Đang tải... (xem toàn văn)
Ở chương trình toán 8, 9 học sinh đã được biết các bài toán về giải phương trình nghiệm nguyên. Hơn nữa phương trình nghiệm nguyên có rất nhiều trong các đề thi: Kiểm tra định kỳ (câu khó), học sinh giỏi huyện, học sinh giỏi tỉnh, thi vào lớp 10 THPT, …. Trong khi đó, từ thực tiễn giảng dạy tôi thấy học sinh hay bế tắc, lúng túng về cách xác định dạng toán, phương hướng giải và chưa có nhiều phương pháp giải hay. Lý do chủ yếu của các vấn đề trên là các em chưa có hệ thống phương pháp giải dạng toán đó. Đứng trước thực trạng ấy, đòi hỏi giáo viên phải giúp các em tháo gỡ khó khăn, tạo hứng thú cho học sinh khi học tập và làm bài. Muốn vậy giáo viên phải sớm hình thành phương pháp giải từng bài toán, cần giúp học sinh biết định hướng tìm lời giải theo các phương pháp hợp lí. Từ những lí do trên, tôi chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm: “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên” nhằm giúp học sinh của mình nắm vững các phương pháp giải, từ đó phát hiện phương pháp giải phù hợp với từng bài cụ thể ở các dạng khác nhau.
PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ Lý chọn đề tài 1.1 Lý mặt lý luận Xuất phát từ mục tiêu Giáo dục giai đoạn phải đào tạo người có trí tuệ phát triển, giầu tính sáng tạo có tính nhân văn cao Để đào tạo lớp người phải bồi dưỡng cho học sinh lực tư sáng tạo, lực tự học, tự giải vấn đề, từ tác động đến tình cảm đem lại niềm vui hứng thú học tập cho học sinh Dạy học giải toán vấn đề trọng tâm dạy học mơn Tốn trường THCS Đối với học sinh giải tốn hoạt động chủ yếu việc học tập mơn Tốn Do việc rèn luyện kỹ năng, phương pháp giải toán cho học sinh việc làm cần thiết Trong trình giảng dạy, người thầy cần rèn luyện cho học sinh kỹ năng, phương pháp giải toán, độc lập suy nghĩ cách sâu sắc, sáng tạo Vì địi hỏi người thầy phải lao động sáng tạo, tìm tịi phương pháp hay để dạy cho học sinh Từ học sinh trau dồi tư logic, sáng tạo qua việc giải toán 1.2 Lý mặt thực tiễn Ở chương trình tốn 8, học sinh biết toán giải phương trình nghiệm ngun Hơn phương trình nghiệm ngun có nhiều đề thi: Kiểm tra định kỳ (câu khó), học sinh giỏi huyện, học sinh giỏi tỉnh, thi vào lớp 10 THPT, … Trong đó, từ thực tiễn giảng dạy thấy học sinh hay bế tắc, lúng túng cách xác định dạng toán, phương hướng giải chưa có nhiều phương pháp giải hay Lý chủ yếu vấn đề em chưa có hệ thống phương pháp giải dạng tốn Đứng trước thực trạng ấy, địi hỏi giáo viên phải giúp em tháo gỡ khó khăn, tạo hứng thú cho học sinh học tập làm Muốn giáo viên phải sớm hình thành phương pháp giải toán, cần giúp học sinh biết định hướng tìm lời giải theo phương pháp hợp lí Từ lí trên, tơi chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm: “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên” nhằm giúp học sinh nắm vững phương pháp giải, từ phát phương pháp giải phù hợp với cụ thể dạng khác Mục đích nghiên cứu Chia sẻ kinh nghiệm với giáo viên Toán THCS Giúp học sinh biết cách định hướng giải tập cách ngắn gọn Phát huy trí lực, rèn luyện khả phân tích, xem xét tốn dạng đặc thù riêng lẻ Tạo cho học sinh lịng ham mê, u thích học tập, đặc biệt học toán cách phân loại cung cấp phương pháp giải cho dạng toán từ bản, đơn giản phát triển thành phức tạp Mặt khác, khuyến khích học sinh tìm nhiều cách giải cho tập học sinh nhìn nhận vấn đề theo nhiều khía cạnh khác nhau, từ tìm nhiều cách giải hay phát triển toán Giúp học sinh tự tin giải toán tham gia thi học sinh giỏi cấp thi vào lớp 10 THPT Nâng cao chất lượng mơn Tốn đặc biệt chất lượng mũi nhọn Khách thể đối tượng nghiên cứu Khách thể nghiên cứu: Phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Đối tượng nghiên cứu: Học sinh khá, giỏi, đội tuyển HSG khối trường THCS … Giả thuyết khoa học: Nếu áp dụng thực tốt phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên vào cơng tác bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn khối lớp 8, học sinh lớp thi vào lớp 10 THPT trường THCS … nâng cao hiệu chất lượng đại trà mũi nhọn môn Tốn góp phần nâng cao chất lượng giáo dục địa phương Nhiệm vụ nghiên cứu: Dùng làm tư liệu tốt để giáo viên dùng bồi dưỡng học sinh giỏi, học sinh lớp thi vào lớp 10 THPT Áp dụng vào việc giảng dạy chuyên đề trường học bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi Tốn lớp 8, ơn tập cho học sinh chuẩn bị thi vào lớp 10 PTTH, lớp chuyên PTTH Phạm vi nghiên cứu: Đề tài xây dựng từ việc tích lũy kinh nghiệm q trình bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn khối lớp 8, học sinh lớp thi vào lớp 10 THPT trường Trung học sở … từ năm học 2019- 2020 đến Phương pháp nghiên cứu Đọc nghiên cứu tài liệu tham khảo Nghiên cứu sở lý thuyết Thực nghiệm sư phạm qua giảng dạy Phương pháp so sánh đối chứng Phương pháp điều tra phân tích, tổng hợp Phương pháp thống kê Cấu trúc đề tài Phần 1: Đặt vấn đề Phần 2: Nội dung Chương 1: Cơ sở lý luận vấn đề nghiên cứu Chương 2: Thực trạng vấn đề nghiên cứu Chương 3: Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Phần 3: Kết luận kiến nghị PHẦN II: NỘI DUNG Chương 1: Cơ sở lý luận vấn đề nghiên cứu Trong thời đại giáo dục nước ta tiếp cận với khoa học đại chương trình giáo dục phổ thơng 2018 bắt đầu thực từ năm học 2021 -2022 cấp THCS Các mơn học địi hỏi tư sáng tạo đại học sinh Đặc biệt mơn Tốn, địi hỏi tư tích cực học sinh, địi hỏi học sinh tiếp thu kiến thức cách xác, khoa học đại, để giúp em học tập mơn tốn có kết tốt giáo viên phải có kiến thức vững vàng, lòng đầy nhiệt huyết biết vận dụng phương pháp giảng dạy cách linh hoạt, sáng tạo hiệu để học sinh hiểu cách nhanh nhất, dễ hiểu Chương trình tốn rộng đa dạng, em lĩnh hội nhiều kiến thức có nội dung kiến thức mà theo em xuyên suốt trình học tập tìm giá trị nguyên của ẩn tham số Bậc tiểu học, học sinh gặp tốn giải phương trình nghiệm nguyên đơn giản: Tìm số tự nhiên x;y, lên lớp 6, tìm số nguyên x;y, đến lớp 8, 9: Tìm nghiệm nguyên phương trình Như giải phương trình nghiệm ngun có ứng dụng quan trọng giải toán, đặc biệt với đội tuyển học sinh giỏi lớp 8, Không phương trình nghiệm ngun cịn ứng dụng nhiều cho học sinh tiếp tục học lên lớp Chương 2: Thực trạng vấn đề nghiên cứu Thực trạng vấn đề Thực tế cho thấy hầu hết em học sinh lớp 8,9 kể học sinh đội tuyển ngại gặp phải tốn giải phương trình nghiệm ngun, em biết cách giải phương trình nghiệm nguyên bậc nhiên nhìn thấy phương trình nghiệm nguyên bậc hai bậc cao hầu hết học sinh tỏ khó khăn lúng túng Ngun nhân em khơng biết xuất phát từ đâu để tìm lời giải khơng biết tìm mối liên quan ẩn số liệu biết để kết Mà dạng tốn thường có phần cuối đề kiểm tra đề thi học sinh giỏi Để đánh giá khả em dạng tốn có phương án tối ưu truyền đạt tới học sinh, thực đề toán cho 10 em học sinh giỏi trường sau: Bài 1: ( điểm ) Tìm x, y Z biết a) x – y + 2xy = 2 3( x xy y ) x y b) Bài 2: (4 điểm) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x2 – 5y2 = Kết thu sau: Dưới điểm Điểm - 10 Điểm - 10 SL % SL % SL % 70 30 0 Qua việc kiểm tra đánh giá thấy học sinh khơng có biện pháp giải phương trình nghiệm ngun đạt hiệu Lời giải thường dài dịng, khơng xác, đơi cịn ngộ nhận Cũng với toán trên, học sinh trang bị phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên chắn có hiệu cao 2.Nguyên nhân thực trạng Học sinh xuất phát từ đâu để tìm lời giải khơng biết tìm mối liên quan ẩn số liệu biết kt qu Cha có phơng pháp giải Lập luận thiếu chặt chẽ, cha xét đến trờng hợp cụ thể vấn đề Cha phát huy đợc t sáng tạo giải Chng 3: Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên I Một số định nghĩa, định lí, tính chất kiến thức liên quan đến phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Để học sinh nắm phương pháp giải phương trình nghiêm nguyên cách tốt giáo viên cần trang bị cho học sinh đơn vị kiến thức sau: Định nghĩa phép chia hết: a, b Z (b 0) q, r Z cho a =bq + r với r < b Nếu r = a b Nếu r 0 a b Một số tính chất: a,b,c,d Z Nếu a a a a Nếu a b b c a c Nếu a b b a a = b Nếu a b a c a BCNN[a,b] Nếu a b , a c (b,c) = a (b,c) Nếu a b ac b ( c Z*) Một số định lí thường dùng Nếu a c b c (a b) c Nếu a c b d ab cd Nếu a b an bn ( n nguyên dương) * Một số hệ áp dụng: + a,b Z n nguyên dương ta có (an – bn) : (a – b) + a,b Z n chẵn (n nguyên dương) ta có (an – bn) : (a + b) + a,b Z n lẻ (n nguyên dương) ta có (an + bn) : (a + b) Các dấu hiệu chia hết cho 2, 3, 5,8, 9, 11 Thuật toán Ơ-clit mở rộng (Tìm ước chung lớn số a, b) Phương trình ax2 + bx + c = Nếu có nghiệm ngun x0 c x0 Phương trình có nghiệm ngun ( ') số phương Số số nguyên tố chẵn Phương trình đưa dạng f(x).g(x) = k với f(x) g(x) đa thức hệ số nguyên Ta phân tích k thừa số nguyên tố giải hệ phương trình f ( x ) m g ( x ) n với m.n = k Phương trình đối xứng ẩn x, y, z Khi tìm nghiệm ngun dương khơng làm tính tổng quát ta giả sử x y z 10 Sử dụng tính chất chia hết số phương Số phương không tận 2, 3, 7, Số phương chia hết cho số ngun tố p chia hết cho p2 Số phương chia cho 3, cho dư Số phương chia cho 5, cho số dư 0; Số phương lẻ chia cho số dư Lập phương số nguyên chia cho dư 0; Khơng tồn số phương nằm hai số phương liên tiếp a1 a a3 a n n a1 a a3 a n n 11 Bất đẳng thức Cô - si: Với Đẳng thức xảy a1 = a2 = a3 = =an 12 Bất đẳng thức Bunhiacopski a 2 a22 an2 x12 x22 2n a1 x1 a2 x2 an xn a1 a a a n xn Đẳng thức xảy x1 x x II Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Phương trình nghiệm nguyên đa dạng phong phú phương trình ẩn, nhiều ẩn Nó phương trình bậc bậc cao Khơng có cách giải chung cho phương trình, nhiên để giải phương trình ta thường dựa vào số phương pháp giải sau: Phương pháp I : Phương pháp đưa dạng tích Biến đổi phương trình dạng: Vế trái tích của đa thức chứa ẩn, vế phải tích số nguyên g1 (x1, x2,…., xn) h (x1, x2,…., xn) = a Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 2( x y ) 3 xy Lời giải: Ta có: 2( x y ) 3xy xy x y 5 y (3 x 2) (3x 2) 5 (3x 2)(3 y 2) 19 3 Do x, y nguyên dương nên x 1; y 1 mà 19 = 1.19 = 19.1 nên ta có 3 x 1 3x 19 (I) (II) y 19 y khả sau: ; Giải hệ phương trình trên, ta đươc nghiêm nguyên phương trình (x; y) (1; 7); (7; 1) Ví dụ 2: Tìm nghiệm ngun phương trình: x2 + x + = y2 Lời giải: 2 Ta có: x + x + = y 4x + 4x + 24 = 4y2 (2x + 1)2 – 4y2 = -23 ( 2x – 2y + 1)(2x + 2y + 1) = - 23 2x y 2x y 23 2x+2 y 23 Suy ra: 2x+2 y 2x y 1 2x y 23 2x+2 y 23 hoặc 2x+2 y 1 Giải trường hợp kết hợp với điều kiện x, y nguyên ta nghiệm nguyên (x, y) (5; 6); (5; -6) ; (-6;- 6); (- 6; 6) Ví dụ 3: Tìm nghiệm ngun phương trình: x4 + 4x3+ 6x2+ 4x = y2 Lời giải: 2 Ta có: x + 4x + 6x + 4x = y x4 +4x3+6x2+4x +1- y2=1 (x+1)4 – y2 = x 1 – y x 1 y x 1 – y y y 1 y y x 1 y [(x+1)2 –y][(x+1)2+y] =1 y = (x+1)2 = x+1 = 1 x = x = -2 Thử lai giá trị tương ứng x y ta thấy thỏa mãn phương trình cho Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên ( x, y ) {( 0, ); ( - 2, )} Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên phương trình : y3 - x3 = 91 (1) Lời giải Ta có (1) tương đương với (y - x)(x + xy + y2) = 91 (*) Vì x2 + xy + y2 > với x, y nên từ (*) => y - x > Mặt khác 91 = 91 = 13 y - x ; x2 + xy + y2 có giá trị nguyên dương nên ta có bốn khả sau: y - x = 91 x2 + xy + y2 = (I) y - x = x2 + xy + y2 = 91 (II) y - x = x2 + xy + y2 = (III) y - x = x2 + xy + y2 = 13 (IV) Đến đây, toán coi giải Phương pháp II: Sử dụng tính chia hết, tính đồng dư Khi giải phương trình nghiệm ngun cần vận dụng linh hoạt tính chất chia hết, đồng dư, tính chẵn lẻ,… để tìm điểm đặc biệt biến số biểu thức chứa phương trình, từ đưa phương trình dạng mà ta biết cách giải đưa phương trình đơn giản Sử dụng tính chia hết: - Sử dụng tính chất chia hết để chứng minh phương trình vơ nghiệm tìm nghiệm phương trình - Hai vế phương trình nghiệm nguyên chia cho số có số dư khác phương trình khơng có nghiệm ngun Các tính chất thường dùng : - Nếu a ⋮ m a ± b ⋮ m b ⋮ m - Nếu a ⋮ b, b ⋮c a ⋮ c - Nếu ab ⋮ c mà ƯCLN (b , c) = a ⋮ c - Nếu a⋮ m, b ⋮ n ab ⋮ mn - Nếu a ⋮ b, a ⋮ c với ƯCLN (b , c) = a ⋮ bc - Trong m số nguyên liên tiếp, tồn số bội m Ví dụ 1: Giải phương trình với nghiệm nguyên: 3x + 17y = 159 (1) Giải Giả sử x, y số nguyên thỏa mãn phương trình Ta thấy 159 3x chia hết 17y ⋮ nên y ⋮3 (vì 17 nguyên tố nhau) Đặt y = 3t (t ℤ) Thay vào phương trình (1) ta được:) Thay vào phương trình (1) ta được: 3x + 17.3t = 159 x + 17t = 53 Do đó: t (t ∈ Z ¿ {x=53−17 y=3 t Đảo lại, thay biểu thức x y vào phương trình ta nghiệm Vậy phương trình (1) có vô số nghiệm nguyên xác định công thức: t {x=53−17 y=3 t (t số nguyên tùy ý ¿ Ví dụ 2: Chứng minh phương trình: x2 – 5y2 = 27 (1) khơng có nghiệm số ngun Giải Một số ngun x biểu diễn dạng x = 5k x = 5k ± x = 5k ± k ℤ) Thay vào phương trình (1) ta được: Nếu x = 5k thì: (5k)2 – 5y2 = 27 5(5k2 – y2 ) = 27 Điều vơ lí, vế trái chia hết cho với k y số nguyên, vế phải không chia hết cho Nếu x = 5k ±1 thì: (1) (5k±1)2 – 5y2 = 27 25k2 ±10k +1 – 5y2 = 27 5(5k2±4k – y2) = 23 Điều vơ lí, vế trái chia hết cho với k y số ngun, cịn vế phải khơng chia hết cho Nếu x = 5k ±2 thì: (1) (5k ±2)2 – 5y2 = 27 25k2 ±20k +4 – 5y2 = 27 5(5k2 ±4k – y2) = 23 Lập luận tương tự vơ lí Vậy phương trình cho khơng có nghiệm số ngun Ví dụ 3: Tìm nguyện nguyên dương phương trình sau: 19x2 + 28y2 = 729 Giải Cách Viết phương trình cho dạng: (18x2 + 27y2) + (x2 + y2) = 729 (1) Từ (1) suy x2 + y2 chia hết cho 3, x y chia hết cho Đặt x = 3u; y = 3v (u, v ℤ) Thay vào phương trình (1) ta được:) Thay vào phương trình cho ta được: 19u2 + 28v2 = 81 (2) Từ (2) lập luận tương tự ta suy u = 3s, v = 3t (s, t ℤ) Thay vào phương trình (1) ta được:) Thay vào (2) ta có 19s2 + 28t2 = (3) Từ (3) suy s, t không đồng thời 0, 19s2 + 28t2 19 > Vậy (3) vơ nghiệm phương trình cho vơ nghiệm Cách Giả sử phương trình có nghiệm 10 Từ phương trình cho ta suy x2 -1 (mod 4), điều không xảy với số nguyên x Vậy phương trình cho vơ nghiệm Đưa phương trình ước số: Ví dụ 1: Tìm nghiệm ngun phương trình: xy – x – y = Giải: Biến đổi phương trình thành: x(y - 1) – y = x(y – 1) – (y – 1) = (y – 1)(x – 1) = Ta gọi phương trình phương trình ước số: vế trái tích thừa số nguyên, vế phải số Ta có x y số nguyên nên x – y – số nguyên ước 23 Ta có: x–1 -1 y–1 -3 Do đó: x y -2 Nghiệm nguyên phương trình: (4; 2), (2; 4), (0; -2), (-2; 0) Ví dụ 2: Tìm nghiệm ngun phương trình: x + xy + y = Giải Phương trình cho đưa dạng: (x + 1)(y + 1)= 10 (1) Từ (1) ta suy (x + 1) ước 10 hay (x +1) ±1; ±2; ±5; ±10 Từ ta tìm nghiệm phương trình là: (1; 4), (4; 1),(-3; 6), (6; -3), (0; 9), (9; 0), (-2; 11), (-11; -2) Ví dụ 3: Xác định tất cặp nguyên dương (x; n) thỏa mãn phương trình sau: x2 + 3367 = 2n Giải Để sử dụng đẳng thức a – b3 = (a - b)(a2 + ab + b2) ta chứng minh n ⋮ Từ phương trình cho suy x3 2n (mod 7) Nếu n khơng chia hết cho 2n chia cho cho số dư 2, 7, x3 chia cho cho số dư 0,1 nên khơng thể có đồng dư thức x3 2n (mod 7) Vậy n = 3m với m số ngun dương Thay vào phương trình cho ta được: x3 + 3367 = 23m (2m – x)[(2m – x)2 + 3x.2m] = 3367 (1) m Từ (1), ta suy – x ước 3367 Hơn nữa, (2m – x)3 < 23m – x3 = 3367 nên (2m – x) ∈ {1; 7; 13} Xét 2m – x = 1, thay vào (1) ta được: 2m(2m – 1) = x 561 ⇒ vô nghiệm Xét 2m – x = 3, thay vào (1) ta được: 2m(2m – 13) = x 15 ⇒ vô nghiệm Xét 2m – x = 7, thay vào (1) ta được: 2m(2m – 7) = 24 x 32 Từ ta có: m = 4, n = 3m = 12 x = Vậy (x, n) = (9, 12) Tách giá trị nguyên: 14 Với x = vế trái (1) ⇒ x x 2 Với x ≥ ( ) < ;( ) < nên: 5 x x ( ) + ( ) < + = loại 5 5 Nghiệm phương trình x = Sử dụng diều kiện Δ ≥ để phương trình bậc hai có nghiệm: Ví dụ: Tìm nghiệm ngun phương trình: x + y + xy = x2 + y2 (1) Giải Viết (1) thành phương trình bậc hai x: x2 − (y + 1)x + (y2 − y) = (2) Điều kiện cần để (2) có nghiệm Δ ≥ △= (y + 1)2 − 4(y2 − y) = −3y2 + 6y + ≥ ⇔ 3y2 − 6y – ≤ ⇔ 3(y − 1)2 ≤ Do ⇔ (y − 1)2 ≤ suy ra: y ∈ {0, 1, 2} Với y = thay vào (2) x2 – x = ⇔ x1 = 0; x2 = Với y = thay vào (2) x2 − 2x = ⇔ x3 = 0; x4 = Với y = thay vào (2) x2 − 3x + = ⇔ x5 = 1; x6 = Thử lại, giá trị nghiệm với phương trình (1) Đáp số: (0 ; 0), (1 ; 0), (0 ; 1), (2 ; 1), (1 ; 2), (2 ; 2) Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc: a+b - Bất đẳng thức Côsi: ≥ √ ab (a,b ≥ 0, dấu xảy a = b) - Bất đẳng thức Bunhiacopxki: (a2 + b2)(x2 + y2) ≥ (ax + by)2 Dấu xảy khi: ax = by - Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối: ||x| x, dấu xảy khi: x 0; - |x| ≤ x, dấu xảy khi: x ≤ - |x| x |x| |x| + |y| ≥ |x + y|, dấu xảy khi: xy Ví dụ: Tìm số nguyên dương x, y thoả mãn phương trình: (x2 + 1)(x2 + y2) = 4x2y (1) Giải Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có: x2 + ≥ 2x Dấu xảy khi: x = x2 + y2 ≥ 2xy Dấu xảy khi: x = y Vì x, y nguyên dương nên nhân bất đẳng thức vế theo vế ta được: (x2 + 1)(x2 + y2) ≥ 4x2y Dấu xảy khi: x = y = Vậy phương trình (1) có nghiệm nhất: x = y = Cách 2: (1) ⇔ x4 + x2y2 + x2 + y2 – 4x2y = ⇔ (x2 – y)2 + (xy – x)2 = Phương trình xảy khi: 15 { y=x x 2− y =0 ⇔ ⇔ y=x ⇔ x = y = (vì x, y nguyên dương) xy−x=0 x ( y−1 )=0 y−1=0 { { Phương pháp VI: Dùng tính chất số phương Sử dụng tính chất chia hết số phương: Các tính chất thường dùng: - Số phương khơng tận 2, 3, 7, - Số phương chia hết cho số nguyên tố p chia hết cho p2 - Số phương chia cho 3, cho dư - Số phương chia ho 5, cho dư 0, - Số phương lẻ chia cho 4, số dư - Lập phương số nguyên chia cho dư 0, Ví dụ: Tìm số nguyên x để 9x + tích hai số nguyên liên tiếp Giải Giả sử 9x + = n(n+1) với n nguyên thì: 36x + 20 = 4n2 + 4n ⇔ 36x + 21 = 4n2 + 4n + ⇔ 3(12x + 7) = (2n + 1)2 Số phương (2n + 1)2 chia hết chia hết cho (Vì số nguyên tố) Ta lại có 12x + không chia hết 3(12x + 1) không chia hết cho ⇒ Mâu thuẫn chứng tỏ không tồn số nguyên x thỏa 9x + = n(n + 1) Tạo bình phương đúng: Ví dụ: Tìm nghiệm ngun phương trình: 2x2 + 4x = 19 – 3y2 Giải 2 2x + 4x = 19 – 3y ⇔ 2x + 4x + = 21 – 3y2 ⇔ 2(x + 1)2 = 3(7 – y2) (2) Ta thấy: 3(7 – y2) ⋮ ⇒ – y2 ⋮ ⇒ y lẻ Ta lại có: – y2 ≥ nên y2 = Khi (2) có dạng: 2(x + 1)2 = 18 Ta được: x + = ± 3, đó: x1 = 2, x2 = -4 Các cặp số (2; 1), (2; -1), (-4; 1), (-4; -1) thỏa mãn (2) nên nghiệm phương trình cho Sử dụng tính chất liên quan đến số phương: a Tính chất: Giữa hai số phương liên tiếp khơng có số phương (tính chất kẹp) Từ suy với số nguyên a, x ta có: – Không tồn x để a2 < x2 < (a + 1)2 – Nếu a2 < x2 < (a + 2)2 x2 = (a + 1)2 Ví dụ 1: Chứng minh với số nguyên k cho trước, không tồn số nguyên dương x cho: x(x + 1) = k(k + 2) (1) Giải Giả sử: x(x + 1) = k(k + 2) với k nguyên, x nguyên dương Ta viết phương trình thành: (1) ⇔ x2 + x + = k2 + 2k + = (k + 1)2 Do x > nên x2 < x2 + x + = (k +1)2 (2) Cũng x > nên (k + 1)2 = x2 + x + < x2 + 2x + = (x + 1)2 (3) 16 Từ (2) (3), suy ra: x2 < (k + 1)2 < (x + 1)2 (4) Ta thấy x2 (x + 1)2 hai số phương liên tiếp nên (4) xảy Vậy không tồn số nguyên dương x thoả mãn điều kiện đề Ví dụ 2: Tìm số nguyên x để biểu thức sau số phương: x4 + 2x3 +2x2 + x + Giải 2 Đặt x + 2x +2x + x + = y với y ∈ ℕ Ta thấy: y2 = (x4 + 2x3 + x2) + (x2 + x + 3) = (x2 + x)2 + (x2 + x + 3) Ta chứng minh: a2 < y2 < (a + 2)2 với a = x2 + x 11 Thật vậy: y2 – a2 = x2 + x + = (x + )2 + > (a + 2)2 – y2 = (x2 + x + 2)2 – (x4 + 2x3 + 2x2 + x + 3) = 3x2 + 3x + 1 = 3(x + )2 + > Do a2 < y2 < (a + 2)2 nên y2 = (a + 1)2 ⇔ x4 + 2x3 + 2x2 + x + = (x2 + x +1)2 x=1 ⇔ x2 + x – = ⇔ [ x=−2 Với x = x = -2 biểu thức cho = 32 b Tính chất: Nếu hai số ngun dương ngun tố có tích số phương số số phương Ví dụ: Giải phương trình với nghiệm ngun dương: xy = z2 (1) Giải Trước hết ta giả sử (x, y, z) = Thật vậy, ba số xo, yo, zo thỏa mãn (1) có ƯCLN d, giả sử xo = dx1, yo = dy1, zo = dz1 x1, y1, z1 nghiệm (1) Với (x, y, z) = x, y, z đơi ngun tố nhau, hai ba số x y, z có ước chung d, số cịn lại chia hết cho d Ta có z2 = xy mà (x, y) = nên x = a2, y = b2 với a, b ∈ℕ* Suy z2 = xy = (ab)2 Do đó: z = ab x=t a2 Như vậy: y=t b2 với t số nguyên dương tùy ý z=tab { Đảo lại, hiển nhiên số x, y, z có dạng thỏa mãn (1) Cơng thức cho ta nghiệm nguyên dương (1) c Tính chất: Nếu hai số ngun liên tiếp có tích số phương hai số ngun liên tiếp Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 + xy + y2 = x2y2 (1) Giải Thêm xy vào hai vế, ta được: (1) ⇔ x2 + 2xy + y2 = x2y2 + xy ⇔ (x + y)2 = xy(xy + 1) (2) Ta thấy xy xy + hai số ngun liên tiếp, có tích số phương nên tồn số Xét xy = 0: (1) ⇔ x2 + y2 = nêu x = y = Xét xy + = ⇔ xy = -1 nên (x, y) = (1; -1) (-1; 1) Vậy ba cặp số (0; 0), (1; -1), (-1; 1) nghiệm phương trình cho 17 Phương pháp VII: Lùi vô hạn, nguyên tắc cực hạn Phương pháp lùi vô hạn: Phương pháp náy FERMAT sáng tạo giải phương trình x4 + y = z Ý tưởng phương pháp giả sử tìm nghiệm nhỏ nhất, ta lý luận cho tìm nghiệm nhỏ Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên phương trình x2 - 5y2 = (1) Lời giải Giả sử (x0 ; y0) nghiệm (1) : x02 - 5y02 = x0 chia hết cho 5, đặt x0 = 5x1 ; (x1 Z), ta có : 25x12 - 5y02 = 5x12 - y02 = y0 chia hết cho 5, đặt y0 = 5y1 (y1 Z) Từ ta có : 5x12 - 25y12 = x12 - 5y12 = x y0 ; Vậy (x0 ; y0) nghiệm nguyên (1) 5 nghiệm nguyên x k yk ; (1) Tiếp tục lập luận tương tự, ta có 5 với k nguyên dương bất kì, nghiệm nguyên (1) hay x0 y0 chia hết cho 5k với k số nguyên dương tùy ý Điều xảy x0 = y0 = Vậy phương trình (1) có nghiệm ngun x = y = Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x3 + 2y3 = 4z3 (2) Lời giải Từ (2) x Đặt x = 2x1 với x1 nguyên Thay vào (2), chia hai vế cho : 4x13 + y3 = 2z3 (3) Do y Đặt y = 2y1 với y1 nguyên Thay vào (3) chia hai vế cho được: 2x13 + 4y13 = z3 (4) Do z Đặt z = 2z1 với z1 nguyên Thay vào (4) chia hai vế cho : x13 + 2y13 = 4z13 Như (x, y, z) nghiệm (2) (x1, y1, z1) nghiệm (2) x = 2x1, y = 2y1, z = 2z1 Lập luận tương tự (x2; y2; z2) nghiệm (2) x1 = 2x2, y1 = 2y2, z1 = 2z2 Cứ tiếp tục ta đến x, y, z chia hết cho 2k với k số tự nhiên tuỳ ý Điều xảy x = y = z = Đó nghiệm nguyên (2) 3 Ví dụ 3: Tìm nghiệm ngun phương trình: x y z 0 (5) Lời giải Giả sử x0 , y0 , z0 nghiệm ngun phương trình x0 3 đặt x0 3x1 , 3 thay x0 3x1 vào (5) ta được: x1 y0 z0 0 y0 3 đặt y0 3 y1 đó: x13 27 y13 z03 0 x13 y13 z03 0 z0 3 đặt z0 3 z1 x0 y0 z0 , , x y z 0 Vậy 3 nghiệm phương trình 3 đó: 18 x0 y0 z0 k, k, k Quá trình tiếp tục được: 3 nghiệm nguyên (5) với k nguyên dương điều xảy x0 y0 z0 0 Vậy phương trình cho có nghiệm ngun ( 0; 0; ) Nguyên tắc cực hạn: Sử dụng số tốn vai trị ẩn bình đẳng Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 5(x + y + z + t) + 10 = xyzt Giải Giả sử x y z t Ta có: 5(x + y + z + t) + 10 = 2xyzt 5 10 30 = yzt + xzt + xyt + xyz + xyzt t t 15 t = t =2 * Với t = ta có: 5(x+ y + z + 1) + 10 = 2xyz 30 5 15 z2 z yz xy xyz xz 2= + + + 15 z = { 1;2 ;3 } Nếu z = có 5(x+ y) + 20 = 2xy (2x – 5)(2y - 5) = 65 x = Ta nghiệm (35; 3; 1; 1); (9; 5; 1; 1) hoán vị chúng Với z = 2; z = phương trình khơng có nghiệm nguyên 5 20 35 * Với t = 5(x+ y + z) + 20 = 4xyz = xy + yz + xz + xyz z 35 z = (vì z t 2) (8x – 5)(8y – 5) = 265 z Do x y z nên 8x – 8y – 11 (8x – 5)(8y – 5) = 265 vô nghiệm Vậy nghiệm phương trình (x, y, z) = (35; 3; 1; 1); (9; 5; 1; 1) hoán vị Phương pháp VIII: Tìm nghiệm riêng Cách giải: Xét phương trình ax + by + c = (1) Trong a, b, c ∈ Z , a ≠ 0, b ≠ Khơng tính tổng qt, giả thiết (a, b, c) = Thật vậy, (a, b, c) = d ≠ ta chia vế phương trình cho d Ta có hai định lý: Định lý 1: Nếu phương trình (1) có nghiệm ngun (a, b) = (*) Chứng minh: Giả sử ( x 0; y 0) nghiệm nguyên (1) ax + by = c Nếu a b có ước chung d ≠ c ⋮ d, trái với giả thiết (a, b, c) = Vậy (a, b) = Định lý 2: Nếu ( x , y ¿ nghiệm phương trình (1) phương trình (1) có vơ số nghiệm nguyên nghiệm nguyên biểu diễn dạng: 19 { x=x +bt y= y −at Trong t số nguyên tùy ý (t = 0; ± 1; ± ; … ¿ Chứng minh: - Bước 1: Mọi cặp số ( x +bt ; y −at ¿ nghiệm nguyên (1) Thật vậy, ( x ; y ¿ nghiệm (1) nên a x +b y 0=c Ta có: ax + by = a ( x¿ ¿ 0+bt )+b ( y −at )=ax0 +by =c ¿ Do ( x +bt , y 0−at ¿là nghiệm (1) - Bước 2: Mọi nghiệm (x; y) (1) có dạng ( x +bt , y 0−at ¿ với t ∈ Z Thật vậy, ( x ; y ¿ (x; y) nghiệm (1) nên ax + by = c ax +by =c Trừ vế: a ( x−x ) + b ( y− y ) =0 a ( x−x ) =b ( y 0− y ) (2) Ta có a ( x−x ) ⋮ b mà (a, b) = (theo định lý 1) nên x−x ⋮b Vậy tồn số nguyên t cho: { x=x +bt y= y −at Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên phương trình: 3x – 2y = Giải Cách 1: Ta thấy x 0=3 ; y 0=2 nghiệm riêng Theo định lý 2, nghiệm nguyên phương trình là: t ( t số nguyêntùy ý ) {x=3−2 y=2−3t Cách 2: Ta thấy x 0=1 ; y 0=−1 nghiệm riêng Theo định lý 2, nghiệm nguyên phương trình là: x =1−2 t (t số nguyên tùy ý ) { y=−1−3t Chú ý: Qua cách giải trên, ta thấy có nhiều cơng thức biểu thị tập hợp nghiệm nguyên phương trình * Cách tìm nghiệm riêng phương trình bậc hai ẩn: Để tìm nghiệm nguyên riêng phương trình ax + by = c, ta dùng phương pháp thử chọn: cho x số có giá trị tuyệt đối nhỏ (0; ± 1; ± ; … ¿ tìm giá trị tương ứng y Phương pháp IX: Phương pháp hạ bậc Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x 3+ y −4 z 3=0 (1 ) Giải 3 (1) ⇔ x =4 z −2 y (2 ) Rõ ràng vế phải (2) chia hết x ⋮ x ⋮ Đặt x = x ( x ∈ Z ¿ Thay vào (2) ta có: ⇔ x 31=4 x 3−2 y ⇔ y 3=2 z 3−4 x 31 (3) Lập luận tương tự ta có y ⋮ 2, z ⋮ Đặt y = y ; z=2 z ( y ∈ Z , z ∈ Z ) 20 Biến đổi tương tự ta có: z 3=4 y 31 +2 x 31 (4) (4)⇔ z 31=4 y 31 +2 x31 ⇔ x 31 +2 y 31−4 z31 =0 (5) Rõ ràng số ( x ; y ; z ) nghiệm (1) số ( nghiệm (1), x ; y o ; z 0là số chẵn trình tiếp tục số nguyên dương Vậy x = y = z = x0 y0 z0 ; ; ) 2 x0 y z ; ; số chẵn Quá 2 z0 x0 y ; ; số chẵn với n số 2n 2n 2n