PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN LỚP 8

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (126.08 KB, 8 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

 - PHƯƠNG PHÁP 1: Phương pháp đưa về dạng tổng

 Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình có các

biểu thức chứa ẩn viết được dưới dạng tổng các bình phương.

- Biến đổi phương trình về dạng một vế là một tổng của các bình phương các
biểu thức chứa ẩn; vế cịn lại là tổng bình phương của các số nguyên (số số hạng
của hai vế bằng nhau).

Các ví dụ minh hoạ:

- Ví dụ 1: Tìm x ; y∈Z thoả mãn: 5x2

−4 xy+y2=169 (1)

(1) ⇔4x

−4 xy+y2+x2=144+25=169+0










2 2

2 2

2 144 25

2 169 0

x y x

    


   



Từ (I) ta có: Tương tự từ (II) ta có:









2 2
2 2
2 2
2 2
5 5
2 12
;
2 22

5
12 12
2 5
;
19 29
12
x x
x y
y y
x
x x
x y
y y
x
       
   
 
   


      

   
 
 

 

 
 









2 2
2
2
2 2
0
2 13
13
0
13
2 0
26
13
x
x y
y
x
x
x y
y
x
     
  

  


    


  



 


Vaäy







 





 



5; 2 ; 5; 22 ; 5;2 ; 5;22 ; 12; 19 ; 12; 29
,

12;19 ; 12; 29 ; 0;13 ; 0; 13 ; 13; 26 ; 13; 26

x y         

    

 

 

Ví dụ 2: Tìm x ; y∈Z thoả mãn: x2y2 x y 8 (2)

(2) 4x2 4x4y2 4y32 4x2 4x 1 4y2 4y 1 34



2x1



2



2y1



2 5232

















2 2
2 2
2 2
2 2

2 1 3 2; 1

3; 2

2 1 5

2 1 5 3; 2

2; 1

2 1 3

x x x

y y

y

x x x

y y
y
      
  
 
   



      
  
     



Vaäy



x y;









2;3 ; 2; 2 ; 1;3 ; 1; 2 ; 3; 2 ; 3; 1 ; 2; 2 ; 2; 1

 



 



 

 

 



 



 

 





</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Ví dụ 3: Tìm x ; y∈Z thoả mãn: x3 y391 (1)

(1)



x y x





2xy y 2



91.1 13.7 (Vì



x2xy y 2



0)

















2 2

1 6 5

;

91 5 6

. 91.1

x y x x

x xy y y y

x y x xy y

x y

VN

x xy y

      



   

    

  

     

 


 






  


 


Ví dụ 4: Tìm x ; y∈Z thoả mãn: x2 x y2 0 (2)











 



2 2 0 4 2 4 4 2 0 2 1 2 1 2 2 1 2 1 1

2 2 1 1 0

2 2 1 1 1

2 2 1 1 0

x x y x x y x y x y x xy

x y x

x y y

x y x

x y y

                

     



 



   

 




     

  

   

  



Vaäy:



x y;









0;0 ; 1;0

 







 - PHƯƠNG PHÁP 2: Phương pháp cực hạn

 Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình đối

xứng

- Vì phương trình đối xứng nên x y z; ; có vai trị bình đẳng như nhau. Do đó; ta
giả thiết x y z  ; tìm điều kiện của các nghiệm; loại trừ dần các ẩn để có phương

trình đơn giản. Giải phương trình; dùng phép hoán vị để suy ra nghiệm.

 Ta thường giả thiết 1   x y z ....

Các ví dụ minh hoạ:

Ví dụ 1: Tìm x y z Z; ; 

 thoả mãn: x y z x y z   . . (1)

Nhận xét – Tìm hướng giải:

Ta thấy đây là phương trình đối xứng.
Giả sử 1  x y z. Khi đó:

(1) x y z x y z. .    3z x y. 3 (Vì x y z Z; ;  ) x y. 



1;2;3



</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

* Neáu: x y.  2 x1;y2;z3

* Neáu: x y.  3 x1;y 3 z 2 y(vô lí)

Vậy: x y z; ; là hốn vị của



1; 2;3



Ví dụ 2: Tìm x y z Z; ; 

 thoả mãn:

1 1 1
2

x yz  (2)
Nhận xét – Tìm hướng giải:

Đây là phương trình đối xứng.
Giả sử 1  x y z. Khi đó:

(2)

1 1 1 3 3

2 1

x x

x y z x

        

Với:





1 1 2

1 1 2 1;2

x y y

y z y

        

.Nếu:

1 0

y

z

  

(vô lí)

.Nếu: y 2 z2

Vậy: x y z; ; là hoán vị của



1;2; 2



 - PHƯƠNG PHÁP 3: Phương pháp sử dụng tính chất chia hết
Các ví dụ minh hoạ:

Ví dụ 1: Tìm x y Z;  để:

2 1

x x

A

x x




  nhận giá trị nguyên

Ta có:

2 2

2 2 2

1 1 1

x x x x

A

x x x x x x

   

   

      . Khi đó:

Để A nhận giá trị ngun thì 2
1

x  x nhận giá trị nguyên.









 





2 2

1 x x 1 x x 1 U 1;1

         

Vì :





2 1 0; 2 1 1 0

x

x x x x x

x




          





</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Ví dụ 2: Tìm x y Z;  thoả mãn: 2y x x y2    1 x22y2x y.

(2) 2 .y2



x1



 x x.



1



 y x.



1 1 0 *



 

 

Với: x1; *

 

 1 0  x1 khơng phải là ngiệm của phương trình. Nên:

 

2 1

2 0 **

y x y

x

   

 .

Phương trình có nghiệm nguyên









0
1

1 (1) 1; 1

1
1

x

x U

x
x




        



  

Ví dụ 3: Tìm x y Z;  

thoả mãn: 3x 1



y1



2 (3)

Ta có:

(3) 3x



y1



2 1y y



2



.3x

là số lẻ  y y;



2



là hai số lẻ liên tieáp



y y; 2



1 y y; 2

     là các luỹ thừa của 3, nên:

 





3 *

3 2 3

2 3 **
m

m n

n

y

m n x m n

y

 


      



 




 Với: m 0; n 1 y1;x1.

 Với: m 1; n1Từ

   









* ; ** ; 2 1

2 3

y

y y
y




    







 ( vô lí)

Phương trình có nghiệm nguyên:
1
1

x
y








 - PHƯƠNG PHÁP 4: Phương pháp sử dụng bất đẳng thức

 Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình mà hai
vế là những đa thức có tính biến thiên khác nhau.

- Áp dụng các bất đẳng thức thường gặp:
*Bất đẳng thức Cô – si:

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

1 2 3

1 2 3
...

. . ...
n n

n

a a a a

a a a a

n

   



. Daáu “=” xaûy ra
1 2 3 ... n

a a a a

    

* Bất đẳng thức Bunhiacôpxki:

Cho 2n số thực: a a a1; ; ;...;2 3 an vàb b b1; ; ;...;2 3 bn. Khi đó:



a b1 1. a b2. 2a b3. 3....a bn. n



2 



a1.a2.a3....an

 

b b1 2.b3....bn



.
Dấu “=” xảy ra  ai kb ii



1;n



*Bất đẳng thứcgiá trị tuyết đối:
. 0
. 0

a b a b

a b

a b a b

   

 

  



Các ví dụ minh hoạ:

Ví dụ 1: Tìm x y Z; 

 thoả:

. . .

x y y z z x

z  x  y  (1)

Áp dụng BĐT Cô – si. Ta coù:

3
3

. . . .

3 x y y z z x 3. x y y z z x. . 3. x y z. .

z x y z x y

    

3 x y z. . 1 x y z. . 1 x y z 1

       

Vậy nghiệm của phương trình là: x  y z 1

Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:



x y 1



2 3



x2y21



(2)

(Tốn Tuổi thơ
2)

Theo Bunhiacôpxki,ta có:



x y 1



2 



121212

 

x2y21



3



x2y21



Dấu “=” xảy ra

1 1 1

x y

     

Vậy nghiệm của phương trình là: x y 1
Ví dụ 3: Tìm tất cả các số nguyênx thoả mãn:

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Nhận xét – Tìm hướng giải:

Ta nhận thấy: 2104 = 3 + 10 + 101 + 990 + 1000 =101 + 2003 và a  a

Ta có:(3) 3 x 10 x  x101 x990  x1000 2004.

Maø

3 3

10 10

101 101 2004 101 2003 101 1

990 990

1000 1000

x x

a a x x x x

x x

   



  




            



  



   



Do đó:  1



x101



 1



x101

 

 1;0;1



 x 



102; 101; 100 



.

Với x101 2004 2003 (vơ lí). Vậy nghiệm của phương trỡnh l:

102; 100

x

1) Tìm các số nguyên x,y,z thoả mÃn: x2y2z2xy3y2z 3
Vì x,y,z là các số nguyên nên

x2y2z2 xy3y2z 3

2 2

2 2 2 3 2 3 0 2 3 3 3 2 2 1 0

4 4

y y

x y z xy y z x xy   y  z z

                  

   





2 2

3 1 1 0

2 2

y y

x z

   

          

    (*) Mµ





2 2

3 1 1 0

2 2

y y

x z

   

     

   

   

x y R

 





2 2

3 1 1 0

2 2

y y

x z

   

          

   

2 1

1 0 2

1
1 0

y
x

x
y

y
z
z



 







 

      

  



 




 C¸c sè x,y,z phải tìm là

1
2
1

x
y
z

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Phng phỏp: Phương pháp này được sử dụng với các phương trình mà ta có thể
nhẩm (phát hiện dể dàng) được một vài giá trị nghiệm

- Trên cơ sở các giá trị nghiệm đã biết. Áp dụng các tính chất như chia hết; số

dư; số chính phương; chữ số tận cùng ….. ta chứng tỏ rằng với các giá trị khác
phương trình vơ nghiệm

Các ví dụ minh hoạ:

Ví dụ 1: Tìm x y Z; 

 thoả mãn: x63x3 1 y4

Nhận xét – Tìm hướng giải:

Ta thấy với x0;y1 thì phương trình được nghiệm đúng. Ta cần chứng minh
phương trình vơ nghiệm với x0

+ Với x0;y1 thì phương trình được nghiệm đúng 
+ Với x0. Khi đó:

x62x3 1 x63x3 1 x64x3 4



x31



2y4 



x32



2 (*)

Vì



x31 ;

 

x32



là hai số nguyên liên tiếp nên khơng có giá trị nào của y thoả

(*)

Vậy x0;y1 là nghiệm của phương trình.
Ví dụ 2: Tìm x y Z; 

 thoả: x2 x 1 32y1

   (2)

(Tạp chí Tốn học và tuổi trẻ )
Gọi b là chữ số tận cùng của x ( Với b



0;1;2;...;9



. Khi đó:



x2 x 1



có chữ

số tận cùng là: 1, 5 hoặc 9. (*)
Mặt khác: 32y1

là luỹ thừa bậc lẻ của 3 nên có tận cùng là 3 hoặc 7. (**)
Từ (*) và (**) suy ra phương trình vơ nghiệm.

Ví dụ 3: Tìm x y Z;  

thoả mãn: x2 6xy13y2 100 (3)
(3)

















2 2

2 2

5
3 4 25

y

x y

y n n

 



     

  



</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Do đó: y 



5; 4; 3;0;3; 4;5 



 x



3;9;11;13



Phương trình có nghiệm nguyên:



x y;









5;3 ; 4;9 ; 3;11 ; 0;13 ; 3;11 ; 4;9 ; 5;3

 



 



 





PHƯƠNG PHÁP 6: Phương pháp lùi vô hạn (xuống thang)

Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với những phương trình có (n – 1)

ẩn mà hệ số có ước chung khác 1

- Dựa vào tính chất chia hết ta biểu diễn ẩn theo ẩn phụ nhằm “hạ” (giảm bớt)
hằng số tự do, để có được phương trình đơn giản hơn.

- Sử dụng linh hoạt các phương pháp để giải phương trình đó.

Các ví dụ minh hoạ:

Ví dụ 1: Giải phương trình: x3 3y3 9z3 0 (1)

Nhận xét – Tìm hướng giải:

Ta thấy x3 3y3 9z3  0



x3 3y3 9z3



3 mà



3y3 9z3



3nênx3 3



Ta có: (1)



x3 3y3 9z3



3 x33 x3 x3x1

Khi đó: (1)



27x13 3y3 9z3



3



9x13 y3 3z3



3 y33 y3 y3y1.



3 3 3



1 1 1

9x 27y 3z 3 z 3 z 3 y 3z

          .

* Tiếp tục sự biểu diễn trên và nếu gọi x y z0; ;0 0 là nghiệm của (1) và thì

 0; ;0 0

3Ux y z

</div>

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN LỚP 8

<b>PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN</b>































 

 

 

 

 





 

 

 

 

 



































 

 

 

 

 

 

 





















<sub></sub>

<sub></sub>



















 









