Đề tài Một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên và cách giải

<span class='text_page_counter'>(1)</span>A. MỞ ĐẦU. Trong chương trình toán trung học cơ sở khối lượng kiến thức rất phong phú và đa dạng, các dạng toán cũng được đề cập đến không ít . Trong số đó phương trình nghiệm nguyên là một mảng kiến thức quan trọng . Tuy nhiên ở chương trình sách giáo khoa chưa nhắc đến vì phương trình nghiệm nguyên còn hơi khó đối với các đối tượng học sinh TB;Yếu . Bởi vậy muốn bồi dưỡng và phát triển đối tượng học sinh Khá, Giỏi bản thân người dạy phải nghiên cứu tài liệu tìm tòi các dạng toán về phương trình nghiệm nguyên và các phương pháp giải dễ hiểu, dễ vận dụng. Nhằm bộ trợ và nâng cao kịp thời cho các em. ở phương trình nghiệm nguyên mỗi bài toán , với số liệu riêng của nó, đòi hỏi một cách giải riêng phù hợp . Điều đó có tác dụng rền luyện tính tư duy toán học linh hoạt và sáng tạo của người học. Do đó mà các bài toán tìm nghiệm nguyên thường có mặt trong đề thi các kì thi tuyển học sinh giỏi, thi vào các trường chuyªn trªn toµn quèc. Không những thế phương trình nghiệm nguyên là một đề tài lí thú của Số học và Đại số, mãi mãi là đối tượng nghiên cứu của Toán học. Từ những yếu tố khách quan và chủ quan đó. Tôi đã tìm nghiên cứu đề tài “ Một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên và cách giải ”. Nhằm tìm ra các biện pháp hữu hiệu nhất để có một phương án đúng đắn giúp học sinh tiếp cận với phương trình nghiệm nguyên một cách chủ động, có hứng thú trong quá trình học. Phương trình nghiệm nguyên rất phong phú về dạng toán, nhưng ở đề tài này tôi chỉ nghiên cứu một số dạng toán điển hình và một số phương pháp giải cơ bản cho từng dạng toán đó.. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> B. Néi dung Các bài Toán tìm nghiệm nguyên thường không có một quy tắc giải tổng quát. Mỗi bài Toán đòi hỏi phải có một cách giải phù hợp và logic. Ví dụ một số dạng phương trình thường gặp sau: 1/. Phương trình bậc nhất hai ẩn. D¹ng tæng qu¸t ax + by = c( a ≠ 0; b ≠ 0 ; a , b , c  Z) . §Þnh lÝ vÒ sù tån t¹i nghiÖm nguyªn. Định lí: Phương trình ax + by = c có nghiệm nguyên khi (a ; b)c. Chứng minh: Giả sử (x0 ; y0) là nghiệm của phương trình ax + by = c ta có ax0 + by0 = c, nếu d = (a, b) thì dax0 + by0 = c . Ngược lại, giả sö d = (a,b)c th× c = dc1 vµ ta cã hai sè nguyªn x1 , y1 sao cho d = ax1 + by1 = c => dc1 = a(x1c1) + b(y1c1) = c Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên. Để giải phương trình bậc nhất hai ẩn. Ta có thể vận dụng một trong hai phương pháp sau 1.1/. Sử dụng phương pháp xét tính chia hết của từng ẩn. Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 2x + 13y = 156 (1) Gi¶i Giả sử x, y là các số nguyên thoả mãn phương trình (1). Ta thÊy 13y  13 vµ 156  13 nªn 2x  13 => x  13. §Æt x = 13t ( t  Z) thay vµo (1) ta ®­îc: 26t + 13y = 156 <=> y = - 2t + 12. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Thử lại vào (1) thoả mãn. Nên phương trình có vô số nghiệm , được viết dưới công thức tổng quát sau:. x = 13t y = - 2t + 12. VÝ dô 2: Gi¶i bµi to¸n sau: Mét tr¨m con tr©u, ¨n tr¨m bã cá Trâu đứng ăn năm Tr©u n»m ¨n ba Tr©u giµ ba con ¨n mét bã. T×m sè tr©u mçi lo¹i ? Gi¶i Gọi x: Số trâu đứng y: Sè tr©u n»m z: Sè tr©u giµ Theo giả thiết ta có hệ phương trình với các nghiệm nguyên dương sau: x + y + z = 100 5x + 3y +. z 3. 15x + 9y + z = 300. =100. x + y + z = 100. Trừ cùng vế hai phương trình của hệ trên ta được: 14x + 8y = 200 <=> 7x + 4y = 100 Ta thấy phương trình :7x + 4y = 100 có 4y  4 ; 100  4 => 7 x  4 => x  4 (V× 7 kh«ng chia hÕt cho 4) MÆt kh¸c: 0 < 7x < 100 Mµ x  4. nªn. <=> 0 < x ≤ 14. x   4 ; 8 ; 12.. Do đó.  Víi x = 4 ta tÝnh ®­îc y = 18 ; z = 78  Víi x = 8 ta tÝnh ®­îc y = 11 ; z =81 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  Víi x = 12 ta tÝnh ®­îc y = 4 ; z =84 Vậy ta có ba đáp án cho bài toán.  4 trâu đứng, 18 trâu nằm, 78 trâu già  8 trâu đứng, 11 trâu nằm, 81 trâu già  12 trâu đứng, 4 trâu nằm, 84 trâu già *NhËn xÐt: Bằng cách xem xét tính chia hết của từng hạng tử trong phương trình. ở ví dụ 1 ta thấy rằng , hai hạng tử 13y và 156 đều chia hết cho 13 . Do đó 2x cũng phải chia hết cho 13 thì phương trình mới có nghiệm nguyên. Nhờ đó mà tìm dược x = 13t và tìm được y = - 2t + 12. Cũng tương tự như vậy ta đã giải được nhiệm tổng quát của phương trình 7x + 4y = 100 , sau đó nhờ x nguyên dương mà ta giới hạn giá trị của x và tìm nghiệm của phương trình ở ví dụ 2. 1.2/. Sử dụng phương pháp tìm một nghiệm riêng của phương trình. Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 2x + 3y = 11. (2). Gi¶i Ta thấy phương trình có một nghiệm nguyên đặc biệt là: x0 = 4; y0 = 1 ThËt vËy. 2 . 4 + 3 .1 = 11. (3). Trõ cïng vÕ (2) cho (3) ta ®­îc: 2(x – 4) + 3(y – 1) = 0 <=> 2(x – 4) = - 3(y – 1) Do đó 3(y – 1) 2 => y – 1  2 . Đặt y = 2t + 1 ( t  Z) Thay vµo (2) ta ®­îc x = - 3t + 4 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:. Lop12.net. x = - 3t + 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> y=. 2t + 1. * NhËn xÐt: Như vậy ta đã tìm một nghiệm riêng (x0 ; y0) = (4 ; 1) của phương trình. Nhờ các phép biến đổi ta ràng buộc y - 1 2 và tìm ra nghiệm tổng quát của phương trình. 2/. Phương trình bặc hai có hai ẩn . Với loại phương trình này ta có thể sử dụng nhiều phương pháp ,để gi¶i chóng. Ch¼ng h¹n nh­: -. Đưa về phương trình ước số;. -. Phương pháp tách giá trị nguyên của phương trình. -. Phương pháp xét số dư từng vế. -. Sử dụng điều kiện  ≥ 0 để phương trình bậc hai có nghiệm ;. Các ví dụ sau ta vận dụng một trong các phương pháp trên để giải. 2.1/. Đưa phương trình về phương trình ước số. Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau. xy – x – y = 2. (4). Gi¶i Ta cã: xy – x – y = 2. <=> x ( y – 1 ) – (y – 1) = 3. <=> (y – 1) (x – 1 ) = 3 Ta thÊy y – 1 vµ x – 1 ph¶i lµ ­íc cña 3 . Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t gi¶ sö x ≥ y => x – 1 ≥ y – 1. Ta có các trường hợp sau xẩy ra: x-1=3. x=4. y–1=1. y=2 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> HoÆc:. x–1=-1. x=0. y–1=-3. y=-2. Vậy phương trình (4) có 4 nghiệm nguyên sau; (4 ; 2) ; (2 ; 4) ; (0 ; - 2) ; (- 2 ; 0) * NhËn xÐt: Như vậy từ phương trình xy – x – y = 2 ta đưa nó về phương trình (y – 1) (x – 1 ) = 3. Phương trình này gọi là phương trình ước số, phương trình ước số có nghiệm nguyên khi các thừa số của nó là ước nguyên của số đó. Khi tìm nghiệm của phương trìng ước số, ta cần sắp thứ tự các ẩn để giảm được số trường hợp xẩy ra. Nên trong quá trình giải ta đã giảm được rất nhiều thời gian và lời giải cũng ngắn gọn hơn. 2.2/. Tách giá trị nguyên của phương trình. Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: xy – 2y – 3 = 3x – x2 (5) Gi¶i: Ta thấy rằng ở phương trình trên y có bậc cao nhất là một. Nên ta có thể rút y ra và tách giá trị nguyên của phương trình. Thật vậy ta có. (5) <=> y(x – 2) = 3 + 3x – x2 x = 2 không phải là nghiệm của phương trình . Do đó y=. 3  3x  x 2 x2. = -x + 1 +. 5 x2. (6). Phương trình (6) có nhiệm nguyên khi 5 x – 2 hay x – 2 là ước của 5. Ta có các trường hợp sau . . Víi x – 2 = 5 <=> x = 7 . Thay vµo (6) ®­îc y = - 5. . Víi x – 2 = 1 <=> x = 3 . Thay vµo (6) ®­îc y = 3. . Víi x – 2 = -5 <=> x = -3 . Thay vµo (6) ®­îc y = 3 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> . Víi x – 2 = - 1 <=> x = 1 . Thay vµo (6) ®­îc y = -5. Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên: (7 ; - 5) ; (3 ; 3) ; (- 3 ; 3) ; (1 ; - 5) * NhËn xÐt: Với những phương trình bậc hai, có một ẩn nào đó chỉ xuất hiện bậc nhất. Ta rút ẩn đó ra từ phương trình rồi tách giá trị nguyên. Ví dụ ở bài toán trên nhận thấy rằng y có bậc cao nhất là một nên ta đã rút y từ phương trình đã cho, để được phương trình y =. 3  3x  x 2 x2. . Ta lÊy 3+3x –. x2 chia cho x – 2 để tách giá trị nguyên. Rõ ràng phương trình có nghiệm nguyªn khi x – 2 lµ ­íc cña 5. 2.3/. Sử dụng phương pháp xét số dư của từng vế. Ví dụ 6 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau. 9x + 2 = y2 + y (7) Gi¶i: Ta cã (7) <=> 9x + 2 = y( y + 1) Ta thấy vế trái của phương trình trên , chia cho 3 dư 2 nên y( y + 1) ph¶i d­ 2 khi chia cho 3 . Như vậy chỉ có thể xẩy ra trường hợp sau: y = 3k + 1 vµ y + 1 = 3k + 2 Khi đó:. (k  Z). 9x + 2 = ( 3k + 1) (3k + 2). <=> 9x = 9k (k + 1) <=> x = k(k + 1) Thử lại , với x = k(k + 1) và y = 3k + 1 thì (7) thoả mãn . Nên phương trình đã cho có nghiệm tổng quát , được viết bởi công thức x = k(k + 1). (k  Z) Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> y = 3k + 1 * NhËn xÐt: ở ví dụ trên ta đã sử dụng phương pháp : Xét tính chia hết của từng vế để nhận thấy rằng , vế trái của phương trình chia 3 dư 2 . Vậy phương tr×nh cã nghiÖm nguyªn khi vÕ ph¶i còng chia cho 3 d­ 2. Mµ y( y + 1) chia 3 dư 2 thì chỉ có thể xẩy ra trường hợp y chia 3 dư 1 để y + 1 chia 3 d­ 2. 2.4/ Sử dụng điều kiện  ≥ 0 để phương trình bậc hai có nghiệm Ví dụ 7 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau. x+ y +xy = x2 + y2. (8). Gi¶i: Ta thÊy. (8) <=> x2 – (y + 1)x + y2 – y = 0. Có thể xem x là ẩn còn y đóng vai trò là tham số thì ta có :  = (y + 1)2 – 4 (y2 – y) = - 3y2 + 6y + 1 để phương trình (8) có nghiệm nguyên thì  ≥ 0 và phải là số chính phương. <=> - 3y2 + 6y + 1 ≥ 0 <=> 3y2 - 6y - 1 ≤ 0 <=> 3(y – 1)2 ≤ 4 <=> (y – 1 )2 ≤. 4 3. <=> 0 ≤ (y – 1 )2 ≤ 1 Do đó ta có các trường hợp sau: . y – 1 = 1 <=> y = 2. . y – 1 = -1 <=> y = 0. . y – 1 = 0 <=> y = 1 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Thay các giá trị của y vào phương trình x2 – (y + 1)x + y2 – y = 0 Ta cã: . Víi y = 2 ta cã x1 = 1 ; x2 = 2. . Víi y = 0 ta cã x3 = 0 ; x4 = 1. . Víi y = 1 ta cã x5 = 0 ; x6 = 2. Vậy phương trình (8) có 6 nghiệm nguyên sau: (0 ; 0) ; (1 ; 0) ; (0 ; 1) ; (2 ; 1) ; (1 ; 2) ; (2 ; 2) * NhËn xÐt: Phương trình trên có các ẩn luỹ thừa bậc 2, nên ta có thể viết phương trình đã cho dưới dạng phương trình bậc 2 có ẩn là x , còn y ta xem như là tham số. Từ đó sử dụng điều kiện  ≥ 0 để phương trình có nghiệm và  phải là một số chính phương để phương trình đã cho có nghiệm nguyên để tìm nghiệm của phương trình. 3/. Phương trình bậc ba hai ẩn: . 3.1/. Sö dông tÝnh chÊt: Nếu hai số nguyên dương , có tích là một số chính phương thì hoặc bằng nhau hoặc cả hai là số chính phương. Ví dụ 8 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau. 9x2 + 6x = y3. (9). (Bµi 1 – Chuyªn môc thi gi¶i to¸n qua th­ sè 61 - To¸n TT2). Gi¶i: Ta cã : (10) <=> 9x2 + 6x + 1 = y3 + 1 <=>. (3x + 1)2 = (y + 1)(y2 – y + 1). Phương trình (*) có nghiệm nguyên khi : Lop12.net. (*).

<span class='text_page_counter'>(10)</span> y + 1 = y2 – y + 1 hoặc y + 1 và y2 – y + 1 là các số chính phương. . Víi y + 1 = y2 – y + 1 <=> y(y – 2) = 0 <=> y = 0 hoÆc y = 2. Thay vào phương trình (*) ta được. +) Khi y = 0 ta cã x = 0 hoÆc x = - 2 (lo¹i) 3. +) Khi y = 2 ta cã x = - 2 (lo¹i) hoÆc x = 3. . 4 3. (lo¹i). Trường hợp y + 1 và y2 - y + 1 là các số chính phương .. Ta thÊy y2 – y + 1 = (y –. 1 2 ) 2. +. 3 4. không thể là một số chính phương. nguyªn víi mäi y ≠ 0 . Vậy phương trình (11) có nghiệm nguyên duy nhất : (x ; y) = (0 ; 0) *NhËn xÐt : Với ví dụ trên ta đưa vế trái có dạng của một số chính phương. Để phương trình có nghiệm nguyên thì vế phải cũng phải có các thừa số là các số chính phương hoặc các thừa số đó phải bằng nhau. 3.2/. Đổi biến để tìm nhiệm nguyên: Ví dụ 9: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x3 – y3 = xy + 8. (10). Gi¶i Ta cã: x3 – y3 = xy + 8. <=> (x – y)3 + 3xy(x - y) = xy + 8. §Æt x – y = a ; xy = b (a ; b  Z) .Ta cã: a3 + 3ab = b + 8 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> <=> a3 – 8 = -b(3a – 1) a3 – 8  3a – 1. Suy ra :. <=> 27(a3 - 8)  3a – 1 <=> 27a3 – 1 -215  3a – 1 Do 27a3 – 1  3a – 1 nªn 215  3a – 1 . Hay 3a – 1 lµ ­íc cña 215 Do đó 3a – 1   1;5;43;215  MÆt kh¸c 3a – 1 chia cho 3 d­ 2. Nªn 3a – 1   1;5;43;215 Ta cã b¶ng sau: 3a - 1. -1. 5. - 43. 215. a. 0. 2. - 14. 72. -8. 0. - 64. - 1736. b=. a3  8 1  3a. Chú ý rằng 9x –y)2 + 4xy ≥ 0 nên a2 + 4 ≥ 0. Do đó chỉ có hai trương hîp tho¶ m·n a = 2; b = 0. Ta ®­îc x – y = 2;. x = 0 hoÆc x = 2. xy = 0. y = - 2 hoÆc y =0. Vậy phương trình đã cho có hai nhiệm: (0 ; - 2) ; (2 ; 0) *NhËn xÐt: Bài toán trên ta đã linh hoặt khi sử dụng phương pháp đổi biến và tìm nhiệm nguyên của biến mới. Từ đó ta tìm được nghiệm nguyên của phương trình đã cho. 4/. Phương trình vô tỷ.. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Đối với phương trình nhiệm nguyên dạng vô tỉ , đây là dạng phương trình phức tạp . Mỗi phương trình không có một cách giải tổng quát, dựa vào các số liệu đã biết ta cần linh hoặt trong biến đổi. Để tìm ra phương ¸n hîp lÝ gi¶i quyÕt bµi to¸n. Ch¼ng h¹n nh­ mét sè vÝ dô sau , ph¶i vËn dụng nhiều kỹ năng phối hợp chặt chẽ để đưa ra lời giải ngăn gọn hợp lí. Ví dụ 10: Giải phương trình nghiệm nguyên sau. +. x. y. =. 1980. (11). Gi¶i: (11) <=>. =. x. 1980. -. (12). y. Víi ®iÒu kiÖn : 0 ≤ x , y ≤ 1980 (12) <=> x = 1980 + y – 2 <=> x = 1980 + y – 12. 1980 y 55 y. Phương trình (11) có nghiệm nguyên khi – 12. 55 y. ph¶i nguyªn hay. 55y phải là một số chính phương. §Æt: y = 55 a2 (a N ) Tương tự ta sẽ có : y = 1980 + x – 12. 55 x. §Æt : x = 55 b2 ( b  N ) Thay vµo (11) ta cã : a. 55. +b. 55. =6. 55. <=> a + b = 6 Gi¶ sö: x ≥ y nªn a ≥ b Ta cã b¶ng sau : a. b. x =55a2. 0. 6. 0. Lop12.net. y = 55b2 1980.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> 1. 5. 55. 1375. 2. 4. 220. 880. 3. 3. 495. 495. Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên sau: (0 ; 880) ; (1980 ; 0) ; (55 ; 1375) ; (1375 ; 55) ; (220 ; 880) ; (880 ; 220) ;(945 ; 945) *NhËn xÐt Với dạng phương trình như thế này , ta sử dụng phương pháp bình phương hai vế để rút ra được x = 1980 + y – 12. 55 y. . B¾t buéc. 55 y. ph¶i. là số chính phương để phương trình đã cho có nghiêm nguyên. Bằng phương pháo tương tự ta cũng có. 55 x. phải là số chính phương. Đến đây. cần chú ý khi đổi biến, làm thế nào đó để khi thay vào phương trình ban đầu ta được phương trình không chứa căn bậc hai và vận dụng các phương pháp đã biết để giải nó. Ví dụ 11: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: y2 = 1 +. 9  x2  4x. (13). (§Ò thi HS Giái líp 9 n¨m häc 2003- 2004_ Phßng GD Kú Anh ). Gi¶i §iÒu kiÖn : 9 – x2 – 4x ≥ 0 <=> - 5 ≤ x ≤ 1 Ta cã : y2 = 1 + =1+. 9  x2  4x. 13  ( x  2) 2. =1+. ≤1 +. 13  ( x 2  4 x  4). 13. Do y lµ mét sè nguyªn nªn: 1 ≤ y2 ≤ 4 <=> y2 = 1 hoÆc y2 = 4 . Víi y2 = 1  13 = (x – 2)2 kh«ng thÓ cã nghiÖm nguyªn.. Vì 13 là một số nguyên tố còn (x – 2)2 là số chính phương. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> . Víi y2 = 4 <=> y = 2 hoÆc y = -2. Vµ ta cã. 13  ( x  2) 2. =3. <=> 13 – (x+2)2 = 9 <=> (x+2)2 = 4 <=> x = 0 (Tho¶ m·n §K) hoÆc x = 2 (Tho¶ m·n §K) Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: (0 ; 2) ; (0 ; -2) ; (2 ; 2) ; (2 ; -2) * NhËn xÐt : Như vậy ở phương trình trên ta thấy biểu thức 13 – (x+2)2 có giá trị lớn nhÊt b»ng 9 . Nªn 1 +. 13  ( x  2) 2. ≤ 13 , nhờ việc vận dụng bất đẳng thức. mà ta giớ hạn được khoảng giá trị của y2 với y nguyên thì ta đã tìm được c¸c gi¸ trÞ cô thÓ cña y vµ x. C. KÕt luËn: Quả thật trong Toán học phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng. Phương pháp để giải từng dạng phương trình cũng khá phong phú. Tôi đã cố gắng đưa ra một số dạng phương trình điển hình thường gặp và một số phương pháp giải chúng. Tôi nghĩ để giải các dạng phương trình trên , không chỉ dừng lại ở những phương pháp đó. Chắc quý vị sẽ tìm ra được một số phương pháp hay hơn. Trong các dạng phương trình được giới thiệu trong đề tài tôi thấy phương trình bậc hai , là một dạng tiêu biểu có nhiều phương án để giải và mức độ ứng dụng cũng khá phổ biến. Bên cạnh đó phương trình vô tỉ cũng rất thú vị. Vì khi giải nó yêu cầu chúng ta phải suy luận chặt chẽ, linh hoạt, phối hợp nhiều kĩ năng. Giúp người học ph¸t huy ®­îc tÝnh s¸ng t¹o cña b¶n th©n.. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Thực tế giảng dạy cho thấy: Sau khi được truyền đạt kĩ lượng đề tài này. Học sinh rất hứng thú và linh hoạt khi gải các bài Toán về phương tr×nh nhiÖm nguyªn. B¶n th©n t«i rÊt mong muèn häc sinh häc tËp tèt h¬n, ®­îc n©ng cao tay nghề khi giải Toán. Vì thế rất mong được các đồng nghiệp và quý độc giả góp ý bổ sung cho đề tài này được hoàn thiện hơn. T«i xin ch©n thµnh c¶m ¬n!. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(18)</span>