
+ + + +
Dấu = xây ra
khi
2 2
5
x y z
= + =
Từ phơng trình
(
)
(
)
2 2
5 5 3; 2 9
x y x y x y x y z
= + + = = = =
Vây nghiệm của phơng trình là ( x;y;z) = ( 3;2;9).
www.VNMATH.com
Chuyên đề:
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Ngời thực hiện
Ngời thực hiệnNgời thực hiện
Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc
9
Ghi chú:
Việc áp dụng bất đẳng thức vào giải phơng trình nghiệm nguyên rất ít dùng vì ẩn ý
dùng bất đẳng thức rất dễ bị lộ . Tuy nhiên cũng có một vài trờng hợp dùng bất đẳng
thức khá hay nh ví dụ sau:
Ví dụ 18.1: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau:
Giải:
Ta có
Do (*)
Tơng tự ta cũng có (**)
Cộng theo vế của (*) và (**) ta có
( ) ( )
( ) ( ) ( )( )
( ) ( )( )
2 2
4 4 2 2 2 2
2 2
4 4 2 2 2 2 2 2
4 4 2 2 2 2
1 1
2 1 1
3 3
1 1
2 1 1 .2 1 1
3 3
3 2 2 1 1
x y x y x x y y
x y x y x x y y x x y y
x y x y x x y y
+ + + + + + +
+ + + + + + + + +
+ + + + + +
Dấu = xẩy ra khi x = y= 1
Vậy nghiệm của phơng trình là x = y= 1.
Ví dụ 18.2:
Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau với x, y, z là các số đôi một khác
nhau.
(
)
2
3 3 3
x y z x y z
+ + = + +
Giải:
áp dụng bất đẳng thức
3
3 3 3
3 3
x y z x y z
+ + + +
( )
( )
3
2
3 3 3
9
9
x y z
x y z x y z x y z
+ +
+ + = + + + +
Vì x, y, z đôi mộ khác nhau suy ra
}
{
1 2 3 6 6;7;8
x y z x y z+ + + + = + +
Lần lợt thử các giá trị của
x y z
+ +
ta tìm đợc (x;y;z)= (1;2;3) và các hoán vị của nó.
4 4 2 2 2 2
3( 2) 2( 1)( 1)
x y x y x x y y
+ + + + = + +
(
)
(
)
2
2 2 2
1 0 2 4 2 0 3 1 1
x x x x x x x
+ + + + + +
( ) ( )( ) ( )
2 2
4 2 2 2 2 2 2
1
1 1 1 1 1
3
x x x x x x x x x x
+ + = + = + + + +
( )
2
4 2 2
1
1 1
3
y y y y
+ + +
www.VNMATH.com
Chuyên đề:
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Ngời thực hiện
Ngời thực hiệnNgời thực hiện
Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc
10
3. áp dụng tính đơn điệu của từng vế:
Ta chỉ ra một hoặc một vài giá trị của biến thoả mn phơng trình rồi chứng minh đó là
nghiệm duy nhất.
Ví dụ 19: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau:
3 4 5
x x x
+ =
Giải:
Chia cả hai vế của phơng trình cho
5
x
ta có:
3 4
1
5 5
x x
+ =
Thử với x = 1 ta thấy không phải là nghiệm nguyên của phơng trình.
Với x = 2 ta có VT =VP = 1 thoả mn bài toán.
Với
3
x
2
3 3
5 5
x
<
và
2
4 4
5 5
x
<
suy ra
2 2
3 4 3 4
1
5 5 5 5
x x
+ < + =
Vậy Phơng trình có nghiệm duy nhất x = 2.
Từ ví dụ 19: suy ra cách làm bài tập sau: Tìm số tự nhiên x sao cho
(
)
(
)
(
)
3 4 5
x x x
+ =
Đối với phơng trình trên ta còn có bài toán tổng quát hơn.
Tìm các số nguyên dơng x; y; z thoả mn
3 4 5
x y z
+ =
.
đáp số: x = y = z = 2 nhng cách giải trên vô tác dụng với bài này.
(Đểgiải bài này thì hữu hiệu nhất là xét Modulo).
4. Dùng điều kiện
0
hoặc
' 0
để phơng trình bậc hai có nghiệm.
Ví dụ 20:
Giải phơng trình nghiệm nguyên sau:
2 2
2 2 2 3
x y xy x y
+ = + +
Giải:
(
)
2 2 2 2
2 2 2 3 2 1 2 3 0
x y xy x y x x y y y
+ = + + + + =
ta
có:
( )
( )
2
2 2
5 29 5 29
' 1 2 3 5 1 0
2 2
y y y y y y
+
= + = + +
Vì y nguyên nên y
}
{
0;1;2;3;4;5
Thay lần lợt các giá trị của y vào phơng trình và tìm x
tơng ứng ta đợc:
(
)
(
)
{
(
)
}
; 0;0 ; 2;0
x y
Nhận xét:Nói chung phơng pháp này đợc dùng khi f(x ; y) có dạng tam thức
bậc hai f(z) = az
2
+ bz + c trong đó a <0 .
còn khi a > 0 thì dùng phơng pháp đ nói trong ví dụ 3 để đa về phơng trình ớc số
một cách nhanh chóng.
www.VNMATH.com
Chuyên đề:
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Ngời thực hiện
Ngời thực hiệnNgời thực hiện
Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc
11
Phơng pháp 4:Phơng pháp chặn hay còn gọi là phơng pháp đánh giá.
Chủ yếu dựa vào hai nhận xét sau:
Không tồn tại
n Z
thỏa mãn
(
)
2
2 2
1
a n a
< < +
với a là một số nguyên.
Nếu
(
)
2
2 2
2
a n a< < + với
;
a n Z
thì n = a + 1.
Ta có ví dụ sau:
Ví dụ 21:
Giải phơng trình nghiệm nguyên sau:
4 2 2
1
x x y
+ + =
Giải:
Xét hiệu
(
)
(
)
2 2
2 2 2 2 2
1 0 1
x y x x y
+ = +
Xét hiệu
2 4 2 2 4
1 0
y x x y x
= + > >
Suy ra:
(
)
(
)
(
)
2 2 2
2 2 2 2 2
1 1
x y x y x
< + = +
Thế vào phơng trình ban đầu ta có:
x
2
=0
0
x
=
Nhận xét trên có thể mở rộng với số lập phơng ta có ví dụ sau:
Ví dụ 22: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau:
3 3 2
2 3 1
x y y y
= + +
Giải:
Bằng cách biên đổi nh ví dụ trên ta có:
(
)
(
)
3 3
3
1 1 ; 1.
y x y x y x y
< + = = +
Lần lợt xét các trờng hợp x = y và x = y +1 ta tìm đợc nghiệm của phơng trình:
(
)
(
)
{
(
)
}
; 1; 1 ; 1;0
x y
.
Phơng pháp 5: Dùng tính chất của số chính phơng.
Cỏc tớnh cht thờng dựng :
S chớnh phng khụng tn cựng bng 2, 3, 7, 8.
S chớnh phng chia ht cho s nguyờn t p thỡ chia ht cho
2
p .
S chớnh phng khi chia cho 3, cho 4 ch cú th d 0 hoc 1.
S chớnh phng chia cho 5, cho 8 thỡ s d ch cú th l 0, 1 hoc 4.
S chớnh phng l chia cho 4, 8 thỡ s d ủu l 1.
Lp phng ca một s nguyờn chia cho 9 ch cú th d 0, 1 hoc 8.
www.VNMATH.com
Chuyên đề:
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Ngời thực hiện
Ngời thực hiệnNgời thực hiện
Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc
12
Dạng 1: sử dụng mệnh đề 1 sau:
với x, y, z nguyên và xy = z
2
với (x;y) = 1 thì
2
2
,
x k
y t voi k t Z
kt z
=
=
=
Thật vậy ta chứng minh bằng phơng pháp phản chứng:
Giả sử x, y không là số chính phơng nên trong phân tích thành số nguyên tố của x hoặc y
tồn tại một số chứa ít nhất một số nguyên tố p với số mũ lẻ.( số p với số mũ lẻ trái với điều
kiện z
2
là số chính phơng) suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 23:
Giải phơng trình nghiệm nguyên sau:
4 2 2
2 3 1 0
x x y
+ + =
Giải:
(
)
(
)
4 2 2 2 2 2
2 3 1 0 2 1 1
x x y x x y
+ + = + + =
Ta có:
(
)
2 2
2 1; 1 1
x x
+ + =
Suy ra:
2 2
2 2
1
2 1
x t
x z
+ =
+ =
Từ phơng trình
(
)
(
)
2 2
1 1 0 1
x t x t x t x y
+ = + = = =
Vậy nghiệm của phơng trình là:
0
1
x
y
=
=
Dạng 2: sử dụng mệnh đề 2 sau:
Nếu n; t là các số nguyên thoả mn n( n+1) = t
2
thì hoặc n = 0 hoặc n+1 =0.
Chứng minh:
Giả sử
0; 1 0 0
n n t
+
Vậy
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2
2 2 2 2 2 2
n + n = t 4n + 4n =4t 2 1 =4t 1 2 1 - 4t =1 2 1 2
2 1 2 1
n n n t n t
+ + + + + + =
Vì n; t là các số nguyên nên từ phơng trình ớc số trên suy ra n=0 hoặc n =-1
(
)
Dpcm
áp dụng mệnh đề trên để giải phơng trình nghiệm nguyên trong ví dụ sau:
Ví dụ 24: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau:
2 2 2 2
2 5 5 6
x xy y x y x y
+ + + + =
Giải:
(
)
(
)
2 2 2 2 2 2
2 5 5 6 2 3
x xy y x y x y x y x y x y
+ + + + = + + + + =
2 0
x y
+ + =
hoặc
3 0
x y
+ + =
từ đó tìm đợc nghiệm nguyên của phơng trình.
Phơng trình này vẫn còn có những cách giải khác nhng việc dùng mệnh đề trên giúp cho
lời giải bài toán trở nên ngắn gọn hơn.
www.VNMATH.com
Chuyên đề:
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Ngời thực hiện
Ngời thực hiệnNgời thực hiện
Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc
13
Phơng pháp 6: Phơng pháp lùi vô hạn.
( hay còn gọi là phơng pháp xuống thang).
Phơng pháp này dùng để chứng minh một phơng trình f(x,y,z,) nào đó ngoài
nghiệm tầm thờng x = y = z = 0 thì không còn nghiệm nào khác.
Phơng pháp này đợc diễn giải nh sau:
Bắt đầu bằng việc giả sử
(
)
0 0 0
; ; ,
x y z là nghiệm của f(x,y,z,). Nhờ những biến đổi, suy
luận số học ta tìm đợc một bộ nghiệm khác
(
)
1 1 1
; ; ;
x y z sao cho các nghiệm quan hệ với
bộ nghiệm đầu tiên bởi một tỷ số k nào đó. Ví dụ:
0 1 0 1 0 1
; ; ;
x kx y ky z kz
= = =
Rồi lại từ bộ
(
)
2 2 2
; ; ;
x y z sao cho các nghiệm quan hệ với bộ nghiệm
(
)
1 1 1
; ; ;
x y z bởi một
tỷ số k nào đó. Ví dụ:
1 2 1 2 1 2
; ; ;
x kx y ky z kz
= = = Quá trình tiếp tục dẫn đến
0 0 0
; ; ,
x y z
chia
hết cho k
s
với s là một số tự nhiên tuỳ ý điều này xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z == 0.
Để rõ ràng hơn ta xét ví dụ sau:
Ví dụ 25: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau:
2 2 2
3
x y z
+ =
Giải:
Gọi
(
)
0 0 0
; ;
x y z
là một nghiệm của phơng trình trên. Xét theo mod3 ta chứng minh
0 0
;
x y
chia hết cho 3. Thật vậy: rõ ràng vế phải chia hết cho 3 suy ra:
2 2
0 0
3
x y+
ta có:
(
)
(
)
2 2
0 0
0;1 mod3 ; 0;1 mod3
x y do đó:
2 2
0 0 0 0
3 3; 3
x y x y
+
đặt
0 1 0 1 0 1
3 ; 3 ; 3
x x y y z z
= = = thế vào và rút rọn ta đợc
(
)
2 2 2
1 1 0 0 0 1
3 3 3
x y z z z z
+ = =
Thế vào và rút gọn ta đợc.
2 2 2
1 1 1
3
x y z
+ = do đó nếu
(
)
0 0 0
; ;
x y z
là một nghiệm của phơng
trình trên thì
(
)
1 1 1
; ;
x y z
cũng là nghiệm của phơng trình trên. tiếp tục quá trình suy luận
trên dẫn đến
0 0 0
; ; 3
k
x y z
điều đó chỉ xẩy ra khi.
0 0 0
0
x y z
= = =
.
Ví dụ 26: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau:
2 2 2
2
x y z xyz
+ + =
Giải:
Giả sử
(
)
0 0 0
; ;
x y z
là một nghiệm của phơng trình trên.
2 2 2
0 0 0 0 0 0
2
x y z x y z
+ + =
2 2 2
0 0 0
x y z
+ +
chẵn ( do
0 0 0
2
x y z
chẵn) nên có hai trờng hợp xẩy ra.
Trờng hợp 1: Có hai số lẻ, một số chẵn. Không mất tính tổng quát ta giả sử x
0
,y
0
lẻ;
z
0
chẵn. Xét theo mod4 ta có:
(
)
2 2 2
0 0 0
2 mod4
x y z+ + còn
0 0 0
2 4
x y z
( do z
0
chẵn)
vô lý
Trờng hợp 2: cả 3 số đều chẵn. Đặt
0 1 0 1 0 1
2 ; 2 ; 2
x x y y z z
= = =
thế vào và rút gọn ta có:
2 2 2
1 1 1 1 1 1
4
x y z x y z
+ + =
lập luân nh trên ta đợc
1 1 1
; ;
x y z
chẵn
Quá trình lại tiếp tục đến
0 0 0
; ; 2
k
x y z
với
*
k N
điều đó xẩy ra khi
0 0 0
0
x y z
= = =
Tóm lại nghiệm của phơng trình là
(
)
(
)
0 0 0
; ; 0;0;0
x y z =
www.VNMATH.com
Chuyên đề:
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Ngời thực hiện
Ngời thực hiệnNgời thực hiện
Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc
14
Phơng pháp 7: Nguyên tắc cực hạn
( hay còn gọi là nguyên lí khởi đầu cực trị)
Về mặt hình thức thì phơng pháp này khác với phơng pháp lùi vô hạn nhng về ý tởng
sử dụng thi nh nhau. đều chứng minh phơng trình ngoài nghiệm tầm thờng không có
nghiệm nào khác.
Phơng pháp bắt đầu bằng việc giả sử
(
)
0 0 0
; ; ,
x y z là nghiệm của f(x;y;z;) với điều kiện
ràng buộc với bộ
(
)
0 0 0
; ; ,
x y z . Ví dụ nh
0
x
nhỏ nhất hoặc
0 0 0
x y z
+ + +
nhỏ nhất
Bằng những phép biến đổi số học ta tìm đợc một bộ nghiệm khác
(
)
1 1 1
; ; ;
x y z trái với điều
kiện ràng buộc trên. Ví dụ khi chọn bộ
(
)
0 0 0
; ; ,
x y z với
0
x
nhỏ nhất ta lại tìm đợc bộ
(
)
1 1 1
; ; ;
x y z thoả mn
1 0
x x
<
từ đó dẫn đến phơng trình đ cho có nghiệm
(
)
(
)
0 0 0
; ; 0;0;0
x y z =
.
Ta xét ví dụ sau:
Ví dụ 27: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau:
4 4 4 4
8 4 2
x y z t
+ + =
.
Giải:
Giả sử
(
)
0 0 0 0
; ; ,
x y z t
là nghiệm của
4 4 4 4
8 4 2
x y z t
+ + =
với điều kiện
0
x
nhỏ nhất
Từ phơng trình suy ra t chăn. Đặt t = 2.t
1
thế vào và rút gọn ta đợc:
4 4 4 4
0 0 0 1
4 2 8
x y z t
+ + =
Rõ ràng z
0
chẵn. Đăt
0 1
2.
z z
=
4 4 4 4
0 0 1 1
2 8 4
x y z t
+ + =
y
0
chẵn. Đăt
0 1
2.
y y
=
4 4 4 4
0 1 1 1
8 4 2
x y z t
+ + =
x
0
chẵn. Đăt
0 1
2.
x x
=
4 4 4 4
1 1 1 1
8 4 2
x y z t
+ + =
(
)
1 1 1 1
; ; ;
x y z t
cũng là
nghiệm của phơng trình trên và dễ thấy
1 0
x x
<
(vô lý do ta chọn
0
x
nhỏ nhất). Do đó
phơng trình trên có nghiệm duy nhất.
(
)
(
)
; ; ; 0;0;0;0
x y z t =
.
Chú ý trong ví dụ trên ta cũng có thể chọn
0 0 0
x y z
+ +
nhỏ nhất lý luận nh trên ta cũng dẫn
đến
1 1 1 0 0 0
x y z x y z
+ + < + +
từ đó cũng dẫn đến kết luận của bài toán.
www.VNMATH.com
Chuyên đề:
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Ngời thực hiện
Ngời thực hiệnNgời thực hiện
Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc
15
Phơng pháp 8: Sử dụng mệnh đề cơ bản của số học.
Trớc tiên ta đến với bài toán nhỏ sau.
Cho p là số nguyên tố có dạng
.2 1
t
p k
= +
với t nguyên dơng; k là số tự nhiên lẻ. CMR nếu
2 2
t t
x y p
+
thì
; .
x p y p
Chứng minh.
Giả sử
.
x p y p
theo Ferma nhỏ
(
)
(
)
1 1
1 mod ; 1 mod ;
p p
x p y p
.2 1
t
p k
= +
nên
( )
( )
.2
.2
1 mod
1 mod
t
t
k
k
x p
y p
(
)
2 2
2 mod
t t
x y p
+
Mặt khác do k lẻ nên theo hằng đẳng thức
2 1 2 1
n n
a b
+ +
+
ta có:
(
)
.2 .2 2 2
.
t t t t
k k
x y x y A
+ = +
( A là một số nào đó).
Rõ ràng
(
)
.2 .2
0 mod
t t
k k
x y p
+ (do giả thiết
2 2
t t
x y p
+
)
Do đó theo ví dụ 20, ví dụ 21 thì ta có điều phải chứng minh.
Xét trờng hợp nhỏ của bài toán trên:
Khi t= 1; vì k lẻ nên k = 2s+1
p = 4s+3 lúc đó ta có mệnh đề sau:
P là số nguyên tố có dạng p = 4s+3. Khi đó nếu
2 2
x y p
+
thì
; .
x p y p
Mệnh đề hết sức đơn giản này lại là một công cụ vô cùng hiệu quả với nhiều bài toán khó.
Ví dụ28: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau:
2 3
7
x y
=
( đây là phơng trình nhỏ
của phơng trình Mordell) phơng trình Mordell là phơng trình có dạng
(
)
2 3
; ;
x k y k x y Z
+ =
Giải:
Trớc tiên ta có bổ đề sau:
Mọi số nguyên tố dạng A = 4t+ 3 đều có ít nhất một ớc nguyên tố dạng p = 4s +3.
Chứng minh:
Giả sử A không có ớc số nào có dang p = 4s +3
(
)
(
)
(
)
1 2 1 2 1 2
4 1 4 1 4 4 1 4 1
A t t t t t t h
= + + = + + + = +
( vô lý) Do đó A có một ớc dạng 4t
1
+3;
Nếu 4t
1
+3 thì bổ đề đợc chứng minh.
Nếu 4t
1
+3 là hợp số lý luận tơng tự ta lại có 4t
1
+3 có một ớc số dạng 4t
2
+3.
Nếu 4t
2
+3 là hợp số ta lại tiếp tục. Vì quá trình trên là hữu hạn nên ta cố điều phải chứng
minh.
Quay lại bài toán.
2 3
7
x y
= +
xét y chẵn
(
)
(
)
3 2
7 7 mod8 7 mod8
y x + vô lý do
(
)
2
0;1;4 mod8
x )
xét y lẻ viết lại phơng trình dới dạng
2 3
1 8
x y
+ = +
(
)
(
)
2 2
1 2 2 4
x y y y
+ = + +
nếu
4 1 2 4 3
y k y k
= + + = +
nếu
(
)
(
)
2
2
4 3 2 4 4 3 2. 4 3 4 4 3
y k y y k k h
= + + = + + + = +
do đó y luôn có một ớc dạng
4n + 3 và theo bổ đề trên thì 4n + 3 luôn có ít nhất một ớc nguyên tố p = 4s +3
2
1 4 3
x p s
+ = +
theo mệnh đề trên
; .
x p y p
( vô lí ) Do đó phơng trình trên vô nghiệm.
www.VNMATH.com
Chuyên đề:
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Ngời thực hiện
Ngời thực hiệnNgời thực hiện
Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc
16
Ví dụ 29: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau:
2 3
5x y+ =
Giải
Xét y chẵn
(
)
3
0 mod8
y
(
)
(
)
2 2
5 0 mod8 3 mod8
x x + Vô lý vì
(
)
2
0;1;4 mod8
x .
Xét y lẻ nếu y = 4k+ 3
(
)
(
)
(
)
3 2 2
3 mod 4 5 3 mod 4 2 mod4
y x x +
( vô lí vì
(
)
2
0;1 mod4
x )
Nếu y = 4k+1 víêt phơng trình dạng
(
)
(
)
2 3 2 2
4 1 4 1 1
x y x y y y
+ = + = + +
Rõ ràng
(
)
(
)
2
2
1 4 1 4 1 1 4 3
y y k k t
+ + = + + + + = +
Do đó
3
1
y
có ít nhất một ớc nguyên tố p = 4s +3.
2
4 4 3 4 2
x p s p p
+ = + =
( vô lý do đó phơng trên vô nghiệì cuối cùng để thấy
thêm sự hiệu quả cuả mệnh đề này ta đến với bài toán Euler.
Ví dụ 30: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau:
2
4
xy x y z
=
Giải:
Cách 1: Lời giải của Euler
Giả sử phơng trình có tập nghiệm
(
)
(
)
; ; ; ;
x y z a b c
= với c là giá trị nhỏ nhất của z.
Suy ra:
(
)
(
)
(
)
2 2 2
4 16 4 4 4 16 4 4 1 1 4 *
ab a b c ab a b c ab a b c = = =
Cộng vào hai vế của (*)
(
)
(
)
2
4 4 1 8 4 1 .
a a c
ta có:
(
)
(
)
(
)
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2
4 1 4 1 4 1 1 [4(4 1) 8(4 1). ] 4 [4(4 1) 8(4 1). ]
4 1 4 4 1 2 1 4 4 1 **
a b b a a c c a a c
a b a c c a
+ = +
+ =
Vậy nếu phơng trình (*) có nghiệm là (a;b;c) thì phơng trình (*) cũng có nghiệm là
(a;b+4a-1-2c;c-4a+1)
Vì c là giá trị nhỏ nhất của z suy ra
( )
2
2
4 1z c a c
= >
( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
2
2
4 4 1 4 1 4 1 4 4 1 8 4 4 1 4 1 1
4 1 4 4 1 8 4 1
4 1 4 4 1 8 4 1
4 4 1 8 0 4 1 2 (1)
c a a b a c c a b
b a c b
b a c b
a c a c
= + > =
+ >
+ >
> >
Vì a và b có vai trò nh nhau nên ta có
4 1 2 (2)
b c
>
Từ (1) và (2) suy ra:
4 1 2 1; 4 1 2 1
a c b c
+ +
PT (*): 4c
2
=
(
)
(
)
(
)
2
2 2
4 1 4 1 2 1 1 4 4 4 0
a b c c c c c
+ +
vô lí
Suy ra phơng trình vô nghiệm.
Cách 2: dùng mệnh đề trên.
www.VNMATH.com
Chuyên đề:
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Ngời thực hiện
Ngời thực hiệnNgời thực hiện
Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc
17
(
)
( )( ) ( )( ) ( )
2 2 2
2
2 2
4 4 4 4 16 4 4 4
4 1 4 1 4 1 4 1 4 1 2 1
xy x y z xy x y z xy x y z
x y z x y x
= = =
= + = +
Rõ ràng
4 1;4 1
x y
đều có dạng 4t + 3
Thật vậy: 4x-1 = 4(x-1)+3; 4y-1 = 4(y-1)+3.
Do đó
(
)
(
)
4 1 4 1
x y
có it nhât một ớc nguyên tố p = 4s +3.
2
1 4 3
z p s
+ = +
1
p
vô lý do đó phơng trình trên vô nghiệm.
Các dạng cơ bản của phơng trình vô định nghiệm nguyên đ giới thiệu với các bạn ở trên.
Việc sắp xếp các dạng, phơng pháp là chủ ý của tôi nên ít nhiều sẽ sai sót. Sau đây là phần
nói thêm về một số phơng trình nghiệm nguyên khác.
Một số dạng bài tập khác.
1)Phơng trình dạng mũ:
( thờng sử dụng phơng pháp xét modulo nhng không phải là luôn luôn).
Ví dụ 31: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau:
(
)
2
2 7 ,
x
y x y Z
+ =
Giải:
x = 0 phơng trình không có nghiệm nguyên
1 3
x y
= =
xét
(
)
(
)
(
)
2
2 2 0 mod4 2 7 3 mod4 3 mod 4
x x
x y + vô lí vì
(
)
2
0;1 mod4
y
vậy nghiệm của phơng trình
(
)
(
)
{
(
)
}
; 1;3 ; 1; 3
x y
.
Ví dụ 32:
Giải phơng trình nghiệm nguyên sau:
(
)
2
2 21 ,
x
y x y Z
+ =
Giải:
Xét x lẻ, đặt x= 2k +1
(
)
(
)
(
)
2 2.4 2 3 1 2 mod3 2 21 2 mod3
k
x k x
= = + +
(
)
2
2 mod3
y
(Vô lí) vì
(
)
2
0;1 mod3
y
Xét x chẵn, đặt x= 2k
(
)
(
)
2 2 2 2
2 21 2 21 2 2 21
k k k k
y y y y
+ = = + =
là phơng trình
ớc số nên ta dễ dàng tìm đợc
(
)
(
)
{
(
)
}
; 2;5 ; 2; 5
x y
Ví dụ 33: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau:
2 2 2 2336
x y z
+ + = với
x y z
< <
.
Giải:
(
)
5
2 2 2 2336 2 1 2 2 2336 2 .73
x y z x y x z x
+ + = + + = =
ta có
1 2 2
y x z x
+ +
là số lẻ
Vậy
(
)
( )
5
2 2 1
1 2 2 73 2
x
y x z x
=
+ + =
Từ (1) suy ra x = 5 thay vào (2) ta có
5 5 5 5
1 2 2 73 2 2 72
y z y z
+ + = + =
(
)
5 5 3 5 3
2 2 2 .9 2 1 2 2 .9
y z y z y
+ = + =
www.VNMATH.com
Chuyên đề:
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Ngời thực hiện
Ngời thực hiệnNgời thực hiện
Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc
18
3
5 3 5 3
1 2 9 2 2 3 8
5 3 11
2 2 2 2
z y z y
y y
z y y
y z
+ = = = =
= =
= =
Vậy
(
)
(
)
; ; 5;8;11
x y z =
Chú ý: Với cách giải trên ta có thể giải đợc bài toán sau: tìm nghiệm nguyên của phơng
trình
(
)
2 2 2 2 ;
x y z n
x y z n Z
+ + =
KQ:
(
)
(
)
; ; 2; 2; 1
x y z n n n
=
Ví dụ 34: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau
3
5 3 317
y
x = +
Giải:
Trong phơng trình này có sự tham gia của số lập phơng và nh đ nói ở phần phơng
pháp lựa chọn modulo thì trong bài này ta lựa chon mod9
Ta có: với y =1 suy ra x = 4.
Với
(
)
(
)
3
2 3 0 mod9 5 3 317 2 mod9
y y
y x = + vô lý vì
(
)
3
5 0;4;5 mod9
x
Suy ra phơng trình có nghiệm duy nhất ( x;y) = ( 4;1).
Ta đến với bài toán khó hơn.
Ví dụ 35: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau
y x
x y
=
Giải:
Rõ ràng x = y là một nghiệm.
xét
x y
không mất tính tổng quát ta giả sử x<y
y
x y
x
x y x y
= =
do y nguyên nên
y
x
x
nguyên
y x
đăt y =tx thế vào ta đợc:
1t t
x tx x t
= =
rõ ràng
2
t
vì đgiả sử
x y
ta có
2 2; 4
t x y
= = =
với
3 2
t x
ta chứng minh
1t
x t
>
do
2
x
nên ta chỉ việc
chứng minh
1
2
t
t
>
ta chứng minh bằng quy nạp theo t.
ta có: t = 3 đúng.
Giả sử khẳng định đúng với t = k tức là
1
2
k
k
>
ta chứng minh khẳng định đúng với t = k+1
Tức là
2 1
k
k
+
Thật vậy: theo giả thiết quy nạp ta có:
1
2 2 2 1
k k
k k k
> > > +
( vì k >1)
Do đó phơng trình vô nghiệm với
3
t
Vậy nghiệm của phơng trình trên là:
(
)
(
)
{
(
)
(
)
}
; ; ; 2;4 ; 4;2
x y a a
với a
Z
.
Ví dụ 36: Giải phơng trình nghiệm nguyên không âm sau:
2 3 1
x y
=
Giải:
Xét theo mod3
Ta có:
2 1 3
x y
=
xét với y = 0 suy ra x = 1.
xét
(
)
(
)
1 3 0 mod3 2 1 0 mod3
y x
y
mặt khác
(
)
(
)
(
)
2 1 3 1 1 1 1 mod3
x x
x
=
x
chẵn vì x chẵn thì
(
)
(
)
1 1 0 mod3
x
Đặt x = 2k ta có
(
)
(
)
2
2 1 3 2 1 2 1 3
k y k k y
= + =
www.VNMATH.com
Chuyên đề:
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Ngời thực hiện
Ngời thực hiệnNgời thực hiện
Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc
19
( ) ( )
2 1 3
2 1 3 2 1 2 1 2 3 3 3 2 3
k u
k v k k u v v u
u v y
+ =
= + = = + =
+ =
Nếu u = 0 suy ra
3
v
=-1 vô lý.
Nếu u
1
(
)
(
)
3 0 mod3 3 2 0 mod3
u v
+
1
0 1
2
x
v u
y
=
= =
=
Vậy phơng trình có nghiệm là:
(
)
(
)
{
(
)
}
; 1;0 ; 2;1
x y
2)Bài toán với các nghiệm nguyên tố:
Ví dụ 37: Tìm
n N
để:
a)
4 2
1
n n
+ +
là số nguyên tố. b)
5
1
n n
+ +
là số nguyên tố c)
4
4
n
n
+
là số nguyên tố
Giải:
a) ta có
(
)
(
)
4 2 2 2
1 1 1
n n n n n n
+ + = + + +
là số nguyên tố khi
2
1 1 1
n n n
+ = =
b)
(
)
(
)
5 2 3 2
1 1 1
n n n n n n
+ + = + + +
là số nguyên tố khi
3 2
1 1 1
n n n
+ = =
c) Chú ý là n lẻ
1 2
n +
1 1
4 2 2
2 2
4 2 2 2 2
n n
n n n
n n n
+ +
+ = + + +
là số nguyên tố khi
1
2
2
2 2 =1 n=1
n
n
n
+
+
Ví dụ 38: Tìm các số nguyên tố x ;y ;z thoả mn
2
1
y
x z
+ =
Giải
Với x lẻ
2
1
y
x z
+ =
chẵn
z
chẵn mà lại là số nguyên tố nên z = 2
3
y
x
=
( không tồn tại x; y thoả mn).
Xét x chẵn:
2
x
=
vậy
2 2
1 2 1
y y
x z z
+ = + =
Nếu y lẻ đặt y = 2k + 1:
(
)
(
)
2
2 2.4 2 mod3 2 1 0 mod3 3 3 3
y k y
z z y
= + = =
Nếu y chẵn
2
y
=
2
5
z
=
vô lý vậy phơng trình đ cho có nghiệm:
(
)
(
)
; , 2;3;3
x y z =
Với cách làm tơng tự ta có thể giải quyết đợc bài toán sau: Tìm các số nguyên tố x ;y ;z
thoả mn
1
y
x z
+ =
.
3)Các phơng trình chứng minh có vô số nghiệm:
Ví dụ 39: Chứng minh rằng phơng trình
3 3 4
x y z
+ =
có vô số nghiệm.
Giải:
Ta xây dựng nghiệm của phơng trình này.
3 3
3 3 4
x y
x y z z
z z
+ = + =
đăt
; ;
x y
a b x az y bz
z z
= = = =
thế vào phơng trình ta đợc
(
)
(
)
(
)
3 3 3 4 3 3 3 3 3 3
;
z a b z z a b x az a a b y bz b a b
+ = = + = = + = = +
Vậy phơng trình có vô số nghiệm dạng:
(
)
(
)
(
)
(
)
3 3 3 3 3 3
; ; ; ;
x y z a a b b a b a b
= + + + .
www.VNMATH.com
Chuyên đề:
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Ngời thực hiện
Ngời thực hiệnNgời thực hiện
Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc
20
Chú ý công thức trên cha chắc đ quét hết nghiệm của bài toán xong ta chỉ cần nh
vậy để giải quyết bài toán này.
Ví dụ 40: Chứng minh rằng phơng trình
4 3 7
x y z
+ =
có vô số nghiệm.
Giải:
Ta có
1
2 2 2
a a a
+
+ =
Đăt
3
4
2 ; 2
a
a
x y
= =
ta có:
4 3 1
2 2 2
a a a
x y
+
+ = + = chọn
1
7
2
a
z
+
=
do x;y;z
nguyên nên
( )
3
4 84 48
1 7
a
a a t t Z
a
= +
+
Vậy phơng trình đ cho có vô số nghiệm
dạng
(
)
(
)
21 12 28 16 12 7
; ; 2 ;2 ;2
t t t
x y z
+ + +
=
.
Các bài tập vận dụng:
Giải các phơng trình sau trên Z.
1) 3 7 9
x y
+ =
2) 25 7 16
x y
+ =
2 2
3) 3 2 3 5
x xy y x y
+ + =
2 2
4) 2 3 3 3
x y xy x y
+ + =
4 4 4 4
1 2 3 14
5) 1599
x x x x+ + + + =
2 2
6) 16 6
x y z
+ = +
7) ! ! !
x y z
+ =
(
)
8) ! ! !
x y x y
+ = +
3 3
9) 19 17 50
x y
=
3 3 3
10) 5 11 13 0
x y z
+ + =
2 2
11) 16
x y
= +
(
)
2 2 2 2
12) 6
x y z t
+ = +
2
13) 2 3 3
xy y x x
+ =
(
)
(
)
2 2
14) 5 7 2
x y xy x y
+ + = +
3 3
15) 15
x y xy
=
2 2
16)
x xy y x y
+ + = +
2 3 2
17) 1
x x x y
+ + + =
(GVG tỉnhVP năm 2001)
(
)
2
3 3
18)
x y x y
+ = +
3 3
19) 2 1
y x x
= +
4 2 2
20) 4
x x y y
+ + =
2 2 2
21) 7
x y z
+ =
2 3
22) 16
x y
= +
(HSG 9 tỉnh Thanh Hóa 2009)
2 2 2 2 2
23) .
x y z x y
+ + =
www.VNMATH.com
Chuyên đề:
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Ngời thực hiện
Ngời thực hiệnNgời thực hiện
Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc
21
(
)
2 2 2 2
24) 6 6 3 5
x y z t
+ + =
2 2
25) 19 28 2001
x y+ =
2 2
26) 2
x xy y x y
+ + = +
(
)
2 2 2 2 2 2
27) .
x y z z x y
=
4 3 2 2
28) 2 2 2 1
n n n n y
+ + + + =
(
)
(
)
3 2 3
29) . 2 0
x z y xy z x x y
+ + =
(AM- 2005)
4 2 2
30) 10 0
x x y y
+ + + =
(
)
31) 2 9 3
x y z xyz
+ + + =
Các bài toán với số nguyên tố.
33) tìm
4
; 4
x
x N x
+
là số nguyên tố.
34)
( )
1 1 2
, ;
x y Z p P
x y p
+ =
35)
(
)
1 ! 1 ( ,
n
p p n N p
+ = là số nguyên tố)
36)
(
)
(
)
(
)
1 1 1 ( ; ; )
p p q q n n p q n
+ + + = + là các số nguyên tố)
37)
2
8 1
p q
= +
( p; q là các số nguyên tố).
Các bài toán khó.
38) (APMO) Tìm n nguyên dơng để phơng trình sau có nghiệm.
(
)
(
)
2 2
n n
n
x x x
+ + +
39)
(Brazil 1990) Chứng minh rằng phơng trình sau có vô số nghiệm
3 3 4
1990
a b c
+ =
40) Tìm x; y nguyên dơng để : 1! 2! 3! !
z
x y
+ + + + =
41)Tìm các số nguyên dơng x,y,z biết:
2
x y z
x y z
= +
(Nga 2008)
42) (IMO 2006). Tìm các số nguyên dơng x; y để:
2 1 2
1 2 2
x x
y
+
+ + =
43) Tìm các số nguyên x;y;z thoả mn
28 19 87
x y z
= +
44) Tìm các số nguyên dơng n và k thoả mn
1 1
k n n
= +
45) Tìm x;y;z biết
(
)
4 4 4
; ;
x y z x y z Z
+
+ =
www.VNMATH.com
Chuyên đề:
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Ngời thực hiện
Ngời thực hiệnNgời thực hiện
Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc
22
C. Kết luận.
Tổng hợp các dạng toán và phơng pháp giải cho một nội dung toán học nào đó là
một việc làm rất cần thiết trong công việc dạy học toán nói chung, dạy học và bồi dỡng
học sinh giỏi nói riêng. Nó giúp cho các em tự tin hơn khi làm các dạng bài tập trong một
chủ đề đó, đặc biệt là khi tham gia các kì thi chọn học sinh giỏi.
Trong chuyên đề này tôi chỉ mới đề cập đến vấn đề nghiệm nguyên ( cụ thể là các
dạng và phơng pháp giải) chứ không đi sâu vì vốn hiểu biết còn có hạn.
Trên đây là suy nghĩ và tổng hợp của bản thân về một số phơng pháp giải phơng trình
nghiệm nguyên, xin đợc trao đổi cùng các bạn đồng nghiệp. Rất mong nhận đợc sự góp ý
của các bạn đồng nghiệp để chuyên đề đợc hoàn thiện hơn.
Chân thành cảm ơn!
Kí duyệt của tổ trởng Ngời viết chuyên đề
Tạ Văn Đức
www.VNMATH.com
Chuyên đề:
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Ngời thực hiện
Ngời thực hiệnNgời thực hiện
Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc
23
Phụ lục
Tài liệu tham khảo.
1)
Nầng cao và phát triển toán 6,7,8,9 - Vũ Hữu Bình NXB GD
2) 1001 bài toán sơ cấp BD HSG toán THCS - Lê Hồng Đức - Đào Thiện Khải.
3) Tổng hợp toán tuổi thơ năm 2009- NXB GD
4) Tuyển chọn các bài thi HSG Toán THCS - Lê Hồng Đức.
5) Phơng trình nghiệm nguyên - Vũ Hữu Bình.
6) Tạp chí Toán học tuổi trẻ. NXB GD
7) Các đề thi vào trờng chuyên lớp chọn trong và ngoài tỉnh.
8) Các chuyên đề bồi dỡng học sinh giỏi toán THCS Lê Đức Thịnh.
Xin chân thành cảm ơn các tác giả.
www.VNMATH.com
Chuyên đề:
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Ngời thực hiện
Ngời thực hiệnNgời thực hiện
Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc
24
Mục lục.
Trang
A- Mở đầu
- Lý do chọn chuyên đề.
- Phạm vi và mục đích của chuyên đề.
2
B- Nội dung.
Phơng pháp 1
Phơng pháp 1Phơng pháp 1
Phơng pháp 1
:
::
: áp dụng tính chia hết
3
Phơng pháp 2:
Phơng pháp 2: Phơng pháp 2:
Phơng pháp 2:
Phơng pháp lựa chọn Modulo
( hay còn gọi là xét số d từng vế)
5
Phơng pháp 3:
Phơng pháp 3:Phơng pháp 3:
Phơng pháp 3:
Dùng bất đẳng thức
7
Phơng pháp 4
Phơng pháp 4Phơng pháp 4
Phơng pháp 4:
: :
: Phơng pháp chặn hay cò gọi là phơng
pháp đánh giá.
11
Phơng pháp 5:
Phơng pháp 5: Phơng pháp 5:
Phơng pháp 5:
Dùng Tính chất của số chính phơng
11
Phơng pháp 6
Phơng pháp 6Phơng pháp 6
Phơng pháp 6: Phơng pháp lùi vô hạn.
( hay còn gọi là phơng pháp xuống thang).
13
Phơng pháp 7:
Phơng pháp 7: Phơng pháp 7:
Phơng pháp 7:
Nguyên tắc cực hạn
( hay còn gọi là nguyên lí khởi đầu cự trị)
14
Phơng pháp 8:
Phơng pháp 8:Phơng pháp 8:
Phơng pháp 8:
sử dụng mệnh đề cơ bản của số học.
15
Một số dạng bài tập khác
Một số dạng bài tập khácMột số dạng bài tập khác
Một số dạng bài tập khác.
17
Các bài tập vận dụng:
Các bài tập vận dụng:Các bài tập vận dụng:
Các bài tập vận dụng:
20
C. Kết luận.
22
Phụ lục
23
Mục lục
24
www.VNMATH.com
