Sáng kiến kinh nghiệm THCS: Các phương pháp và kỹ thuật giải phương trình nghiệm nguyên

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:28

Thêm vào BST

Báo xấu

7
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Sáng kiến kinh nghiệm THCS "Các phương pháp và kỹ thuật giải phương trình nghiệm nguyên" được thực hiện với mục đích nghiên cứu các kỹ thuật, phương pháp tìm nghiệm nguyên; Sự áp dụng các phương pháp tìm nghiệm vào các dạng phương trình nghiệm nguyên; Các bài toán có liên quan. Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THCS: Các phương pháp và kỹ thuật giải phương trình nghiệm nguyên

CÁC PHƯƠNG PHÁP VÀ KĨ THUẬT GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN I. PHẦN MỞ ĐẦU I.1. Lý do chọn đề tài: * Mục đích của giảng dạy đại số trong nhà trường phổ thông THCS là: Mở rộng khái niệm về số Biến đổi đồng nhất các biểu thức đại số Hàm số Phương trình. " PHƯƠNG TRÌNH" là 1trong 4 mục đích lớn cần đạt của việc giảng dạy đại số trong nhà trường phổ thông THCS. Đây là một vấn đề xuyên suốt toàn cấp mang "tính kĩ thuật" có nhiều áp dụng thực tiễn, Khái niệm phương trình được hiểu một cách tường minh theo quan điểm hàm. Có thể nói tư tưởng của khái niệm là tư tưởng hàm. Nội dung của khái niệm thể hiện ở kĩ thuật tìm nghiệm tức là giải phương trình. Giải phương trình là thực hiện liên tiếp các phép biến đổi tương đương phương trình đã cho đến một phương trình đơn giản nhất. Vì vậy dạy phương trình là chủ yếu làm cho học sinh nắm vững kĩ thuật giải pt (kĩ thuật tìm nghiệm) song không được coi nhẹ tư tưởng của phương trình là khái niệm hàm số. * Trong quá trình rèn luyện kĩ năng giải các phương trình đại số ở dạng tổng quát. Học sinh còn được đề cập tới việc giải các phương trình mà yêu cầu nghiệm của phương trình thuộc tập Z. Nên cần định hướng cho các đối tượng học sinh nói chung và học sinh khá giỏi nói riêng, những ý tưởng, phương thức tìm nghiệm nguyên của 1 phương trình và hình thành cho học sinh những phương pháp và kĩ thuật giải phương trình nghiệm nguyên. * Bài toán tìm nghiệm nguyên của pt đã được ẩn tàng ngay từ các lớp ở bậc tiểu học cho đến chương trình toán cấp 2 (THCS); bắt đầu từ lớp 6 việc tìm các nghiệm nguyên của 1 pt đã được đề cập tường minh hơn. Có thể nói: bài toán tìm nghiệm nguyên của pt đã được đề cập trong chương trình toán phổ thông nhất là đối với các đối tượng học sinh khá , giỏi. * Song việc tìm nghiệm nguyên của 1 pt ở chương trình phổ thông đặc biệt là ở THCS chưa nêu ra cụ thể về cách giải cũng như các dạng bài tập mà thường nêu ra trong 1bài toán tổng hợp hoặc những bài toán ở các tài liệu tham khảo. Do vậy việc giải các pt 1
nghiệm nguyên ở các kì thi nhất là thi học sinh giỏi; thi vào các trường chuyên, học sinh còn lúng túng chưa có đượccách định hướng và kĩ thuật giải. * Thực trạng của việc dạy và học và giải pt nói chung và giải pt nghiệm nguyên nói riêng trong các lớp THCS chưa có được 1 chương trình cụ thể chưa được định hướng về phương pháp và kĩ thuật giải mà người dạy thường theo một số kinh nghiệm và khai thác bài tập theo hướng chủ quan của họ nên kết quả của việc dạy giải bài tập loại này còn hạn chế * Thực tế của chương trình và SGK không nêu ra phương pháp giải cho phương trình nghiệm nguyên, song thực tiễn trong bài tập, trong các đề thi có yêu cầu tìm các giá trị nguyên của nghiệm;đòi hỏi học sinh phải định hướng được cách giải * Thực tế của việc dạy học ở các lớp THCS ,giáo viên chưa trang bị cho HS cách suy nghĩ ,cách giải về loại toán này * Căn vứ vào thực tế của chương trình toán THCS; thực tiễn của việc dạy và học ;yêucầu của việc bồi dưỡng HS khá giỏi và đặc biệt là việc phát huy tính tích cực chủ động sáng tạo của HS trong hoạt động học tập. * Với các lý do trên nên tôi có ý tưởng xây dựng:Một số phương pháp và kỹ thuật tìm nghiệm cho một số phương trình ở chương trình toán THCS. I.2. Mục đích nghiên cứu. * Các kỹ thuật, phương pháp tìm nghiệm nguyên. * Sự áp dụng các phương pháp tìm nghiệm vào các dạng phương trình nghiệm nguyên * Các bài toán có liên quan. I.3. Thời gian, địa điểm. Năm học: 2006 2007; 2007 2008. Địa điểm: Trường THCS Mạo Khê II. I. 4. Đóng góp mới về mặt lí luận, thực tiễn. * Xây dựng được quan niệm, cách suy nghĩ, cách khai thác các bài toán trong tập Z. * Xây đựng được một số kỹ thuật và phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên trên cơ sở kiến thức,tri thức phương pháp đã có trong chương trình 2
* Nêu được các ứng dụng của các phương pháp giải vào các dạng phương trình nghiệm nguyên và một số ứng dụng của việc đi tìm nghịêm nguyên với các bài toán có liên quan. * Nêu ra bài học kinh nghiệm và cách khắc phục những sai lầm cho học sinh. II. PHẦN NỘI DUNG. II.1. Chương 1: Tổng quan. * Trong chương này chúng ta hình dung được: Một số khái niệm: Giải phương trình chứa các ẩn x; y; t... trong tập Z là tìm tất cả các bộ số nguyên ( x, y , t,...) thoả mãn phương trình đó. Khi giải phương trình với nghiệm nguyên do phải lợi dụng các tính chất của tập Z nên ngoài các biến đổi tương đương ta còn dùng đến các biến đổi mà các giá trị của ẩn mới chỉ thoả mãn điều kiện cần ( chứ chưa phải điều kiện cần và đủ của nghiệm ). Trong trường hợp này ta cần kiểm tra lại các giá trị đó bằng cách thử vào phương trình đã cho. Vì thế việc giải một " Phương trình nghiệm nguyên" thường gồm hai bước: Bước1: Giả sử phương trình có nghiệm nguyên ( x0; y0; t0,...) ta suy ra các ẩn phải nhận các giá trị nào đó. Bước 2: Thử lại các giá trị đó của ẩn để kết luận tập nghiệm của phương trình. Để đơn giản trong nhiều trường hợp (bài toán) bước 1 không tách riêng một cách tường minh và các giá trị x0, y0, t0... Vẫn được biểu thị bởi x, y, t... Với bài toán các phép biến đổi đến tương đương ta không cần bước hai. Một phương trình nghiệm nguyên có thể vô nghiệm; vô số nghiệm, hữu hạn nghiệm. Trường hợp phương trình có vô số nghiệm nguyên . Các nghiệm nguyên của phương trình thường được biểu thị bởi công thức có chứa tham số là số nguyên. Sau đây tôi xin giới thiệu một số kĩ thuậtvà phương pháp thường dùng để giải các phương trình nghiệm nguyên trong chương trình bồi dưỡng học sinh khá, giỏi. * Kỹ thuật sử dụng tính chia hết * Kỹ thuật xét số của từng vế * Kỹ thuật dùng bất đẳng thức * Sử dụng các tính chất của số chính phương Nêu ra các ứng dụng của các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên vào 1số dạng phương trình nghiệm nguyên Tìm điều kiện của tham số có trong phương trình sao cho các nghiệm của pt đều là số nguyên 3
Vận dụng các phương pháp giải vào các bài toán có liên quan Nêu ra các bài học kinh nghiệm II.2. Chương II: Nội dung vấn đề cần nghiên cứu II.2.1. Các Kỹ thuật và phương pháp tìm nghiệm nguyên của phương trình II.2.1.1. Kỹ thuật sử dụng tính chia hết. a) Phát hiện tính chia hết của 1 ẩn. * Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình 3x + 17y 159 = 0. (1) * Giải: Ta có phương trình tương đương 3x + 17y = 159. Nhận thấy 159  3; 3x  3. Suy ra: 17y = 159 3x 17y  3. Do (17, 3) = 1 y  3. Ta đặt y = 3t (t Z) thay vào (1) có: 3x + 17.3t = 159 x + 17t = 53. x = 53 17t (t Z). y = 3t Thử lại: Thay x, y vào (1) thoả mãn. Vậy (1) có vô số nghiệm nguyên (x; y) được biểu thị bởi công thức: b) Đưa về phương trình ước số: * Khi giải phương trình ta đưa phương trình: f(x, y) = m (1) về dạng: f1 (x).f2 (y) = k. (2) (m, k Z). Ta coi (2) là phương trình ước số: Vế trái là tích các thừa số nguyên. * Ví dụ: Giải phương trình trong Z: xy y x 2 = 0 (*) Trước hết ta biến đổi phương trình: (*) x(y 1) (y 1) = 3 (y 1)(x 1) = 3. (đây chính là phương trình ước số) ta coi (y 1); (x 1) là các ướ của 3 vì 3 > 0 (x 1)(y 1) cùng dấu: Ta có: x 1 3 1 1 3 x 4 2 0 2 y 1 1 3 3 1 y 2 4 2 0 c) Tách ra các giá trị nguyên: Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của pt: x(y 2) = y + 2 y 2 Giải: Biểu thị x theo y ta có: x = . (y 2) (với y = 2 pt vô nghiệm). y 2 ( y 2) 4 4 x = 1 vì x, y nguyên (y 2) nên: y 2 là ước của 4. y 2 y 2 Ta có: y 2 4; 2; 1 y 6; 2; 4; 0; 3; 1 . 4
(x, y) (0; 2); (3; 4); (3; 1); (1; 0); (2; 6); (5; 3) . * Chú ý: Với ví dụ xy y x 2 = 0 ta cũng làm như trên (coi đây là cách giải 2). II.2.1.2. Xét theo số dư từng vế của phương trình: * Dựa vào số dư ở mỗi vế của pt khi chia cho cùng một số ta có thể kết luận được nghiệm của pt hoặc có thể biểu thị ẩn theo phép chia có dư. a) Ví dụ 1: Chứng minh rằng: Các pt sau không có nghiệm nguyên. 1) x2 y2 = 1998; 2) x2 + y2 = 1999. Ở (1): Dễ chứng minh được x2, y2 chia cho 4 chỉ có số dư là 0 hoặc 1 x2 y2 chia cho 4 chỉ có số dư là 0, 1, 3. Còn vế phải 1998 chia cho 4 dư 2. Vậy pt đã cho vô nghiệm. Ở (2): Tương tự ta có: x2 + y2 chia cho 4 dư: 0; 1; 2. Vế phải: 1999 chia cho 4 dư 3. Vậy pt vô nghiệm. b) Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của pt: y2 + y 9x = 2 (*) Ta có: (*) 9x + 2 = y(y + 1). Vế trái (*) chia cho 3 dư 2 nên y(y + 1) chia cho 3 dư 2 Suy ra: y = 3k + 1, y + 1 = 3k + 2 (k Z) 9x + 2 = (3k + 1)(3k + 2) 9x = 9k(k + 1) x = k(k + 1) * Thử lại: x = k(k + 1); y = 3k + 1 thoả mãn (*) x = k(k +1) Vậy: Nghiệm của pt là (k Z) y = 3k + 1 II.2.1.3. Dùng bất đẳng thức: a) Phương pháp sắp thứ tự các ẩn: * Ví dụ: Tìm 3 số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng. Giải: Gọi các số nguyên cần tìm là x,y,t. Ta có: x + y + t = x y t (1) Vì x, y, t có vai trò bình đẳng trong pt nên có thể sắp thứ tự giá trị các ẩn chẳng hạn: t y x 1 x + y + t 3t hay xyt 3t xy 3 xy 1; 2; 3 Với xy=1 Tacó : x=1; y = 1 . Thay vào (1) được: 2+t = t (loại). Với xy =2 Ta có: x=1 ; y =2 ; Thay vào (1) được: t = 3 ã Với xy = 3 Ta có: x=1; y=3 Thay vào (1) có : t=2 (loại) vì y t Vậy 3số phải tìm là: 1; 2; 3. b) Xét từng khoảng giá trị của ẩn: 1 1 1 * Ví dụ: Tìm các nghiệm nguyên dương của pt: . x y 3 5
1 1 Do vai trò bình đẳng của x và y Ta có thể giả sử x y . Hiển nhiên có : y 3. Do x y 1 Suy ra x y Nên 3 x y ; y y 3 y 6. Ta xác định được miền giá trị của y: 4 y 6 1 1 1 1 ã Với y = 4 ta có: x= 12 x 3 4 12 1 2 ã Với y = 5 Ta có Suy ra x Z. Kết luận: Các nghiệm của pt là: x 15 1 1 ã Với y = 6 Ta có Suy ra x=6. (4; 12) ; (12; 4) ; (6; 6). x 6 c) Chỉ ra một số nghiệm rồi chứng minh pt chỉ có những nghiệm đó ( hoặc chứng minh pt chỉ có nghiệm duy nhất). * Ví dụ: Tìm các số tự nhiên x sao cho 2x + 3x = 5x; chia cả 2 vế cho 5x. 2 3 Viết pt dưới dạng: ( )x + ( )x = 1 (1). 5 5 Với x = 0 (1) vô nghiệm. Với x = 1 (1) thoả mãn ( x = 1 là nghiệm). Ta chứng minh cho x = 1 là 1 nghiệm duy nhất của pt đã cho. 2 2 Với x 2 thì: ( )x 5 5 2 3 x ( ) +( )x 1. 5 5 3 3 ( )x 5 5 Nên pt vô nghiệm với x 2 . Vậy p t chỉ có 1 nghiệm là x = 1. 1 1 1 7 * Ta cũng có thể tìm nghiệm nguyên dương của pt: + 2 + 3 = bằng phương x x x 8 pháp trên. d) Sử dụng điều kiện có nghiệm số của một pt bậc hai 2. * Ta viết pt f(x,y) = 0 dưới dạng pt bậc 2 đối với 1 ẩn (chẳng hạn x) khi đó y là tham số. Điều kiện cần để pt bậc 2 có nghiệm là 0 (Để có nghiệm nguyên còn cần là số chính phương). * Ví dụ: Tìm các nghiệm nguyên của pt: x2 + y2 xy x y = 0 (1) Ta biến đổi thành pt: x2 (y + 1) x + (y2 y) = 0 (2) ( Nhờ đổi tham số coi x là ẩn; y là tham số). Điều kiện cần để (2) có nghiệm là 0. (y + 1)2 4 (y2 y) 0 3y2 + 6y + 1 0. 6
3y2 6y 1 0 3(y 1)2 4 (y 1)2 1. Suy ra: y 1 1 0 y 2 y 0; 1; 2 Với y = 0 thay vào (2) được: x2 x = 0 x1 = 0; x2 = 1. Với y = 1 thay vào (2) được: x2 2x = 0 x3 = 0; x4 = 2 Với y = 2 thay vào (2) được: x2 3x + 2 = 0 x5 = 1; x6 = 2 * Thử lại: Các giá trị trên thoả (1) ta có 6 nghiệm (0; 0); (1; 0); (0; 1); (2; 1); (1; 2); (2; 2). * Chú ý: ta có thể dùng cách viết (1) dưới dạng "tổng các bình phương": (x 1)2 + (y 1)2 + (x y)2 = 2. Song nhờ nhận xét vế trái là tổng của 3 số chính phương có giá trị bằng 2 nên tồn tại một số bằng 0. Nếu x 1 = 0. Cho đáp số: (1; 0); (1; 2) Nếu y 1 = 0. Cho đáp số: (0; 1); (2; 1) Nếu x y = 0. Cho đáp số: (0; 0); (2; 2). II.2.1.4. Sử dụng tính chất của số chính phương. a) Sử dụng tính chất về chia hết của số chính phương. Số chính phương không có tận cùng bằng 2; 3; 7; 8. Số chính phương chia hết cho số nguyên tố k thì chia hết cho k2. Số chính phương chia cho 3 có số dư là 0; 1 Số chính phương chia cho 4 có số dư là 0; 1 Số chính phương chia cho 8 có số dư là 0; 1; 4 * Ví dụ: Tìm các số nguyên x để 9x + 5 là tích của 2 số nguyên liên tiếp. Giả sử 9x + 5 = n(n + 1) với n Z. 36x + 20 = 4n2 + 4n 36x + 21= 4n2 + 4n + 1 3(12x + 7) = (2n + 1)2 Nhận thấy số chính phương (2n + 1)2 = 3(12x + 7) (2n + 1)2  3 nên chia hết cho 9. Mà (12x+7) không chia hết cho 3 12x+7 không chia hết cho 9 Mâu thuẫn này chứng tỏ không có x Z để 9x + 5= n(n + 1). * Chú ý: Có thể làm theo cách khác như sau: 9x + 5 = n(n + 1) n2 + n (9x + 5) = 0 (*) (*) có nghiệm nguyên khi là số chính phương (coi (*) là pt bậc hai ẩn n). Nhưng = 1 + 4.(9x + 5) = 36x + 21 chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 9. Nên không là số chính phương. Vậy không tồn tại n Z để 9x + 5 = n(n + 1). b) Tạo ra bình phương đúng: * Ví dụ: Tìm các nghiệm nguyên của pt: 2x2 + 3y2 = 19 4x. (1) Ta có thể tạo ra bình phương đúng như sau: 7
(1) 2x2 + 4x + 2= 3(7 y2) 2(x + 1)2 = 3(7 y2). (2) Suy ra: 3(7 y2)  2 (7 y2)  2 y lẻ. Do: 7 y2 0 y2 = 1 khi đó (2) có dạng: x + 1 = 3 x = 2 2(x + 1)2 = 18 (x + 1)2 = 9 x + 1= 3 x = 4. Từ đó có các nghiệm là: (2; 1); (2; 1); (4; 1); (4; 1). c) Xét các số chính phương liên tiếp: * Ta chú ý nguyên lý sau: " ở giửa 2 số chính phương liên tiếp không có số chính phương nào ". Do đó với mọi a, x Z ta có: Không tồn tại x sao cho : a2
x = k a2 Vậy: y = k b2 (*) (k nguyên dương tuỳ ý) t = k ab. Đảo lại: Hiển nhiên các số x, y, t có dạng (*) thoả mãn (1). Công thức (*) cho ta các nghiệm nguyên dương của (1) e) Sử dụng tính chất: Nếu hai số nguyên liên tiếp có tích là 1 số chính phương thì 1 trong 2 số nguyên liên tiếp đó bằng 0. * Giả sử: a(a + 1) = k2 (a Z; k N). Chứng minh bằng phản chứng: Giả sử a 0 và a + 1 0 k2 0; do k N nên k >0. Từ (1) a2 + a = k2 4a2 + 4a = 4k2 4a2 + 4a + 1 = 4k2 + 1 (2a + 1)2 = 4k2 + 1. (2) Vì k > 0 nên: 4k2
Thay x = 6k vào (1). Thu gọn ta có:11k + 3y = 20 Biểu thị ẩn mà hệ số của nó có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn (là y) theo k ta được: 20 11k y = 3 k 1 k 1 y = 7 4k + ; Đặt: = t ( t nguyên) 3 3 k = 3t + 1. Nên: y = 7 4( 3t + 1) + t = 3 11t. x = 6(3t + 1) = 18t + 6 Thay các biểu thức của x và y vào (1) pt được nghiệm đúng. Vậy các nghiệm nguyên của x = 18t + 6 pt (1) được biểu thị bởi công thức: (t nguyên) y = 3 11t * Chú ý: Nếu bài toán yêu cầu tìm nghiệm nguyên dương ( nguyên âm) của pt (1). Ta chỉ việc giải: 18t + 6 0 18t + 6 0 Hoặc: 3 11t 0 3 11t 0 Hoặc có thể giải cách sau: 11x + 18y = 120 Nhận xét: do y 1 11x 120 18. 1 = 102 102 x x 9 (vì x nguyên). 11 Vì x  6 x = 6 y = 3. Có nhiều cách tách giá trị nguyên của biểu thức: 20 11k k 1 y = như: y = 7 4k + (cách 1) 3 3 1 2k y = 7 3k + (Cách 2) 3 2(1 k ) y = 6 3k + (Cách 3). 3 Tuy nhiên khi giải cần chọn cách tách hợp lí b) Cách giải phương trình bậc nhất hai ẩn ax + by = c với nghiệm nguyên (a, b, c Z). Thu gọn pt (chú ý đến tính chia hết của các ẩn) Biểu thị ẩn mà hệ số của nó có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn (chẳng hạn x) theo ẩn kia. Tách riêng giá trị nguyên ở biểu thức của x. Đặt điều kiện để phân số trong biểu thức của x bằng một số nguyên t1 một pt bậc nhất hai ẩn y và t1. 10
Tiếp tục làm như trên đến khi các ẩn đều được biểu thị dưới dạng một đa thức với các hệ số nguyên. * Thực chất là thay giải pt: ax + by = c bởi giải các pt: a1x + b1y = c1 a2x + b2y = c2 ....................... Trong đó các hệ số a1; a2;.......;b1; b2;.......... có giá trị tuyệt đối nhỏ dần đến khi được một hệ số có giá trị tuyệt đối bằng 1. * Chú ý: Ngoài cách giải trên ta có thể giải pt ax + by = c bằng cách tìm 1 nghiệm riêng như sau: Ví dụ: 11x + 18y = 120 (1). Thử chọn ta được: x = 6; y = 3 là 1 nghiệm riêng của (1) Ta có: 11x + 18y = 120 (2) 11.6 + 18.3 = 120 (3) Trừ (2) cho (3) ta có: 11(x 6) + 18(y 3) = 0 11 (x 6) = 18(3 y) (4) (x 6)  18 . Đặt: x 6 = 18t ( t nguyên) Ta có: x = 6 + 18t thay vào (4) và thu gọn 11t = 3 y y = 3 11t. x = 6 + 18t nghiệm: (t nguyên) y = 3 11t II.2.2.2. Phương trình bậc hai có hai ẩn: a) Ví dụ 1: Tìm các nghiệm nguyên của pt: 5x 3y = 2xy 11 Cách giải 1: Biểu thị y theo x: (2x + 3)y = 5x + 11 dễ thấy: 2x + 3 0 (vì x Z) 5 x 11 x 5 y = 2 ; để y Z thì phải có: (x + 5)  (2x + 3) 2(x + 5)  (2x + 3) 2x 3 2x 3 ( 2x + 3) + 7  (2x + 3) 7  (2x + 3) ( 2x + 3) là ước của 7 2(x + 3) 1; 7 x 5; 2; 1; 2 (x, y) (1; 6); (2; 1); (2; 3); (5; 2) Thử lại các cặp trên nghiệm đúng các pt đã cho. Cách giải 2: Đưa về pt ước số: 2(5x 3y) = (2xy 11).2 (2x + 3)(2y 5) = 7 b) Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của pt: x2 + 2y2 + 3xy x y + 3 = 0 (1). Đổi tham số đưa về pt bậc hai (ẩn x): x2 + (3y 1)x + (2y2 y + 3) = 0 (2) (2) có nghiệm nguyên khi = (3y 1)2 4(2y2 y + 3) = y2 2y 11 là số chính phương. y2 2y 11 = k2 (3) (k N) (y 1 + k).(y 1 k) = 12 Nhận xét: Vì (3) chứa k2 k2 0 k 0 y 1 + k y 1 k 11
(y 1 + k) (y 1 k) = 2k (y 1 + k) và (y 1 k) cùng tính chẵn lẻ do tích bằng 12 nên chúng cùng chẵn. Từ đó ta có thể tìm được các nghiệm của pt: y1 = 5; y2 = 3. Với y = 5 thay vào (2) có: x2 + 14x + 48 = 0 x1 = 8; x2 = 6. Với y = 3 thay vào (2) có: x2 10x + 24 = 0 x3 = 6; x4 = 4. * Kết luận: (x, y) (8; 5); (6; 5); (6; 3); (4; 3) . * Chú ý: Có thể đưa pt đã cho về pt ước số : (x+ y) (x + 2y 1) = 3 II.2.2.3. Phương trình bậc 3 trở lên có 2 ẩn a) Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của pt: y2 = x ( x + 1 ) ( x + 2 ) ( x + 3 ) (1) Ta có (1) ( x2+ 3x ) ( x2 + 3x +2) = y2 Đặt t = x2 + 3x + 1 (* ) Ta có: (t+ 1) ( t 1) = y2 ... ( t y) ( t+ y ) = 1 Giải được : (y=0 ; t=1) ; (y=0 ; t=1) Từ đó thay vào (*) Ta được nghiệm của (1) là : (x;y) (0;0) ; (1;0) ;(2;0) ; (3;0) b) Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của pt: x3 y3 xy = 8 (*) Ta có: (*) (x y)3 + 3xy (x y) = xy + 8 . Đặt xy = a ; xy=b Ta có pt: a3 + 3ab = b + 8 a3 8 = b ( 3a1) Suy ra:( a3 8 ) = b (3a 1) (a3 8)  (3a 1) 27(a3 8)  (3a 1) (27a3 1 215)  (3a 1) Do: 27a3 1 = (3a)3 13 = (3a 1) (9a2 + 3a + 1)  (3a 1) Nên: 215  (3a 1) hay: 5.43  (3a 1) Do đó: 3a 1 1; 5; 43; 215 Vì 3a 1 chia cho 3 dư 2 [3a 1 = (3a 3) +2] 3a 1 1; 5; 43; 215 a3 8 Từ đó có a 0; 2; 14; 72 b = 8; 0; 64; 1736 1 3a hay: a 0 2 14 72 b 8 0 64 1736 Vì: (x y)2 + 4xy 0 a2 + 4b 0 Nên trong 4 trường hợp trên chỉ có: a = 2; b = 0 x y = 2; x.y = 0 Kết quả: (x; y) (0; 2); (2; 0) Cách 2: Ta có pt: x3 y3 = xy + 8 (1) (x y) (x2 + xy + y2) = xy + 8 x y . x2 +xy + y2 = xy + 8 Nếu x y = 0 x = y pt vô nghiệm vì [ 0 = x2 + 8] Pt chỉ có nghiệm trong trường hợp x y. Do x,y Z x y 1 x2 +xy +y2 xy + 8 x2 +xy + y2 xy + 8 (2) vì x2 + xy + y2 0 * Trường hợp1: xy + 8 0 (2) trở thành: x2 + xy + y2 xy 8 (x + y)2 8 (loại) * Trường hợp2: xy + 8 0 (2) ) trở thành: x2 +xy + y2 xy + 8 x2 + y2 8 (3) x2 0; 1; 4; ; y2 0; 1; 4 12
1.Nếu x = 0 y3 = 8 y = 2 2.Nếu y = 0 x3 = 8 x = 2 3.Nếu x 0; y 0 x2 1; 4; y2 1; 4 Do x y nên chỉ có: x2 = 1 Hoặc: x2 = 4 y2 = 4 y2 = 1 Trong hai số x, y có một số chẵn; 1 số lẻ nên vế trái (1) lẻ ; vế phải( 1) chẵn nên không xảy ra. Vậy chỉ còn hai trường hợp 1, 2 là nghiệm của pt. Ta có: (x; y) (0; 2); (2; 0) . Cách 3: Bạn có thể biến đổi pt đã cho 27x3 27y3 27xy = 216 27x3 27y3 1 27xy = 215 ( a b) 2 (b c ) 2 (c a ) 2 Rồi sử dụng công thức: a + b + c 3abc = (a + b + c). 3 3 3 2 II.2.2.4. Phương trình đa thức có 3 ẩn trở lên a) Ví dụ 1: Tìm các nghiệm nguyên của pt: 6x + 15y + 10t = 3 Ta thấy: 10t = 3 6x 15y 10t 3 t 3 Đặt t = 3k ta được: 6x + 15y + 10.3k = 3 2x + 5y +10k = 1 2x + 5y = 1 10k (pt 2 ẩn,y có các hệ số nguyên tố cùng nhau) 1 10k 5 y 1 y x = = 5k 2y + 2 2 1 y Đặt = t (t nguyên) y = 1 2t 2 x = 5k 2(1 2t) + t = 5t 5k 2 t = 3k Vậy nghiệm của pt là (x; y;t) = (5t 5k 2; 1 2t; 3k) b) Ví dụ 2: pt x2 + y2 + z2 = 1999 (1) có nghiệm nguyên hay không Giải: Ta biết rằng : Số chính phương chẵn 4 ; số chính phương lẻ chia cho 4 dư 1, chia cho 8 cũng dư 1. Theo (1) thì x2 + y2 + z2 là số lẻ nên trong 3 số: x2; y2; z2 phải có 1 số lẻ 2 số chẵn, hoặc cả 3 số đều lẻ. Trường hợp cả 3 số đều lẻ thì vế trái (1) chia cho 8 dư 3. Vế phải (1) là 1999 chia cho 8 dư 7 (loại). Vậy trường hợp này pt (1) không có nghiệm nguyên. Trường hợp: có 1 số lẻ 2 số chẵn vế trái(1) chia cho 4 dư 1; vế phải là 1999 : 4 dư 3 ( loại) pt không có nghiệm nguyên. 13
Kết luận: pt (1) không có nghiệm nguyên. II.2.2.5. Phương trình dạng phân thức: 1 1 1 1 a) Ví dụ 1: Tìm các nghiệm nguyên dương của pt: + + = (*) x y 6 xy 6 Giải: Khử mẫu bằng cách nhân cả 2 vế của pt (*) với 6xy 0 (*) 6y + 6x + 1 = xy. Đưa về pt ước số: x ( y 6 ) 6( y 6) = 37 ( x 6) (y 6) = 37. Do vai trò bình đẳng của x, y có thể giả sử: x y 1 x 6 y 6 5 Nên chỉ có 1 trường hợp: x 6 = 37 x = 43 y 6 = 1 y = 7 Vậy: ( x; y) (43; 7); (7; 43) x 17 b) Ví dụ2: Tìm các số nguyên x sao cho là bình phương của 1 phân số. x 9 x 17 a Giả sử = ( )2; (với a N; b N*) x 9 b Nếu a = 0 x = 17 thoả mãn (x 9) Nếu a 0; Không làm mất tính tổng quát nếu giả sử: (a; b) = 1 (a2; b2) = 1 nên: x 17 = a2.k (1) (k nguyên) x 9 = b2.k (2) Từ (1) và (2) (x 9) (x 17) = (b2 a2)k 8 = (b + a)(b a)k Nhận thấy: b + a và b a là ước của 8 mặt khác (b + a) (b a) = 2a; nên b + a và b a cùng tính chẵn lẻ. Lại có: b + a > b a và b + a > 0 Có các trường hợp sau: a+b b a k b a x = 9+ b2k 4 2 1 3 1 18 Có 3 đáp số: 4 2 1 1 3 8 17 17 02 x = 17 2 2 2 0, loại 17 9 18 17 1 1 x = 18 ( )2 2 4 1 1, loại 18 9 9 3 8 17 x = 8 9 32 8 9 II.2.2.6. Phương trình dạng mũ. a) Ví dụ 1: Tìm x N; y Z sao cho 2x + 3 = y2(1) Trước hết xét 1 số giá trị đặc biệt của x. 14
Nếu x = 0 y2 = 4 y =2 hoặc y = 2 Nếu x = 1 y2 =5 Không có nghiệm nguyên Nếu x 2 2x  4 vế trái (1) chia cho 4 dư 3 mà y2 là số lẻ (y lẻ) y2 chia cho 4 dư 1 Mâu thuẫn. Vậy pt có các nghiệm số là: (0; 2); (0; 2) b) Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dương của pt: 2x + 57 = y2 (1) Ta có thể xét theo tính chẵn; lẻ của x. Trường hợp 1: Nếu x lẻ; đặt: x = 2n +1 (n N) Ta có: 2x = 22n +1 = 2.4n = 2.(3 + 1)n = 2.(BS 3 + 1) = BS 3+2 khi đó vế trái (1) là số chia cho 3 dư 2; vế phải là số chính phương chia cho 3 không dư 2 (loại) Trường hợp 2: Nếu x chẵn: Đặt x = 2n (n N*) Ta có: y2 22n = 57 (y + 2n) (y 2n) = 3. 19 Do: y + 2n 0 y 2n 0 và y +2n y 2n do đó có các trường hợp: y +2n 57 19 n y 2 1 3 n 2 28(loại) 8 n 3 y 11 x = 2n 6 Ta có: 26 + 57 = 112 nghiệm của pt là: (6; 11) II.2.2.7. Phương trình vô tỉ: a) Ví dụ 1: Tìm các nghiệm nguyên của pt: y = x 2 x 1 + x 2 x 1 (1) Giải:Trước hết có điều kiện: x 1 (1) y = x 1 2 x 1 1 + x 1 2 x 1 1 y = ( x 1 1) 2 ( x 1 1) 2 y = x 1 1 + x 1 1 y = x 1 1 x 1 1 Nếu x= 1 y = 2 Nếu x 2 Ta có: y = x 1 +1 + x 1 1 y = 2 x 1 y2 = 4(x 1) Đặt: x 1 = t2 (t nguyên dương) vì 4(x 1) là (số chính phương) Ta có: x = t2 +1 y = 2t Kết luận: Nghiệm nguyên của pt là: (x; y) (1; 2); (t2 + 1; 2t) b) Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của pt: 15
x x x x = y (1) Trước hết: Đặt điều kiện 2 vế không âm (x 0; y 0) rồi bình phương 2 vế ta có pt: x + x x x = y2 2 x x x = y x = k (2) (k N) Bình phương hai vế của hai (2) có x + x x = k 2 x x = k2 x = m (m N) Bình phương của hai vế: x + x m 2 x ( x 1) m 2 Vì x Z+ x là số nguyên hoặc là số vô tỉ nhưng x + x = m2 là một số chính phương nên x là một số tự nhiên x và x 1 là hai số tự nhiên liên tiếp có tích là một sô chính phương nên số nhỏ bằng 0 x = 0 x = 0 y = 0. Vậy nghiệm của (1) là (0; 0) II.2.3. Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm nguyên * Ta xét một số bài toán tìm điều kiện của tham số trong một pt sao cho các nghiệm của pt đều là số nguyên a) Ví dụ 1: Tìm các số thực a để pt sau có nghiệm nguyên: x2 ax + (a + 2) = 0 (1) Trước hết phải có: 0 a2 4(a + 2) 0 (vì (1) là pt bậc hai ẩn x) a2 4a 8 0 (a 2)2 12 0 (a 2)2 12 a 2 2 3 a 2 + 2 3 Có thể buộc là số chính phương ( = k2) a 2 2 3 (*) Khi đó gọi x1; x2 là các nghiệm nguyên của (1) theo hệ thức Viet ta có: x1 + x2 = a x1.x2 (x1 + x2) = 2 x1.x2 = a + 2 x1.(x2 1) (x2 1) = 3 (x1 1)(x2 1) = 3 (2) ((2) là pt ước số) có thể giả sử: x1 x2 x1 1 x2 1. x1 1 = 3 x1 = 4 Có hai trường hợp: a) a = 6 x2 1 = 1 x2 = 2 x1 1 = 1 x1 = 0 b) a = 2 x2 1 = 3 x2 = 2 * Cả hai giá trị a = 6; a = 2 thoả mãn (*) 16
Vậy: Với a = 6 hoặc a = 2 thì (1) có nghiệm nguyên b) Ví dụ 2: Tìm tất cả các số nguyên a để pt: x2 (3 + 2a)x + 40 a = 0 (*) có nghiệm nguyên. Trước hết (*) là 1 pt bậc 2 ẩn x nên phải có điều kiện: là một số chính phương 4a2 + 12a + 9 4(40 a) là 1 số chính phương 4a2 + 16a 151 = n2 (n N*) Suy ra: (2a + 4)2 n2 = 167 (2a + 4 + n).(2a + 4 n) = 167 vì 167 là số nguyên tố nên có: 2a + 4 + n = 167 4a + 8 = 168 a = 40 2a + 4 n = 1 2a + 4 + n = 1 4a + 8 = 168 a = 44 2a + 4 n = 167 * Thử lại: Với a = 40 pt đầu có hai nghiệm là x1 = 0; x2 = 83 Với a = 44 pt đầu có hai nghiệm là x3 = 1; x4 = 84 Kết luận: a = 40 hoặc a = 44 * Chú ý: Có thể thay việc thử lại bằng cách tìm điều kiện 0 rồi đối chiếu a với điều kiện này. c) Ví dụ 3: Tìm tất cả các cặp số nguyên không âm (m; n) để pt: x2 m.n.x + m + n = 0 (*) có nghiệm nguyên. Giả sử: x1, x2 là hai nghiệm nguyên của (*) (x1 x2) x1 + x2 = m.n Theo Viet có: (1) x1.x2 = m + n Ta có: x1x2 (x1 + x2) + 1 = ( x1 1)(x2 1) (2) mn (m + n) + 1 = (m 1)(n 1) (3) Cộng hai vế của (2) và (3) kết hợp với (1) ta có: (x1 1)(x2 1) + (m 1)(n 1) = 2 (4) Nếu m = 0 n = 0 vì (*) x2 = n. (n 0). Giả sử m 1; n 1 m 1 0; n 1 0 x1 1; x2 1. Từ (4) ta thấy có các khả năng sau: (m 1)(n 1) = 1 1) m 1 = n 1 = 1 m = n = 2 (x2 1)(x1 1) = 1 (m 1)(n 1) = 0 x1 1 = 1; x2 1 = 2 2) 17
(x1 1)(x2 1) = 2 x1 = 2; x2 = 3 mn = x1 + x2 = 5 m = 1; n = 5 hoặc m = 5; n = 1. (m 1)(n 1) = 2 m 1 = 1; n 1 = 2 m = 2; n =3 3) (x2 1)(x1 1) = 0 m 1 = 2; n 1 = 1 m = 3; n = 2 Kết luận: (m; n) (0; 0); (3; 2); (2; 3); (5; 1); (1; 5); (2; 2) . II.2.4. Các bài toán với nghiệm nguyên II.2.4.1. Bài toán về số tự nhiên và các chữ số. a) Ví dụ 1: Tìm hai số tự nhiên liên tiếp, mỗi số có hai chữ số, biết rằng viết số lớn trước số nhỏ ta được một số chính phương. * Giải: Gọi hai số tự nhiên phải tìm là x và x + 1. Ta có: ( x 1) x n 2 (1) trong đó: x, n N. Do x và x + 1đều có hai chữ số và n2 là số có bốn chữ số nên 10 x 98; 32 n 99 (2) Từ (1) ta có: 100(x + 1) + x = n2 101x + 100 = n2 (n + 10)(n 10) = 101x Chú ý đến tính chất chia hết: tích (n + 10)(n 10) chia hết cho số nguyên tố 101, do đó tồn tại một thưà số chia hết cho 101. Từ (2) ta có: 22 n 10 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 là 81 và 82. b) Ví dụ 2: Tìm các số tự nhiên có bốn chữ số và bằng lập phương của tổng các chữ số của nó. * Giải: Gọi số phải tìm là abcd , ta có: abcd = (a + b + c + d)3 (1) 18
Đặt a + b + c + d = m. Số abcd và tổng các chữ số của nó khi chia cho 9 có cùng số dư nên: abcd m  9 abcd = 9k + m (k N) Thay vào (1): 9k + m = m3 m3 m  9 (m 1) m (m + 1)  9. Trong ba số nguyên liên tiếp, có một và chỉ một số chia hết cho 3. Tích của chúng chia hết cho 9.Nên có 1 và chỉ 1 số chia hết cho 9 Ta có: 1000 abcd 9999 1000 m3 9999 10 m 21. Do đó: 9 m 1 20; 11 m + 1 22. Xét ba trường hợp: TH1: m  9 m = 18 abcd = 183 = 5823 = (5 + 8 + 3 + 2)3. TH2: m + 1  9 m + 1 = 18 m = 17. 3 3 abcd = 17 = 4913 = (4 + 9 + 1 + 3) . TH3: m 1  9 m 1 = 18 m = 19. abcd = 19 = 6859, loại vì tổng các chữ số không bằng 19. 3 Đáp số: 5832 và 4913. II.2.4.2. Bài toán về chia hết và số nguyên tố a) Ví dụ: Tìm các số nguyên dương n và các số nguyên tố p sao cho: n(n 1) p = 1. 2 * Giải: Cách 1. Với 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 viết p dưới dạng: n2 n 2 (n 1)(n 2) p = . 2 2 Xét hai trường hợp: n 1 Nếu n lẻ (n 5) thì p = . (n + 2), là tích của hai thừa số lớn hơn 1 nên p là hợp 2 số. 19
n 2 Nếu n chẵn (n 4) thì p = (n 1). , là tích của hai thừa số lớn hơn 1 nên p là hợp 2 số. n = 2 n = 3 Đáp số: và p = 2 p = 5 (n 1)(n 2) Cách 2: p = . 2 Để p là số nguyên tố, trong n 1và n + 2, cần có một số bằng 1, thừa số kia chia hết cho 2; hoặc một thừa số bằng 2. Ta có n + 2 > 2 nên trường hợp thứ nhất cho n 1 = 1, suy ra n = 2; p = 2 trường hợp thứ hai cho n 1 = 2, suy ra n = 3, p = 5. II.2.4.3. Phương pháp tìm nghiệm riêng để giải phương trình bậc nhất hai ẩn a) Mở đầu Giả sử phương trình bậc nhất hai ẩn ax + by = c (a, b, c Z) có nghiệm nguyên. trong nhiều trường hợp, ta có thể tìm được ngay một nghiệm của phương trình , ta gọi đó là một nghiệm riêng. Có công thức biểu thị tất cả các nghiệm của phương trình theo nghiệm riêng nói trên. Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 11x + 18y = 120 (1) Bằng cách thử chọn, ta tìm được x = 6; y = 3 là một nghiệm riêng của (1). Ta có: 11x + 18y = 120 11.6 + 18.3 = 120. Trừ từng vế: 11(x 6) + 18(y 3) = 0 11(x 6) = 18(3 y) (2) Như vậy x 6 18 . Đặt x 6 = 18t (t nguyên) ta được x = 6 + 18t. Thay vào (2) và rút gọn: 11t = 3 y. Suy ra y = 3 11t. Có thể chứng minh được rằng công thức cho mọi nghiệm của (1) là: x = 6 + 18t (t nguyên tuỳ ý) y = 3 11t b) Cách giải tổng quát Xét phương trình ax + by = c (1) trong đó a, b, c Z, a 0, b 0. 20