timnghiemnghien

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (130.92 KB, 8 trang )

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

Ph

ơng pháp1:Đa về dạng tích.

Thí dụ 1: Giải phơng trình nghiệm nguyên.
x2- 656xy – 657y2=1983.(1)

Lêi gi¶i:

(1)<=>x2-657xy+xy-657y2=1983.

<=>x(x-657y)+y(x-657y)=1983.
<=>(x-657y)(x+y)=1983.

Do 1983=1.1983=3.661=(-1).(-1983)=(-3).(-661)

Vì hiệu (x+y)-(x-657y)=658y chia hết cho 658 nên 1983 phải phân tích
thành một tích hai thừa số có hiƯu chia hÕt cho 685.VËy ta cã 4 hƯ ph¬ng tr×nh:















3

657

661 y

x

y

x















661

657

3 y

x

y

x

















3

657

661 y

x

y

x

















661

657

3 y

x

y

x

Giải ra ta đợc 4 cặp nghiệm là:(x;y)=(660;1);(4;-1);(-660;-1);(-4;1).

ThÝ dơ 2: Tìm phơng trình nghiện nguyên:

y3-x3=91 (1)
Lời giải:

(1) <=>(y-x)(y2+yx+x2)=91(*).

Vì y2+yx+x2>0 với mọi x,y nên từ (*) suy ra y-x>0. Mặt khác,

91=1.91=7.13 v y-x; y2+yx+x2u nguyên dơng nên ta có 4 khả năng xảy ra:















1 x

yx

y

91

2
2

x

y















91 x

yx

y

1

2
2

x

y















7 x

yx

y

13

2
2

x

y















13 x

yx

y

7

2
2

x

y

Đến đây bài toán coi nh đã đợc giải quyết xong.

ThÝ dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình.

2x3+xy=7(1)
Lêi gi¶i:

(1) x(2x2+y)=7















7

2

1 y

x

;













1

2

7 y

x

;

















7

2

1 y

x

;

















1

2

7 y

x











5

1 y

x

;











97

7 y

x

;















9

1 y

x

;















99

7 y

x

VËy c¸c mghiệm nguyên của phơng trình là:
(x;y)=(1;5); (7;-97); (-1;-9); (-7;-99).

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

y2=x(x+1)(x+7)(x+8) (1)
Lêi gi¶i:

(1)  y2=(x2+8x)(x2+8x+7). §Ỉt t=x2+8x, ta cã: y2=t2+7t

 4y2=4t2+28t+49-49  (2t+7)2-4y2=49  (2t+7-2y)(2t+7+2y)=49.

§Õn đây bài toán coi nh giải quyết xong.

Bài tập áp dụng
1. x2-4xy=23.

2. x2-2xy-3y2=8.

3. x+y+xy=9.
Ph

ơng pháp 2:Sắp thứ tù c¸c Èn.

Nếu các ẩn x, y, z, … có vai trị bình đẳng, ta có thể giả sử x≤y≤z…để tìm
các nghiệm thoả mãn điều kiện này. Từ đó, dùng phép hốn vị để tìm ra các
nghiệm của phơng trỡnh ó cho.

Thí dụ 1:Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng tr×nh:

x+y+z= xyz. (1)

Lêi gi¶i:

Do vai trị bình đẳng của x, y, z trong phơng trình, trớc hết ta xét x≤y≤z.
Vì x, y, z ngun dơng nên xyz>0, do đó x≤y≤z suy ra xyz=x+y+z≤3z suy ra
xy≤3 suy ra xyє{1;2;3}.

Nếu xy=1 suy ra x=1;y=1, thay vào(1) ta có:2+z=z (Vơ lí).
Nếu xy=2, do x≤y nên x=1; y=2 thay vào(1) ta đợc z=3.
Nếu xy=3, do x≤y nên x=1; y=3 thay vào (1) ta đơc z=2.
Vậy nghiệm nguyên dơng của phơng trình là:

(x,y,z)=(1,2,3);(1,3,2);(2;1;3);(2;3;1);(3;2;1);(3;1;2).

ThÝ dụ 2:Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình.

1 1 111
t
z
y

x .

Lêi gi¶i:

Gi¶ sư xyzt. Thế thì số nhỏ nhất x4(Nếu không thì 1)

1
1

t
z
y
x

và x2. Vậy ta xét 3 trờng hợp x=2; x=3; x=4.
Nếu x=2 thì 1 1121

t
z

y . Ta lại thấy rằng y6 (Nếu không thì 2
1
1
1
1

t

z
y

) và y3.

Bõy gi trong ng thc 11121

t
z

y ta thay lần lợt y=3;4;5;6. xét tiÕp z

và t theo cách đánh giá x và y ở trên.

Ta lại xét hai trờng hợp x=3 và x=4. cuối cùng sẽ đợc 14 bộ bốn số
(x; y; z; t)=(2;3;7;42);(2;3;8;24);(2;3;9;18);(2;3;10;15);(2;3;12;12);
(2;4;5;20);(2;4;6;12);(2;4;8;8);(2;5;5;10);(2;6;6;6);(3;3;4;12);(3;3;6;6);
(3;4;4;6);(4;4;4;4).

Bài tập t ơng tự:

1.Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:

.
2
1
1
1

z
y

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

2. Cho các số tự nhiên a<b<c<d<e (a2) sao cho
.

1
1
1
1
1
1

e
d
c
b
a

3. Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình.

.
5
4
1
1
1

t
z

y .

Ph

ơng pháp 3:sử dụng tính chÊt chia hÕt.

Phơng pháp này sử dụng tính chất chia hết để chứng minh phơng trình vơ
nghiệm hoặc tìm nghim nguyờn ca phng trỡnh.

Thí dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: x2- 2y2=5 (1).
Lời giải:

T phng trỡnh (1) ta suy ra x phải là số lẻ. Thay x=2k+1(kєZ) vào (1), ta
đợc: 4k2+4k+1-2y2=5  2(k2+k-1)=y2 =>y2 chẵn => y chn.

Đặt y= 2t (tZ), ta có:

2(k2+k-1)=4t2 k(k+1)=2t2+1(2).

Nhận xét: k(k+1) là số chẵn, 2t2+1 là số lẻ => Phơng trình (2) vô nghiệm.

Vậy phơng trình (1) không có nghiệm nguyên.

Thí dụ 2: Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y, z thoả mÃn: x3+y3

+z3=x+y+z+2000 (1).
Lời giải:

Ta có: x3-x=(x-1)x(x+1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp(với x lµ sè

ngun). Do đó: x3-x chia hết cho 3. Tơng tự y3-y và z3-z cũng chia hết cho 3 =>

x3+y3+z3-x-y-z chia hÕt cho 3.

Vì 2000 khơng chia hết cho 3 nên phơng trình đã cho khơng có nghim
nguyờn.

Thí dụ 3:Tìm nghiệm nguyên của phơng trình.
6x2+5y2=74. (1)

(1) 6(x2-4) = 5(10-y2)

Vì (5,6)=1, nên phải có: x2-4 5; 10-y2 6.

Đặt x2-4=5u; 10-y2=6v.

Nhận thấy 6.5u=5.6v => u=v.
x2=5u+4 0 => u -4/5

y2=10-6v 0 => v5/3

=> -4/5 u=v5/3

Suy ra u=v=0 hoặc u=v=1.

+ u=v=0 => y2=10, không có y nguyên nào.

+ u=v=1 =>









4

9

2
2

y

x

Phơng trình đã cho có 4 nghiệm ngun là:

(x;y)=(3;4); (3;-4); (-3;4); (-3; -4).

ThÝ dơ 4: T×m nghiƯm nguyên của phơng trình.
19x2+28y2=729.(1)

Lời giải:

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

=>x2+y2 3

=> x3; y3. Đặt x=3u; y=3v (u,vZ ).Thay vào phơng
trình đã cho đợc: 19u2+28v2=81.

Lập luận tơng tự, ta lại đợc u=3s; v=3t (s,tZ ), và lại có:

19s2+28t2=9.

Dễ thấy rằng s, t khơng đồng thời bằng 0, do đó 19s2+28t2>19>9, hay

ph-ơng trình trên vơ nghiệm. Từ đó suy ra phph-ơng trình đã cho khơng có nghiệm
ngun

ThÝ dơ 5: Tìm nghiệm nguyên của các phơng trình sau:
a. y=

1
3
2

x
x

;
b. xy-x-2y=3;

c.2x2-2xy=5x+y-19.
Lời giải:

a. y=

1
5
2
1

3
2

x
x

x

. Ta thấy y là số nguyên x-1 lµ íc cđa 5.

 x-1= 1; 5. Ta cã b¶ng.± ±

x-1 -5 -1 1 5

x -4 0 2 6

y 1 -3 7 3

Vậy nghiệm nguyên của phơng trình lµ:
(x;y)=(-4;1);(0;-3);(2;7);(6;3).

b. xy+x-2y=3  y(x-2)=-x+3  y=

2
1
1
2










x
x

x

Ta thấy y là số nguyên  x-2 là ớc của 1  x-2= 1 ±  x=1 hoặc x=3. Từ
đó ta có nghiệm (x;y)=(1;-2);(3;0).

Chú ý có thể dùng phơng pháp 1 để giải quyết bài tốn này, ta có thể đa về
dạng: x(y+1)-2(y+1)=1  .(y+1)(x-2)=1

c. 2x2-2xy=5x+y-19 2x2-5x+19=y(2x+1)

1
2

19
5
2 2

x
x
x

=x-3+

1
2

x .

Để y nguyên thì

1
2

x phải nguyên => 2x+1 phải là ớc của 22
 2x+1= 1; 2; 11; 22. Ta cã b¶ng sau:± ± ± ±

2x+1 -22 -11 -2 -1 1 2 11 22

x -23/2 -6 -3/2 -1 0 1/2 5 21/2

y -11 -26 19 4

Lo¹i Lo¹i Lo¹i Lo¹i

Vậy nghiệm nguyờn ca phng trỡnh ó cho l:
(x;y)=(-6;-11);(-1;-26);(0;19);(5;4).

Bài tập áp dụng:

1. Giải các phơng trình nghiệm nguyên sau:

a. y=

3
6
3

x
x

x ; b. y(x-1)=x2+2 ;

c. 2x2-2xy=5x-y-19;

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

xy2+2xy-243y+x=0

HD: Ta cã xy2+2xy-243y+x=0  x(y+1)2=243y(*). Tõ (*) thÊy r»ng

(y+1,y)=1 => (y+1)2 là của 243.

ĐS: (x,y)=(54,2); (24;8).

Ph

ng pháp 4:sử dụng bất đẳng thức.

Dùng bất đẳng thức để đánh giá một ẩn nào đó và từ sự đánh giá này suy
ra các giá trị nguyên của ẩn ny.

Thí dụ1: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:

x2-xy +y2=3.(1)
Lời giải:

a.  (x- .

4
3
3
)
2

2 y

y



 V× (x- 0

4
3
3
0
)
2

2
2    y 

y

=> -2≤y≤2.
Lần lợt thay y= 1; 2; 0 vào ph± ± ơng trình để tính x. ta có các nghiệm
ngun của phơng trình là:

(x;y)=(-1;-2);(1;2);(-2;-1);(2;1);(-1;1);(1;-1).

ThÝ dơ 2: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình.
x2-6xy+13y2=100 (1)

Lời giải:

(1) (x2-6xy+9y2)=100-4y2 (x-3y)2=4(25-y2) (2)

Tõ (2) => y2≤25 vµ 25-y2 lµ sè chính phơng hoặc bằng 0.

Vậy y20;9;16;25 => y 0;3;4;5 .

Từ đó ta có 12 nghiệm nguyên nh sau: (x;y)=(10;0); (-10;0); (17;3); (1;3);
(-17;-3); (-1;-3); (6;4); (18;4); (-18;-4); (-6;-4); (15;5); (-15;-5).

ThÝ dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:
   z 3.

xy
y
xz
x
yz

Lêi gi¶i:

§K: x,y,z0. Ta cã: y2z2+x2z2+x2y2=3xyz => xyz>0.

áp dụng bất đẳng thức cơsi với 3 số y2z2; x2z2; x2y2, ta có:

y2z2+x2z2+x2y233 x4y4z4 => 3xyz 33 x4y4z4 => xyz1

 xyz=1(do xyz>0).

Từ đó ta có các nghiệm nguyên:

(x;y;z)=(1;1;1); (1; -1; -1); (-1;1;-1); (-1;-1;1).

Thí dụ 4: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình.

1+x+x2+x3=y3.

Từ phơng trình trên dễ thấy:
x3<y3<(x+2)3 => y3=(x+1)3.

Vậy ta có: 1+x+x2+x3=(x+1)3  2x2+2x=0  x=0 hc x=-1.

Vậy phơng trình đã cho cú cỏc nghim nguyờn.
(x;y)=(0;1);(-1;0).

Bài tập áp dụng:

Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:
1. y2=1+x+x2+x3+x4.

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

Ph

ơng ph¸p 5: Sư dơng mét sè nhËn xÐt.

1.NhËn xÐt 1: A2

1+A22+…+An2=0  A1=0 V A2=0 V…V An=0.

ThÝ dơ 1: T×m nghiệm nguyên của phơng trình.
 x2+2y2-2xy-2x+2=0(1)

Lêi gi¶i:

(1) 2x2+4y2-4xy-4x+4=0  (x2-4xy+4y2)+(x2-4x+4)=0

 (x-2y)2+(x-2)2=0

0

2

0

2 x

y

x

1

2 y

x

Vậy nghiệm nguyên của phơng trình là: (x;y)=(2;1).

Thớ d 2: Phơng trình sau có nghiệm ngun khơng? Nếu có hãy tìm 
các cặp nghiệm ngun đó.

x2+y2+z2-2x-4y-6z+14=0.(2)

Lêi gi¶i.

(2) (x2-2x+1)+(y2-4y+4)+(z2-6z+9)=0

 (x-1)2+(y-2)2+(z-3)2=0

























0

3

0

2

0

1 z

y

x















3

2

1 z

y

x

Vậy phơng trình đã cho có nghiệm ngun, nghiệm ngun đó là:
(x;y;z)=(1;2;3).

Bµi tËp áp dụng:

Tìm nghiệm nguyên của phơng trình (nếu có).
a. 2x2+y2+2z2+2xy+2xz+2yz-6x-2z=-10

b. 4x2+10y2-12xy-4y+4=0.

*chú ý: cũng có thể coi đây là các bài toán tìm ẩn số bình thờng có sử dụng
nhận xÐt trªn.

* Nhận xét 2:Từ hai định lí liên quan đên phơng trình bậc hai
Định lí 1: Phơng trình bậc hai

Ax2+bx+c=0(*) (aєZ*, b; cєZ)

Cã nghiệm hữu tỉ khi và chỉ khi b2

-4ac là số chính phơng.
Chứng minh:

+ Điều kiện cần: Nếu phơng trình (*) có các nghiệm x1;2=

a
b

là số

hu tỉ thì khi đó  là số hu tỉ. Đặt  = qp (Với p;qєN, q0 và (p,q)=1). Suy

ra q2=p2 => q2chia hết cho p2

Mặt khác, (p,q)=1 => (p2,q2)=1 =>

chia hÕt cho p2 =>  p2 => q21

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

+ Điều kiện đủ: Đảo lại, nếu b2-4ac = d2 là một số chính phng thỡ phng

trình (*) có nghiệm x1;2=

a
d
b

rõ ràng là số hữu tỉ.

Định lí 2: Nếu x0= q

p

(p; q

Z, q0 và (p,p)=1) là nghiệm hữu tỉ của
ph-ơng trình bậc hai ax2+bx+c=0(a Z*,b;c Z)

thì q là ớc của a vµ p lµ íc cđa c.

Chøng minh:

Thay x0= q

p

vào phơng trình(*) ta có a. 2 0

c

q
p
b
q
p

ap2+bpq+cq2=0  ap2=-q(bp+cq) =>ap2 chia hÕt cho q =>q lµ íc của a

(vì (p,q)=1).

Tơng tự cq2=-p(ap+bq) => p là ớc cña c.
*l

u ý: nghiệm nguyên là một trờng hợp đặc biệt của nghiệm hữu tỉ (Khi
a=1).

ThÝ dụ 1: cho a, b, c là các số nguyên lẻ. Chứng minh phơng trình bậc hai
ax2+ bx+c=0 không có nghiệm hữu tỉ.

Lời giải:
Cách 1:

Gi s phng trỡnh ó cho có nghiệm hữu tỉ, theo định lí 1 thì
b2-4ac=m2 l mt s chớnh phng =>b2-m2=4ac.

Vì b2 lẻ, 4ac chẵn nên m2 phải là số lẻ.

Ta lại biết rằng bình phơng của một số lẻ khi chia cho 8 chỉ có số d là 1
nên b2-m2 chia hết cho 8; ac lại là số lẻ nên 4ac không chia hết cho 8. Điều này

mâu thuẫn với b2-m2=4ac.

Vậy phơng trình ax2+bx+c với a, b, c là các số nguyên lẻ không thể có

nghiệm hữu tỉ.

Cách 2:

Gi s phơng trình đã cho có nghiệm hữu tỉ x0= q

p

( p; q



Z, q0 và
(p,p)=1), theo định lí 2 thì q là ớc của a và p là ớc của c.

Vì a,c lẻ nên p, q cũng lẻ => ap2, bpq, cq2 lẻ => ap2+bpq+cq2 lẻ, khác 0.

Điều này mâu thuẫn với giả thiết x0= q

p

nghim hu t ca phơng trình đã cho. Từ
đó suy ra điều cần phải chứng minh.

*L u ý: kết quả trên cịn đúng với đa thức bậc bất kì với các hệ số là số
ngun lẻ.

Thí dụ 2: Tìm tất cả các số ngun a để phơng trình sau có nghiệm
nguyên:

x2-(3+2a)x+40-a=0.
Lêi gi¶i.

Theo định lí 1, trớc hết để phơng trình có nghiệm hữu tỉ thì phải có =m2

lµ mét sè chÝnh ph¬ng.

 (3+2a)2-4(40-a)=m2

 4a2+16a-151=m2

 (2a+4)2-m2=167  (2a+4+m)(2a+4-m)=167

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

Suy ra a=40 hoặc a=-44. Thử lại, ta thấy chúng đều thoả món iu kin
bi.

Vậy các số a cần tìm lµ: 40; -44.

Thí dụ 3: Chứng minh rằng với mọi số ngun n ta đều có n2-n+2 khơng

chia hÕt cho 49.

Lời giải:

Giả sử n2-n+2=49k (k

N), nghĩa là phơng trình n2-n+2-49k=0 với ẩn n

phải có nghiệm nguyên.

n phải là số chính phơng

1-4(2-49k)=t2 (t

Z) 196k-7=t2 7(28k-1)=t2

=> 28k-1 phải chia hết cho 7, điều này vô lí.

Vậy n2-n+249k, điều cần phải chứng minh.

*Tuy nhiờn cng cú nhng bài tốn khơng cần sử dụng hai định lí trên

Thí dụ 4: Tìm m để phơng trình sau có nghiệm nguyên:
2x2-2mx+m2-1=0.

Lêi gi¶i:

Ta thấy x=t là nghiệm của phơng trình tồn tại m sao cho:

2t2-2mt+m2-1=0  phơng trình m2-2tm+2t2-1=0 có nghiệm đối với ẩn m.

m

 0  t2-2t2+10  -t2+10  -1t1, do đó tZt



 1;0;1

Ta cã: + t=0  m=1

+ t=-1 m2+2m+1=0  (m+1)2=0  m=-1

+ t=1  m2-2m+1 =0  (m-1)2=0 m=1.

Vậy phơng trình có nghiệm nguyên khi và chỉ khi m=1.

Bài tập áp dụng:

1. Cho a, b là các số nguyên. Chứng minh rằng phơng trình sau 
không có nghiệm hữu tỉ: x2+3ax-3(b2+1)=0.

2. Tỡm tt c cỏc số ngun a để phơng trình sau có nghiệm ngun:
x2 –(a+5)x+5a+2=0.

3. Tìm tất cả các số nguyên a để phơng trình sau có nghiệm ngun:
x2+ax+198=a.

4. Chøng minh r»ng víi mäi số nguyên n ta có n2+5n+16 không chia

hết cho 169.

</div>

timnghiemnghien















3

657

661

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>















661

657

3

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>



















3

657

661

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>



















661

657

3

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

















1

x

yx

y

91

<i>x</i>

<i>y</i>







