Phuong trinh nghiem nguyen

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (259.66 KB, 20 trang )

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

phần I

: các dạng phơng trình nghiệm nguyên thờng gặp
Dạng I : Phơng trình bậc nhất hai ẩn

Phơng trình bËc nhÊt hai Èn cã d¹ng ax + by = c
vÝ dô : 5x + 7y = 112

12x - 7y = 45

Phơng pháp thờng dùng để giải dạng phơng trình này là:
- Tách ra các giá trị nguyên

- Tìm một nghiệm riêng

Dạng II : Phơng trình bậc hai có hai ẩn
 1/ Dạng phơng trình thêng gỈp

vÝ dơ : xy - x - y = 2
xy - 2y -3 = 3x - x2

2x2 + 3xy - 2y2 = 7

* Phơng pháp thờng dùng để giải dạng phơng trình này là :
- Tách ra các giá trị nguyên

- Đa về phơng trình ớc số
- Sư dơng ®iỊu kiƯn  ≥ 0

- XÐt sè d tõng vÕ

- Xét các số chính phơng liên tiếp
- Tạo ra các bình phơng phơng đúng

- Sử dụng tính chất chia hết của số chính phơng
 2/ Dạng phơng trình c bit

- Phơng trình PEN cã d¹ng : x2 - Py2 = 1

( P là số nguyên dơng, không chính phơng )
- Ph¬ng trình PITAGO có dạng : x2 + y2 = z2

( x, y, z là các số nguyên dơng )

Dạng III: Phơng trình bậc ba trở lên có hai Èn.
VÝ dô : x( x + 1 )( x + 2 )( x + 3 )

x3 - y3 = xy + 8

x2 +xy + y2 = x2y2

*Phơng pháp thờng dùng để giải dạng phơng trình này là :
- Đa về phơng trình ớc số

- Sử dụng tính chất : Nếu hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phơng thì một
trong hai số nguyên liên tiếp đó bằng 0.

- Sử dụng bất đẳng thức.

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

- Sư dơng tÝnh chÊt sè chính phơng đa về phơng trình ớc s.
Dạng IV: Phơng trìh đa thức có ba ẩn trở lªn .

VÝ dơ : x + y + z = xyz

x3 + 2y3 = 4z3

xy = z2

x3 + y3 + z3 - 3xyz = 1

* Phơng pháp thờng dùng để giải dạng phơng trình này là :
- Sắp xếp thứ tự các ẩn

- Lùi vô hạn

- Sư dơng tÝnh chất số chính phơng đa về phơng trình ớc s.
Dạng V: Phơng trình dạng phân thøc .

VÝ dô : 1 1 1

3
x  y 

1 1 1 1

6 6

x  y  xy 

* Phơng pháp thờng dùng để giải dạng phơng trình này là :
- Xét từng khoảng giá trị của ẩn

- Nhân hai vế của phơng trình với bội chung của mẫu, để đa về phơng trình bậc nhất
hoặc bậc hai có hai, ba ẩn.

D¹ng VI: Phơng trình dạng mũ.
VÝ dô : 2x + 3 = y2

2x + 3x = 5x hay : xy = z2

* Phơng pháp thờng dùng để giải dạng phơng trình này là :
- Xét các giá trị riêng .

- ChØ ra nghiƯm nguyªn .

- Dùng tính chất : Nếu hai số ngun dơng ngun tố cùng nhau có tích là số mơt chính
phơng thì mỗi số đều là số chớnh phng.

Dạng VII: Phơng trình vô tỉ

Ví dụ : y = x  2 x  1  x  2 x  1

x  y  1980

* Phơng pháp thờng dùng để giải dạng phơng trình này là :
- Xét giá trị riêng

- Bình phơng đa về các dạng phơng trình khác .

Phn II :

mt s phng phỏp thờng dùng để giải phơng 
trỡnh nghim nguyờn

I / ph ơng pháp dùng tính chia hÕt

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

-Phương pháp này có ưu thế đối với phương trình hai ẩn bậc cao.Ta thường hay sử dụng tính
chất :a\b thì a b ,và kết hợp với điều kiện nghiệm nguyên ta có thể tìm ra những giá trị phù

hợp của ẩn

-Ví dụ: Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: x3-y3 =xy +8 
Ta có : pt ↔ (x –y)3 + 3xy(x-y) =xy+8

Đặt x-y =a và xy=b ta có phương trình mới
a3-3ab =b+8

↔ a3-8 = -b(3a-1)  a3-8  3a-1 27(a3 -8)  3a -1

 27a3 -1 -215  3a -1  215  3a -1

Phân tích 215 ra thừa số nguyên tố ta có: 215 =5.43

Do đó: 3a -1 ( ±1 , ±5, ±43 , ±215 ). Do 3a-1 chia cho 3 dư 2 nên 3a-1
(-1 ,5 ,-43 ,2(-15 )

Chú ý rằng (x –y)3 + 4xy 0 nên a2 +4b ≥ 0 , do đó ta chỉ nhận được :a =0, b= 2
Vậy pt có nghiệm là (x ,y) = (0 , -2) , (2,0)

Phương pháp này có ưu điểm là sang tạo trong cách lập luận, cần khéo léo linh hoạt trong khi
sử dụng và không phải lúc nào cũng sử dụng được phương pháp này.Đa số học sinh,kể cả học
sinh giỏi cũng khơng thích phương pháp nảy vì nó vận dụng khơng theo một quy trình nào và
cần sáng tạo trong từng bước biến đổi.Sau đây là một số áp dụng phổ biến của phương pháp

1) Ph ơng pháp phát hiện tính chia hết của một ẩn
 * Ph ơng pháp chung.

áp dụng cho phơng trình dạng ax + by = c (1) ( víi a, b, c z )
Khi c  b hc c  a

Gi¶ sử x, y thoả mÃn phơng trình (1)
NÕu c  a  ax  a

 by  a

Thờng là ; b  a  y  a , đặt y = at ( t z )
Thay vào (1) ta có : ax + b.at = c

3a -1 -1 5 -43 215

a 0 2 -14 72

b=
a
a

3
1




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

 ax = c - b.at
 x = c b at.

a



NÕu c  b ta làm tơng tự
 * ¸ p dơng :

VÝ dô 1 : Giải phơng trình với nghiệm nguyên :

2x + 13y = 156 (1)

Gi¶i : Giả sử x, y là các số nguyên thoả mÃn phơng trình (1)

Ta thấy 156  13

 2x  13 mµ 2 kh«ng chia hÕt cho 13
 x  13

Đặt x = 13t ( t z ) Thay vào (1) Ta đợc
2. 13t + 13y = 156

 2t + y = 12
 y = 12 - 2t

VËy phơng trình có nghiệm nguyên biểu thị bởi công thức :
13

12 2

x t

y t

( t là số nguyên tuỳ ý )

Ví dụ 2 : Giải phơng trình với nghiệm nguyên 3x +17y = 159 (2) Gi¶i :

Gi¶ sư x, y là các số nguyên thoả mÃn phơng trình (2)
Ta nhËn thÊy 159  3

Nªn 17y  3 mµ 17  y  y 3
Đặt y = 3t thay vµo (2) ta cã :

3x + 17.3t = 159
 x + 17t = 53
 x = 53 - 17t

Vậy phơng trình có nghiệm nguyên biểu thị bởi công thức :
53 17

x t

y t

 







( t lµ sè nguyên tuỳ ý )
2 / Ph ơng pháp đ a về ph ơng trình ớc số.

* Ph ¬ng ph¸p chung.

Đa phơng trình đã cho thành phơng trình có dạng:

( ax + b )( ax + b) = f ( víi a, b, c, d, f z )

Vì x, y là các sè nguyªn nªn ax + b ; ax + b là các số nguyên và là ớc của f.
Lập bảng xét các khả năng của ax + b, ax + b, x, y

* ¸ p dụng :

Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên của phơng trình : 3xy + x - y = 1

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

 3x ( 3y + 1 ) - ( 3y + 1 ) = 2

 ( 3y + 1 )(3x - 1 ) = 2 ( Phơng trình ớc số )

Vì x, y là các số nguyên nên 3x - 1 , 3y + 1 là các số nguyên và là ớc của 2
ta cã b¶ng sau :

3x - 1 - 1 1 - 2 2

3y + 1 - 2 2 - 1 1

x 0 / / 1

y - 1 / / 0

Vậy nghiệm nguyên của phơng trình là : ( 0 ; -1) , ( 1 ; 0)

3 / Ph ơng pháp tách ra các giá trị nguyên .
* Ph ơng pháp chung.

- Biểu thị x theo y ( hoặc y theo x )

- Tách phần phân thức và xét giá trị nguyên của phân thức
* ¸ p dơng :

VÝ dơ : Tìm nghiệm nguyên của phơng trình :

xy - x - y = 2

Giải : Biến đổi phơng trình đã cho ta có .

x ( y - 1 ) = y + 2

+ Nếu y = 1 thì ta có 0x = 3
Do đó y  1

 2 1 3 1 3

1 1 1

y y

x

y y y

  

   

  

Do x  z nªn 3

1 z

y    y - 1  (3)
Mµ (3) =



-1 ; 1 ; -3 ; 3



Ta cã b¶ng sau :

y - 1 -1 1 -3 3

y 0 2 -2 4

x 2 4 0 2

VËy nghiệm nguyên của phơng trình là :

( -2 ; 0 ) , ( 4 ; -2 ) . ( 0 ; -2 ) , ( 2 ; 4 )

II / Ph ơng pháp tìm nghiệm riêng để giải ph ơng trình bậc nhất hai
ẩn .

* Ph ¬ng ph¸p chung.

Phơng trình ax + by = c (1) trong đó a, b, c  z ( a 0 ; b 0 )
Với ( a, b, c ) = 1

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

Để tìm một nghiệm riêng của phơng trình ax + by = c ta có thể dùng phơng pháp thử chọn :
lần lợt cho x bằng các số có giá trị tuyệt đối nhỏ

( 0, ± 1, ± 2 ) rồi tìm giá trị tơng ứng cđa y .

Trong các phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên ta con sử dụng hai định lý .
- Định lý 1 : Nếu phơng trình (1) có nghiệm nguyờn thỡ ( a, b ) = 1

- Định lý 2 : NÕu ( x0 , y0 ) lµ nghiƯm của phơng trình (1) thì phơng trình (1) có vô sè nhiƯm

ngun , và mọi nghiệm ngun của nó đèu có thể biểu diễn dới dạng 0
0

x x bt
y y at

 


 


( t lµ sè nguyªn t ý )

Trong đó t là số nguyên tuỳ ý (t = 0, ± 1, ± 2 … )

Tuy nhiên có những phơng trình mà phép thử chọn phải tiến hành qua nhiều lần thì những
ph-ơng pháp trên khơng phù hợp . Thuật tốn Ơclit cho phép ta tìm đợc ngay một nghiệm riêng của
phơng trình : ax + by = c băng cách tìm cln ( a, b ) . Gọi các thơng lần lợt là a1 , a2 , ... ak (trừ

th¬ng cuèi cïng ) ta tính liên phân số

a1 + 2

3
1
1
1
1

...
k
a
a
a




= m

n

Ngời ta chứng minh đợc rằng tồn tại một nghiệm riêng ( x0 , y0 ) của phơng trình mà

0
0
x m
n
 






hc 0
0
x n
y m

 





 * ¸ p dơng :

Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của phơng trình : 11x + 18y = 120 (1)

Gi¶i :

Bằng cách thử chọn ta tìm đợc x = 6 ; y = 3 là một nghiệm riêng của (1)
Ta có 11x + 18y = 120

Hay 11.6 + 18.3 = 120
Trõ tõng vÕ ta cã : 11( x - 6 ) + 18( y - 3 ) = 0

 11( x - 6 ) = 18( y - 3 ) (2)
Nh vậy x - 6  18 , đặt x - 6 = 18t với ( t z )

Ta đợc x = 6 + 18t thay vào (2) ta có

11.18t = 18.( 3 - y )
 11t = 3 - y

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

6 18
3 11
x t
y t

 


 


( t là số nguyên tuỳ ý )

Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên của phơng trình : 3x - 2y = 5 (1)

C¸ch 1 : Ta thÊy x0 = 3 , y0 = 2 lµ nghiƯm rªng cđa (1)

Theo định lý 2 , mọi nghiệm của phơng trình (1) là.
3 2
2 3
x t
y t
 


 


( t là số nguyên tuú ý )
C¸ch 2 : Ta thÊy x0 = 1 , y0 = -1 là nghiệm rêng của (1)

Mọi nghiệm của phơng trình (1) là.
1 2
1 3
x t

y t
 


  

 ( t lµ số nguyên tuỳ ý )
Cách 3 : Ta thấy x0 = 5 , y0 = 5 lµ nghiƯm rêng của (1)

Mọi nghiệm của phơng trình (1) lµ.
5 2
5 3
x t
y t
 


 


( t là số nguyên tuỳ ý )

Vậy ta thấy có nhiều công thức biểu thị tập hợp nghiệm của phơng trình

Ví dụ 3 : Tìm nghiệm nguyên của phơng tr×nh : 40x - 31y = 2 (1)

Gi¶i : Tríc hÕt ta t×m nghiệm riêng của phơng trình :

40x - 31y = 1 (2)
Dùng thuậy toán ơclit tìm cln ( 40, 31 ) ta tìm các thơng lần lợt là .

a1 = 1 ; a2 = 3 ; a3 = 2 ; a4 = 4

ta cã
1 9
1
1 7
3
2
 


Tồn tại nghiệm riêng ( x0 , y0 ) mµ

0
0
7
9
x
y
 






( do 40 >  31 nªn ta chän x0 < y0 )

ở phơng trình : 40x - 31y = 1 khơng thể có x và y trái dấu.Ta chỉ cần thử nhiều nhất hai cặp số
( 7 ; 9 ) , ( -7 ; -9 ) Thì chọn đợc nghiệm riêng ( 7 ; 9 ) là nghiệm của phơng trình : 40x -

31y = 1

Do đó ( 14 ; 18 ) là nghiệm của phơng trình : 40x - 31y = 2

áp dụng định ý 2 thì cơng thức nghiệm của phơng trình (1) có dạng

14 31
18 40
x t
y t
 


 

 ( t lµ sè nguyªn tuú ý )

III / Ph ơng pháp xét sè d tõng cña vÕ .

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

- ChuyÓn Èn x và ẩn y về hai vế khác nhau
- XÐt sè d cña mét vÕ

*

¸ p dơng :

VÝ dô 1 : Chøng minh r»ng các phơng trìh sau không có nghiệm nguyên :

a) x2 - y2 = 2006 b) x2 + y2 = 2007

Giải :

a ) Vì x2, y2 là số chính phơng nên khi chia cho 4 chỉ có số d là 0 , 1

Nªn x2 - y2 chia cho 4 cã sè d lµ 0 ; 1 ; 3

Mà 2006 chia cho 4 d 2

Vậy phơng trình không có nghiệm nguyên thoả mÃn bài toán
b ) Tơng tự nh câu a, x2 + y2 chia cho 4 d 0 ; 1 ; 2

Mµ 2007 chia cho 4 d 3

Vậy phơng trình không có nghiệm nguyên thoả mÃn bài toán

Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên của phơng trình : 9x + 2 - y2 - y = 0

Giải : Biến đổi phơng trình ta có 9x + 2 = y2 + y

 9x + 2 = y( y + 1)
Ta thấy vế trái chia cho 3 d 2 . Nên y( y + 1) chia cho 3 d 2
Do đó chỉ có thể : y= 3k + 1 ; y + 1 = 3k + 2 ( k z )
Khi đó 9x + 2 = ( 3k + 1)( 3k + 2
 9x + 2 = 9k2 + 9k + 2

 9x = 9k ( k + 1 )
 x = k ( k + 1 )

Thử lại : x = k ( k + 1 ) ; y= 3k + 1 thoả mãn phơng trình đã cho

Vậy phơng trình có nghiệm ngun biểu thị bởi cơng thức : ( 1)

3 1

x k k

y k

 




 



(k z )

IV / Ph ơng pháp dùng bất đẳng thức .

Bất đẳng thức là chuyên đề khó, nó lại được kết hợp với phương trình nghiệm nguyên nên để
áp dụng được phương pháp này cần phải chuẩn bị tốt về kiến thức đặc biệt là BĐT

-Nội dung chính của phương pháp này là: giữa hai số nguyên chỉ có hữu hạn các số
nguyên.Dưới đây là một vài phng phỏp minh ha

1 / Ph ơng pháp sắp thứ tự các ẩn .
* Ph ơng pháp chung .

ỏp dng cho phơng trình mà vai trị của các ẩn nh nhau, khi đó ta xét giá trị của các ẩn sao cho
: m ≤ x ≤ y ≤ z hoặc x ≥ y ≥ z ≥ n ( n, m  z )

*

¸ p dơng :

Ví dụ 1 : tìm ba số ngun dơng sao cho tích của chúng gấp đơi tổng của chúng .

Gi¶i : Gọi ba số nguyên dơng phải tìm là : x , y , z

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Với x, y, z có vai trị bình đẳng nh nhau nên ta có thể sắp xếp thứ tự các ẩn , chẳng hạn : 1 ≤ x

≤ y ≤ z

Ta cã xyz = 2( x + y +z ) ≤ 2.3z = 6z
 xy ≤ 6

- NÕu xy = 1  x = 1 ; y = 1 thay vµo (1) ta cã z = -4 ( lo¹i )
- NÕu xy = 2  x = 1 ; y = 2 thay vào (1) ta không có giá trị của z
- NÕu xy = 3  x = 1 ; y = 3 thay vµo (1) ta cã z = 8 ( tho¶ m·n )
- NÕu xy = 4  x = 1 ; y = 4 thay vµo (1) ta cã z = 5 ( tho¶ m·n )
 x = 2 ; y = 2 thay vµo (1) ta cã z = 4 ( tho¶ m·n )

- NÕu xy = 5  x = 1 ; y = 5 thay vµo (1) ta cã z = 4 ( lo¹i ) v× x ≤ y ≤ z 
- NÕu xy = 6  x = 1 ; y = 6 thay vµo (1) ta cã z = 7

2 ( lo¹i )

 x = 2 ; y = 3 thay vµo (1) ta cã z = 5

2 ( loại )

Vậy nghiệm của phơng trình là bé ba ( x, y, z )nh sau :

( 1 ; 3 ; 8 ) hc ( 1 ; 4 ; 5 ) hc ( 2 ; 2 ; 4 )

Ví dụ 2 : tìm ba số nguyên dơng sao cho tỉng cđa chóng b»ng cđa chóng .

Gi¶i : Gäi ba số nguyên dơng phải tìm là : x , y , z
Ta cã x + y + z = xyz (2)

chia hai vÕ cña (2) cho xyz ≠ 0

Ta cã 1 1 1 1

yz  xz  xy 

Gi¶ sư x ≥ y ≥ z ≥ 1

Ta cã 1 = 1 1 1

yzxzxy ≤ 2 2 2 2

1 1 1 3

z z z z

 1 32

z

  z2≤ 3 nªn z = 1

Thay z = 1 vµo (2) ta cã : x + y + 1 = xy
 xy - x - y = 1

 x ( y - 1 ) - ( y - 1 ) = 2
 ( x - 1 )( y - 1 ) = 2
Do x ≥ y ≥ z ≥ 1  x - 1 ≥ y - 1 ≥ 0

Nªn : 1 2

1 1
x

y

 




 



 3

x
y







Vậy ba số phải tìm lµ : ( 1 ; 2 ; 3 )

2 / Ph ¬ng pháp xét từng khoảng giá trị của ẩn .

Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình .

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

1 1 1

4
xy 

Giải : Do vai trị bình đẳng của x, y
Giả sử : x ≤ y ; 1 ≤ x ≤ y

Ta cã 1

x <
1

4  x > 4 (1)

Do 1 ≤ x ≤ y Nªn 1x  1y

Do đó 1 1 1 1 1 2

4  x  y  x  x  x

 x ≤ 8 (2)
Tõ (1) vµ (2) ta cã : 4 < x ≤ 8

Lâp bng ta c :

Vậy nghiệm nguyên dơng của phơng trình là :

( 5 ; 20 ) ; ( 20 ; 5 ) ; ( 6 ; 12 ) ; ( 12 ; 6 ) ; ( 8 ; 8 )
3 / Ph ơng pháp chỉ ra nghiệm nguyên .

Phng phỏp xột từng khoảng giá trị của ẩn còn đợc thể hiện dới dạng : chỉ ra một vài số là
nghiệm của phơng trình, rồi chứng minh khơng cịn nghiệm nào khỏc.

Ví dụ : Tìm các số tự nhiên x sao cho : 2x + 3x = 35

Gi¶i ;

- Víi x = 0 vÕ tr¸i b»ng 2 ( lo¹i )
- Víi x = 1 vÕ tr¸i b»ng -5 ( lo¹i )

- Víi x = 3 Ta cã : 23 +33 = 8 + 27 = 35 ( Tho¶ m·n )

- Víi x > 3 Ta cã : 2x + 3x > 23 +33 = 35 ( loại )

Vậy phơng trình có nghiệm duy nhÊt : x = 3

4 / Sử dụng điều kiện ∆ ≥ 0 để ph ơng trình bậc hai có nghiệm 
* Ph ơng pháp chung .

Từ phơng trình f( x, y) = 0 ta chuyển về dạng phơng trình bậc hai đối với một ẩn, khi đó
ẩn cịn lại là tham số

Điều kiện cần để phơng trình có nghiệm là : ∆≥ 0 . Để có nghiệm nguyên

∆ phải là một số chính phơng

Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên của phơng trình .

x + y + xy = x2 + y2 (1)

Giải : Viết phơng trình (1) thành phơng trình bậc hai đối với x :

x2 - ( y + 1 ) x - ( y2 - y ) = 0 (2)

Điều kiện cần để phơng trình bậc hai có nghiệm là: ∆≥ 0
∆ =( y + 1 )2 - 4( y2 - y ) = y2 + 2y + 1 - 4y2+ 4y

x 5 6 7 8

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

= -3y2 + 6y + 1 = - ( 3y2 - 6y - 1 )

∆≥ 0  3y2 - 6y - 1 ≤ 0

 3y2 - 6y + 3 - 4 ≤ 0

 3( y - 1 )2 ≤ 4  ( y - 1 )2 ≤ 1

Suy ra :

y - 1 -1 0 1

y 0 1 2

Víi : y = 0 : thay vµo (2) ta cã : x2 - x = 0  x

1 = 0 ; x2 = 1

y = 1 : thay vµo (2) ta cã : x2 - 2x = 0  x

3 = 0 ; x4 = 2

y = 2 : thay vµo (2) ta cã : x2 - 3x + 2 = 0  x

5 = 1 ; x6 = 2

Thử lại các giá trị trên nghiệm đúng phơng ttrình (1)
Vậy nghiệm nguyên của phơng trình là

( 0 ; 0 ) ; ( 1 ; 0 ) ; ( 0 ; 1 ) ; ( 2 ; 1 ) ; ( 1 ; 2 ) ; ( 2 ; 2 )

V

/ PH ơng pháp dùng tính chất chia hết của mét sè chÝnh ph ¬ng :

-Phương pháp này phạm vi áp dụng rất ít và có tính chất đặc trưng, học sinh gặp khó khăn khi
tiếp xúc với phương pháp này là : các dạng không nhiều và phát hiện ra được dạng rất khó,đơi
khi nó cịn là vấn đề mấu chốt của bài toán

-Phương pháp này được sử dụng chủ yếu 2 tính chất sau :

+ Giữa 2 số chính phương liên tiếp khơng tồn tại số chính phương nào

+ Nếu 2 số ngun dương ngun tố cùng nhau có tích là một số chính phương thì mỗi số
đều là số chính phương

+ Nếu 2 số ngun liên tiếp có tích là một số chính phương thì một trong hai số ngun liên
tiếp đó bằng không

-Sau đây là một số phương pháp hay được sử dụng

1 / Sư dơng tÝnh chÊt chia hÕt cđa mét sè chÝnh ph ¬ng : 
- Các số chính phơng có tận cùng là 2 ; 3 ; 7 ; 8

- Sè chÝnh ph¬ng chia hÕt cho số nguyên tố p thì chia hết cho p2.

- Sè chÝnh ph¬ng chia cho 3 cã sè d : 0 ; 1 .
- Sè chÝnh ph¬ng chia cho 4 cã sè d : 0 ; 1 .
- Sè chÝnh ph¬ng chia cho 8 cã sè d : 0 ; 1; 4.

Ví dụ : tìm các số ngun x để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếp :

Gi¶i : Gi¶ sö : 9x + 5 = n( n + 1 ) Víi n  z
 n2 + n - ( 9x + 5 ) = 0

Để phơng trình bậc hai đối với n có nghiệm nguyên, điều kiện cần : ∆ là số chính phơng.
Nhng ∆ = 1 + 4( 9x + 5 ) =36x + 21 chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 32 .

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Do đó khơng tồn tại số ngun n nào thoả mãn 9n + 5 = n( n + 1 ), tức là không tồn tại số
nguyên x để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếp .

2 / Tạo ra bình ph ơng đúng 
* Ph ơng pháp chung .

Chuyển một trong hai ẩn của phơng trình có bậc hai về dạng bình phơng của tổng ( hiệu )
sau đó sử dụng dấu hiệu chia hết

Ví dụ : Tìm các nghiệm nguyên của phơng trình : 3x2 + 4y2 =6x + 13 (1)

Giải : Biến đổi 3x2 + 4y2 = 6x + 13

 3x2 - 6x + 3 = 16 - 4y2

 3( x - 1 )2 = 4( 4 - y2) (2)

Ta thÊy : 4 - y2≥ 0 vµ 4 - y2  3 nên y2 = 1 hoặc y2 = 4

* Với y2 = 1 : khi đó (2) có dạng : 3( x - 1 )2 = 12

 ( x - 1 )2 = 4

 x - 1 = ± 2
 x = 3 ; x = -1
* Với y2 = 4 khi đó (2) có dạng : 3( x - 1 )2 = 0  x = 1

Các cặp số : ( 3 ; 1 ) ; ( -1 ; 1 ) ; ( 3 ; -1 ) ; ( -1 ; -1 ) ; ( 1 ; 2 ) ; ( 1 ; -2 )
thoả mãn phơng trình (2) nên là nghiệm của phơng trình ó cho.

3 / Xét các số chính ph ơng liên tiÕp :

Hiển nhiên giữa hai số chính phơng liên tiếp khơng có số chính phơng nào .Do đó với mọi số
nguyên a, x ta có .

- Khơng tồn tại x để a2 < x2 < ( a + 1)2

- NÕu a2 < x2 < ( a + 2)2 th× x2 = ( a + 1)2

VÝ dô : Chøng minh r»ng víi mäi sè nguyªn k cho trớc không tồn tại số nguyên dơng x sao

cho :

x( x + 1) = k( k + 2)

Gi¶i :

Gi¶ sư x( x + 1) = k( k + 2) víi mäi k  z ; x nguyên dơng ta có
x2 + x = k2 + 2k

 x2 + x + 1 = k2 + 2k + 1

Do x > 0 nªn x2 < x2 + x + 1 = ( k+ 1)2 (1)

Còng do x > 0 nªn ( k + 1)2 = x2 + x + 1 < x2 + 2x + 1 = k2 + 2k + 1 (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra : x2 < ( k + 1)2 < ( x + 1)2 V« lý .

Vậy khơng tồn tại số nguyên dơng x để x( x + 1) = k( k + 2)

4 / Sử dụng tính chất : Nếu hai số nguyên dơng nguyên tố cùng nhau có tích là mơt số 
chính phơng thì mỗi số đều là số chính phơng .

VÝ dơ : Giải phơng trình với nghiệm nguyên dơng :

xy = z2

Giải : Tríc hÕt ta gi¶ sư ( x, y, z) =1 . ThËt vËy nÕu bé ba sè x0 , y0, z0 tho¶ m·n (1) và có

-cln bằng d, giả sử x0 = dx1, y0 = dy1 , x0 = dz1 th× ( x1, y1, z1 ) cịng lµ nghiƯm cđa (1)

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Với ( x, y, z) =1 thì x, y, z đơi một ngun tố cùng nhau, vì nếu hai trong ba số x, y, x có
-ớc chung là d thì số cịn lại cũng chia hết cho d

Ta cã z2 = xy mµ (x, y) = 1 nªn x = a2 , y = b2 víi a, b  N*

Suy ra z2 = xy = (ab)2 , do đó : z = ab

Nh vËy :

2
2

x ta
y tb
z tab

 





 



( t là số nguyên dơng tuỳ ý )
Đảo lại , hiển nhiên các số x, y, z có dạng trên thoả mÃn (1)
Công thức trên cho ta nghiệm nguyên dơng của (1)

5 / S dng tớnh cht : Nếu hai số ngun liên tiếp có tích là một số chính phơng thì một 
trong hai số ngun liờn tip ú bng 0 .

Ví dụ : Tìm các nghiệm nguyên của phơng trình

x2 + xy + y2 = x2y2

Gi¶i : Thêm xy vào hai vế :

x2 +2xy + y2 = x2y2 +xy

 ( x + y)2 =xy( xy + 1)

Ta thÊy xy vµ xy + 1 lµ hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phơng nên tồn tại một số
bằng 0.

- xÐt xy = 0 . Tõ (1) cã x2 + y2 = 0 nªn x = y = 0

- XÐt xy + 1 = 0 . ta cã xy = -1 nªn ( x, y) b»ng ( 1 ; -1) hc ( -1 ; 1)

Thử lại , ba cặp số ( 0 ; 0 ) ; ( 1 ; -1 ) ; ( -1 ; 1 ) đều là nghiệm của phơng trình đã cho.

VI

/ phơng pháp s DNG TNH CHN L .

*Ph ơng pháp chung

-Phng phỏp ny cú th xột vào một trong nhưng phương pháp đặc biệt,nó đặc biệt bởi vì
phạm vi áp dụng khơng giới hạn cho phương trình dang nào cả, mà tùy từng phương trình cụ
thể để áp dụng

-Ta có thể sử dung các tính chất như :
+Tổng của hai số chẵn là một số chẵn
+Tổng của hai số lẻ là một số lẻ
+ tích của hai số chẵn là một số chẵn
+Tích của hai số lẻ là một số lẻ

+ Tích của một số chẵn và một số lẻ là một số lẻ

¸

p dông:

VÝ dô 1: Giải phơng trình nghiệm nguyên x4 +2y4 -x2y2 - 4x2 -7y2-5 = 0

↔ (x2 +y2 +1)(x2-2y2 -5) =0
↔ x2 -2y2 -5 =0

↔ x2 =2y2 +5

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Suy ra : x là số lẻ , đặt x =2m +1 (m :nguyên dương )

Ta có :(2m +1)2 =2y2 +5
2m(m +1) = y2 +2

→ y2 là số chẵn. Đặt y =2n ta có
m( m+1) = 2n2 +1 (vơ lí)

Vậy phương trình đă cho vơ nghiệm

-Qua ví dụ trên ta củng cố cho học sinh được phương pháp nhưng đồng thời cũng lưu ý cho học
sinh có thể sử dụng nhiểu phương pháp trong lời giải của bài toán. Một điều đặc biệt nữa là :
đa số học sinh khi giải phương trinhthir có một thói quen suy nghĩ rất chủ quan là phải tìm
được nghiệm của phương trìnhđã cho mà ít để ý đến rằng có thể phương trình chúng ta đang
giải vơ nghiệm

VÝ dơ 2: Giải phương trình nghiệm ngun dương : 2x +57 = y2

Xét hai tường hợp :

TH1 : Nếu x lẻ x = 2n +1 (n N) ta có

2x = 22n +1 = 2.4n = 2(3+1)n = 2[ bs(3) + 1] = 2.bs(3) +2

Khi đó VT của pt chia cho 3 dư 2, cịn VP là số chính phương nên TH này loại

TH2 : Nếu x chẵn x = 2n (n N*) ta có

y2 - 22n = 57 ↔ (y +2n )(y – 2n ) = 3.19

Ta thấy y +2n › 0 → y- 2n › 0 và y +2n › y- 2n

Do đó ta được 26 +57 = 112 . Vậy nghiệm của pt là : (x, y ) = (6 ,11)
VII/ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẰNG PHẢN CHỨNG

-Đối với phương pháp này thì học sinh cảm thấy hồn tồn mới mẻ và hầu như học sinh không
tự áp dụng được, phương pháp này thường được áp dụng với phương trình khơng có nghiệm,
để đốn nhận được phương trình khơng có nghiệm là khó thậm chí với cả giáo viên đã có kinh
nghiệm

-Nội dung của phương pháp này thì đơn giản nhưng áp dụng nó là cả một vấn đề :Giả sử pt đã
cho có nghiệm là xo, yo,... rồi xây dựng dãy vô số nghiệm từ đó đi đến mâu thuẫn.Hoặc giả sử pt
đã cho có nghiệm nguyên xo, yo..., với xo có giá trị nhỏ nhất trong những giá trị có thể của nó rồi
chứng minh pt có nghiệm x1, y1 ...mà x0 › x1

VÝ dô : CMR phương trình sau khơng có nghiệm ngun khác 0

x3 -3y3 -9z3 = 0

Giả sử (x0,y0,z0) là một nghiệm của phương trình đã cho

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Ta có xo3 chia hết cho 3 → x0 chia hết cho 3 , đặt xo = 3x1 ta được
9x1- y03 – 3z0 =0

y03 chia hết cho 3→ y0 chia hết cho 3 ,đặt y0 = 3y1 ta được
9x13 – 27y13 -3z03 = 0

Z0 zo3 chia hết cho 3 → z0 chia hết cho 3 ,đặt z0 =3z1 ta được
x13 – 3y13 – 9z13 = 0

Như vậy 







3
;
3
,
3

0 y zo

x

cũng là nghiệm của phương trình trên. Quá trinh trên cứ tiếp tục mãi và

ta có 









k
k
k

z
y
x

3
;
3
;
3

0
0

0 , k 

Z cũng là nghiệm nguyên của pt ban đầu, điều này chỉ xảy ra khi : x0 =
y0= z0 =0

VIII / ph ơng pháp lùi vô hạn .

*Ph ơng pháp chung .

Phơng trình nghiệm nguyên có dạng : a1x1n + a2x2n ++ akxkn = 0 (*)

Víi nlà số tự nhiên lớn hơn 1. các tham số nguyên a1, a2,ak và các ẩn

x1, x2,xk c gii bằng phơng pháp lùi vô hạn nh sau :

+) Sử dụng tính chất chia hết để chứng minh x1n, x2n,…xkn cùng chia hết cho một số nguyên

tố p.Từ đó suy ra x1, x2,…xk cũng chia hết cho p .

+) Đặt x1 = py1, x2 = py2 ,…xk = pyk suy ra y1, y2, ...yk còng nhận các giá trị nguyên

Phơng trình (*) trở thành :

a1( py1)n + a2( py2)n + …+ ak( pyk)n = 0

 a1y1n + a

2y2n + …+ akykn = 0

Hoàn toàn tơng tự ta lại chứng minh đợc y1, y2,…yk cùng chia hết cho p, suy ra x1, x2, …xk cùng

chia hÕt cho p2 .

+) Quá trình này tiếp tục m·i suy ra x1, x2, …xk cïng chia hÕt cho pm với m là một số

nguyên dơng tuỳ ý. Điều này xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 == xk= 0

Vậy : phơng trình (*) có nghiệm nguyên duy nhấtx1 = x2 == xk= 0

á

p dơng:

VÝ dơ : Gi¶i phơng trình nghiệm nguyên x3 - 5y3 - 25z3 = 0 (1)

Gi¶i : Từ phơng trình (1) suy ra x3 chia hết cho 5  x chia hÕt cho 5

Đặt x = 5x1 ( x1 nhận giá trị nguyên ) ta có phơng trình (1) tơng đơng với :

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

125x13 - 5y3 - 25z3 = 0

 5x13 - y3 - 5z3 = 0 (2)

Từ phơng trình (2) suy ra y3 chia hÕt cho 5  y chia hÕt cho 5.

Đặt y = 5y1 ( y1 nhận giá trị ngun ) ta có phơng trình (2) tơng đơng với :

25x13 - 125y13 - 5z3 = 0

 5x13 - 25y13 - z3 = 0 (3)

Từ phơng trình (3) suy ra z3 chia hÕt cho 5  z chia hÕt cho 5.

Đặt z = 5z1 ( z1 nhận giá trị ngun ) ta có phơng trình (3) tơng đơng với :

5x13 - 25y13 - 125z13 = 0

 x13 - 5y13 - 15z13 = 0 (4)

Nh vËy tacã x, y, z cïng chia hÕt cho 5

Từ phơng trình (4) hoàn toàn tơng tự quá trình trên ta cũng suy ra x1, y1, z1 cùng chia hÕt cho 5

suy ra x, y, z cïng chia hết cho 52

Quá trình này tiếp tôc m·i suy ra x, y, z cïng chia hÕt cho 5m với m là một số nguyên dơng tuỳ

ý .Điều này xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 0

Vậy phơng trình cã nghiƯm nguyªn duy nhÊt x = y = z = 0

IX / Giải ph ơng trình vô tỷ .

Ví dụ : tìm nghiệm nguyên của phơng trình

2 1 2 1

y x x x x

Giải : Điều kiện x ≥ 1

y 



x1 1 2



  x1 



x1 1 2



  x1

 x  1 1 x 1 1

XÐt hai trêng hỵp :

a) Víi x = 1 th× y = 2

b) víi x ≥ 2 th× y = x1 1  x1 1 2  x1

Do đó : y2 = 4( x - 1). do x ≥ 2 nên có thể đặt x -1 = t2 với t nguyên dơng

Ta cã

2 1

2
x t

y t

  





KÕt luËn : Nghiệm nguyên của phơng trình là :

( 1 ; 2) vµ ( t2 + 1 ; 2t ) Với tlà số nguyên dơng tuỳ ý

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Phần III

: các bài toán với nghiệm nguyên

I / Bài toán về số tự nhiên và các chữ số.

Ví dụ 1 : tìm hai số tự nhiên liên tiếp, mỗi số có hai chữ số, biết r»ng viÕt sè lín tríc sè nhá ta

đợc só chính phơng .

Gi¶i : Gäi hai số tự nhiên phải tìm là x và x + 1
Ta cã



x 1



x n2

  (1)

Trong đó : x, n  N . Do x và x + 1 đều có hai chữ số và n2 là số có bốn chữ số nên 10

≤ x ≤ 98 ; 32 ≤ n ≤ 99 (2)

Tõ (1) ta cã 100( x + 1) + x = n2

 101x + 100 = n2

 ( n + 10)( n - 10) = 101x

Chú ý đến tính chia hết : tích ( n + 10)( n - 10)chia hết cho số nguyên tố 101, do đó tồn tại
một thừa số chia hết cho 101

Từ (2) ta có : 22 ≤ n - 1 ≤ 89
42 ≤ n + 10 ≤ 109
Do đó chỉ có thể : n + 10 = 101

Suy ra : n = 91 ; n2 = 912 = 8281

Đáp số : Hai số tự nhiên phải tìm lµ 81 vµ 82

VÝ dơ 2 : Trong tËp hỵp N . H·y viÕt phan sè 1

8 thành tổng của hai phân số có tử băng 1, mẫu

khác nhau .

Giải : Gọi hai phân số cần tìm là : 1 ; 1



x y, N*



x y 

Ta cã : 1 1 1

x  y  (1)

Do x, y có vai trò nh nhau nên ta cã thĨ gi¶ sư r»ng : x < y  1 1

x  y

 1 1 1 1 2 1 1 2 1 16

8 x

x  x x y  x  x  y  x    (2)

Tõ (1) suy ra 1 1

x  hay x > 8 (3)

Tõ (1) vµ (3) suy ra : 8 < x < 16

Thay các giá trị của x bằng 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, vào (1) ta tìm đợc ba trờng hợp cho y là số
tự nhiên :

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

x = 12 ; y = 24
Vậy các phân số phải tìm là :

1
9 và

72 ;
1
10 vµ

1
40 ;

1
12 vµ

1
24
II / Bài toán về chia hết và số nguyên tố

Ví dụ : Tìm số nguyên dơng n và các số nguyên tố p sao cho .

1
2

n n
p   

Gi¶i : Víi n = 1 thì p = 0, không là số nguyên tố.
Với n = 2 thì p = 2, là số nguyên tố.

Với n = 3 thì p = 5, là số nguyên tố.
Với n 4, ta viÕt p díi d¹ng :



 



2 2 2 2

2 2

n n

p     

xét hai trờng hợp :

- Nếu n lẻ ( n ≥ 5) th× 1.





2
n

p   n  , lµ tÝch cđa hai thừa số lớn hơn 1 nên p là hợp 
sè .

- NÕu n l ( n ≥ 4) th× ( 1) . 2

2
n

p  n   , lµ tÝch cđa hai thõa số lớn hơn 1 nên p là hợp

số . Đáp số : 2

2
n
p







 vµ

3
6
n

p








TÀI LIỆU THAM KHẢO

1 : Thực hành giải tốn ( giáo trình đào tạo gv THCS hệ cao đẳng sư phạm )- Năm 2001
 2: Phương trình và hệ phương trình khơng mẫu mực (Nguyễn Đức Tấn – Phan Ngọc Thảo
) nhà xuất bản giáo dục năm 2002

3 : Phương trình và bài tốn với nghiệm ngun (Vũ Hữu Bình ) năm1997

4 : Kỷ yếu hội nghị khoa học tuổi trẻ sang tạo lần thứ IX (đoàn trường Đại học Hồng Đức)
tháng 6 năm 2006

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

5 :Số báo đặc biệt kỷ niệm 10 năm thành lập khoa KHTN trường ĐHHĐ (số 9 năm 2007 )
6 : Bài tập nâng cao và các chuyên đề toán 9 (Bùi Văn Tuyên ) nhà xuất bản giáo dục năm
2005

7 :Các chuyên đè số học bồi dưỡng HSG trung học cơ sở ( Phạm Minh Phương và nhóm tác
giả chun tốn Đại học Sư phạm Hà Nội ) năm 2006

8 : Nâng cao và phát triển tốn 9-T1 (Vũ Hữu Bình ) nhà xuất bản giáo dục năm 2005
9 : Số hoc bà chúa của tốn học (Hồng Chúng ) nhà xuất bản giáo dục năm 1997

10 : Chuyên đề bồi dưỡng chuyên toán số học ( Nguyễn Vũ Thanh ) nhà xuất bản Tiền Giang
năm 1992

11: 255 bài toán số học chọn lọc(Vũ Dương Thụy- Trương Công Thành – Nguyễn Ngọc Đạm
) nhà xuất bản giáo dục năm 2002

PHÒNG GIÁO DỤC HUYỆN THIỆU HÓA
TRƯỜNG THCS THIỆU GIANG