intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 8 - Chuyên đề: Phương trình nghiệm nguyên

Chia sẻ: Trần Đình Hoàng | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:141

Thêm vào BST
Báo xấu
53
lượt xem 14
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu "Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 8 - Chuyên đề: Phương trình nghiệm nguyên" có nội dung trình bày về các kiến thức cần nhớ; một số phương pháp giải như: tìm một nghiệm riêng của phương trình, phương pháp dùng tính chia hết, phương pháp sử dụng tính chẵn lẻ của ẩn hoặc xét số dư từng vế, sử dụng lý thuyết phần nguyên,... cùng với đó là những bài tập vận dụng kèm theo;... Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 8 - Chuyên đề: Phương trình nghiệm nguyên

  1. Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 CHUYÊN ĐỀ:  PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN MỤC LỤC  A.KIẾN THỨC CẦN NHỚ                                                                                                                  2    B.MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI                                                                                                     3    1.  Tìm một nghiệm riêng của phương trình:                                                                                                   ...............................................................................................      3  2.  Tìm nghiệm riêng của phương trình (1) bằng thuật toán ơ­clit mở rộng.                                                 .............................................      4  3.  Phương pháp dùng tính chia hết                                                                                                                   ...............................................................................................................      5  Dạng 1.Phát hiện tính chia hết của một ẩn                                                                                                 ............................................................................................      5  Dạng 2.Phương pháp đưa về phương trình ước số                                                                                     .................................................................................      8  Dạng 3.Phương pháp tách ra các giá trị nguyên.                                                                                         .....................................................................................       17  4.  Phương pháp sử dụng tính chẵn lẻ của ẩn hoặc xét số dư từng vế                                                       ...................................................       19  Dạng 1.Sử dụng tính chẵn lẻ                                                                                                                     .................................................................................................................       19  Dạng 2.Xét tính chẵn lẻ và xét số dư từng vế                                                                                           .......................................................................................       19  5.  Sử dụng tính chất a(a + 1) = k2                                                                                                                  ..............................................................................................................       21  6.  Sử dụng lý thuyết phần nguyên                                                                                                                 .............................................................................................................       22  7.  Phương pháp dùng tính chất của số chính phương                                                                                   ...............................................................................       22  Dạng 1: Dùng tính chất về chia hết của số chính phương                                                                        ....................................................................       22  Dạng 2: Đưa về tổng các số chính phương                                                                                               ..........................................................................................       23  Dạng 3: Xét các số chính phương liên tiếp                                                                                                ............................................................................................       27  Dạng 4: Sử dụng điều kiện      là s   ố chính phương                                                                                    ................................................................................       29 Dạng 5: Sử dụng tính chất: Nếu hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương thì một trong    hai số nguyên liên tiếp đó bằng 0                                                                                                               ...........................................................................................................       30 Dạng 6: Sử dụng tính chất: Nếu hai số nguyên dương nguyên tố  cùng nhau có tích là một số chính    phương thì mỗi số đều là số chính phương                                                                                               ...........................................................................................       31  8.  Phương pháp đưa về ước số                                                                                                                      ..................................................................................................................       32  9.  Sử dụng phương pháp kẹp giữa                                                                                                                ............................................................................................................       35  10.  Sử dụng tính chất chia hết và đồng dư                                                                                                   ...............................................................................................       40  11.  Sử dụng lý thuyết đồng dư                                                                                                                      ..................................................................................................................       43  12.  Phương pháp xuống thang                                                                                                                        ....................................................................................................................       46  13.  Phương pháp dùng bất đẳng thức                                                                                                            ........................................................................................................       48  Dạng 1: Sử dụng bất đẳng thức cổ điển                                                                                                   ...............................................................................................       48  Dạng 2: Sắp xếp thứ tự các ẩn                                                                                                                  ..............................................................................................................       50  Dạng 3: Chỉ ra nghiệm nguyên                                                                                                                   ...............................................................................................................       54  Dạng 4: Sử dụng điều kiện         0 đ   ể phương trình bậc hai có nghiệm                                                     .................................................       54  14.  Phương pháp khử ẩn để giải phương trình nghiệm nguyên.                                                                 .............................................................       55 Biên soạn: Trần Đình Hoàng                0814000158  1
  2. Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8  15.  Phương pháp lùi vô hạn, nguyên tắc cực hạn                                                                                         .....................................................................................       56  Dạng 1: Phương pháp lùi vô hạn                                                                                                                ............................................................................................................       56  Dạng 2: Nguyên tắc cực hạn                                                                                                                      ..................................................................................................................       58  16.  Điều kiện phương trình có nghiệm nguyên                                                                                            ........................................................................................       58  17.  Bài toán đưa về giải phương trình nghiệm nguyên                                                                                ............................................................................       59   Dạng 1. Bài toán về số tự nhiên và các chữ số                                                                                         .....................................................................................       59  Dạng 2. Bài toán về hàm số                                                                                                                      ...................................................................................................................         60  Dạng 3. Bài toán về tính chia hết về số nguyên tố                                                                                    ................................................................................       61  Dạng 4. Các bài toán thực tế                                                                                                                       ...................................................................................................................       63  C. BÀI TẬP VẬN DỤNG                                                                                                                      65      D. HƯỚNG DẪN GIẢI                                                                                                                        75     A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ 1. Giải phương trình nghiệm nguyên. ­ Phương trình nghiệm nguyên là phương trình có nhiều ẩn số, tất cả các hệ số của phương   trình đều là số  nguyên. Các nghiệm cần tìm cũng là số  nguyên. (Phương trình nghiệm   nguyên còn gọi là phương trình Diophantus ­ mang tên nhà toán học cổ Hy Lạp vào thế  kỷ  thứ II). ­ Giải phương trình f(x, y, z, ...) = 0 chứa các  ẩn x, y, z, ... với nghiệm nguyên là tìm tất cả   các bộ số nguyên (x, y, z, ...) thỏa mãn phương trình đó. 2. Một số lưu ý khi giải phương trình nghiệm nguyên. ­ Khi giải các phương trình nghiệm nguyên cần vận dụng linh hoạt các tính chất về chia hết,   đồng dư, tính chẵn lẻ,… để  tìm ra điểm đặc biệt của các  ẩn số  cũng như  các biểu thức   chứa  ẩn trong phương trình, từ  đó đưa phương trình về  các dạng mà ta đã biết cách giải   hoặc đưa về  những phương trình đơn giản hơn. Các phương pháp thường dùng để  giải   phương trình nghiệm nguyên là:  Phương pháp dùng tính chất chia hết  Đưa về phương trình tích  Đưa về ước số  Phương pháp xét số dư từng vế  Sử dụng lý thuyết đồng dư  Phương pháp sử dụng bất đẳng thức  Phương pháp dùng tính chất của số chính phương  Sử dụng tính chất  a ( a + 1) = k 2 Biên soạn: Trần Đình Hoàng                0814000158  2
  3. Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8  Sử dụng lý thuyết phần nguyên  Phương pháp lùi vô hạn, nguyên tắc cực hạn.  Sử dụng phương pháp kẹp giữa  Phương pháp xuống thang  Sử dụng delta của phương trình bậc hai B. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Tìm một nghiệm riêng của phương trình:  Lý Thuyết  Đối với phương trình bậc nhất 2 ẩn ax + by = c (a, b, c  Z; a, b không đồng thời bằng 0). Định lý:  Điều kiện cần và đủ  để phương trình ax + by = c  ( a,b,c ι  ; a,b 0 ) có nghiệm   nguyên là ước số chung lớn nhất của a và b là ước của c. Hệ quả: Nếu ƯCLN(a;b) = 1 thì phương trình (1) có nghiệm nguyên.  Phương pháp giải  Áp dụng tính chất:  Nếu phương trình (1) có một nghiệm nguyên (x0; y0) thì nó có vô số   nghiệm nguyên và tập hợp các nghiệm nguyên của nó gồm các cặp số nguyên (x; y) xác định   bởi: b x = x0 + t d   với d = ƯCLN(a;b) và t = 0, 1, 2,... a y = y0 − t d Ví dụ 1.                    (Bài toán dân gian)              “ Trăm trâu, trăm cỏ,                    Trâu đứng ăn năm,                    Trâu nằm ăn ba                    Lụ khụ trâu già,                     Ba con một bó”. Hỏi có bao nhiêu trâu đứng, bao nhiêu trâu nằm và bao nhiêu trâu già? Lời giải: Gọi số trâu đứng là x, số trâu nằm là y thì số trâu già là 100 – (x + y) và ta có phương trình 100 x y 5x + 3y +   = 100. 3 Ở đó x, y là những số nguyên dương. Phương trình trên tương đương với: 7x + 4y = 100. Ta phải tìm nghiệm nguyên dương của phương trình này. Dễ  thấy x0 = 0, y0 = 25 là một  nghiệm nguyên của phương trình 7x + 4y = 100 nên tập hợp nghiệm nguyên của nó gồm tất   cả các cặp số nguyên (x;y) sau đây. x = 4t   với t là một số nguyên tuỳ ý y = 25 − 7t Bởi vì x = 4t > 0 và y = 25 – 7t > 0 nên 0 
  4. Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 t Số trâu đứng Số trâu nằm Số trâu già 1 4 18 78 2 8 11 81 3 12 4 84 Nghiệm (x0 = 0; y0 = 25) được gọi là một nghiệm riêng và nghiệm (x = 4t; y = 25 – 7t), t   Z, được gọi là nghiệm tổng quát của phương trình 7x + 4y = 100. Như vậy để  giải phương trình (1) trong điều kiện giải được, ta chỉ  cần tìm một nghiệm   riêng nào đó của nó. Sau đây chúng ta sử  dụng thuật toán  ơ­clit mở  rộng để  chỉ  ra một   nghiệm riêng của phương trình (1). 2. Tìm nghiệm riêng của phương trình (1) bằng thuật toán ơ­clit mở rộng. Xét phương trình Đi­ô­phăng bậc nhất hai ẩn: ax + by = c với d =  ƯCLN(a; b) là một ước   của c, chẳng hạn c = dc’ (c’   Z) Thực hiện thuật toán ơ­clit mở rộng trên hai số a, b chúng ta được d và hai số ngyên x’, y’   sao cho xảy ra đẳng thức ax’ + by’ = d. Chúng ta nhân hai vế  của đẳng thức này với c’ sẽ  được  a(c’x’) + b(c’y’) = d. Đẳng thức sau cùng này chứng tỏ  c’x’, c’y’ là một nghiệm riêng của phương trình (1) và   áp dụng định lí trên chúng ta được tất cả các nghiệm nguyên của nó. Ví dụ 1.       Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 1821x + 675y = 6.   Lời giải: Trước hết ta hãy tìm cặp số nguyên x, y sao cho:  1821x + 675y = d   (d = ƯCLN(1821; 675)) Thực hiện thuận toán ơ­clit mở rộng trên hai số 1821 và 675, ta có bảng sau. t q r0 r1 r2 x0 x1 x2 y0 y1 y2 0 2 1821 675 471 1 0 1 0 1 ­2 1 1 675 471 204 0 1 ­1 1 ­2 3 2 2 471 204 63 1 ­1 3 ­2 3 ­8 3 3 204 63 15 ­1 3 ­10 3 ­8 27 4 4 63 15 3 3 ­10 43 ­8 27 ­116 5 5 15 3 0 ­10 43 27 ­116 Nhìn vào bảng trên ta được d = ƯCLN(1821; 675) = 3 x = 43; y = ­116 và có đẳng thức 1821.43 + 675(­116) = 3. Chúng ta thấy d = 3 là  ước của 6 nên phương trình đã cho có nghiệm nguyên. Bằng cách   nhân hai vế của đẳng thức trên với 2 ta được 1821.86 + 675(­232) = 6 Đẳng thức cuối cùng này chứng tỏ  (x = 86, y = ­232) là một nghiệm riêng của phương   trình đã cho và do đó nghiệm tổng quát của nó là 675 x = 86 + t = 86 + 225t 3    t = 0,  1 ,  2... 1821 y = −232 − t = −232 − 607t 3 Biên soạn: Trần Đình Hoàng                0814000158  4
  5. Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 Ví dụ 2.  Phương trình 15x – 5y = – 20 tương đương với phương trình 3x – y = – 4  hay y = 3x + 4  x =t nên ta được.   với  t = 0,  1 ,  2...là tất cả các nghiệm của phương   y =4 +3t trình 15x – 5y = – 20. Nếu |a| và |b| đều lớn hơn 1. Bao giờ ta cũng có thể  chuyển việc tìm nghiệm nguyên của   phương trình (1) về  việc tìm nghiệm nguyên của một phương trình bậc nhất hai  ẩn mà có ít  nhất một hệ số của ẩn là  1. Ví dụ 3.  Giải phương trình vô định: 17x – 47y = 5 Lời giải: Bời vì – 47 = 17(– 3) + 4 nên ta viết phương trình dưới dạng: 17(x – 3y) + 4y = 5 Đặt x – 3y = z   Z ta được phương trình: 17z + 4y = 5 vì 17 = 4.4 + 1 nên phương trình này được viết dưới dạng: 4(y + 4z) + z = 5. Đặt y + 4z = t   Z ta được phương trình:  4t + z = 5. Đây là một phương trình bậc nhất hai ẩn có hệ số của ẩn z là 1 nó cho ta z = 5 – 4t, t    Z. Từ đó y = t – 4z = t – 5( 5 – 4t ) = – 20 + 17t.                x = z + 3y = (5 – 4t) = 3(– 20 + 17t) = – 55 + 47t  x   = −55 + 47t Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:     t = 0,  1,  2, ... y = −20 + 17t 3. Phương pháp dùng tính chia hết Dạng 1.  Phát hiện tính chia hết của một ẩn  Bài 1.       Giải phương trình nghiệm nguyên 3x + 17y = 159     (1) Lời giải: Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn phương trình (1). Ta thấy 159 và 3x đều chia hết cho 3   nên  17y M3 y M3  (do 17 và 3 nguyên tố cùng nhau).  Đặt  y = 3t ( t Z )  thay vào phương trình ta được: 3x + 17.3y = 159  x + 17t = 53  x = 53 − 17t Do đó:  (t  ) . Thử lại ta thấy thỏa mãn phương trình đã cho  y = 3t Vậy phương trình có nghiệm (x, y) = (53 – 17t, 3t) với t là số nguyên tùy ý. Bài 2.     Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x + 13y = 156     (1). Lời giải ­ Phương pháp 1: Ta có  13y M13  và  156 M13  nên  2x M13 x M13  (vì (2,3) = 1). Đặt  x = 13k (k Z)  thay vào (1) ta được:  y = −2k + 12 �x = 13k Vậy nghiệm nguyên của phương trình là:  (k Z). y = −2k + 12 156 − 13y 13y ­ Phương pháp 2:  Từ (1) � x = = 78 − ,  2 2 Biên soạn: Trần Đình Hoàng                0814000158  5
  6. Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 13y Để  x �Z � �Z  Mà (13,2) = 1 y M2  Đặt  y = 2t(t �� Z) x = 78 − 13t 2 �x = 78 − 13t Vậy nghiệm nguyên của phương trình là:  (t Z). y = −2t Bài 3.     Tìm nghiệm nguyên của phương trình 11x + 18y = 120   (1) Lời giải Ta thấy 18y và 120 đều chia hết cho 6   11xM6  nên  xM6 .  Đặt x = 6k (k nguyên). Thay vào (1) và rút gọn ta được: 11k + 3y = 20 20 − 11k Biểu thị ẩn mà hệ số của nó  có giá trị tuyệt đối nhỏ (là y) theo k ta được:  y = 3 k −1 Tách riêng giá trị nguyên của biểu thức này:   y = 7 − 4k + 3 k −1 y = 7 − 4(3t + 1) + t = 3 − 11t Lại đặt  = t  với t nguyên suy ra k = 3t + 1. Do đó:  3 x = 6k = 6(3t + 1) = 18t + 6 Thay các biểu thức của x và y vào (1), phương trình được nghiệm đúng. x = 18t + 6 Vậy các nghiệm nguyên của (10 được biểu thị bởi công thức:   với t là số nguyên tùy  y = 3 − 11t ý Chú ý:    a) Nếu đề  bài yêu cầu tìm nghiệm nguyên dương của phương trình (1) thì sau khi tìm được   18t + 6 > 0 � 1 3 nghiệm tổng quát ta có thể giải điều kiện:  �− 0 3 11 Do đó t = 0 do t là số nguyên. Nghiệm nguyên dương của (1) là (x, y) = (6, 3). Trong trường hợp tìm nghiệm nguyên dương của (1) ta còn có thể giải như sau Do  y 1  nên  11x 120 − 18.1 = 102.   Do x nguyên nên  x 9 . Mặt khác  x M6  và x nguyên dương nên x = 6 � y = 3   20 − 11k b) Có nhiều cách tách giá trị nguyên của biểu thức  y = ,  chẳng hạn:  3 k −1 1 + 2k y = 7 − 4k +  (cách 1) ; y = 7 − 3k −  (cách 2) 3 3 2( 1− k) y = 6 − 3k +  (cách 3) 3 Ta thấy: ­ Cách 1 gọn hơn cách 2 vì ở cách 1 hệ số của k trong phân thức bằng 1, do đó sau   k −1 khi đặt  = t  ta không cần thêm một ẩn phụ nào nữa 3 Biên soạn: Trần Đình Hoàng                0814000158  6
  7. Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 ­ Trong cách 3, nhờ đặt được thừa số chung mà hệ số của k của phần phân số bằng ­1, do đó  1− k sau khi đặt  = t  cũng không cần dùng thêm thừa số phụ nào nữa. 3 Bài 4.     Giải phương trình nghiệm nguyên  23x + 53y = 109. Lời giải 109 − 53y 23(4 − 2y) + 17 − 7y 17 − 7y Ta có  x = = = 4 − 2y + 23 23 23 17 − 7y Ta phải biến đổi tiếp phân số   để sao cho hệ số của biến y là 1. 23 Phân tích: Ta thêm, bớt vào tử số một bội thích hợp của 23 17 − 7y 17 − 7y + 46 − 46 7(9 − y) − 46 7(9 − y) = = = −2 + 23 23 23 23 7(9 − y) 9−y Từ đó  x = 2 − 2y + , Để  x �Z � �Z , do (7,23) = 1. 23 23 Đặt  9 − y = 23t (t �� Z) y = 9 − 23t �x = 9 − 23t Vậy nghiệm nguyên của phương trình là:  (t Z). y = 53t − 16 Chú ý: Phương trình có dạng  ax + by = c  với a, b, c là các số nguyên. Phương pháp giải: ­ Rút gọn phương trình chú ý đến tính chia hết của các ẩn. ­ Biểu thị ẩn mà hệ số của nó có giá trị tuyệt đối nhỏ (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 chứa x bằng một số  nguyên   t1 , ta được một  phương trình bậc nhất hai ẩn y và t1. ­ Cứ tiếp tục làm như trên cho đến khi các ẩn đều được biểu thị dưới dạng một đa thức với  các hệ số nguyên. Bài 5.     Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 6x2 + 5y2 = 74 Lời giải Ta có:  6x + 5y = 74 � 6 ( x − 4 ) = 5 ( 10 − y ) ( 2 ) 2 2 2 2 Từ (2) suy ra  6 ( x − 4 ) M5  , mặt khác  ( 6, 5 ) = 1 � ( x − 4 ) M5   � x 2 = 5t + 4 ( t �N )   2 2 ( ) Thay  x 2 − 4 = 5t  vào (2) ta có:  30t = 5 10 − y � y = 10 − 6t 2 2 Biên soạn: Trần Đình Hoàng                0814000158  7
  8. Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 4 t >− �5t + 4 > 0 4 5 Ta có:  x 2 > 0, y 2 > 0 ��� � 10t − 6 > 0 � 5 5 − 5 < t < , t �N  .Suy ra:  t 3 { 0;1}   t< 3 Với t = 0 không thỏa mãn yêu cầu bài toán. x2 = 9 �x = �3 Với t = 1 ta có:  � 2 �  . Mặt khác x, y nguyên dương nên x = 3, y = 2. y =4 y= 2 Vậy phương trình có nghiệm (x, y) = (3, 2). Bài 6.     Có tồn tại hay không hai số nguyên x, y thỏa mãn :  3 x 2 + 7 y 2 = 2002 HD: Biến đổi phương trình thành: x2 2 > 3. + y 2 = 286 x 2 M7  và  x �286 7 x 16  và  x M7 � x = 7, x = 14 7 Với  x = 7 � y 2 = 165 ( l ) Với  x = 14 � y 2 = 202 ( l ) Dạng 2.  Phương pháp đưa về phương trình ước số Phương pháp:  ­ Ta tìm cách đưa phương trình đã cho thành phương trình có một vế là tích các biểu thức có   giá trị nguyên, vế phải là hằng số nguyên. ­ Ta có thể  sử  dụng các PP phân tích thành nhân tử, biến thành hiệu của hai số  chính   phương,  ­ Sử dụng biệt thức denta là số chính phương ” .  ­ Thực chất là biến đổi phương trình về  dạng:  A(x; y).B(x; y) = c  trong đó  A(x; y), B(x; y)  là   các biểu thức nguyên, c là một số nguyên. ­ Xét các trường hợp A(x; y), B(x; y)  theo ước của c. Bài tập áp dụng Bài 1.  Giải phương trình nghiệm nguyên :  x 2 + 4 x − y 2 = 1 Lời giải: Ta có:   x 2 + 4 x − y 2 = 1 � ( x 2 + 4 x + 4 ) − y 2 = 5 � ( x + 2 ) − y 2 = 5 � ( x + 2 + y ) ( x + 2 − y ) = 5 2 Vì  x, y  � x + y + 2  và  x − y + 2 là số nguyên. Do đó ta có bảng giá trị: x – y + 2 ­5 ­1 1 5 x + y + 2 ­1 ­5 5 1 x ­5 ­5 1 1 y 2 ­2 2 ­2 Vậy: (x; y) = (­5; 2), (­5; ­2), (1; 2), (1; ­2) Bài 2.  Giải phương trình nghiệm nguyên :  x − y + 2 xy = 6 Lời giải: Biên soạn: Trần Đình Hoàng                0814000158  8
  9. Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 1 11 Ta có: x − y + 2 xy = 6 � x ( 1 + 2 y ) − y = 6 � x ( 1 + 2 y ) − y − = 2 2 � 2 x ( 1 + 2 y ) − ( 2 y + 1) = 11 � ( 2 x − 1) ( 2 y + 1) = 11 Vì  x, y  � 2 x − 1  và  2 y + 1 là số nguyên. Do đó ta có bảng giá trị: 2x – 1   ­11 ­1 1 11 2y + 1 ­1 ­11 11 1 x 0 ­5 6 1 y ­6 ­1 5 5 Vậy: (x; y) = (0; ­6), (­5; ­1), (6; 5), (1; 5) Bài 3.  Giải phương trình nghiệm nguyên :  x 2 + xy + 3 y = 11 Lời giải: Cách 1: Ta có:  x + xy + 3 y = 11 � x − 9 + xy + 3 y = 11 − 9 � ( x − 3) ( x + 3) + y ( x + 3 ) = 2 2 2                      � ( x + 3) ( x + y − 3) = 2 Vì  x, y  � x + 3  và  x + y − 3 là số nguyên. Do đó ta có bảng giá trị: x + 3 ­2 ­1 1 2  x + y – 3  ­1 ­2 2 1 x ­5 ­4 ­2 ­1 y 7 5 7 5 2 2 � y y 2 � �y 2 � �2 x + y � �y − 3 � Cách 2: Ta có:  x 2 + xy + 3 y = 11 � �x 2 + 2 x. + �− � − 3 y �= 11 � � �− � �= 2 � 2 4 � �4 � � 2 � �2 �         � ( 2 x + y ) − ( y − 3) = 8 � ( 2 x + y + y − 3) ( 2 x + y − y + 3) = 8 � ( 2 x + 2 y − 3 ) ( 2 x + 3 ) = 8 2 2 Vậy: (x; y) = (­5; 7), (­4; 5), (­2; 7), (­1; 5) Bài 4.  Tìm nghiệm nguyên của phương trình:  2xy – x + y = 3  Lời giải Ta có:  2xy − x + y = 3  4xy – 2y + 2y = 6  2x(2y – 1) + (2y – 1) = 6 – 1  (2y – 1)(2x + 1) = 5 Ta gọi phương trình trên là phương trình ước số: vế trái là một tích các thừa số nguyên, vế  trái là hằng số. Ta có x và y là các số nguyên nên 2x + 1 và 2y – 1 là các số nguyên và là ước   của 5. (2x + 1) và (2y – 1) là các ước số của 5 nên ta có:  2x + 1 1 ­1 5 ­5 2y – 1 5 ­5 1 ­1 Vập phương trình có các nguyện nguyên là (x, y) = (3, 0); (­1, ­2); (2, 1); (­3, 0). Kinh nghiệm giải: Để  đưa vế  trái  2xy − x + y về  phương trình dạng tích, ta biến đổi thành    1 x ( 2y − 1) + ( 2y − 1)  bằng cách nhân 2 vế của phương trình với 2 để đưa về phương trình ước  2 số. Luyện tập kinh nghiệm này bằng ví dụ 2 sau đây. Bài 5.  Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 5x – 3y = 2xy – 11. Biên soạn: Trần Đình Hoàng                0814000158  9
  10. Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8  Lời giải 3 15 Ta có :  5x − 3y = 2xy − 11 � x(5 − 2y) + (5 − 2y) − + 11 = 0 2 2 � 3 � −7 2x + 3 7 � (5 − 2y) �x + �= � (2y − 5) � = � (2y − 5)(2x + 3) = 7   (*) � 2� 2 2 2 Suy ra (2x + 3) và (2y – 5) là các ước số của 7 nên ta có:  2x + 3 1 ­1 7 ­7 2y ­ 5 7 ­7 1 ­1 Vập phương trình có các nguyện nguyên là (x, y) = (­1, 6); (­2, ­1); (2, 3); (­5, 2). Nhận xét: Đối với nhiều phương trình nghiệm nguyên việc đưa về  phương trình  ước số  là   rất khó khăn ta có thể áp dụng một số thủ thuật, các bạn xem tiếp ví dụ 3: Bài 6.   Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – 2xy + 3y – 5y + 7 = 0. Lời giải (2y + 5) (2y + 5) 2 −(2y + 5) 2 Ta có :  x 2 − 2xy + 3y − 5x + 7 = 0 � x 2 − 2x. + + + 3y + 7 = 0 2 4 4 2 2 � 2y + 5 � −4y − 20y − 25 + 12y + 28 � 2y + 5 � 4y + 8y − 3 2 2 � �x − �+ = 0 � �x − �− � 2 � 4 � 2 � 4 2 2 � 2y + 5 � 4(y + 1) − 7 � 2y + 5 � −7 2 � �x − �− = 0 � �x − �− (y + 1) = 2 � 2 � 4 � 2 � 4 (2x − 2y − 5) 2 −7 � − (y + 1) 2 = � (2x − 2y − 5) 2 − 4(y + 1) 2 = −7 4 4 � (2x − 2y − 5 − 2y − 2)(2x − 2y − 5 + 2y + 2) = −7 � (2x − 4y − 7)(2x − 3) = −7    (*) Vì x, y nguyên nên từ PT(*) ta có các trường hợp sau: �2x − 4y − 7 = 1 �x = −2 �2x − 4y − 7 = −7 �x = 2 1)           2)  2x − 3 = −7 y = −3 2x − 3 = 1 y =1 �2x − 4y − 7 = −1 �x=5 �2x − 4y − 7 = 7 �x = 1 3)            4)  2x − 3 = 7 y =1 2x − 3 = −1 y = −3 Vậy các nghiệm nguyên (x; y) của phương trình là: (­2; ­3); (2; 1); (5; 1);(1; ­3). Nhận xét:   Trong cách giải trên ta đã sử  dụng phương pháp biến đổi tam thức bậc hai   ( ax 2 + bxy + cy 2 , ax 2 + bx + c )  trước hết ta chọn một biến để đưa về hằng đẳng thức (Bình  phương của một tổng, hoặc một hiệu) chứa biến đó: ở đây ta chọn biến x là :  ( 2y + 5 ) 2 x − x ( 2y + 5 ) 2 + , phần còn lại của đa thức ta lại làm như vậy với biến y:   4 Biên soạn: Trần Đình Hoàng                0814000158  10
  11. Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 − ( 2y + 5 ) 4 ( y + 1) − 7 2 2 4y 2 + 8y − 3   + 3y + 7 = − =− 4 4 4 Các bạn có thể tư duy tìm hướng giải như sau:  x 2 − 2xy + 3y − 5x + 7 = 0 � x 2 − (2y + 5)x + 3y + 7 + a = a (*) Xét phương trình:  x 2 − (2y + 5)x + 3y + 7 + a = 0 (**) Với a là số chưa biết cần thêm vào, xác định a như sau: ∆ (**) = (2y + 5)2 − 4(3y + 7 + a) = 4y 2 + 20y + 25 − 12y − 28 − 4a = 4y 2 + 8y − 3 − 4a −7 Chọn a để  ∆ ( **)   là số chính phương nên  −3 − 4a = 4 � a =  . 4 2y + 5 − 2(x + 1) 3 2y + 5 + 2(x + 1) 4y + 7 Khi đó :  ∆ (**) = 4(x + 1) 2 � x1 = = , x2 = =   2 2 2 2 � 3� � 4y + 7 � 7 Vậy:  (*) � �x − � �x − �= − � (2x − 3)(2x − 4y − 7) = −7 � 2� � 2 � 4 Vì x, y nguyên nên ta có các trường hợp sau: �2x − 4y − 7 = 1 �x = −2 �2x − 4y − 7 = −7 �x = 2 1)           2)  2x − 3 = −7 y = −3 2x − 3 = 1 y =1 �2x − 4y − 7 = −1 �x = 5 �2x − 4y − 7 = 7 �x = 1 3)            4)  2x − 3 = 7 y =1 2x − 3 = −1 y = −3 Vậy các nghiệm nguyên (x;y) của phương trình là: (­2; ­3); (2; 1); (5; 1);(1; ­3). Bài 7.   Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + 12y = y2    (1) Lời giải Phương trình tương đương với : � ( x + 6 ) − y 2 = 36 � ( x + y + 6 ) ( x − y + 6 ) = 36 2 x 2 + 12x = y 2 Suy ra (x + y + 6) và (x – y + 6) là ước của 36.  Mà 36 có 18 ước nên:  ( x + y+ α������� 6 ) { 1; 2; 3; 4; 6; 9; 18; 36}   Kết quả ta tìm được các nghiệm nguyên là: ( 0,0 ) ; ( −12,0 ) ; ( −16,8 ) ; ( −16, −8 ) ; ( 4,8 ) ; ( 4, −8 ) Nhận xét: Phương pháp đưa về phương trình  ước số  có 2 bước: Phân tích thành  ước và xét   các trường hợp. Hai bước này có thể không khó nhưng trong trường hợp hằng số phải xét có  nhiều ước số chúng ta cần dựa vào tính chất của biến (ví dụ: tính chẵn lẻ, số dư từng vế) để  giảm số trường hợp cần xét. Trong trường hợp bài tập 4 ta có thể nhận xét như sau: Do y có số mũ chẵn nên nếu y là nghiệm thì – y cũng là nghiệm nên ta giả  sử   y 0 . Khi đó  x+6−y x + 6 + y  ta giảm được 8 trường hợp: Biên soạn: Trần Đình Hoàng                0814000158  11
  12. Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 �x + 6 + y = 9 �x + 6 + y = −4 �x + y + 6 = −1 � ,� ,� x + 6 − y = 4 �x + 6 − y = −9 �x + y − 6 = −36 �x + 6 + y = 36 �x + 6 + y = −2 �x + y + 6 = 18 � ,� ,� x + 6 − y = 1 �x + 6 − y = −18 �x + y − 6 = 2 �x + 6 + y = −3 �x + 6 + y = 12 �x + y + 6 = −6 �x + 6 + y = 6 � ,� ,� � x + 6 − y = −12 �x + 6 − y = 3 �x + y − 6 = −6 �x + 6 − y = 6 Bây giờ  có 10 trường hợp, ta lại thấy   ( x + 6 + y ) + ( x + 6 − y ) = 2y   nên   ( x + 6 + y ) , ( x + 6 − y ) có  cùng tính chẵn lẻ. Do đó ta còn 4 trường hợp:  �x + 6 + y = −2 �x + y + 6 = 18 �x + y + 6 = −6 �x + y + 6 = 6 � , � ,� , � �x + 6 − y = −18 �x + y − 6 = 2 �x + y − 6 = −6 �x + y − 6 = 6 �x + y + 6 = −6 �x + y + 6 = 6 Tiếp   tục   xét   hai   phương   trình   � , � hai   phương   trình   này   đều   có  �x + y − 6 = −6 �x + y − 6 = 6 nghiệm  y = 0 ta có xét y = 0 ngay từ đầu. Ta có phương trình ban đầu:  x ( x + 12 ) = y 2  , xét hai  khả năng:  Nếu y = 0 thì x = 0 hoặc x = ­ 12 Nếu  y 0  thì  x + 6 − y < x + 6 + y áp dụng hai nhận xét trên ta chỉ phải xét 2 trường hợp �x + 6 + y = −2 �x + y + 6 = 18 � , � �x + 6 − y = −18 �x + y − 6 = 2 Giải và kết luận phương trình có 4 nghiệm  ( 0,0 ) ; ( −12,0 ) ; ( −16,8 ) ; ( −16, −8 ) ; ( 4,8 ) ; ( 4, −8 ) Bài 8.   Giải phương trình nghiệm nguyên:  y 2 = x ( x + 1) ( x + 7 ) ( x + 8 ) Lời giải:  ( Biến đổi phương trình thành:  y = x + 8x x + 8x + 7 2 2 2 )( ) Đặt:  z = x 2 + 8x � y 2 = z2 + 7z � 4y 2 = ( 2z + 7) − 49 � ( 2z − 2y + 7) ( 2z + 2y + 7) = 49 2 Ta có các TH sau: 2z − 2y + 7 = 1 � �y = 12 2z − 2y + 7 = 49 � �y = −12 TH1:  � �     TH2:  � � 2z + 2y + 7 = 49 � �z = 9 2z + 2y + 7 = 1 � �z = 9 x =1 Cả hai TH trên đều có  z = 9 � x 2 + 8x = 9 � x = −9 �2z − 2y + 7 = −1 �y = −12 2z − 2y + 7 = −49 � �y = 12 TH3:  � �    TH4:  � � �2z + 2y + 7 = −49 �z = −16 2z + 2y + 7 = −1 � �z = −16 TH5:  2z − 2y + 7 = 2z + 2y + 7 = 7 � y = z = 0 TH6:  2z − 2y + 7 = 2z + 2y + 7 = −7 Bài 9.  Tìm nghiệm nguyên của phương trình:  x + xy + y = 9 HD:    Biến đổi phương trình đã cho về dạng:  ( x + 1) ( y + 1) = 10 ( x�� Z ++ Vì  x , y �� 1) ,+( yα��� 1) Z x 1 { 1; 2; 5; 10}  , Thay vào tìm được y Biên soạn: Trần Đình Hoàng                0814000158  12
  13. Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 Bài 10. Tìm nghiệm nguyên của phương trình :  3 x + 4 y − xy = 16 HD:  Biến đổi phương trình thành:  xy − 3x − 4 y = −16 � x ( y − 3) − 4 y + 12 = −4                                                   x ( y − 3) − 4 ( y − 3) = −4 � ( y − 3) ( x − 4 ) = −4 Bài 11. Giải phương trình nghiệm nguyên :  x − 25 = y ( y + 6 ) 2 HD : Ta có:  x − ( y + 6 y ) = 25 � x − ( y + 6 y + 9 ) = 16 � ( x + y + 3)( x − y − 3) = 16   2 2 2 2          mà  x − y − 3 + x + y + 3 = 2 x  là một số chẵn nên 2 số đều chẵn. Bài 12. Giải phương trình nghiệm nguyên :  x ( x + 1) ( x + 2 ) ( x + 3 ) = y 2 HD :  Ta có:  x ( x + 1) ( x + 2 ) ( x + 3) = y 2 � ( x 2 + 3x ) ( x 2 + 3x + 2 ) = y 2    (1) Đặt  a = x 2 + 3x , khi đó (1) trở thành  � ( a + 1 + y ) ( a + 1 − y ) = 1 Bài 13. Giải phương trình nghiệm nguyên :  x 2 − y 2 = 1999 HD:  Ta có:  x 2 − y 2 = 1999 � ( x − y ) ( x + y ) = 1999 Bài 14. Giải phương trình nghiệm nguyên:  x 2 + 2 y = xy � y y 2 � �y 2 y � HD: Ta có:  x 2 + 2 y = xy � �x 2 − 2 x. + �− � + 2. .2 + 4 �= −4   ( x − 2 y − 2 ) ( x + 2 ) = −16 � 2 4 � �4 2 � Bài 15. Giải phương trình nghiệm nguyên : x − y = 6 − 2 xy 1 11 HD: Ta có:  2 xy + x − y = 6 � x ( 2 y + 1) − y − =    2 x ( 2 y + 1) − ( 2 y + 1) = 11 � ( 2 x − 1) ( 2 y + 1) = 11 2 2 Bài 16. Giải phương trình nghiệm nguyên :  x 2 + y 2 = 2 x 2 y 2 1 1 HD: Ta có:  x 2 + y 2 = 2 x 2 y 2 � 2 x 2 y 2 − x 2 − y 2 = 0 � x 2 ( 2 y 2 − 1) − y 2 + = 2 2          � 2 x ( y − 1) − ( 2 y − 1) = 1 � ( 2 x − 1) ( 2 y − 1) = 1 2 2 2 2 2 Bài 17. Giải phương trình nghiệm nguyên :  xy = 4 ( x + y ) HD:  Ta có:  xy = 4 ( x + y ) � xy − 4 x − 4 y = 0 � x ( y − 4 ) − 4 y + 16 = 16 � x ( y − 4 ) − 4 ( y − 4 ) = 16 � ( x − 4 ) ( y − 4 ) = 16 Bài 18. Giải phương trình nghiệm nguyên :  x ( x − 1 ) ( x − 7 ) ( x − 8 ) = y 2 HD:  Ta có:  x ( x − 1) ( x − 7 ) ( x − 8 ) = y 2 � ( x 2 − 8 x ) ( x 2 − 8 x + 7 ) = y 2 � a ( a + 7 ) = y 2  (với  a = x 2 − 8 x ) Bài 19. Giải phương trình nghiệm nguyên :  x ( x − 8 ) = y 2 − 116 HD:  Ta có:  x 2 − 8 x + 16 − y 2 = −110 � ( x − 4 ) − y 2 = −110 � ( x − 4 − y ) ( x − 4 + y ) = −110 2 Bài 20. Giải phương trình nghiệm nguyên :  xy + 3 x − 5 y = −3      (1) HD: Ta có:  ( 1) � x ( y + 3) − 5 y − 15 = −18 � x ( y + 3) − 5 ( y + 3) = −18 � ( y + 3) ( x − 5 ) = −18 Bài 21. Giải phương trình nghiệm nguyên :  6 x 2 y 3 + 3 x 2 − 10 y 3 = 2 Biên soạn: Trần Đình Hoàng                0814000158  13
  14. Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 HD: Ta có:  3 x 2 ( 2 y 3 + 1) − 10 y 3 − 5 = 2   3 x 2 ( 2 y 3 + 1) − 5 ( 2 y 3 + 1) = 2 � ( 2 y 3 + 1) ( 3x 2 − 5 ) = 2 Bài 22. Giải phương trình nghiệm nguyên :  2 x 2 + y 2 + 3 xy + 3 x + 2 y + 2 = 0      (1)  ( 3x + 2 ) � � 2 ( 3x + 2 ) 2 2 �2 y � HD: Ta có:  ( 1) � �y + 2. . ( 3 x + 2 ) + �+ � 2x − � + 3 x + 2 �= 0 � � � 2 4 � �� 4 � 2 � 3 x + 2 � 8 x − 9 x − 12 x − 4 + 12 x + 8 2 2 = 0   ( 2 y + 3x + 2 ) − x 2 = −4 2                �y + �+ � 2 � 4 4 2 Bài 23. Giải phương trình nghiệm nguyên :  + = 1     (1) x y HD: Ta có:  ( 1) � 4 y + 2 x = xy � y ( x − 4 ) − 2 x = 0 � y ( x − 4 ) − 2 x + 8 = 8 � y ( x − 4 ) − 2 ( x − 4 ) = 8 1 1 1 Bài 24. Giải phương trình nghiệm nguyên :  + =     (1) x y 3 HD: Ta có:   ( 1) � 3 ( x + y ) = xy � x ( y − 3) − 3 y = 0 � x ( y − 3) − 3 y + 9 = 9 � x ( y − 3) − 3 ( y − 3) = 9 Bài 25. Giải phương trình nghiệm nguyên :  xy − x − y = 2 HD: Ta có:   xy − x − y = 2 � x ( y − 1) − y + 1 = 3 � x ( y − 1) − ( y − 1) = 3 � ( x − 1) ( y − 1) = 3 Bài 26. Giải phương trình nghiệm nguyên :  x + xy + y = 9 HD:  Ta có:   x + xy + y = 9 � x ( y + 1) + y + 1 = 10 � ( x + 1) ( y + 1) = 10 Bài 27. Giải phương trình nghiệm nguyên :  x 2 − 2 x − 11 = y 2 HD: Ta có:  x 2 − 2 x − 11 = y 2 � ( x 2 − 2 x + 1) − y 2 = 12 � ( x − 1) − y 2 = 12    ( x − 1 − y ) ( x − 1 + y ) = 12 2 1 1 1 1 Bài 28. Giải phương trình nghiệm nguyên :  + + = x y 6 xy 6 1 1 1 1 HD:  Ta có : + + = � 6 ( x + y ) + 1 = xy � xy − 6 x − 6 y = 1 � x ( y − 6 ) − 6 y + 36 = 37 x y 6 xy 6           � x ( y − 6 ) − 6 ( y − 6 ) = 37 � ( x − 6 ) ( y − 6 ) = 37 Bài 29. Giải phương trình nghiệm nguyên :  2 x 2 − 2 xy − 5 x + y + 19 = 0     (1) HD:  Ta có : ( 1) � 2 x ( x − y ) − ( x − y ) − 4 x + 19 = 0 � ( x − y ) ( 2 x − 1) − 4 x + 2 = −17                � ( x − y ) ( 2 x − 1) − 2 ( 2 x − 1) = −17 � ( 2 x − 1) ( x − y − 2 ) = −17 Bài 30. Giải phương trình nghiệm nguyên :  x 2 − 2 x − 11 = y 2 HD: Đưa phương trình về dạng :  ( x − 1) − y 2 = 12 � ( x − 1 + y ) ( x − 1 − y ) = 12 2 Bài 31. Giải phương trình nghiệm nguyên :  xy − 2 x + 3 y = 27 HD: Đưa phương trình về dạng :  ( x + 3) ( y − 2 ) = 21 Bài 32. Giải phương trình nghiệm nguyên :  x ( y + 3 ) − y = 38 HD:  Đưa phương trình về dạng :  ( x − 1) ( y + 3) = 35 Bài 33. Giải phương trình nghiệm nguyên :  3 xy + x + y = 17 HD:  Đưa phương trình về dạng :  ( 3x + 1) ( 3 y + 1) = 52 Biên soạn: Trần Đình Hoàng                0814000158  14
  15. Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 Bài 34. Giải phương trình nghiệm nguyên :  x 2 + x + 1 = xy − y HD:  Đưa phương trình về dạng :  ( x − 1) ( y − x − 2 ) = 3 Bài 35. Giải phương trình nghiệm nguyên :  x 2 y 2 − x 2 − 8 y 2 = 2 xy HD:  Đưa phương trình về dạng :  y 2 ( x 2 − 7 ) = ( x + y ) 2 Phương trình có nghiệm  x = y = 0 , xét x, y # 0   x 2 − 7  là 1 số chính phương Đặt :  x 2 − 7 = a 2 � ( x − a ) ( x + a ) = 7   Tìm x Vậy (x ; y) =  ( 0;0 ) , ( 4; −1) , ( 4; 2 ) , ( −4;1) , ( −4; −2 ) Bài 36. Giải phương trình nghiệm nguyên :  x + xy + y = 9 HD:  Đưa phương trình vê dạng :  ( x + 1) ( y + 1) = 10 Bài 37. Giải phương trình nghiệm nguyên :  y = x ( x + 1 ) ( x + 7 ) ( x + 8 ) 2 HD:  Đưa phương trình thành :  y 2 = ( x 2 + 8 x ) ( x 2 + 8 x + 7 ) = z 2 + 7 z � 4 y 2 = ( 2 z + 7 ) − 49 2      � 49 = ( 2 z − 2 y + 7 ) ( 2 z + 2 y + 7 ) Bài 38. Giải phương trình nghiệm nguyên :  x 2 − 4 y 2 = 1 HD:  Biến đổi phương trình thành :  ( x − 2 y ) ( x + 2 y ) = 1 Bài 39. Giải phương trình nghiệm nguyên :  2 x 3 + xy = 7 HD:  Biến đổi phương trình thành :  x ( 2 x 2 + y ) = 7 Bài 40. Giải phương trình nghiệm nguyên :  x 3 + 7 y = y 3 + 7 x HD:  Biến đổi phương trình thành : x 3 − y 3 − ( 7 x − 7 y ) = 0 � ( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 ) − 7 ( x − y ) = 0 � ( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 − 7 ) = 0 TH1 :  x = y 7 x =1� y = 2 TH2 :  x + xy + y = 7 � ( x − y ) = 7 − 3xy � xy < � 2 2 2 3 x = 2 � y =1 Bài 41. Giải phương trình nghiệm nguyên :  3 x 2 + 10 xy + 8 y 2 = 96 HD:  Đưa phương trình về dạng :  ( x + 2 y ) ( 3x + 4 y ) = 96 Chú ý : Vì  ( x + 2 y ) + ( 3x + 4 y ) = 2 ( 2 x + 3 y )  là 1 số chẵn nên có tính chất cùng chẵn  Bài 42. Giải phương trình nghiệm nguyên :  xy + 3 x − 5 y = −3 HD:  Đưa phương trình về dạng :  x ( y + 3) − 5 y − 15 = −18 � x ( y + 3) − 5 ( y + 3) = −18 � ( x − 5 ) ( y + 3) = −18 Bài 43. Giải phương trình nghiệm nguyên :  2 x 2 − 2 xy − 5 x + 5 y = −19 HD:  Đưa phương trình về dạng :  2 x ( x − y ) − 5 ( x − y ) = −19 � ( 2 x − 5 ) ( x − y ) = −19 Bài 44. Giải phương trình nghiệm nguyên :  4 x + 11 y = 4 xy HD:  Đưa phương trình về dạng : ( 4 x − 11) ( y − 1) = 1 Bài 45. Giải phương trình nghiệm nguyên :  x 2 − 656 xy − 657 y 2 = 1983 HD:  Đưa phương trình về dạng :  ( x + y ) ( x − 567 y ) = 1983 Bài 46. Giải phương trình nghiệm nguyên :  7 x − xy − 3 y = 0 HD:  Đưa phương trình về dạng :  ( x + 3) ( 7 − y ) = 21 Biên soạn: Trần Đình Hoàng                0814000158  15
  16. Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 Bài 47. Giải phương trình nghiệm nguyên :  y 2 ( x + 1 ) = 1576 + x 2 HD:  Đưa phương trình về dạng :  ( x + 1) ( y 2 − x + 1) = 1577 = 19.83 Bài 48. Giải phương trình nghiệm nguyên :  x 2 + 2003 x + 2004 y + y = xy + 2004 xy 2 + 2005 HD:  Đưa phương trình về dạng :  ( x − 1) ( x + 2004 − 2004 y 2 − y ) = 1 Bài 49. Tìm x, y nguyên thỏa mãn:  2x 3 − 2 y 2 + 5 xy + 1 = 0 HD:  Tìm nghiệm nguyên của phương trình :  xy − 3 x − 4 y = 9 Biến đổi phương trình thành :  x ( y − 3) − 4 y + 12 = 21 � ( x − 4 ) ( y − 3) = 21 Bài 50. Tìm nghiệm nguyên của phương trình :  2 xy − 5 = 6 x + y HD:  Biến đổi phương trình thành :  2 xy − 6 x − y = 5 � 2 x ( y − 3) − y + 3 = 8 � ( y − 3) ( 2 x − 1) = 8 Bài 51. Tìm nghiệm nguyên của phương trình :  2 xy 2 + x + y + 1 = x 2 + 2 y 2 + xy HD:  Biến đổi phương trình thành :  ( 2 xy 2 − 2 y 2 ) − ( xy − y ) − ( x 2 − x ) = −1 � 2 y 2 ( x − 1) − y ( x − 1) − x ( x − 1) = −1 � ( x − 1) ( 2 y 2 − y − x ) = −1 Bài 52. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :  x 2 − y 2 = 2003 HD:  Biến đổi phương trình thành:  ( x − y ) ( x + y ) = 2003 Bài 53. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình :  x + y = xy HD:  Biến đổi phương trình thành:  ( x − 1) ( y − 1) = 1 Bài 54. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình :  xy + 1 = x + y HD:  Biến dổi phương trình thành:  ( x − 1) ( y − 1) = 0 Bài 55. Tìm các nghiệm nguyên dương x, y của phương trình :  y 2 = x 2 + 12 x + 1995 ( x+ +6 )= 1959 1959 2 HD:  Biến đổi thành:  y 2 � y 45 Lại có:  −1959 = ( x + 6 ) − y 2 = ( x + y + 6 ) ( x − y + 6 ) , Với  x + y 52  và 1959 = 3.653 2 Bài 56. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn phương trình:  x − 25 = y ( y + 6 ) 2 HD:   Ta có:  x 2 − 25 = y ( y + 6 ) � x 2 − ( y + 3) = 16 � ( x + y + 3) ( x − y − 3) = 16 2 Bài 57. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:  x 2 y 2 − x 2 − 8 y 2 = 2xy HD:   Viết lại PT đã cho dưới dạng:  y 2 ( x 2 − 7) = ( x + y ) 2 (1) Dễ thấy PT có nghiệm  x = y = 0  ,  Xét  x , y �0, (1) � x 2 − 7   là số chính phương, Đặt  x − 7 = a � ( x − a ) ( x + a ) = 7 � x 2 2 Tìm được x, y là  ( 0;0) ,( 4; −1) ,( 4;2) ,( −4:1) ,( −4; −2) Bài 58. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :  x 3 y + xy3 − 3x − 3 y = 17 3 3 2 2 ( HD :  Ta có:  x y + xy − 3x − 3y = 17 � x + y ( xy − 3) = 17 ) Do x,y nguyên dương nên:  x + y > 1 2 2 �x + y = 17 � ( x + y ) − 2xy = 17 �( ) �x + y 2 = 25 2 2 2 � �� �� �� xy − 3 = 1 �xy = 4 � �xy = 4 � Biên soạn: Trần Đình Hoàng                0814000158  16
  17. Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 �x + y = 5 �x = 4 x =1 �x + y = −5 �x = −4 x = −1  TH1 :  � �   hoặc          TH2 :  � �   hoặc  �xy = 4 �y = 1 y=4 �cy = 4 �y = −1 y = −4 Bài tập tương tự: Bài 1. Giải các phương trình Đi­ô­phăng sau đây bằng cách tách phần nguyên: a) 73x – 41y = 1                                       c) 114x – 41y = 5 b) 32x – 48y = 112                                   d) 38x + 117y = 109 Bài 2.   Giải phương trình Đi­ô­phăng sau đây bằng cách sử dụng thuật toán ơ­clit mở rộng. a) 43x + 47y = 50                                     c) 1657x + 367y = 23 b) 83x – 79y = 105                                   d) 7959x – 2754y = 6 Bài 3.   Giải các phương trình Đi­ô­phăng sau đây: a) x + 2y – z = 0                                       c) 2x – 5y + 2z = 10 b) 2x + 3y – 5z = 15                                 d) 3x +4y + 5z = 25. Bài 4.   Tìm nghiệm nguyên của phương trình: a) 2x 2 + 6y 2 + 7xy − x − y = 25 b)  9x 2 − 10y 2 − 9xy + 3x − 5y = 9 Dạng 3.  Phương pháp tách ra các giá trị nguyên. Cơ sở phương pháp:  Trong nhiều bài toán phương trình nghiệm nguyên ta tách phương trình   ban đầu thành các phần có giá trị  nguyên để  dễ  dàng đánh giá tìm ra nghiệm, đa số  các bài   toán sử dụng phương pháp này thường rút một ẩn (có bậc nhất) theo ẩn còn lại. Bài tập áp dụng:  Bài 1. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau: xy – 2y – 3y + 1 = 0 Lời giải Ta có  xy − 2y − 3y + 1 = 0 � y ( x − 3 ) = 2x − 1. 2x − 1 Ta thấy x = 3  không là nghiệm nên  x 3  do đó:  y =   x −3 2x − 1 Tách ra ở phân thức   các giá trị nguyên: x −3 2x − 1 2 ( x − 3) + 5 5 y= = = 2+ x −3 x −3 x −3 5 Do y là số nguyên nên   cũng là số nguyên, do đó  (x – 3) là ước của 5. x −3 x – 3 = 1 thì x = 4, y = 2 + 5 = 7 x – 3 = –1 thì x = 2, y = 2 – 5 = –3 (loại) x – 3 = 5 thì x = 8, y = 2 +1 = 3 x – 3 = ­5 thì x = –2 (loại) Vậy nghiệm (x, y) là (4, 7), (8, 3). Bài 2. Tìm các số nguyên x và y thoả mãn phương trình: x2 + xy – 2y – x – 5 = 0 Biên soạn: Trần Đình Hoàng                0814000158  17
  18. Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 Lời giải Nhận xét: trong phương trình này ẩn y có bậc nhất nên rút y theo x. Ta có:  x 2 + xy − 2y − x − 5 = 0 � y(x − 2) = − x 2 + x + 5 Với x = 2 thì: (*)  0 = 3 (vô lý) −x 2 + x + 2 3 3 Với  x 2  ta có:  (*) � y = + = −x − 1 + x−2 x−2 x−2 Để y nguyên thì  3 M(x − 2) .  Vậy (x – 2) là ước của 3 do đó:  (x − 2) �{−3; − 1; 1; 3} �� x {−1; 1; 3; 5} Vậy phương trình có nghiệm:  (x, y) = (3; ­ 1) ; (5; ­5); (1; ­5); (­1; ­ 1) Bài 3. Tìm các số nguyên dương x, y sao cho  6x + 5y + 18 = 2xy    (1)  Lời  gi   ải  −5y − 18 −10y − 36 −66 + 5(6 − 2y) −66 −33 Ta có:  x = � 2x = � 2x = = + 5 � 2x = +5 6 − 2y 6 − 2y 6 − 2y 6 − 2y 3− y Như vậy x muốn nguyên dương thì (3 – y) phải là ước của  −33 . Hay  (3 −α��� y) { 1; 3; 11; 33} 1 −�� . Lại do  y �� 3 y α−−− 2 y { 1; 3; 11; 33} . Ta có bảng sau: 3 – y ­1 1 ­3 ­11 ­33 y 4 2 6 14 36 x 19 ­ 14 8 4 3 Thử lại ta được các cặp thỏa mãn là (19, 4); (8, 6); (4, 14); (3, 36). Nhận xét:  ­ Dễ   xác   định   được   phương   pháp   để   giải   bài   toán   này,   khi   biểu   diễn   x   theo   y   được   −5y − 18 x=  . Ta thấy biểu thức này khó phân tích như 2 ví dụ trên, tuy nhiên để ý ta thấy tử số   6 − 2y là – 5y mẫu số là ­2y, do đó mạnh dạn nhân 2 vào tử số để xuất hiện 2y giống mẫu. ­ Bài toán có thể  giải bằng phương pháp đưa về  phương trình  ước số. Do  ở  bài toán trên đã   nhân 2 ở x để biến đổi, do đó phải có bước thử lại xem x, y có thỏa mãn phương trình đã cho   hay không. Bài 4.  Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2xy2 + x + y + 1 = x2 + 2y2 + xy Lời giải Ta có:  2y 2 x + x + y + 1 = x 2 + 2y 2 + xy � 2y 2 ( x − 1) − x ( x − 1) − y ( x − 1) + 1 = 0 ( 1) Nhận thấy x = 1 không là nghiệm của phương trình (1).  1 Chia cả 2 vế của (1) cho (x – 1) ta được:   2y 2 − x − y + = 0 ( 2)   x −1 1 x=2 � PT có nghiệm x, y nguyên, suy ra   nguyên nên  x − 1 �{ 1; −1} �   x−1 x=0 Thay x = 2 và x = 0 vào phương trình và để ý đến y nguyên ta được y = 1. Vập phương trình đã cho có 2 nghiệm là (2; 1) và (0; 1). Biên soạn: Trần Đình Hoàng                0814000158  18
  19. Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 4. Phương pháp sử dụng tính chẵn lẻ của ẩn hoặc xét số dư từng vế Cơ  sở  phương pháp:    Chúng ta dựa vào tính chẵn lẻ  của  ẩn hoặc xét số  dư  hai vế  của   phương trình nghiệm nguyên với một số nguyên nào đó rồi dùng lập luận để giải bài toán. Dạng 1.  Sử dụng tính chẵn lẻ Bài 1.  Tìm x, y nguyên tố thoả mãn  y2 – 2x2 = 1  Lời  gi   ải  Ta có   y 2 − 2x 2 = 1 � y 2 = 2x 2 + 1 � y  là số lẻ Đặt y = 2k + 1 (với k nguyên). Ta có (2k + 1)2 = 2x2 + 1 ⇔ x2 = 2 k2 + 2k ⇒ x chẵn , mà x nguyên tố ⇒ x = 2, y = 3 Vậy nghiệm của phương trình là (x, y) = (2, 3). Bài 2.  Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình  ( 2 x + 5 y + 1 ) ( x | x| + y + x 2 + x ) = 105  Lời  gi   ải  Ta có:  ( 2x + 5y + 1) ( x |x| + y + x 2 + x ) = 105 Ta thấy 105 lẻ ⇒ 2x + 5y + 1 lẻ ⇒ 5y chẵn ⇒ y chẵn, 2 x + y + x 2 + x = 2 x + y + x ( x + 1)   lẻ   có x(x + 1) chẵn, y chẵn ⇒  2 x   lẻ ⇒  2 x  = 1 ⇒ x = 0 Thay x = 0 vào  phương trình ta được 26 (5y + 1) ( y + 1) = 105 ⇔ 5y2 + 6y – 104 = 0⇒ y = 4 hoặc y =  −   (loại) 5 Thử lại ta có x = 0; y = 4 là nghiệm của phương trình. Vậy nghiệm của phương trình là (x, y) = (0, 4). Dạng 2.  Xét tính chẵn lẻ và xét số dư từng vế Bài 1. Chứng minh rằng các phương trình sau không có nghiệm nguyên: a) x2 – y2 = 1998 b) x2 + y2 = 1999 Lời giải a) Do x là số nguyên nên x = 2k hoặc x = 2k + 1 (k   ) do đó x2 = 4k2 hoặc x2 = 4k2 + 4k + 1 vì  thế  x 2 chia  4 luôn dư 1 hoặc 0.  Tương tự ta cũng có  y 2  chia  4 luôn dư 1 hoặc  0 Suy ra:  x 2 − y 2  chia cho 4 luôn dư 1 hoặc 0 hoặc 3. Mà 1998 chia cho 4 dư 2 do đó phương  trình đã cho không có nghiệm nguyên. b) Như chứng minh câu a ta có:  x 2 , y 2  chia cho 4 luôn dư 0 hoặc 1 nên  x 2 + y 2  chia cho 4 luôn  dư 0 hoặc 1 hoặc  3. Mà 1999 chia cho 4 dư 3 do đó phương trình đã cho không có nghiệm  nguyên. Chú ý:  Chúng ta cần lưu ý kết quả ở bài toán này: x2 – y2 chia cho 4 không dư 2 x2 + y2 chia cho 4 không dư 3 Bài 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 9x + 2 = y2 + y Biên soạn: Trần Đình Hoàng                0814000158  19
  20. Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8  Lời  gi   ải  Ta có:  9x + 2 = y 2 + y � 9x + 2 = y ( y + 1) Ta thấy vế trái phương trình là số chia cho 3 dư 2 nên  y ( y + 1)  chia cho 3 dư 2  Do đó chỉ có thể  y = 3k + 1  và  y + 1 = 3k + 2 ( k Z) Khi đó:  9x + 2 = ( 3k + 1) ( 3k + 2 ) � 9x = 9k 2 + 9k � x = k ( k + 1 )   Thử lại:  x = k ( k + 1) , y = 3k + 1  thỏa mãn phương trình đã cho. Vậy nghiệm của phương trình là  ( x, y ) = ( k ( k + 1) , 3k + 1)  với  k Z   Bài 3. Tìm x, y là số tự nhiên thoả mãn x2 + 3y = 3026 Lời giải Xét  y = 0 � x 2 + 30 = 3026 � x 2 = 3025  . Mà x ∈ N ⇒ x = 55 Xét y > 0 ⇒  3y   chia hết cho 3, x2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1 � x 2 + 3y  chia cho 3 dư 0 hoặc 1 mà 3026 chia cho 3 dư 2 (loại) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất  (x,y) = (55,0) Bài 4. Chứng minh rằng phương trình x3 – 7y = 51 không có nghiệm nguyên Lời giải Xét  x = 7k ( k Z )  thì  x 3 M7.   Xét  x = 7k 1 ( k Z )  thì  x 3  chia cho 7 dư 1 hoặc 6. Xét  x = 7k 2 ( k Z )  thì  x 3  chia cho 7 dư 1 hoặc 6. Xét  x = 7k 3 ( k Z )  thì  x 3  chia cho 7 dư 1 hoặc 6. Do đó vế trái phương trình chia cho 7 dư 0 hoặc 1 hoặc 6 còn vế phải của phương trình chia 7   dư 2. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Bài 5. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 – 5y2 = 27 Lời giải Do x là số nguyên nên ta có thể biểu diễn x dưới dạng:  x = 5k  hoặc  x = 5k 1  hoặc  x = 5k 2   với  k Z   ( ­ Xét x = 5k thì  x 2 − 5y 2 = 27 � ( 5k ) − 5y 2 = 27 � 5 5k 2 − y 2 = 27 2 ) Điều này là vô lý vì vế trái chia hết cho 5 với mọi k và y nguyên còn vế phải ko chia hết cho 5. ( 5k 1) 2 Xét  x = 5k 1   thì  x 2 − 5y 2 = 27 ۱ − 5y 2 = 27   ۱ 25k 2 10k + 1 − 5y 2 = 27 ۱ 5 5k 2 ( ) 2k − y 2 = 23 Điều này là vô lý cũng vì vế trái chia hết cho 5 với mọi k và y nguyên còn vế phải không chia   hết cho 5. Biên soạn: Trần Đình Hoàng                0814000158  20
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
3=>0