Chuyên đề Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên - Toán 9

pdf

20 trang thanh nguyễn 26/01/2025 620

Download

Bạn đang xem tài liệu "Chuyên đề Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên - Toán 9", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên.

Tóm tắt nội dung tài liệu: Chuyên đề Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên - Toán 9

Chuyên đề Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên - Toán 9

 Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyênMột nguyên 
  
 A. Mở đầu
I. Lý do chọn chuyên đề:
 Trong ch−ơng trình toán THCS thì ph−ơng trình nghiệm nguyên vẫn luôn l một đề ti hay
v khó đối với học sinh. Các bi toán nghiệm nguyên th−ờng xuyên có mặt tại các kì thi lớn 
nhỏ trong n−ớc v ngoi n−ớc. 
Tuy nhiên lại không có nhiều ti liệu viết riêng về nội dung ny, do vậy để phục vụ giảng 
dạy của bản thân, đặc biệt l công tác bồi d−ỡng học đội tuyển học sinh giỏi v bồi d−ỡng 
học sinh thi vo các tr−ờng chuyên lớp chọn nên tôi đ viết chuyên đề ny. 
Trong chuyên đề ny tôi chỉ mới đề cập đến vấn đề nghiệm nguyên ( cụ thể l các dạng v 
ph−ơng pháp giải) chứ không đi sâu vì vốn hiểu biết còn có hạn. 
II. Phạm vi v mục đích của chuyên đề:
1. Phạm vi của chuyên đề:
  Áp dụng với đối t−ợng học sinh khá giỏi các khối 8 9
2. Mục đích chuyên đề:
  Trao đổi với đồng nghiệp v học sinh một số ph−ơng pháp cũng nh− l một số bi
toán giải ph−ơng trình nghiệm nguyên trong ch−ơng trình bồi d−ỡng học sinh khá giỏi các 
lớp 8, 9 
  Giúp học sinh biết vận dụng các ph−ơng pháp trên một cách linh hoạt trong việc
giải quyết các bi toán về nghiệm nguyên từ dễ đến khó. 
  
 2 Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyênMột nguyên 
2.Đ−a về ph−ơng trình −ớc số:
Ví dụ2: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: 2x+ 5 y + 3 xy = 8 (2) 
 Giải: 
(2)⇔x( 2 + 3 y) + 5 y = 8
⇔3x() 2 + 3 y + 5 y  = 24
⇔3x() 2 + 3 y + 15 y = 24
⇔3x() 2 + 3 y + 15 y + 10 = 34
⇔3x() 2 + 3 y + 5(2 + 3 y ) = 34
⇔()2 + 3y (3 x + 5) = 34
 Vì 34=17.2=34.1=(17).(2) = (1).(34) nên ta có bảng kết quả: 
 3x + 5 34 1 2 17 
 2+ 3y 1 34 17 2 
 x 13 2 1 4 
 y 1 12 5 0 
Ví dụ3: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: x2+2 y 2 + 3 xy − 2 x − y = 6 (3) 
 Giải: 
(3) ⇔x2 + x( 3 y − 2) + 2 y 2 − y + a = 6 + a ( a l một số ch−a biết đ−ợc xác định sau).
Xét ph−ơng trình; x2+(3 y − 2) . x + 2 y 2 − y + a = 0
 Có ∆ =(3y − 2)2 − 4( 2 y2 − y + a) = y 2 − 8 y + 4 − 4 a
Chọn a = 3 
Ta có ∆ =y2 −8 y + 16 =( y − 4)2
⇒ = − − = − +
 x1 y1; x 2 2 y 3 từ đó ta có ph−ơng trình −ớc số: 
(x+ y +1)( x + 2 y − 3) = 3
Suy ra kết quả: (x; y)∈{( − 6;6,0;2,) ( ) ( − 4;2,) ( − 10;6)}
3.Tách giá trị nguyên.
Ví dụ 4: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau:
 xy− x − y = 2 (4) 
 Giải: 
(4) ⇔x( y − 1) = y + 2
Ta có y = 1 không phải l nghiệm của ph−ơng trình
 y + 2 3
Với y ≠ 1 ta có: x = ⇔x =1 + ⇒ y −1 ∈Ư ={ − 3; − 1;1;3}
 y −1 y −1 (3)
 ⇔y ∈{ −2;0;2;4} ⇒ ( x; y)∈{( 0;2, −) ( − 2;0,4;2,2;4) ( ) ( )}
 4
 Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyênMột nguyên 
Ta có y +2 > y ⇒ n > m ≥ 1 
Nếu m > 1 thì y v y+ 2 đều chia hết cho 3 ( vô lí vì ( y; y+2) =2 ) 
Vậy m =1 ⇒ n = 0 ⇒ x=1 ⇒ y =1 
2.Sử dụng số d− để chỉ ra ph−ơng trình vô nghiệm.
 Ví dụ 8: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên d−ơng sau: 
 30
 19x+ 5 y + 1890 = 19754 + 2013 
 Giải: 
Ta có x ,y nguyên d−ơng ⇒ 5y ⋮ 5; 1890 ⋮ 5 ⇒ VT = 19x++ 5 y 1890 ≡ 19 x ( mod5)
Mặt khác: 19≡ − 1mod5( ) ⇒ 19x≡ (1) − x ( mod5)
Nếu x chăn thì 19x ≡ 1( mod5) ; nếu x lẻ thì 19x ≡ − 1mod5( ) ≡ 4mod5( )
⇒VT ≡1;4( mod5) còn VP ≡ 3( mod5) Do đó ph−ơng trình vô nghiệm.
Ví dụ 9: Tìm các số nguyên d−ơng x, y biết: x2+ x −1 = 3 2y+ 1
 Giải: 
Ta có: VP =32y+ 1 ≡ 0( mod3) (*)
 Nếu x =3k ( k∈ N * ) thì VT= x2 + x −1 ≡ 2( mod3)
 Nếu x =3k +1 ( k∈ N ) thì VT= x2 + x −1 ≡ 1( mod3)
 Nếu x =3k +2 ( k∈ N ) thì VT= x2 + x −1 ≡ 1( mod3)
Vậy với ∀x ∈ Z + thì VT= x2 + x −1 ≡ 1;2( mod3) (**)
Từ (*) v (**) suy ra không tồn tại các số nguyên d−ơng x, y thoả mn bi toán. 
 Chú ý: Nhiều bi toán thi vô địch các n−ớc đôi khi phải xét đến Modulo khá lớn 
VD ( IMO năm 1999). 
 Ví dụ 10: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: m2= n 5 − 4 
 Giải: 
m2 ≡ 0;1;3;4;5;9( mod11) còn n5 −4 ≡ 6;7;8( mod11) suy ra ph−ơng trình vô nghiệm.
Chú ý: Đối với các ph−ơng trình nghiệm nguyên có sự tham gia của các số lập ph−ơng 
thì Modulo th−ờng dùng l Mod9 Vì x3 ≡ 0;1;8( mod9)
Ví dụ 11: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: x3+ y 3 + z 3 = 2011 ( 8) 
 Giải: 
Dựa vo nhận xét trên: Ta có x3 ≡ 0;1;8( mod9); y3 ≡ 0;1;8( mod9) z3 ≡ 0;1;8( mod9)
⇒VT= x3 + y 3 + z 3 ≡ 0;1;2;3;6;7;8( mod9)
Còn VP =2011 ≡ 4( mod9) nên ph−ơng trình vô nghiệm
 6 Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyênMột nguyên 
Ví dụ 14: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên d−ơng sau: x! + y! = (x+y)! (*) 
 Giải: 
Vì vai trò của x, y nh− nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử 1 ≤x ≤ y
Ta có: (x+y)! =x! + y! ≤ 2.y! ⇒ x ≤1 vì nếu x > 1 thì 2.y! ≥ (y+2)! 
 2.y! ≥ y! (y+1)(y+2) ⇔2 ≥ (y + 1)( y + 2) ( vô lí vì y ≥ 1)
Vậy x = 1 Thay vo PT (*) ta có 1+y! = (y+1)! ⇔1 +y ! = y !( y + 1) ⇔ y . y ! = 1⇒ y = 1 
Vậy ph−ơng trình có nghiệm x = y = 1 
.2 áp dụng bất đẳng thức cổ điển.
Vớ dụ 15 Tỡm cỏc s nguyờn dương x, y tho món phương trỡnh : (x2 + 1)(x 2 + y 2 ) = 4x 2 y 
 Giải : 
 Áp dng bt ủng thc Cụ–si ta cú : 
x2 + 1 ≥ 2x , du bng xẩy ra khi x = 1. 
x2 + y 2 ≥ 2xy , du bng xẩy ra khi x = y. 
Vỡ x, y nguyờn dương nờn nhõn cỏc bt ủng thc trờn v theo v ta ủưc : 
(x2 + 1)(x 2 + y 2 ) ≥ 4x 2 y , du bng cú khi và ch khi x = y = 1. 
Vy phương trỡnh cú nghim duy nht x = y = 1. 
Ví dụ 16: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: (x+ y +1)2 = 3( x2 + y 2 + 1)
 Giải: 
áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có (x+ y +1)2 ≤( 1 + 1 + 1)( x2 + y 2 + 1)
 1 1 1
Dấu bằng xẩy ra khi = = =1 hay x = y = 1
 x y 1
Vậy Ph−ơng trình có nghiệm x = y = 1 
Ví dụ 17: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên d−ơng sau: 
 3
 x6+ z 3 −15 x 2 z = 3 x 2 y 2 z −( y 2 + 5)
 Giải: 
 3
x6+ z 3 −15 x 2 z = 3 x 2 y 2 z −( y 2 + 5)
 3 3
⇔()()()x2 + y 2 +5 + z 3 = 3 x 2 z y 2 + 5
 3 3
áp dụng bất đẳng thức côsi cho 3 số ta có : (x2) +( y 2 +5) + z 3 ≥ 3 x 2 z( y 2 + 5) Dấu = xây ra 
khi x2= y 2 +5 = z Từ ph−ơng trình x2= y 2 + 5⇒ ( x− y)( x + y) = 5⇒ x= 3; y = 2⇒ z = 9
Vây nghiệm của ph−ơng trình l ( x;y;z) = ( 3;2;9). 
 8 Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyênMột nguyên 
3. áp dụng tính đơn điệu của từng vế:
Ta chỉ ra một hoặc một vi giá trị của biến thoả mn ph−ơng trình rồi chứng minh đó l 
nghiệm duy nhất. 
Ví dụ 19: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên d−ơng sau: 3x+ 4 x = 5 x 
 Giải: 
 3 x  4  x
 Chia cả hai vế của ph−ơng trình cho 5x ta có:  +   =1 
 5   5 
Thử với x = 1 ta thấy không phải l nghiệm nguyên của ph−ơng trình. 
 Với x = 2 ta có VT =VP = 1 thoả mn bi toán. 
 3 x  3 2 4 x  4 2 3 x  4  x  3 2  4  2
Với x ≥ 3 ⇒  <   v  <   suy ra  +   <   +   =1 
 5   5  5   5  5   5   5   5 
Vậy Ph−ơng trình có nghiệm duy nhất x = 2. 
 x x x
Từ ví dụ 19: suy ra cách lm bi tập sau: Tìm số tự nhiên x sao cho ( 3) +( 4) = ( 5)
Đối với ph−ơng trình trên ta còn có bi toán tổng quát hơn.
 Tìm các số nguyên d−ơng x; y; z thoả mn 3x+ 4 y = 5 z .
đáp số: x = y = z = 2 nh−ng cách giải trên vô tác dụng với bi ny. 
 (Đểgiải bi ny thì hữu hiệu nhất l xét Modulo).
4. Dùng điều kiện ∆ ≥ 0 hoặc ∆' ≥ 0 để ph−ơng trình bậc hai có nghiệm.
Ví dụ 20:
 Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: x2+2 y 2 = 2 xy + 2 x + 3 y
 Giải: 
xy2+2 2 = 2 xyxyxxy + 2 + 3 ⇔ 2 − 2( + 1) + 2 yy 2 − 3 = 0 ta
 2 5− 29 5 + 29
có: ∆=+−'()y 1() 2 y2 − 3 y =−++≥⇔ y 2 5 y 1 0 ≤≤ y
 2 2
Vì y nguyên nên y ∈{0;1;2;3;4;5} Thay lần l−ợt các giá trị của y vo ph−ơng trình v tìm x
t−ơng ứng ta đ−ợc:(x; y)∈{( 0;0) ;( 2;0)}
Nhận xét:Nói chung ph−ơng pháp ny đ−ợc dùng khi f(x ; y) có dạng tam thức 
bậc hai f(z) = az2 + bz + c trong đó a <0 . 
còn khi a > 0 thì dùng ph−ơng pháp đ nói trong ví dụ 3 để đ−a về ph−ơng trình −ớc số 
một cách nhanh chóng. 
 10 Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyênMột nguyên 
 Dạng 1: sử dụng mệnh đề 1 sau: 
 x= k 2
 
 với x, y, z nguyên v xy = z2 với (x;y) = 1 thì y= t2 voi k, t ∈ Z
  =
 kt z
Thật vậy ta chứng minh bằng ph−ơng pháp phản chứng: 
Giả sử x, y không l số chính ph−ơng nên trong phân tích thnh số nguyên tố của x hoặc y 
tồn tại một số chứa ít nhất một số nguyên tố p với số mũ lẻ.( số p với số mũ lẻ trái với điều 
kiện z2 l số chính ph−ơng) suy ra điều phải chứng minh. 
Ví dụ 23: 
 Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: 2x4+ 3 x 2 + 1 − y 2 = 0 
 Giải: 
2x4+ 3 x 2 + 1 − y 2 = 0 ⇔( 2 x 2 + 1)( x 2 + 1) = y 2
Ta có: (2x2+ 1; x 2 + 1) = 1
 x2+1 = t 2
Suy ra:  Từ ph−ơng trình x2+1 = t 2 ⇔( x − t)( x + t) = − 1⇒ x= 0⇒ y = 1
 2x2+ 1 = z 2
 x = 0
Vậy nghiệm của ph−ơng trình l: 
 y = 1
Dạng 2: sử dụng mệnh đề 2 sau: 
 Nếu n; t l các số nguyên thoả mn n( n+1) = t2 thì hoặc n = 0 hoặc n+1 =0. 
 Chứng minh: 
Giả sử n≠0; n + 1 ≠ 0⇒ t ≠ 0 
 Vậy 
n2 + n = t 2 ⇔ 4n 2 + 4n =4t 2 ⇔+( 2n 1)2 =4t 2 +⇔+ 1( 2 n 1) 2 - 4t=1 2 ⇔+−( 2 n 1 2 t)(2 n ++= 1 2 t) 1
Vì n; t l các số nguyên nên từ ph−ơng trình −ớc số trên suy ra n=0 hoặc n =1⇒ (Dpcm)
 áp dụng mệnh đề trên để giải ph−ơng trình nghiệm nguyên trong ví dụ sau: 
Ví dụ 24: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: x2+2 xy + y 2 + 5 x + 5 y = x 2 y 2 − 6 
 Giải: 
x2+2 xyy +++= 2 5 xyxy 5 2 2 −⇔++ 6( xy 2)( xy ++= 3) xy 2 2
⇒ x+ y +2 = 0 hoặc x+ y +3 = 0 từ đó tìm đ−ợc nghiệm nguyên của ph−ơng trình.
Ph−ơng trình ny vẫn còn có những cách giải khác nh−ng việc dùng mệnh đề trên giúp cho
lời giải bi toán trở nên ngắn gọn hơn.
 12

File đính kèm:

chuyen_de_mot_so_phuong_phap_giai_phuong_trinh_nghiem_nguyen.pdf