chuyen de pt nghiem nguyen

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (138.02 KB, 9 trang )

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

Chuyên đề: Phơng trình nghiệm nguyên
Phn I:

Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên

A. Tóm tắt lý thuyết.
1.Số 2 là số nghuyên tố chẵn duy nhÊt.

2.Phơng trình đợc đa về dạng f(x).g(x) = k với f(x) và g(x) là các đa thức hệ số
nguyên. Ta phân tích k ra thừa số nguyên tố rồi giải các hệ phơng trình.

( )
( )
f x m
g x n








 víi m.n = k.

3.Phơng trình đối xứng các ẩn của x, y, z...Khi tìm nghiệm nguyên dơng ta có thể
giả sử 1  x  y z ...

4.Không tồn tại số chính phơng nằm giữa hai số chính phơng liên tiếp.
B. các dạng toán Thờng gặp.

Dạng 1: Sử dụng phép chia hết và chia cã d.

Hai vế của phơng trình nghiệm nguyên khi chia cho cùng một số có số d
khác nhau thì phơng trình đó khơng có nghiệm ngun.

VÝ dơ 1: T×m nghiƯm nguyên của phơng trình sau. x2 2y2 (1)
Giải:

Rõ rµng x = y = 0 lµ nghiƯm cđa (1).

NÕu x y0, 0 0 vµ ( , )x y0 0 lµ nghiƯm cđa (1). Gäi d ( , )x y0 0 , suy ra

0 , 0 1.
x y
d d

 



 

 

Ta cã:

2 2

2 2 0 0 0

0 2 0 2

x y x

x y

d d d

   

       

    ch½n

0 0

2 y 4 x

d d

 





chẵn, vô lý.
Vậy phơng trình (1) chỉ có nghiệm nguyên duy nhất là (0,0).

Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình sau. x2 2y2 5 (1)
Giải:

1)Nếu x5 th×









2 2 2 2

2y  x  5 5  y5 x  2y 25

vô lý.

2)Nếu x5thì từ y5 ta có x2 1(mod 5)vµy2 1(mod 5)suy ra

2 2 2 1, 3(mod 5)

x y . Vậy phơng trình không có nghiƯm nguyªn.

Ví dụ 3: Chứng minh rằng tổng bình phơng của ba số nguyên trong phép chia
cho 8 không thể có d là 7 từ đó suy ra phơng trình 4x225y2144z2 2007
khơng có nghiệm ngun.

Gi¶i:

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

2 2 7,6,3(mod8)

y z  nhng y2z20,1, 2, 4,5,(mod8) v« lý. VËy x2y2z27(mod 8)

Phơng trình đã cho có thể viết:(2 )x 2(5 )y 2(12 )z 2  6 125 7 Từ đó suy ra phơng
trình khơng có nghiệm ngun.

VÝ dụ 4: Giải phơng trình sau trên tập số nguyên:

4 4 4

1 2 .... 7 2008.
x x  x

Giải:
1)Nếu x = 2k thì x16.

2)Nu x = 2k + 1 thì x41 ( x1)(x1)(x2 1) 16, vì (x1)(x 1) 8 và (x2 1) 2.
Vậy x4 0;1(mod16) Do đó khi chia tổng

4 4 4

1 2 .... 7

x x x cho 16 có số d không vợt

quỏ 7, trong khi đó 2008 8(mod16) . Suy ra phơng trình khơng có nghiệm ngun.
Dạng 2: Phơng pháp phân tích.

T×m nghiƯm nguyên của phơng trình: a( x+ y ) + b = cxy ( víi a, b, c  Z ) (1)

Ta cã: (1)

( ) a( ) a

cxy ay b y cx a cx a b

c c

         

2
(cx a cy a)( ) a bc.

    

Phân tích a2bc m n . với m, n  Z, sau đó lần lợt giải các hệ:

cx a m
cy a n

 






Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình: 2(x y ) 16 3  xy
Gi¶i:

Ta cã: 2(x y ) 16 3  xy3xy 2x 2y16

2 4

(3 2) (3 2) 16 (3 2)(3 2) 52

3 3

y x x x y

         

Giả sử:x y khi đó 1 3 x 2 3 y 2 và 52 = 1.52 = 2.26 = 4.13 ta có các hệ sau:

3 2 1
;
3 2 52

x
y

 




 



3 2 2
;
3 2 26

x
y

 




 



3 2 4
;
3 2 13

x
y

 




 



Giải các hệ trên ta đợc các nghiệm nguyên dơng của phơng trình là: ( 1, 18);
( 18, 1); ( 2, 5); ( 5, 2);

VÝ dơ 2: T×m nghiệm nguyên của phơng trình: (2 5 1)(2 2 ) 105.

x

x y y x x

Giải:

Vì 105 là số lẻ nên 2x5y1lẻ suy ra y chẵn mà x2 x x x( 1) chẵn nên 2x lẻ
x = 0.

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

5 1 21
1 5
y
y

 




 

 hc

5 1 21

4
1 5

y

y
y

 


 



 

 Thư l¹i ta thÊy x = 0, y = - 4 là nghiệm

nguyên của phơng trình.

Ví dụ 3: Tìm tất cả các tam giác vuông có các cạnh là số nguyên và có diện 
tích bằng chu vi.

Giải:

Gọi x, y, z là các cạnh của tam giác vuông : 1 x y z. Ta cã:

2 2 2
(1)

2( )(2)

x y z
xy x y z

  



  



Tõ (1) ta cã: z2 (x y )2 2xy(x y )2 4(x y z  )

2 2

( ) 4( ) 4 4 4

( 2) ( 2)

x y x y z z

x y z

       

    

2 2

x y z

     do (x y 2) Thay z x y   4 vào (2) ta đợc:

4 1 5

4 8 12

( 4)( 4) 8

4 2 6

4 4 8

x x

y y

x y

x x

y y

    

 

 

  

 

 

    

    

 

  

 

  vậy các cặp: ( , , ) (5,12,13);(6,8,10);x y z

Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: p x y( )xy. với p là số nguyên
tố.

Giải:

Ta cã:



 



2 2 2

( )

p x y xy xy px py p   p  x p y p  p

Mà p2 p p.  ( p).( p) 1. p2  ( p2).( 1) .Từ đó phơng trình đã cho có các nghiệm
ngun là: ( , ) (0,0);(2 , 2 );(x y  p p p1,p2p);(p2p p, 1);(p p p 2, 1);(p1,p p 2);
Dạng 3: Phơng trình đối xứng.

Để tìm nghiệm nguyên của phơng trình đối xứng ta giả sử 1  x  y  z ...
rồi chặn trên một ẩn.

VÝ dơ 1: T×m nghiƯm nguyên của phơng trình: x y z xyz (1).
Giải:

Vì x, y ,z có vai trò nh nhau nên ta gi¶ sư 1  x  y  z . Tõ (1) suy ra:

1 1 1 3

1 x 1.

xy yz zx x

     

Víi x = 1 ta cã

1 1 2

1 ( 1)( 1) 2

1 2 3

y y

y z yz y z

z z

  

 

          

  

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

VËy (1) cã nghiÖm nguyên dơng ( x, y, z ) = ( 1, 2, 3 ) và các hoán vị của nó.
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: 5(x y z t ) 10 2 xyzt(1).

Giải:

Vì x, y ,z có vai trò nh nhau nên ta giả sử x  y  z  t 1 . Tõ (1) suy ra:

5 5 5 10 30

2 .

2
t
t
xyz xzt xyt xyzt t




      




*)Víi t1ta cã:

2
2

5 5 5 15 30

5( ) 15 2 2 15 2.

3
z

x y z xyz z z

xy yz xz xyz z

z





             


 


1)Víi z = 1 ta cã:

2 5 65 35

2 5 1 3

5( ) 20 2 (2 5)(2 5) 65

2 5 13 9

2 5 5 5

x x

y y

x y xy x y

x x

y y

    

 

 

  

 

 

        

    

 

  

 

 

Ta cã c¸c nghiƯm( x, y, z, t) =( 35, 3, 1, 1 ),( 9, 5, 1, 1 ) và các hoán vị của chúng,
2) Với z = 2, z= 3, phơng trình không có nghiệm nguyên dơng.

*) Víi t2, ta cã:

2
2

5 5 5 20 35 35

5( ) 20 4 4 9

x y z xyz z

xy yz xz xyz z

            

2.
z

  v× (z t 2).

Khi đó: 5(x y ) 30 8  xy  (8x 5)(8y 5) 265.

Do x   y z t 2 nªn 8x 5 8 y 5 11 , mµ 265 = 53.5 Trờng hợp này phơng
trình không có nghiệm nguyên d¬ng.

Ví dụ 3: Một tam giác có số đo độ dài của đờng cao là mhững số nguyên dơng
và đờng trịn nội tiếp tam giác có bán kính bằng 1. Chứng minh tam giác đó là
tam giác đều.

Gi¶i:

Đặt a = BC, b = CA, c = AB. Gọi độ dài các đờng cao ứng với các cạnh a, b, c của
tam giác.

Bán kính đờng trịn nội tiếp bằng 1 nên x, y, z > 2. Giả sử x  y  z > 2.
Diện tích tam giác ABC:

1 1 1

. . . (1)

2 2 2

S  a x b y c z

Mặt khác:

( )(2)

AOB BOC AOC

SS S S  a b c 

Tõ (1) vµ (2) Suy ra:

. . .

1 1 1 1 1 1

a b c a b c
a x b y c z a b c a b c

x y z x y z

 

           

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

1 1 1 3

1 z 3 z 3.

x y z z

        

Thay z = 3 vµo

1 1 1
1.
x y z

   

ta đợc:

2 3 9 6

( )

2 3 1 2

1 1 2

3( ) 2 (2 3)(2 3) 9

3 2 3 3 3

2 3 3 3

x x

Loai

y y

x y xy x y

x y x x

y y

    

 

 

  

 

 

          

    

 

  

 

 

Vậy x = y = z = 3, khi đó a = b = c. Vậy tam giác ABC là tam giác đều.
Dạng 4: Phơng pháp loại trừ.

TÝnh chÊt: NÕu cã số nguyên m sao cho m2 n(m1)2thì n không thể là số
chính phơng.

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: 1! 2! 3! 4!.... x!y2.
Gi¶i:

Víi x  5 th× x! cã ch÷ sè tËn cïng lµ 0 nªn:

1! 2! 3! 4! 5!....    x! 33 5! ...   x!.

Có chữ số tận cùng là 3 nên không thể là số chinh, Vậy x  5 thì phơng trình đã
cho khơng có nghiện ngun dơng.

Víi 1  x < 5, b»ng c¸ch thư trùc tiÕp x = 1, 2, 3, 4 ph¬ng trình có nghiệm
(1,1) và (3,3).

Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: x6 3x3 1 y4.
Giải:

Rõ ràng x = 0, y = 1 là nghiệm nguyên của phơng tr×nh.
+)Víi x > 0 ta cã:

3 2 6 3 6 3 4 3 2 3 2 3

(x 1) x 2x  1 x 3x  1 y (x 2)  x  1 y x 2 ( v« lý ).

+)Víi x  - 2 th× :

3 2 4 3 2 3 2 3
(x 2) y (x 1)  x 2 y  x 1

( v« lý ).
+)Víi x = - 1 thì : y4 1, ( vô lý ).

Vậy phơng trình đã cho có hai cặp nghiệm ( 0; 1 ); ( 0; -1 ).

VÝ dơ 3: T×m nghiệm nguyên của phơng trình: x2(x1)2 y4(y1) .4
Giải:

Khai trin v rút gọn hai vế ta đợc:

4 3 2 2 2 2

2 2 2

( 1) 2 3 2 ( 1) 2 ( 1).

1 ( 1) (1)

x x y y y y x x y y y y

x x y y

          

     

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

+)NÕu x < - 1 th× tõ (x1)2   1 x x2 x2suy ra(1) không có nghiệm nguyên.

+)Nếu x = 0 hoặc x = - 1 th× tõ (1) suy ra

2 1 1 0

1
y
y y

y




     

 .

VËy ph¬ng trình có 4 nghiệm nguyên ( x; y ) = ( 0; 0 ); ( 0; -1 ); ( -1; 0 ); (-1; -1 );
Dạng 5: Phơng pháp xuống thang.

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: x3 3y3 9z3 0.
Gi¶i:

Giả sử



x y z0, ,0 0



là nghiệm ngun của phơng trình khi đó x03đặt x0 3 .x1 thay
0 3 .1

x  x vào (1) ta đợc: 9x13 y03 9z03  0 y03. đặt y0 3y1 z03,khi đó:

3 3 3 3 3 3

1 1 0 1 1 0 0

9x  27y  3z  0 3x  9y  z  0 z 3.đặt z0 3z1 khi đó: x13 3y13 9z13 0.

VËy

0 , 0, 0
3 3 3
x y z

 

 

 cũng là nghiệm của phơng trình.

Quỏ trỡnh ny tip tục thì đợc:

0, 0, 0
3 3 3k k k

x y z

là các nghiệm nguyên của (1) với mọi k

điều này chỉ xảy ra khi x0 y0 z0 0.VËy ( 0, 0, 0 ) lµ nghiƯm duy nhÊt cđa

phơng trình đã cho.

VÝ dơ 2: T×m nghiƯm nguyên của phơng trình: x2y2z2t2 2xyzt(1).
Giải:

Gi s

x y z t0, , ,0 0 0



là nghiệm nguyên của phơng trình khi đó:
2 2 2 2

0 0 0 0 2 0 0 0 0(1).

x y z t  x y z t là số chẵn nên trong các số x y z t0, , ,0 0 0 ph¶i cã sè

chẵn số lẻ (0; 2 hoặc 4 ).
+)Nếu x y z t0, , ,0 0 0 đều lẻ thì

2 2 2 2
0 0 0 0

(x y z t ) 4 , trong khi đó 2x y z t0 0 0 04.

+)NÕu trong c¸c sè x y z t0, , ,0 0 0 có hai số lẻ thì

2 2 2 2
0 0 0 0

(x y z t )2(mod 4), trong

khi đó 2x y z t0 0 0 04. Vậy x y z t0, , ,0 0 0phải là các số chẵn,

đặt x0 2 .x1 ,y0 2 .y1 ,z0 2 .z1 ,t0 2 .t1 phơng trình trở thành:
2 2 2 2

1 1 1 1 8 1 1 1 1(1).

x y z t  x y z t

Lý luËn t¬ng tù ta cã: x22 y22z22t22 8x y z t2 2 2 2(1).

Víi

1 1 1 1

2 , 2 , 2 , 2 ,

2 2 2 2

x y z t

x  y  z  t 

tiÕp tôc ta cã:

0 , 0, 0 , 0 ,

2 2 2 2

n n n n n n n n

x y z t

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

Là số nguyên vơi mọi n, điều này chỉ xảy ra khi x0 y0 z0  t0 0.VËy ( 0, 0, 0, 0 )

là nghiệm duy nhất của phơng trình đã cho.

D¹ng 6: H¹n chÕ tập hợp chứa nghiệm dựa vào điều kiện của các ẩn.
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình: x  y  50.

Gi¶i:

Ta thÊy 0x y, 50 tõ y  50 x. ta cã y 50 x 2 50x 50 x 10 2 .x

Vì y nguyên nên 2x4k2 x2 .(k2 kZ)với 2k2 50 k2 25.(kZ) k chỉ có
thể nhận các giá trị: 0; 1; 2; 3; 4; 5. Lựa chọn k trong các số trên để thoả mãn ph
-ơng trình ta đợc các nghiệm: ( ; ) (0;50);(2;32);(8;18);(18;8);(32;2);(50;0)x y  .

D¹ng 7: Mét sè d¹ng khác.

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: 3x25y212(1).
Giải:

Ta cã: (1)  3(x21) 5(3  y2).Do (3, 5) = 1 nên(x2 1) 5.và (3 y2) 3.
Đặt x2 1 5 .k ,3 y2 3 .l Ta cã: 3.5k5.3l k l k l Z ( ,  ).

Do đó:

2
2

1
5 1 0

1
5

3 3 0 1

x k k

k l

y l l



    

 

   

 

  



  

. VËy x =  2, y = 0.
Ph¬ng trình có hai nghiệm nguyên ( 2, 0 ); ( -2, 0 ).

Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: x2 4xy5y2 16.
Giải:

Tac có: x2 4xy5y2 16 (x 2 )y 2y2 16.

Vì: 16 4 202 nên

2 4

0
x y
y








 hc

2 0

4
x y
y

 







Giải các hệ phơng trình trên ta đợc các nghiệm nguyên của phơng trình là:

( ; ) (4;0);( 4;0);(8; 4);( 8; 4);x y 

Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: 3(x2xy y 2) x 8 .y
Giải:

Phng trỡnh ó cho đợc viết lại là: 3x2(3y 1)x3y2 8y 0(1).
Phơng trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi:

2 2 2

(3y 1) 12(3y 8 ) 0y 27y 90y 1 0.

          

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

+)Víi y = 0 ta cã x = 0.

+)Víi y = 1 ta cã x = 1.

+)Với y = 2 và y = 2 ta có khơng tìm đợc x nguyờn.

Vậy phơng trình có hai nghiệm nguyên là ( x ; y ) = ( 0 ; 0 ); ( 1 ; 1 );

Phần II: Bài tập

Dạng 1: Sử dụng phép chia hết và chia có d.

Giải phơng trình trên tËp sè nguyªn.
a)x2  3y2 17. b)x2 5y2 17. c)x2 2y2 1.
d)2x122 y2 32. e)15x2 7y2 9. f)x22x4y2 37.
D¹ng 2: Phơng pháp phân tích.

Giải phơng trình trên tập số nguyên.
a)5(x y ) 2 3  xy. b)2(x y ) 3 xy. c)x2 y2 91.

d)x2  x 6 y2. e)x2  y2 169. e)x2 y2 1999.

Dạng 3: Phơng trình đối xứng.

T×m nghiệm nguyên dơng của các phơng trình sau.

a)x y 1 xyz. b)x y    z 9 xyz. c)x y z t   xyzt.

1 1
2

x y  . e)

1 1 1 1
1

x yz t  . f) 2 2 2 2

1 1 1 1

1
x  y z t .

Dạng 4: Phơng pháp loại trừ.

Giải phơng trình trªn tËp sè nguyªn.

a)x2 6xy13y2 100. b)1 x x2x3 y3. c)1 x x2x3x4 y2.
d)x2 y y( 1)(y2)(y3). e)(x 2)4 x4 y3. f)x x( 1)(x7)(x8)y2.
Dạng 5: Phơng pháp xuống thang.

Giải phơng trình trên tập số nguyên.

a)x3 2y3 4z2 0. b)8x44y42z4 u4. c)x2y2z2 2xyz.
Dạng 6 và Dạng 7.

Giải phơng trình trên tËp sè nguyªn.

a)(x y 1)2 3(x2y21). b)x22y22z2 2xy 2yz 2z4. c)





1 2

x y  z  x y z 

PhÇn III: KÕt luËn.

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

đánh giá, nhận xét của các đồng chí và hội đồng khoa học của Phịng giáo dục
Hiệp Hồ, để chun đề này đợc đầy đủ hơn và góp phần vào việc thi giáo viên
giỏi cp tnh ca huyn t kt qua cao.

Xin chân thành cảm ơn !

Hùng Sơn, ngày 21 tháng 02 năm 2008

Ngời viÕt

</div>