www.VNMATH.com www.VNMATH.com 1 2. CáC PHơNG PHáP GIảI PHơNG TRìNH NGHIệM NGUYêN: 2.1. - PHơNG PHáP 1 : Phơng pháp đa về dạng tổng Phơng pháp: Phơng pháp ny thờng sử dụng với các phơng trình có các biểu thức chứa ẩn viết đợc dới dạng tổng các bình phơng. - Biến đổi phơng trình về dạng một vế l một tổng của các bình phơng các biểu thức chứa ẩn; vế còn lại l tổng bình phơng của các số nguyên (số số hạng của hai vế bằng nhau). 2 22 2 22 , , , , , ABC mnp xy xy xy Với ( ; ; , ) mnp Z - Giải các hệ tơng ứng: 2 2 2 2 2 2 ,, ,, , , A m xy B n xy Cp xy 2 2 2 2 2 2 ,, ,, , , A n xy B m xy Cp xy 2 2 2 2 2 2 ,, ,, , , A p xy B m xy Cn xy . Các ví dụ minh hoạ: - Ví dụ 1 : Tìm x;y Z thoả mãn: 22 5x 4x yy 169 (1) Nhận xét Tìm hớng Giải: Ta thấy cả hai vế của phơng trình có thể biểu diễn đợc bằng tổng của hai bình phơng. Giải: (1) 222 4x 4xy y x 144 25 169 0 2 2 2 2 214425(1) 21690(2) xy x xy x Từ (I) ta có: 2 2 22 2 2 22 55 212 ; 222 5 12 12 25 ; 19 29 12 xx xy yy x xx xy yy x Tơng tự từ (II) ta có: 2 2 2 2 22 0 213 13 0 13 20 26 13 x xy y x x xy y x www.VNMATH.com www.VNMATH.com 2 Vậy 5; 2;5; 22; 5;2; 5;22;12; 19;12; 29 , 12; 19 ; 12; 29 ; 0; 13 ; 0; 13 ; 13; 26 ; 13; 26 xy - Ví dụ 2: Tìm x;y Z thoả mãn: 22 x+y-x-y=8 (2) Nhận xét Tìm hớng Giải: Ta thấy cả hai vế của phơng trình có thể biểu diễn đợc bằng tổng của hai bình phơng. Giải: 22 x+y-x-y=8 22 22 22 22 444432 44144134 21 21 53 xxyy xx yy xy 2 2 2 2 2 2 2 2 21 3 2; 1 3; 2 21 5 21 5 3; 2 2; 1 21 3 x xx yy y x xx yy y Vậy ; 2;3;2;2;1;3;1;2;3;2;3;1;2;2;2;1 xy Bi tập áp dụng: Giải các phơng trình nghiệm nguyên; a/ 22 4 115 2 x yx b/ 222 324 x yzxyxz 2.2. - PHơNG PHáP 2: Phơng pháp đa về dạng tích Phơng pháp: Phơng pháp ny thờng sử dụng với các phơng trình có các biểu thức chứa ẩn phân tích đợc thnh nhân tử. - Biến đổi phơng trình về dạng một vế l tích của các đa thức chứa ẩn; vế còn lại l tích các số nguyên ( số nhân tử của hai vế bằng nhau). . . . . , , , , , ABC mnp xy xy xy Với ( ; ; , )mnp Z - Giải các hệ tơng ứng: ,, ,, ,, xy xy xy Am An Ap ,, ,, ,, xy xy xy An B m Cp ,, ,, ,, xy xy xy Ap B m Cn . Các ví dụ minh hoạ: - Ví dụ 1: Tìm x;y Z thoả mãn: 33 91 xy (1) Nhận xét Tìm hớng Giải: www.VNMATH.com www.VNMATH.com 3 Ta thấy vế trái của phơng trình dễ dng phân tích thnh nhân tử. Giải: (1) 22 91.1 13.7 xyx xyy (Vì 22 0 xxyy ) Ta có: 22 22 22 22 1 65 ; 56 91 91 .91.17.13 1 7 34 ; 43 13 xy xx yy xxyy xy xyx xyy VN xxyy xy xx yy xxyy 22 13 7 xy VN xxyy - Ví dụ 2: Tìm x;y Z thoả mãn: 22 0 xxy (2) Nhận xét Tìm hớng Giải: Ta thấy vế trái của phơng trình l hiệu của hai đa thức bậc hai độc lập của x v y, nên ta có thể phân tích thnh nhân tử. Giải: 22 2 2 22 04 44 0 21 2 1 2212 11 xxy x xy xy xy xxy 2211 0 0 2211 2211 1 0 2211 xy x y xy xy x y xy Vậy: ;0;0;1;0xy Bi tập áp dụng: Giải các phơng trình nghiệm nguyên; a/ 2 425xxy b/ 3 35 x xy c/ . x yxy 2.3. - PHơNG PHáP 3: Phơng pháp cực hạn Phơng pháp: Phơng pháp ny thờng sử dụng với các phơng trình đối xứng www.VNMATH.com www.VNMATH.com 4 - Vì phơng trình đối xứng nên x; y; z có vai trò bình đẳng nh nhau. Do đó; ta giả thiết x yz ; tìm điều kiện của các nghiệm; loại trừ dần các ẩn để có phơng trình đơn giản. Giải phơng trình; dùng phép hoán vị để suy ra nghiệm. Ta thờng giả thiết 1 x yz Các ví dụ minh hoạ: - Ví dụ 1: Tìm ;; x yz Z thoả mãn: x yzxyz (1) Nhận xét Tìm hớng Giải: Ta thấy đây l phơng trình đối xứng. Giải: Giả sử 1 x yz. Khi đó: (1) 3 . 3 x yz x y z z xy (Vì ;; x yz Z ) .1;2;3xy . Nếu: .1 12 x yxy zz(vô lí) . Nếu: .2 1;2;3 x yxyz . Nếu: .3 1;3 2 x yxyzy(vô lí) Vậy: ;; x yzl hoán vị của 1; 2; 3 - Ví dụ 2: Tìm ;; x yz Z thoả mãn: 111 2 xyz (2) Nhận xét Tìm hớng Giải: Đây l phơng trình đối xứng. Giải: Giả sử 1 x yz. Khi đó: (2) 1113 3 21 2 x x xyzx Với: 112 11 2 1;2 xyy yzy . Nếu: 1 10 y z (vô lí) . Nếu: 22yz Vậy: ;; x yz l hoán vị của 1; 2; 2 Bi tập áp dụng: Giải các phơng trình nghiệm nguyên dơng: a/ x yztxyzt b/ 111 1 1995 xyz c/ 3 x yzxyz zyx d/ 1 x yxyz 2.4. - PHơNG PHáP 4: Phơng pháp sử dụng tính chất chia hết www.VNMATH.com www.VNMATH.com 5 Phơng pháp: Phơng pháp ny thờng sử dụng với các phơng trình có dạng phân thức m tử l một số nguyên; đợc dùng để Giải các bi toán: Tìm giá trị nguyên của biến để biểu thức nhận giá trị nguyên - áp dụng tính chất chia hết trong Z để xác định tập giá trị của biểu thức chứa ẩn (thờng l biểu thức dới mẫu). Các ví dụ minh hoạ: - Ví dụ 1: Tìm ; x yZ để: 2 2 1 x x A x x nhận giá trị nguyên Nhận xét Tìm hớng Giải: Ta thấy A l phân thức có tử v mẫu hơn kém nhau một hằng số nguyên. Do đó ta có thể biến đổi A thnh tổng của một đa thức v một phân thức có tử l hằng số nguyên Giải: Ta có: 22 22 2 11 1 1 11 1 xx xx A x xxx xx . Khi đó: Để A nhận giá trị nguyên thì 2 1 1 x x nhận giá trị nguyên. 22 1 11 1 1;1 xx xx U Vì V: 22 0 10; 11 1 x xx x xx x Vậy để A nhận giá trị nguyên thì: x = 0 hoặc x = - 1 - Ví dụ 2: Tìm ; x yZ thoả mãn: 222 212. yx x y x y xy (2) ( Đề thi Tuyển sinh vo 10 chuyên Toán đại học KHTN H Nội) Nhận xét Tìm hớng Giải: Ta nhận thấy các hạng tử chứa biến từng đôi một có chứa nhân tử chung nên nếu nhóm các hạng tử hợp lí cho ta đa thức có nhân từ chung (x 1), nên chia hai vế của phơng trình cho (x 1) ta sẽ có một vế luôn nhận giá trị nguyên. Giải: Ta có: (2) 2 2. 1 . 1 . 1 10*yx xx yx Với: 1; * 1 0 1 x x không phải l nghiệm của phơng trình. Nên: 2 1 20** 1 yxy x . Phơng trình có nghiệm nguyên 1 0 1 11;1 1 1 x xU x x - Ví dụ 3: Tìm ; x yZ thoả mãn: 3 x + 1 = (y + 1) 2 (3) Nhận xét Tìm hớng Giải: Vì 3 x l số lẻ; suy ra (y + 1) 2 chia hết cho 2. Sử dụng tính chất ny ta xét các điều kiên của nghiệm của phơng trình. GIảI: www.VNMATH.com www.VNMATH.com 6 Ta có: (3) 2 311 2 x yyy. 3 x l số lẻ ;2yy l hai số lẻ liên tiếp ;21 ;2yy yy l các luỹ thừa của 3, nên: 3* 323 23** m mn n y mnx mn y Với: 0; 1 1; 1. mnyx Với: 1; 1mnTừ 3 *;** ; 2 1 23 y yy y ( vô lí) Phơng trình có nghiệm nguyên: 1 1 x y Bi tập áp dụng: Giải các phơng trình nghiệm nguyên dơng: a/ 22 25xy b/ 22 19 28 729xy c/ 23 x yx y d/ Chứng tỏ phơng trình sau vô nghiệm: 333 2000xyzxyz 2.5. - PHơNG PHáP 5: Phơng pháp sử dụng bất đẳng thức Phơng pháp: Phơng pháp ny thờng sử dụng với các phơng trình m hai vế l những đa thức có tính biến thiên khác nhau. - áp dụng các bất đẳng thức thờng gặp: Bất đẳng thức Cô si: Cho n số không âm: 123 ; ; ; ; n aaa a. Khi đó: 123 123 . . n n n aaa a aaa a n . Dấu = xảy ra 123 n aaa a Bất đẳng thức Bunhiacôpxki: Cho 2n số thực: 123 ; ; ; ; n aaa a v 123 ; ; ; ; n bbb b. Khi đó: 2 11 2 2 33 1 2 3 1 2 3 . . . . . . . nn n n ab ab ab ab a a a a b b b b . Dấu = xảy ra 1; ii akbi n. Bất đẳng thức giá trị tuyết đối: .0 .0 ab ab ab ab ab Các ví dụ minh hoạ: - Ví dụ 1: Tìm ; x yZ thoả: 3 xy yz zx zxy (1) www.VNMATH.com www.VNMATH.com 7 Nhận xét Tìm hớng Giải: Ta thấy đây l một phơng trình đối xứng, nên có thể dùng phơng pháp 3 (phơng pháp cực hạn). Tuy nhiên, các hạng tử trong tổng có giá trị dơng nên ta có thể áp dụng bất đẳng thức Cô si để xác định điều kiện của tích các ẩn. GIảI: áp dụng BĐT Cô si. Ta có: 3 3 33 3 xy yz zx xy yz zx x yz zxy zxy . 3 1 1 1 x yz xyz x y z Vậy nghiệm của phơng trình l: 1 x yz - Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: 2 22 13 1 xy x y (2) ( Toán Tuổi thơ 2) Nhận xét Tìm hớng Giải: Ta nhận thấy hai vế của phơng trình có dạng: bình phơng của tổng v tổng các bình phơng; nên ta có thể vận dụng BĐT Bunhiacôpxki. GIảI: Theo Bunhiacôpxki, ta cự: 2 22222 22 1 111 13 1 xy xy xy Dấu = xảy ra 1 1 111 xy x y Vậy nghiệm của phơng trình l: 1 x y - Ví dụ 3: Tìm tất cả các số nguyên x thoả mãn: 3 10 101 990 1000 2004 xx x x x (3) Nhận xét Tìm hớng Giải: Ta nhận thấy: 2104 = 3 + 10 + 101 + 990 + 1000 =101 + 2003 v aa Giải: Ta có: (3) 3 10 101 990 1000 2004 xxx x x . M 33 10 10 101 101 2004 101 2003 101 1 990 990 1000 1000 xx xx aa x x x x xx xx Do đó: 1 101 1 101 1;0;1 102; 101; 100 xx x . Với 101 2004 2003 x (vô lí). Vậy nghiệm của phơng trình l: 102; 100 x www.VNMATH.com www.VNMATH.com 8 Bi tập áp dụng: Giải các phơng trình nghiệm nguyên dơng: a/ 22 3xxyy b/ 222 222224xyzxyyzz 2.6. - PHơNG PHáP 6: Phơng pháp lựa chọn Phơng pháp: Phơng pháp ny đợc sử dụng với các phơng trình m ta có thể nhẩm ( phát hiện dể dng) đợc một vi giá trị nghiệm - Trên cơ sở các giá trị nghiệm đã biết. áp dụng các tính chất nh chia hết; số d; số chính phơng; chữ số tận cùng ta chứng tỏ rằng với các giá trị khác phơng trình vô nghiệm Các ví dụ minh hoạ: - Ví dụ 1: Tìm ; x yZ thoả: 63 4 31 x xy Nhận xét Tìm hớng Giải: Ta thấy với 0; 1 x y thì phơng trình đợc nghiệm đúng. Ta cần chứng minh phơng trình vô nghiệm với 0 x Giải: + Với 0; 1 x y thì phơng trình đợc nghiệm đúng + Với 0 x . Khi đó: 22 63 63 63 3 43 21 31 44 1 2xx xx xx x yx (*) Vì 33 1; 2xx l hai số nguyên liên tiếp nên không có giá trị no của y thoả mãn (*) Vậy 0; 1 x y l nghiệm của phơng trình. - Ví dụ 2: Tìm ; x yZ thoả: 221 13 y x x (2) ( Toán học v tuổi trẻ) Nhận xét Tìm hớng Giải: Ta nhận thấy vế phải l luỹ thừa bậc lẽ của 3 nên có tận cùng l 3 hoặc 9. Ta cần xét chữ số tận cùng của vế trái Giải: Gọi b l chữ số tận cùng của x . Vì vậy 0;1;2; ;9 b . Khi đó: 2 1xx có chữ số tận cùng l: 1, 5 hoặc 9. (*) Mặt khác: 21 3 y l luỹ thừa bậc lẻ của 3 nên có tận cùng l 3 hoặc 7. (**) Từ (*)v v (**)suy ra phơng trình vô nghiệm.s - Ví dụ 3: Tìm ; x yZ thoả mãn: 22 613100 xxyy (3) Nhận xét Tìm hớng Giải: Với trờng hợp ny ta có thể sử dụng phơng pháp 1 (Phơng pháp đa về dạng tổng). Tuy nhiên vế phải l một số chính phơng nên ta có thể sử dụng tính không âm của luỹ thừa bậc chẳn để giới hạn tập giá trị, sau đó sử dụng sự lựa chọn. Giải: www.VNMATH.com www.VNMATH.com 9 (3) 2 2 22 5 3425 25 y xy ynn Do đó : 5; 4; 3;0;3;4;5 3;9;11 ;13 yx Phơng trình có nghiệm nguyên: ; 5;3 ; 4;9 ; 3;11 ; 0;13 ; 3;11 ; 4;9 ; 5;3 xy Bi tập áp dụng: Giải các phơng trình nghiệm nguyên dơng: a/ 2 .1.1.1 x xxx y b/ 22 6574xy 2.7 PHơNG PHáP 7: Phơng pháp lùi vô hạn (xuống thang) Phơng pháp: Phơng pháp ny thờng sử dụng với những phơng trình có (n 1) ẩn m hệ số có ớc chung khác 1 - Dựa vo tính chất chia hết ta biểu diễn ẩn theo ẩn phụ nhằm hạ (giảm bớt) hằng số tự do, để có đợc phơng trình đơn giản hơn. - Sử dụng linh hoạt các phơng pháp để Giải phơng trình đó. Các ví dụ minh hoạ: - Ví dụ 1: Giải phơng trình: 333 390xyz (1) Nhận xét Tìm hớng Giải: Ta thấy 333 333 390 393xyz xyz m 33 393 yz nên 3 3 x Giải: Ta có: (1) 333 3 1 393 3 3 3 x yz x x xx Khi đó: (1) 333 333 3 11 1 27 3 9 3 9 3 3 3 3 3 x yz xyz y y yy. 333 3 11 1 92733 3 3 3 x yz z z yz. * Tiếp tục sự biểu diễn trên v nếu gọi 000 ;; x yz l nghiệm của (1) v thì 000 ;; 3 x yz U v 000 0;;9xyz . Thực hiện thử chọn ta đợc: 000 0 xyz Vậy nghiệm của phơng trình l: 000 0 xyz Bi tập áp dụng: Giải các phơng trình nghiệm nguyên: a/ 233 24 x yz b/ 333 240xyz c/ 22 50xy 2.8. - PHơNG PHáP 8: Phơng pháp sử dụng điều kiện nghiệm của phơng trình bậc hai Phơng pháp: Phơng pháp ny đợc sử dụng với các phơng trình có dạng: ; 0 xy f . Trong đó: ; x y f l đa thức bậc hai www.VNMATH.com www.VNMATH.com 10 - Biến đổi phơng trình đa về dạng phơng trình bậc hai (một ẩn l ẩn của phơng trình bậc hai; một ẩn l tham số ). Biện luận nghiệm theo điều kiện nghiệm của phơng trình bậc hai. * Chú ý: Nên chọn ẩn có hệ số bằng 1 Các ví dụ minh hoạ: - Ví dụ 1: Tìm ; x yZ thoả: 22 344250 xy xyxy (1) Nhận xét Tìm hớng Giải: Ta thấy phơng trình ny có thể xem l một phơng trình bậc hai ẩn y tham số x. Giải: (1) 22 22 1 3 4 5 0 yxyxx. Ta có: 2 1,2 4; 0 2 1 xyx Do đó: y nhận giá trị nguyên với giá trị nguyên x nhận giá trị nguyên 22 42 xnn x (áp dụng phơng pháp 2: Đa về dạng tích) + Với 25 x y + Với 23 x y Vậy nghiệm của phơng trình l: 2; 5 ; 2; 3 xy xy - Ví dụ 2: Tìm ; x yZ thoả: 22 12 6 3 28 x xy y x y (2) Nhận xét Tìm hớng Giải: Ta thấy phơng trình ny có thể xem l một phơng trình bậc hai ẩn y tham số x Giải: (2) 22 3231412280 yxyxx. Ta có: y nhận giá trị nguyên với giá trị nguyên x 222 27 196 0 7 0; 1; 2 xkxx + Với 00 x y + Với 18 x y + Với 110 x y + Với x y Vậy nghiệm của phơng trình l: 0; 0 ; 1; 8 ; 1; 10 xy xy x y - Ví dụ 3: Tìm ; x yZ thoả mãn: 22 613100 xxyy (3) Nhận xét Tìm hớng Giải: Với trờng hợp ny ta có thể sử dụng phơng pháp 1 (Phơng pháp đa về dạng tổng). hoặc đã Giải trong phơng pháp 6 (phơng pháp lựa chọn). Tuy nhiên, ta có thể đa về phơng trình bậc hai ẩn x tham số y. Giải: (3) 2 425 5 yy Do đó : 5; 4; 3;0;3;4;5 3;9;11 ;13 yx Phơng trình có nghiệm nguyên: ; 5;3 ; 4;9 ; 3;11 ; 0;13 ; 3;11 ; 4;9 ; 5;3 xy