đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên I. Lý do chọn đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên là một đề tài hấp dẫn, thú vị của toán học, vì vậy phơng trình nghiệm nguyên đã đợc rất nhiều nhà toán học nghiên cứu. Tuy nhiên, với ngời học thì giải phơng trình nghiệm nguyên là một vấn đề khó. Để giải đợc phơng trình nghiệm nguyên đòi hỏi phải có t duy lôgic, sự sáng tạo. Các phơng trình nghiệm nguyên rất đa dạng và kèm theo các phờng trình nghiệm nguyên đó có rất nhiều phơng pháp giải hay, nhng do khó, phức tạp mà trong chơng trình toán ở phổ thông cũng nh Cao đẳng chỉ đề cập đến rất ít, Vì vậy, tôi chọn đề tài: ''phơng trình nghiệm nguyên'' để giúp các bạn tìm hiểu đợc nhiều hơn về phơng trình nghiệm nguyên. II. Mục đích đề tài: Đề tài này nhằm đạt đợc một số mục đích sau: + Thống kê các phơng trình nghiệm nguyên. + Phõn loi v phng phỏp gii mt s dng phng trỡnh nghim nguyờn. III. Nội dung: A. Một số định nghĩa, định lý liên quan đến phơng pháp giải các phơng trình nghiệm nguyên. 1. Định lý Ơ - le: Định lý: Giả sử m là một số tự nhiên lớn hơn 1 và a là một số nguyên tố với m khi ấy ta có: (m) a 1 (modm). + (m) : Là số các số tự nhiên khác 0 không vợt quá m và nguyên tố với m. + Hệ thặng d đầy đủ modun m H = {0, 1, , m -1} - Hệ thặng d thu gọn modun m H = m 1 m 1 m 1 , 1, , 2 2 2 + với m là số lẻ H = m m m , 1, , 1 2 2 2 + với m là số chẵn. H = m m m 1, 2, , 2 2 2 + + là hệ thặng d đầy đủ giá trị tuyệt đối nhỏ nhất. Chứng minh: Cho x chạy qua hệ thặng d thu gọn modun m không âm nhỏ nhất {r 1 , r 2 , , r (m) } khi ấy tập hợp {ar 1 , ar 2 , , ar (m) } cũng là hệ thặng d thu gọn modun m. Gọi s 1 , s 2 , s (m) là các thặng d không âm nhỏ nhất cùng lớp với ar 1 , ar 2 , , ar n thì ta có: ar 1 s 1 (modm) ar 2 s 2 (modm) ar (m) s (m) (modm) Ta sẽ đợc { s 1 , s 2 , , s (m) } cũng là hệ thặng d thu gọn modun m không âm nhỏ nhất, Bằng cách nhân vế với vế của (m) đồng thức trên ta đợc: a (m) . r 1 r 2 r (m) s 1 s 2 s (m) (modm) Vì {r 1 , r 2 , , r (m) } và {s 1 , s 2 , , s (m) } cũng là hệ thặng d thu gọn không âm nhỏ nhất nên ta có: r 1 r 2 r (m) = s 1 s 2 s (m) Từ đó a (m) r 1 ,r 2 r (m) r 1 r 2 r (m) (modm) 1 đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên Nhng r 1 r 2 r (m) nguyên tố với (m vì từng thừa số nguyên tố với m) nên có thể chia cả 2 vế của đồng d thức r 1 r 2 r (m) ta đợc: a (m) 1 (modm) 2. Định lý Feema: Cho p là một số nguyên tố và a là một nguyên tố không chia hết cho p. Khi ấy ta có: a p-1 (mod p). Chứng minh: Vì p là số nguyên tố nên (p) = p - 1. áp dụng định lý ơ-le suy ra điều phải chứng minh. 3. Phơng trình ax 2 + bx + c = 0 - Nếu có nghiệm nguyên là x 0 thì C M x 0 - Phơng trình có nghiệm nguyên khi và chỉ khi ( ')là số chính phơng 4. Thuật toán ơclit mở rộng. (Tìm ớc chung lớn nhất của 2 số a, b) - Giả sử a > b. a,b z + B 1 : Chia a cho b đợc d r 1 . Nếu r 1 = 0 thì b/a. Nếu r 1 0 ta đợc: a = bq + r 1 . B 2 : Chia b cho r 1 đợc d r 2 . - Nếu r 2 = 0 thì UCLN (a,b) = r 1 - Nếu r 2 0 thì ta đợc: b = r 1 q 1 + r 2 . B 3 : Thực hiện phép chia r 1 cho r 2 đợc số d r 3 . - Nếu r 3 = 0 thì UCLN (a, b) = r 3 - Nếu r 3 0 thì r 1 = r 2 q 2 + r 3 . Tiếp tục quá trình nh vậy cho đến khi số d bằng 0 (Giả sử là r n ). Quá trình này phải biết kết thúc vì ta đợc dãy giảm nghiêm ngặt bị chặn dới r 1 > r 2 > r 3 > r n -1 > r n > 0 - Ước chung lớn nhất của a và b là r n-1 ( số d khác 0 cuối cùng) 5. Điều kiện cần và đủ để phơng trình: ax + by = c (1) có nghiệm là UCLN (a, b) c. Chứng minh: - Điều kiện cần: Giả sử phơng trình (1) có nghiệm nguyên là (x 0 , y 0 ) ta có: ax 0 + by 0 = c. Gọi d = UCLN (a, b). Khi ấy d là ớc của a và b nên d cũng là ớc của ax 0 + by 0 = c nghĩa là d ớc của c. - Điều kiện đủ: Giả sử d = UCLN (a,b) là ớc của c, nghĩa là có số nguyên c, sao cho c = c 1 d. Ta phải chứng minh phơng trình (1) có nghiệm nguyên, nghĩa là có cặp số (x 0 , y 0 ) sao cho có đẳng thức: ax 0 + by 0 = c. Thật vậy vì d = UCLN (a,b) nên có cặp số nguyên x 1 , y 1 sao cho : d = ax 1 + by 1 . Nhân cả 2 vế với c 1 ta đợc c 1 d = c 1 ax 1 + by 1 c 1 hay ( c 1 a)x 1 + (c 1 b)y 1 = c Đẳng thức này chứng minh của phơng trình (1). * Nếu phơng trình (1) có một nghiệm nguyên là (x 0 , y 0 ) thì nó có vô số nghiệm nguyên và tập hợp các nghiệm nguyên của nó gồm các cặp số nguyên (x 1 y) xác định bởi: 0 0 b x x t a a y y t, t Z d = + = Với d = UCLN (a, b) và t = 0, 1, 2 Điều này ta dễ dàng kiểm tra khi thay x, y vào phơng trình (1). * Phơng trình: a 1 x 1 + a 2 x 2 + + a n x n = c khi và chỉ khi UCLN (a 1 , a 2 , , a n ) là ớc của c. Chứng minh cho trờng hợp này tơng tự nh chứng minh cho trờng hợp n = 2. 2 đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên B. Một số dạng phơng trình nghiệm nguyên và phơng pháp giải: a. Phơng pháp giải: 1. Tách phần nguyên: (phơng pháp này chủ yếu áp dụng cho phơng trình bậc nhất 2 ẩn). Ví dụ: Giải phơng trình: 43x + 47y = 50 (1) Phơng trình (1) <=> 43x = 50 - 47y => x = 1 - y + 7 4y 43 Đặt t = 7 4y 43 , t Z => x = 1 - y + t. Và 7 - 4y = 43t => y = 2 - 11t + t 1 4 . Đặt t 1 4 = Z => y = 2 - 11t + và t=4 +1 => y = 2 - 11 (4 + 1) + = - 43 - 20 => x = 1 - ( - 43 - 20) + 4 + 1 = 22 + 47 . Vậy phơng trình (1) có nghiệm tổng quát là: x 22 47t y 20 43t = + = Với t Z . Chú ý: Khi dùng phơng pháp này nên tách sao cho các hệ số của ẩn của phần đặt ẩn phụ là nhỏ nhất Ví dụ: Giải phơng trình: 7x + 4y = 100 (*) Cách 1: 4y = 100 - 7x => y = 100 7x 4 => y = 25 - x - 3x 4 . Đặt 3x 4 = t, t Z = > y = 25-x-t và 3x=4t => x = 4t t t 3 3 = + . Đặt t , x t ,t 3 3 => = + =  => x = 3 + = 4 => y =25-4 -3 = 25 - 7 . Vậy phơng trình có nghiệm tổng quát là: x 4t y 25 7t, t . = = Z Cách 2: (*) <= > 4y = 100 7x x 100 7x y 25 2x 4 4 => = = + Đặt x t x 4t y 25 2x t y 25 2(4t) t 25 7t 4 = => = => = + => = + = Vậy phơng trình có nghiệm tổng quát là: x 4t y 25 7t, t = = Z 2. Phơng pháp sử dụng đồng d thức: Phơng pháp này dựa vào các tính chất của đồng d thức để giải phơng trình nghiệm nguyên. Ta chuyển phơng trình cần giải về các đồng d thức: Ví dụ: Giải phơng trình: 5x + 3y = 2 Phơng trình đã cho tơng đơng với đồng d thức: 5x 2(modz) <=> 2x 2(modz) (*) x 1(modz). => x= 1+3t, t Z => 3y = 2-5x = 2-5 (1+3t) => 3y = -3 - 15t => y = -1 - 5t. Vậy phơng trình đã cho có nghiệm tổng quát là: x 1 3t y 1 5t, t = + =  3 đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên 3. Phơng trình sử dụng thuật toán ơclít mở rộng Ví dụ: Giải phơng trình: 38 x + 117y = 109 Ta có: 117 = 38.3 + 3 => 3 = 117 - 38.3 38 = 3.12 + 2 => 2 = 38 - 3.12 3 = 2.1 + 1 => 1 = 3 - 2 2 = 1.2 Ta suy ra: 1 = 3 - 2 = 3 - (38 - 3.12) = 3.13 - 38 = (117 - 38.3). 13 - 38 = 117.13 - 38.40 => 109 = 117(13.109) + 38(-40.109) = 117(1417) + 38 (-4346) Vậy phơng trình đã cho có một nghiệm riêng là: (-4346, 1417) Vậy phơng trình có nghiệm tổng quát là: x 4346 117t y 1417 38t, t R = + = L u ý: Phơng pháp sử dụng thuật toán ơclít mở rộng có thể áp dụng cho tất cả các phơng trình bậc nhất một ẩn và nhiều ẩn. Tuy nhiên phơng trình này có nhợc điểm là trong một số trờng hợp việc tách quá nhiều bớc. 4. Phơng pháp sử dụng tính chia hết. Trong một số phơng trình việc áp dụng tính chia hết sẽ cho ra kết quả rất nhanh. Ví dụ: Giải phơng trình 6x 2 + 5y 2 = 74 (1) (1) 6(x 2 - 4) = 5(10 - y 2 ) . Vì UCLN(5,6) = 1 nên phải có x 2 - 4 M 5 và 10 - y 2 M 6 tức là x 2 - 4 = 5u và 10 - y 2 = 6v (với u, v Z ) => 6.5u = 5.6v => u = v. Vì x 2 - 4 = 5u => x 2 = 5u + 4 0 => u - 4 5 Tơng tự y 2 = 10 - 6u 0 => v < 5 3 . Kết hợp u = v => u = v = 0 hoặc u = v = 1. - Với u = v = 0 => y 2 = 10 => Không có giá tri nào nguyên của y thoả mãn. - Với u = v = 1 => y 2 = 4 và x 2 = 9. Vậy phơng trình có 4 nghiệm là: (3,2); (3,-2); (-3,2) và (-3,-2). 5. Phơng pháp sử dụng tính chất của số nguyên tố. Trong phơng pháp này áp dụng các tính chất của số nguyên để giải các ph- ơng trình nghiệm nguyên. Ví dụ: Giải phơng trình x 2 + y 2 = 3 2 z (1) dễ thấy phơng trình có nghiệm là (0;0;0). Giả sử phơng trình có nghiệm: (x;y;z). Nếu x, y, z có ớc chung lớn nhất d 1 tức là x = dx', y = dy' và z = dz' từ (1) => (dx') 2 + (dy') 2 = 3(dz) 2 => x' 2 + y' 2 = 3z' 2 Vì vậy ta có thể giả sử UCLN(x,y,z) = 1. Từ x 2 + y 2 = 3z 2 => x 2 + y 2 M 3 => x 2 M 3 và y 2 M 3 tức là x M 3u và y = 3v ta có (3u) 2 + (3v) 2 = 3z 2 => z 2 = 3(x 2 + y 2 ) => z 2 M 3 => x,y,z có ớc chung là 3 trái với giả thiết => phơng trình có nghiệm duy nhất là (0;0;0). 6. Phơng pháp sử tính chất của số chính phơng - Tính chất của số chính phơng là: - Số chính phơng không có tận cùng bằng 2,3,5,7,8. - Một số chính phơng chia hết cho số nguyên tố p thì căn bậc hai của số đó cũng chia hết cho p. - Số chính phơng chia 3 d 0;1; chia 4 d 0;1 chia 8 d 0;1;4. 4 đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên - Giữa 2 số chính phơng liên tiếp không có số chính phơng nào điều này t- ơng đơng a,x Z + Không tồn tại x để a 2 < x 2 < (a+1) 2 + Nếu a 2 < x 2 < (a+2) 2 thì x 2 = (a+1) 2 - Nếu 2 số nguyên liên tiếp có tích là số chính phơng thì một trong 2 số đó phải bằng 0. Nếu a(a+1) = k 2 thì a 0 a 1 0 = + = - Nếu hai số nguyên dơng nguyên tố cùng nhau có tích là một số chính ph- ơng thì mỗi số đều là số chính phơng. 2 a.b c , = với a,b,c N , 2 2 a p (a,b) 1 b q = = => = Ví dụ: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: x(x+1) = k(k+2) (1), x Z + Giải. (1) => x 2 + x = k 2 + 2k x 2 + x + 1 = k 2 + 2k + 1 x 2 + x + 1 = (k+1) 2 vì x Z + => x 2 < x 2 + x + 1 = (x + 1) 2 => x 2 < (x + 1) 2 (*) Mặt khác vì x Z + => x 2 + x + 1 < x 2 + 2x + 1 => (k + 1) 2 < (x + 1) 2 (**). Từ (*) và (**) => x 2 < (k + 1) 2 < (x + 1) 2 => Không tồn tại số k thoả mãn phơng trình (1). Vậy phơng trình đã cho vô nghiệm. 7. Phơng pháp tách thành phơng trình tích: - Trong phơng pháp này vế chứa biến của phơng trình nghiệm nguyên đợc phân tích thành các nhân tử. Do các nghiệm nguyên nên xét các trờng hợp có thể xảy ra rồi giải và tìm nghiệm. Ví dụ: Giải phơng trình x 2 +6 = xy - y (1) Giải: (1) x 2 - 1 + 7 = y(x - 1) (x - 1)(x + 1) + 7 = y(x - 1) (x - 1)(y - x - 1) = 7. Vì x, y Z nên có các trờng hợp sau. TH1: x 1 1 x 2 y x 1 7 y 10 = = = = TH2: x 1 7 x 8 y x 1 1 y 10 = = = = TH3: x 1 1 x 0 y x 1 7 y 6 = = = = TH4: x 1 7 x 6 y x 1 1 y 6 = = = = Vậy phơng trình đã cho có 4 nghiệm là (2;10), (8;10), (0;-6) và (-6;-6) 8. Phơng pháp sử dụng bất đẳng thức: Phơng pháp này dùng để đa các ẩn của một phơng trình nghiệm nguyên bị kẹp bởi 2 giá trị nguyên nào đó. Do các ẩn là các số nguyên nên ta có thể thử các trờng hợp có thể có của ẩn để từ đó rút ra nghiệm. Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình: x + y + 1 = xyz (1). Giải: Không giảm tính tổng quát giả sử 0 x y => x+y+1 2y+1 => xyz 2y+1 => xyz - 2y 1 => y(xz-2) 1. 5 đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên Từ (1) ta thấy (1;1;1) không phải là nghiệm của (1). Do x,y,z là những số nguyên dơng. xz 2 => xz - 2 0 từ (*) => 0 y(xz 2) 1 => y(xz 2) 0(2) y(xz 2) 1(3) = = Giải 2: y(xz-2) = 0 => y 0 x 1 xz 2 0 xz 2(2') = = = = (2') => x = 1 và z = 2 => y = 2 x = 2 và z = 1 => y = 3 Giải 3: y(xz - 2) = 1 => Các trờng hợp sau: TH1: x 1 y 1 y 1 y 1 xz 2 1 xz 3 z 3 = = = = = = = TH2: y= -1 (loại) xz - 2 = -1 Vậy phơng trình đã cho có nghiệm là: (1;2;2); (2;3;1); (1;1;3) 9. Phơng pháp sử dụng tính chẵn, lẻ Dựa vào đề bài mà chúng ta có thể tìm ra tính chẵn, lẻ để từ đó rút ra tính chất đặc trng của các ẩn và đa phơng trình cần giải về phơng trình đơn giản hơn. Ví dụ: Giải phơng trình: (2x+5y+1)( x 2 2 y x x) 105+ + + = Giải: Vì 105 là số lẻ nên (2x+5y+1) và ( x 2 2 y x x)+ + + là số lẻ. - Xét 2x+5y+1 lẻ: 2x+1 lẻ nên 5y là chẵn, do đó y chẵn. - Xét ( x 2 2 y x x)+ + + lẻ vì x 2 + x = x(x+1) chẵn nên x 2 y+ lẻ Vì y chẵn => x 2 lẻ => x 0 x 0= => = Thay x vào phơng trình trên ta đợc: (5y+1)(x+1) = 105. Vì y là số nguyên nên ta có các trờng hợp sau: + TH1: 5y 1 105 y 104 /5 y 1 1 y 0 + = = + = = + TH2: 5y 1 1 y 0 y 1 105 y 104 + = = + = = + TH3: 5y 1 21 y 4 y 1 5 + = => = + = + TH4: 5y 1 21 y 1 5 y + = + = => Z + TH5: 5y 1 1 y y 1 105 + = => + = Z + TH6: 5y 1 105 y y 1 1 + = => + = Z Vậy phơng trình đã cho có nghiệm là: (0;4) 10. Phơng pháp chứng minh bằng phản chứng: Giả sử phơng trình có nghiệm nguyên là x o , y o , rồi xây dựng dãy vô số nghiệm từ đó đa đến mâu thuẫn hoặc giả sử phơng trình có nghiệm nguyên x o , y o 6 loại (loại ) (loại ) đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên với x o có giá trị nhỏ nhất trong những giá trị có thể của nó rồi chứng minh ph- ơng trình có nghiệm x 1 , y 1 mà x o > x 1 . Ví dụ: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: 4 4 4 4 8x 4y 2z u (1)+ + = Giải: Giả sử (x o ,y o ,z o ,u o ) là một nghiệm của phơng trình (1). Khi đó ta có: 4 4 4 4 0 0 0 o 8x 4y 2z u (2)+ + = => 4 o o u 2 u 2=>M M Đặt u o = 2u o ' thay vào phơng trình (2) ta đợc: 4 4 4 ' 4 4 0 0 0 0 0 8x 4y 2z (2u ) 16u '+ + = = => 4 4 4 4 0 0 0 0 4x 2y z 8u '+ + = => z 0 4 M 2 => z 0 M 2. Đặt z 0 = 2z 0 ' thay vào phơng trình trên ta đợc: 4x 0 4 + 2y 0 4 + (2z 0 ' ) 4 = 8u' 0 4 =>2x 0 4 + y 0 4 + 8z' 0 4 = 4u' 0 4 => y 0 4 M 2 => y 0 M 2 Đặt y 0 = 2y 0 ' . Thay vào pt trên ta đợc: 2x 0 4 + ( 2y 0 ' ) 4 + 8z' 0 4 = 4u' 0 4 => 4 4 4 4 0 0 0 0 x 8y' 4z ' 2u '+ + = => 4 0 0 x 2 x 2M M Đặt x 0 = 2x' 0 . Thay vào phơng trình trên ta đợc: 4 4 4 4 0 0 0 0 8x ' 8y' 4z ' 2u '+ + = . Nh vậy, nếu (x 0 , y 0 , z 0 , u 0 ) là nghiệm của phơng trình (1) thì 0 0 0 0 x y z u , , , 2 2 2 2 ữ cũng là nghiệm của phơng trình (1). Quá trình này cứ tiếp tục mãi ta có cặp số 0 0 0 0 k k k k x y z u , , , 2 2 2 2 ữ cũng là nghiệm của phơng trình (1) Các cặp số 0 0 0 0 k k k k x y z u , , , 2 2 2 2 là số nguyên với mọi k nguyên. Do đó x 0 = y 0 = z 0 = u 0 = 0. Vậy phơng trình trên có nghiệm duy nhất là (0;0;0;0). b. Một số phơng trình nghiệm nguyên và phơng pháp giải cụ thể. b.1. Phơng trình bậc nhất. 1. Phơng trình bậc nhất một ẩn: - Phơng trình bậc nhất 1 ẩn là phơng trình có dạng ax+by = c (1) Đây là phơng trình nghiệm nguyên thờng gặp trong chơng trình phổ thông cũng nh trong chơng trình cao đẳng. Phơng trình này có nhiều cách giải. Phơng trình (1) có nghiệm thì UCLN (a,b)/c. nếu UCLN (a,b)=d và d/c thì ta có thể chia 2 về của (1) cho d và (1) trở thành dạng a'x + b'y = c' với UCLN (a',b')=1. Do đó ta có thể giải phơng trình (1) với giả sử a và b nguyên tố cùng nhau. a. Cách giải: - Cách 1: Tìm nghiệm riêng của phơng trình bằng thuật toán ơclit mở rộng. Sau đó áp dụng công thức nghiệm tổng quát để tìm nghiệm. - Cách 2: (Tách lấy phần nguyên) Giả sử a<b. Từ (1) ta có ax+by=c ax=-by+c' x= c by c'' b''y c' b'y a a + = + + đặt c'' b''y t, t at c'' b''y a + = = +Z và x = c'+b'y+t. Tiếp tục làm nh vậy đến khi tìm đợc hệ số b''=1 t y x và tìm nghịêm của phơng trình. Cách 3: (Dùng đồng d thức) 7 đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên Từ ax+by=c ax by (modc). áp dụng các tính chất và phơng pháp giải của đồng d thức x y. b. Ví dụ: Ví dụ 1: Giải các phơng trình nghiệm nguyên sau: a) 73x - 41y = 1 (1) b) 38x + 117y = 1 (2) Giải: a) Cách 1: (Dùng thuật toán ơclit) Ta có: 73 = 41.1 + 37 37 = 73 - 41 41 = 37.1 + 4 4 = 41 - 37 37 = 4.9 + 1 1 = 37 - 4.9 4 = 1.4 Ta có: 1 = 37 - 4.9 = 37 - (41 - 37).9 = 37.10 - 41.9 = (73 - 41).10 - 41.9 = 73.10 - 41.19. Vậy phơng trình (1) có nghiệm riêng là (10;19) Vậy nghiệm tổng quát của phơng trình là: x = 10 + 41t y = 19 + 73t, t R b. Cách 2: (Tách phần nguyên) Từ 73x - 41y = 1 41y = 73x - 1 y = 73x 1 41 y = 2x - 9x 1 41 + . Đặt 9x 1 41 + =t t Z => y = 2x - t Từ (1) => x= 41t 1 9 = 5t - 4t 1 9 + Đặt 4t 1 9 + = z (2) z Z x = 5t-z (2) => 4t = 9z - 1 => t = 9z 1 4 = 2z + z 1 4 Đặt z 1 4 = u (3) u Z => t = 2z + u; từ (3) => z= 4u + 1 => t = 2 (4u + 1) + 4 = 9u + 2 => x = 5(9u + 2) - (4u + 1) = 41u + 9 y = 2( 41u + 9) - (9u + 2) = 73 u + 16 Vậy phơng trình có nghiệm là: x 9 41u y 16 73u u = + = + Z b) 38x + 117y = 1 Cách 1: (Tách phần nguyên) Từ 38x + 117y = 1 38x = 1 - 117y x = 1 117y 38 x = -3y + 1 3y 38 . Đặt 1 3y 38 = u x = -3y + u và 1 - 3y = 38u 3y = 1 - 38u y = 1 38u 3 y = -13u + 1 u 3 + . Đặt 1 u 3 + = v u = 3v - 1 y = -13u + v y = -13 (3v - 1) + v = -38v + 13 x = -3y + u x = -3(13 - 38v) + 3v - 1 = -40 + 117v. Vậy phơng trình có nghiệm là: x 40 117t y 13 38t = + = + 8 đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên Với t Z Cách 2: (Dùng thuật toán ơclit) 117 = 38.3 + 3 3 = 117 - 38.3 38 = 3.12 + 2 2 = 38 - 3.12 3 = 2 + 1 1 = 3 - 2 Từ đó ta có: 1 = 3 - 2 = 3 - (38 - 3.12) = 13.3 - 38 = 13(117 - 38.3) - 38 = 117.13 - 40.38 Phơng trình có một nghiệm riêng là (40;13) Vậy phơng trình đã cho có nghiệm tổng quát là: x 40 117t y 13 38t, t = + = Z Cách 3: Dùng đồng d thức Từ 38x + 117y = 1 => 117y 1 (mod 38) <=> 114y + 3y 1 (mod 38) <=> 3y 1 (mod 38) <=> 3y 1+ 38 (mod 38) => y 13 (mod 38) => y = 13 + 38t => Thay vào phơng trình trên => x = -40 - 117t (t Z ) Vậy nghiệm tổng quát của phơng trình là: x 40 117t y 13 38t, t = = + Z L u ý: Qua 2 ví dụ trên ta thấy, 2 phơng pháp sử dụng thuật toán ơclít và tách phần nguyên có thể áp dụng cho tất cả các phơng trình bậc nhất tuy nhiên hai phơng pháp này đôi khi phải sử dụng nhiều lần. Tách nhiều phép toán dẫn đến lời giải dài. Còn phơng pháp sử dụng đồng d thức có thể cho ra kết quả nhanh nhng không phải áp dụng đợc cho tất cả các bài toán. Ví dụ 2: Tìm các điểm trên mặt phẳng toạ độ của đồ thị hàm số: 3x + 2y - 1 = 0 Bài toán này tơng đơng với tìm nghiệm nguyên của phơng trình 3x + 2y = 1. Ta áp dụng các phơng pháp giải trên và từ đó tìm ra nghiệm. Chú ý: Một bài toán của hàm số ta có thể chuyển thành bài toán tìm nghiệm nguyên nh ở phơng trình trên. 2. Phơng trình dạng: ax+by = c+dxy (1) a) Phơng pháp giải: Cách 1: + Nhân cả 2 vế của phơng trình (1) với d ta đợc: adx + bdy = cd + d 2 xy d 2 xy - adx - bdy + ab = ab - cd (dx - b) (dy - a) = ab - cd. + Tìm các ớc của ab - cd và xét các trờng hợp có thể xảy ra đối với dx - b và dy - a + Giải các trờng hợp và chọn nghiệm phù hợp. Cách 2: Ta có (1) ax - c = y(dx-b) y = ax c dx b - Nếu a M d thì tức là a = dt (t Z) thì y = t + bt c dx b Để y Z thì (bt - c) M dx - b Tìm tất cả các ớc của bt - c và giải các trờng hợp ta tìm ra nghiệm của ph- ơng trình. - Nếu a M d thì: y = a 1 + 1 1 (a a d)x a b c dx b + Hay y = a 1 + Ax B dx b + với A = a - a 1 d; B = a 1 - b - c, A <d Để y nguyên thì x = -B/A Điều kiện cần để y nguyên là Ax B dx b+ 9 đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên (Ax + B) 2 > (dx -b) 2 (Ax + B) 2 - (dx - b) 2 0 [(Ax+B) - (dx-b)] [(Ax+B) + (dx-b)] 0 [(d-A)x + B - b] [(d+A)x + B - b ] 0 (*) Từ đẳng thức (*) ta luôn tìm đợc 2 giá trị x 1 , x 2 Z nào đó sao cho: x 1 x x 2 từ đó suy ra các giá trị của x. Thay các giá trị vừa tìm đợc của k vào (1) y nghiệm của phơng trình. Đặc biệt: Nếu tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình a(x+y) + b = cxy với a, b, c là các số nguyên không âm và a : c b. Ta sử dụng phơng pháp bất đẳng thức. Do vai trò của x, y nh nhau nên ta có thể giả sử 1 x y. Khi đó a(x+y) + b = cxy c = a a b 2a b 2a b 1 x x y xy x c + + + + Kết hợp với điều kiện x Z các giá trị của x y. b) Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của các phơng trình sau: 1) x + y = xy 2) 2x + 7y = 5 + 3xy Giải: 1) x + y = xy (1) Phơng pháp 1: (1) xy - x - y = 0 (x-1) (y-1) = 1 Vì x, y Z nên ta có các trờng hợp sau: TH 1 : x 1 1 x 2 y 1 1 y 2 = = = = TH 2 : x 1 1 x 0 y 1 1 y 0 = = = = Vậy phơng trình 2 có nghiệm là (0;0) và (2;2) Phơng pháp 2: Từ x + y = xy x = y (x-1) y = x x 1 y = 1 + 1 x 1 . Để y  thì 1 x 1  x - 1/1 x 1 1 x 2 y 2 x 1 1 x 0 y 0 = = = = = = Vậy phơng trình đã cho có 2 nghiệm (0;0) và (2;2) 2) 2x + 7y = 5 + 3xy (2) Ph ơng pháp 1: Nhân 2 vế của (2) với 3 ta đợc: 6x + 21y = 15 = 9xy 9xy - 6x - 21y = 15 (9x - 21) (9y - 6) = 111. Ta có các trờng hợp sau: 1 9x 21 1 TH : x 8y 21 111 = =  2 9x 21 111 TH : y 9y 6 1 = =  3 9x 21 3 TH : x 9y 6 37 = =  4 9x 21 37 TH : x 9y 6 3 = =  10 [...]... nhiều ẩn có 2 phơng pháp giải chủ yếu là: đa về dạng có 1 hệ số bằng 1; phơng pháp 2 là đa về dạng có 2 hệ số nguyên tố cùng nhau + Phơng pháp đa về dạng phơng trình có hệ số bằng 1: Giả sử phơng trình (1) có hệ số a1 = 1 thì phơng trình có nghiệm là: x1 = f1 (u1 , u n 1 ) x = f (u , u ) 2 2 1 n 1 x n = f n (u1 , u n 1 ) Với u1  ; i = 1, n 1 + Phơng pháp đa về dạng có 2 hệ số nguyên tố cùng... Phơng pháp 2: Chia tử cho mẫu ta đợc phơng trình dạng a ' x + an (a ' < an) b1 x + b 2 an - Nếu a/an thì x = 1 là một nghiệm của phơng trình a + Điều kiện cần để y nguyên là a ' x + an b1 x + b 2 giải bất phơng trình này các giá trị của x Thay lần lợt các giá trị của x vào (1) nghiệm của phy = f (x) + ơng trình 19 đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên Ví dụ : Giải phơng trình 2x + 5 =y 2x + 7 Giải: ... phơng trình đã cho có 2 nghiệm là (1;2) và (-2;110 21 đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên Nhận xét: Qua 2 ví dụ trên cho thấy phơng pháp coi là tam thức bậc 2 ẩn x có thể nói sẽ giải đợc hầu hết các bài của dạng trên, tuy nhiên nó dài và đôi khi phức tạp hơn phơng pháp 1 5) Phơng trình dạng: (ax+by) (cx+dy) = e với a,b,c,d,e Z+ - Phơng pháp giải: Dạng phơng trình này luôn có thể giải đợc bằng cách tìm... Vậy phơng trình vô nghiệm Nhận xét: Nếu dùng phơng pháp tìm các ớc của 140 rồi xét các trờng hợp thì ví dụ 2 sẽ có: 140=1.140=2.70=5.28=4.35=10.14=7.20 và phải giải 12 trờng hợp Qua 2 ví dụ rõ ràng đây là phơng pháp rất hiệu quả để giải phơng trình dạng này Qua đề tài cho thấy tính chất của các bất đẳng thức đợc sử dụng rất nhiều trong giải phơng trình nghiệm nguyên Trong các dạng phơng trình bậc 2... k = 0 hoặc k =-1 Z (loại) Với k = 0 x(x+1) = 0 x = 0 hoặc x = -1 Nhng vì x Z+ nên không có giá trị nào của x thoả mãn Vậy phơng trình đã cho vô nghiệm 4 Dạng phơng trình nghiệm nguyên: a 0 x n + a1 x n 1 + + a n 1 x + an =y a1 x + b 2 (1) - Phơng pháp giải: + Phơng pháp 1: Nhân cả 2 vế của 2 với b1k . = 2. 2 đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên B. Một số dạng phơng trình nghiệm nguyên và phơng pháp giải: a. Phơng pháp giải: 1. Tách phần nguyên: (phơng pháp này chủ yếu áp dụng cho phơng trình bậc nhất. ngời học thì giải phơng trình nghiệm nguyên là một vấn đề khó. Để giải đợc phơng trình nghiệm nguyên đòi hỏi phải có t duy lôgic, sự sáng tạo. Các phơng trình nghiệm nguyên rất đa dạng và kèm theo. chứng minh của phơng trình (1). * Nếu phơng trình (1) có một nghiệm nguyên là (x 0 , y 0 ) thì nó có vô số nghiệm nguyên và tập hợp các nghiệm nguyên của nó gồm các cặp số nguyên (x 1 y) xác định