Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 8 - Chuyên đề: Phương trình nghiệm nguyên

Nội dung text: Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 8 - Chuyên đề: Phương trình nghiệm nguyên

1. CHUYấN ĐỀ: PHƯƠNG TRèNH NGHIỆM NGUYấN Phần I: Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên A. Tóm tắt lý thuyết. 1.Số 2 là số nghuyên tố chẵn duy nhất. 2.Phương trình được đưa về dạng f(x).g(x) = k với f(x) và g(x) là các đa thức hệ số nguyên. Ta phân tích k ra thừa số nguyên tố rồi giải các hệ phương trình. f (x) m với m.n = k. g(x) n 3.Phương trình đối xứng các ẩn của x, y, z Khi tìm nghiệm nguyên dương ta có thể giả sử 1 x y z 4.Không tồn tại số chính phương nằm giữa hai số chính phương liên tiếp. B. các dạng toán Thường gặp. Dạng 1: Sử dụng phép chia hết và chia có dư. Hai vế của phương trình nghiệm nguyên khi chia cho cùng một số có số dư khác nhau thì phương trình đó không có nghiệm nguyên. Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau. x2 2y2 (1) Giải: Rõ ràng x = y = 0 là nghiệm của (1). x0 y0 Nếu x0 , y0 0 và (x0 , y0 ) là nghiệm của (1). Gọi d (x0 , y0 ) , suy ra , 1. d d 2 2 2 2 2 x0 y0 x0 y0 x0 Ta có: x0 2y0 2 chẵn 2 4 chẵn, vô lý. d d d d d Vậy phương trình (1) chỉ có nghiệm nguyên duy nhất là (0,0). Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau. x2 2y2 5 (1) Giải: 1)Nếu x5 thì 2vôy2 lý. x2 5 5 y5 x2 2y2 25 2)Nếu x 5 thì từ y  5 ta có x2  1(mod5) vày2  1(mod5) suy ra x2 2y2  1, 3(mod5) . Vậy phương trình không có nghiệm nguyên. Chuyờn đề ụn thi hsg toỏn THPT. 1
2. Ví dụ 3: Chứng minh rằng tổng bình phương của ba số nguyên trong phép chia cho 8 không thể có dư là 7 từ đó suy ra phương trình 4x2 25y2 144z2 2007 không có nghiệm nguyên. Giải: Giả sử: x2 y2 z2 7(mod8) mà x  0, 1, 2, 3 ,4(mod8) nênx2  0,1,4(mod8) suy ra y2 z2 7,6,3(mod8) nhưng y2 z2 0,1,2,4,5,(mod8) vô lý. Vậy x2 y2 z2  7(mod8) Phương trình đã cho có thể viết: (Từ2x) 2đó (5suyy)2 ra(1 phương2z)2 6 trình125 7 không có nghiệm nguyên. 4 4 4 Ví dụ 4: Giải phương trình sau trên tập số nguyên: x1 x2 x7 2008. Giải: 1)Nếu x = 2k thì x16 . 2)Nếu x = 2k + 1 thì xvì4 1 (x 1)(x 1 )và(x 2 1)16, . (x 1)(x 1)8 (x2 1)2 4 4 4 4 Vậy x  0;1(mod16) Do đó khi chia tổng xcho1 x162 có .số x dư7 không vượt quá 7, trong khi đó 2008  8(mod16) . Suy ra phương trình không có nghiệm nguyên. Dạng 2: Phương pháp phân tích. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: a( x+ y ) + b = cxy ( với a, b, c Z ) (1) a a2 Ta có: (1) cxy ay b y(cx a) (cx a) b c c (cx a)(cy a) a2 bc. 2 cx a m Phân tích a bc m.n với m, n Z, sau đó lần lượt giải các hệ: cy a n Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2(x y) 16 3xy Giải: Ta có: 2(x y) 16 3xy 3xy 2x 2y 16 2 4 y(3x 2) (3x 2) 16 (3x 2)(3y 2) 52 3 3 Giả sử:x y khi đó 1 3x 2 3y 2 và 52 = 1.52 = 2.26 = 4.13 ta có các hệ sau: 3x 2 1 3x 2 2 3x 2 4 ; ; ; 3y 2 52 3y 2 26 3y 2 13 Giải các hệ trên ta được các nghiệm nguyên dương của phương trình là: ( 1, 18); ( 18, 1); ( 2, 5); ( 5, 2); Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (2x 5y 1)(2 x y x2 x) 105. Chuyờn đề ụn thi hsg toỏn THPT. 2
3. Giải: Vì 105 là số lẻ nên 2x 5y 1 lẻ suy ra y chẵn mà x2 x x(x 1) chẵn nên 2 x lẻ x = 0. Với x = 0 ta có phương trình ( 5y + 1 ) ( y + 1 ) = 21.5 Do ( 5y + 1, 5 ) =1 nên 5y 1 21 5y 1 21 hoặc y 4 Thử lại ta thấy x = 0, y = - 4 là nghiệm nguyên của y 1 5 y 1 5 phương trình. Ví dụ 3: Tìm tất cả các tam giác vuông có các cạnh là số nguyên và có diện tích bằng chu vi. Giải: Gọi x, y, z là các cạnh của tam giác vuông : 1 x y z . Ta có: x2 y2 z2 (1) xy 2(x y z)(2) Từ (1) ta có: z2 (x y)2 2xy (x y)2 4(x y z) (x y)2 4(x y) 4 z2 4z 4 (x y 2)2 (z 2)2 x y 2 z 2 do (x y 2) Thay z x y 4 vào (2) ta được: x 4 1 x 5 y 4 8 y 12 (x 4)(y 4) 8 vậy các cặp: (x, y, z) (5,12,13);(6,8,10); x 4 2 x 6 y 4 4 y 8 Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: p(x y) xy. với p là số nguyên tố. Giải: Ta có: p(x y) xy xy px py p2 p2 x p y p p2 Mà p2 p.p ( p).( p) 1.p2 ( p2 ).( 1) .Từ đó phương trình đã cho có các nghiệm nguyên là: (x, y) (0,0);(2 p,2 p);( p 1, p2 p);( p2 p, p 1);( p p2 , p 1);( p 1, p p2 ); Dạng 3: Phương trình đối xứng. Để tìm nghiệm nguyên của phương trình đối xứng ta giả sử 1 x y z rồi chặn trên một ẩn. Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x y z xyz(1). Giải: Vì x, y ,z có vai trò như nhau nên ta giả sử 1 x y z . Từ (1) suy ra: Chuyờn đề ụn thi hsg toỏn THPT. 3
4. 1 1 1 3 1 x 1. xy yz zx x2 y 1 1 y 2 Với x = 1 ta có 1 y z yz (y 1)(z 1) 2 . z 1 2 z 3 Vậy (1) có nghiệm nguyên dương ( x, y, z ) = ( 1, 2, 3 ) và các hoán vị của nó. Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 5(x y z t) 10 2xyzt(1). Giải: Vì x, y ,z có vai trò như nhau nên ta giả sử x y z t 1 . Từ (1) suy ra: 5 5 5 10 30 t 1 2 3 . xyz xzt xyt xyzt t t 2 z 1 5 5 5 15 30 *)Với t 1 ta có:5(x y z) 15 2xyz 2 z2 15 z 2. xy yz xz xyz z2 z 3 2x 5 65 x 35 2y 5 1 y 3 1)Với z = 1 ta có: 5(x y) 20 2xy (2x 5)(2y 5) 65 2x 5 13 x 9 2y 5 5 y 5 Ta có các nghiệm( x, y, z, t) =( 35, 3, 1, 1 ),( 9, 5, 1, 1 ) và các hoán vị của chúng, 2) Với z = 2, z= 3, phương trình không có nghiệm nguyên dương. 5 5 5 20 35 35 *) Với t 2 , ta có: 5(x y z) 20 4xyz 4 z2 9 xy yz xz xyz z2 4 z 2. vì (z t 2) . Khi đó: 5(x y) 30 8xy (8x 5)(8y 5) 265. Do x y z t 2 nên 8x 5 8y 5 11 , mà 265 = 53.5 Trường hợp này phương trình không có nghiệm nguyên dương. Ví dụ 3: Một tam giác có số đo độ dài của đường cao là mhững số nguyên dương và đường tròn nội tiếp tam giác có bán kính bằng 1. Chứng minh tam giác đó là tam giác đều. Giải: Đặt a = BC, b = CA, c = AB. Gọi độ dài các đường cao ứng với các cạnh a, b, c của tam giác. Bán kính đường tròn nội tiếp bằng 1 nên x, y, z > 2. Giả sử x y z > 2. 1 1 1 Diện tích tam giác ABC: S a.x b.y c.z(1) 2 2 2 Chuyờn đề ụn thi hsg toỏn THPT. 4
5. 1 Mặt khác: S S S S (a b c)(2) AOB BOC AOC 2 a b c a b c Từ (1) và (2) Suy ra: a.x b.y c.z a b c a b c 1 1 1 1 1 1 x y z x y z 1 1 1 3 1 1 1 1 z 3 z 3. Thay z = 3 vào 1. ta được: x y z z x y z 2x 3 9 x 6 (Loai) 1 1 2 2y 3 1 y 2 3(x y) 2xy (2x 3)(2y 3) 9 x y 3 2x 3 3 x 3 2y 3 3 y 3 Vậy x = y = z = 3, khi đó a = b = c. Vậy tam giác ABC là tam giác đều. Dạng 4: Phương pháp loại trừ. Tính chất: Nếu có số nguyên m sao cho m2 n (m 1)2 thì n không thể là số chính phương. Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 1! 2! 3! 4! x! y2. Giải: Với x 5 thì x! có chữ số tận cùng là 0 nên: 1! 2! 3! 4! 5! x! 33 5! x!. Có chữ số tận cùng là 3 nên không thể là số chinh, Vậy x 5 thì phương trình đã cho không có nghiện nguyên dương. Với 1 x 0 ta có: (x3 1)2 x6 2x3 1 x6 3x3 1 y4 (x3 2)2 x3 1 y2 x3 2 ( vô lý ). +)Với x - 2 thì : (x3 2)2 y4 (x3 1)2 x3 2 y2 x3 1 ( vô lý ). +)Với x = - 1 thì : y4 1 , ( vô lý ). Vậy phương trình đã cho có hai cặp nghiệm ( 0; 1 ); ( 0; -1 ). Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 (x 1)2 y4 (y 1)4. Giải: Khai triển và rút gọn hai vế ta được: Chuyờn đề ụn thi hsg toỏn THPT. 5
6. x(x 1) y4 2y3 3y2 2y x2 x y2 (y 1)2 2y(y 1). x2 x 1 (y2 y 1)2 (1) +)Nếu x > 0 thì từ x2 1 x x2 (x 1)2. suy ra 1 x x2 không là số chính phương nên (1) không có nghiệm nguyên. +)Nếu x < - 1 thì từ (x 1)2 1 x x2 x2 suy ra (1) không có nghiệm nguyên. 2 y 0 +)Nếu x = 0 hoặc x = - 1 thì từ (1) suy ra y y 1 1 . y 1 Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên ( x; y ) = ( 0; 0 ); ( 0; -1 ); ( -1; 0 ); (-1; -1 ); Dạng 5: Phương pháp xuống thang. Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3 3y3 9z3 0. Giải: Giả sử x0 , y0 , z0 là nghiệm nguyên của phương trình khi đó x0 3 đặt x0 3x1. thay 3 3 3 x0 3x1.vào (1) ta được: 9đặtx1 y0 9z0 0 khiy0  3đó:. y0 3y1 z0 3, 3 3 3 3 3 3 3 3 3 9x1 27y1 3z0 0 3x1 9y1 z0 0 z0 3. đặt z0 3z1 khi đó: .x1 3y1 9z1 0 x0 y0 z0 Vậy , , cũng là nghiệm của phương trình. 3 3 3 x0 y0 z0 Quá trình này tiếp tục thì được: k , k , k là các nghiệm nguyên của (1) với mọi k điều 3 3 3 này chỉ xảy ra khi x0 y0 z0 0. Vậy ( 0, 0, 0 ) là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2 y 2 z 2 t 2 2xyzt(1). Giải: Giả sử x0 , y0 , z0 ,t0 là nghiệm nguyên của phương trình khi đó: 2 2 2 2 x0 y0 z0 t0 2 x0 y0 z0t0 (1). là số chẵn nên trong các số x0 , y0 , z0 ,t0 phải có số chẵn số lẻ (0; 2 hoặc 4 ). 2 2 2 2 +)Nếu x0 , y0 , z0 ,t0 đều lẻ thì (x0 y0 z0 t0 )4 , trong khi đó 2x0 y0 z0t0  4 . 2 2 2 2 +)Nếu trong các số x0 , y0 , z0 ,t0 có hai số lẻ thì (x0 y0 z0 t0 )  2(mod 4) , trong khi đó 2x0 y0 z0t0 4 . Vậy x0 , y0 , z0 ,t0 phải là các số chẵn, đặt x0 2x1. ,y0 2y1. ,z0 2z1. ,t0 2t1. phương trình trở thành: 2 2 2 2 x1 y1 z1 t1 8x1 y1 z1t1 (1). 2 2 2 2 Lý luận tương tự ta có: x2 y2 z2 t2 8x2 y2 z2t2 (1). Chuyờn đề ụn thi hsg toỏn THPT. 6
7. x y z t x y z t Với x 1 , y 1 , z 1 ,t 1 , tiếp tục ta có: x 0 , y 0 , z 0 ,t 0 , 2 2 2 2 2 2 2 2 n 2n n 2n n 2n n 2n Là số nguyên vơi mọi n, điều này chỉ xảy ra khi x0 y0 z0 t0 0. Vậy ( 0, 0, 0, 0 ) là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. Dạng 6: Hạn chế tập hợp chứa nghiệm dựa vào điều kiện của các ẩn. Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x y 50. Giải: Ta thấy 0 x, y 50 từ tay có 50 x. y 50 x 2 50x 50 x 10 2x. Vì y nguyên nên 2x 4k 2 x 2k 2 .(k Z ) với 2k 2 50 k 2 25.(k Z ) k chỉ có thể nhận các giá trị: 0; 1; 2; 3; 4; 5. Lựa chọn k trong các số trên để thoả mãn phương trình ta được các nghiệm: (x; y) (0;50);(2;32);(8;18);(18;8);(32;2);(50;0) . Dạng 7: Một số dạng khác. Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3x 2 5y 2 12(1). Giải: Ta có: (1) 3(x 2 1) 5(3 y 2 ). Do (3, 5) = 1 nên(x 2 1)5. và (3 y2 )3. Đặt x 2 1 5k. ,3 y2 3l. Ta có: 3.5k 5.3l k l(k,l Z) . 2 1 x 5k 1 0 k Do đó: 5 k l 1 . Vậy x = 2, y = 0. y2 3 3l 0 l 1 Phương trình có hai nghiệm nguyên ( 2, 0 ); ( -2, 0 ). Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2 4xy 5y 2 16. Giải: Tac có: x 2 4xy 5y 2 16 (x 2 y)2 y 2 16 . 2 2 x 2y 4 x 2y 0 Vì: 16 4 0 nên hoặc y 0 y 4 Giải các hệ phương trình trên ta được các nghiệm nguyên của phương trình là: (x; y) (4;0);( 4;0);(8;4);( 8; 4); Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3(x 2 xy y 2 ) x 8y. Giải: Phương trình đã cho được viết lại là: 3x 2 (3y 1)x 3y 2 8y 0(1) . Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi: (3y 1)2 12(3y2 8y) 0 27y2 90y 1 0. Do y nguyên nên 0 y 3 y 0;1;2;3 . Chuyờn đề ụn thi hsg toỏn THPT. 7
8. +)Với y = 0 ta có x = 0. +)Với y = 1 ta có x = 1. +)Với y = 2 và y = 2 ta có không tìm được x nguyên. Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên là ( x ; y ) = ( 0 ; 0 ); ( 1 ; 1 ); Phần II: Bài tập Dạng 1: Sử dụng phép chia hết và chia có dư. Giải phương trình trên tập số nguyên. a)x2 3y2 17 . b)x2 5y2 17 . c)x2 2y2 1 . d)2x 122 y2 32 . e)15x2 7y2 9 . f)x2 2x 4y2 37 . Dạng 2: Phương pháp phân tích. Giải phương trình trên tập số nguyên. a)5(x y) 2 3xy . b)2(x y) 3xy . c)x2 y2 91 . d)x2 x 6 y2 . e)x2 y2 169 . e)x2 y2 1999 . Dạng 3: Phương trình đối xứng. Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình sau. a)x y 1 xyz . b)x y z 9 xyz . c)x y z t xyzt . 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 d) 2 . e) 1 . f) 1 . x y x y z t x2 y2 z2 t 2 Dạng 4: Phương pháp loại trừ. Giải phương trình trên tập số nguyên. a)x2 6xy 13y2 100 . b)1 x x2 x3 y3 . c)1 x x2 x3 x4 y2 . d) x2 y(y 1)(y 2)(y 3) . e)(x 2)4 x4 y3 . f)x(x 1)(x 7)(x 8) y2 . Dạng 5: Phương pháp xuống thang. Giải phương trình trên tập số nguyên. a)x3 2y3 4z2 0 . b)8x4 4y4 2z4 u4 . c)x2 y2 z2 2xyz . Dạng 6 và Dạng 7. Giải phương trình trên tập số nguyên. a)(x y 1)2 3(x2 y2 1) . b)x2 2y2 2z2 2xy 2yz 2z 4 . c) 1 x y 1 z 2 x y z . 2 Chuyờn đề ụn thi hsg toỏn THPT. 8