›
›
›

Toán 9 - Chuyên đề: Phương trình nghiệm nguyên

doc 41 trang hoaithuong97 4502
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Toán 9 - Chuyên đề: Phương trình nghiệm nguyên", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • doctoan_9_chuyen_de_phuong_trinh_nghiem_nguyen.doc

Nội dung text: Toán 9 - Chuyên đề: Phương trình nghiệm nguyên

  1. Phương trỡnh nghiệm nguyờn CHUYấN ĐỀ PHƯƠNG TRèNH NGHIỆM NGUYấN a. Phân tích thành tích. 1, Tỡm nghiệm nguyờn của cỏc phương trỡnh: a) x y xy xy x y 0 x(y 1) (y 1) 1 x 1 1 y 1 1 x y 2 (x 1)(y 1) 1 x 1 1 x y 0 y 1 1 b) x xy y 9 x(y 1) y 1 10 (x 1)(y 1) 10 1 1 c) 2xy x y 21 x(2y 1) (2y 1) 21 (2x 1)(2y 1) 43 2 2 d) p(x y) xy xy px py 0 x(y p) y p p p2 . (x p)(y p) p2 với p là một số nguyờn tố. 2, a. Tỡm x, y thuộc N: a) 3x3 xy 5 xy 3x3 5 Neu x 0 (loai) 5 Neu x 0 y 3x2 nguyen khi 5x x x 5; 1;1;5 y 76;8; 2;74 x 2 y 2 z 2 b. Tỡm x, y, z thuộc N* thỏa món xy 2(x y z) x2 y2 z2 (x y)2 2xy z2 (x y)2 z2 2xy (1) 2 2 xy 2(x y z) (*) 2xy 4(x y z) (x y) z 4(x y z) (2) Tu (2) (x y)2 z2 4(x y z) (x y)2 4(x y) 4z z2 0 (x y)2 4(x y) 4 4z z2 4 0 (x y 2)2 (z 2)2 x y 2 z 2 x y 4 z (3) Thay (3)vao(*) xy 2(x y x y 4) xy 4x 4y 8 x(y 4) (y 4)4 8 (x 4)(y 4) 8 x 5 x 6 y 12 Hoac y 8 z 13 z 10 3, Giải cỏc phương trỡnh sau trên Z a)3x2 10xy 8y2 96 3x2 4xy 6xy 8y2 96 x(3x 4y) 2y(3x 4y) 96 (x 2y)(3x 4y) 96 b. 2x 2 xy y 2 9 0 1
  2. Phương trỡnh nghiệm nguyờn c. x 2 x y 2 0 d. x 2 y 2 91 4, Tỡm cỏc số nguyờn x để x 2 x 6 là số chớnh phương x2 x 6 y2 (y N * ) x2 x 6 y2 4x2 4x 1 23 4y2 4y2 (2x 1)2 23 (2y 2x 1)(2y 2x 1) 23 5, Tỡm tất cả cỏc cặp số nguyờn dương sao cho tổng của mỗi số với số 1 thỡ chia hết cho số kia x 1 y (x, y N) y 1x (x 1)(y 1)xy xy x y 1xy x y 1xy x y 1 xy 1 1 1 1 . y x xy 1 1 1 1 1 1 2 1 Vi x, y covaitro nhu nhau.Gia su x y 1 x y xy y y y2 y y2 2 1 1 1 2 1 4 2 1 2 1 2 y 1 x 2 y y y 6, Tỡm n N sao cho 28 211 2n là một số chớnh phương. Đặt 28 211 2n A Thử n 8 thấy A không chính phương (2305; 2306; 2308; 2312; 2320; 2336; 2368; 2442; 2560). Với n > 8 ta có A= 28 2n 8 8 1 28 2n 8 9 Do 28 chính phương nên để A chính phương thì 2n-8 + 9 = m2 với m N* m 3  m 3 2n 8 m 3 2a với a,b N và a > b b m 3 2 2a 2b 2n 8 (1) a b 2 2 6. (2) Tu (2) 2b 2a b 1 6 (*) Suy ra 2b là ước của 6, hay 2b {1; 2; 3; 6} b {0; 1} (chỉ nhận 1;2; còn 3;6 loại) thay vào (2) ta có 2a {7; 8} suy ra a =3 (chỉ nhận 8, ứng với b=1; còn 7 loại ) Vậy b =1; a = 3 suy ra n = a + b + 8 = 12 Với n =12 ta có 28 211 212 28 24 9 802 thoả mãn yêu cầu bài toán. 7, Tỡm nghiệm nguyờn của phương trỡnh: y 2 x(x 1)(x 7)(x 8) y2 x x 1 x 7 x 8 y2 x2 8x x2 8x 7 2
  3. Phương trỡnh nghiệm nguyờn z x2 8x y2 z z 7 Đặt y2 z2 7z 0 4y2 4z2 22z 7 49 49 0 2y 2 2z 7 2 49 2y 2z 7 2y 2z 7 49 1 49 7  7 Giải các khả năng có 6 hệ. 2y 2z 7 1 y 12 2y 2z 7 1 y 12 *) ; *) 2y 2z 7 49 z 16 2y 2z 7 49 z 9 2y 2z 7 49 y 12 2y 2z 7 49 y 12 *) *) 2y 2z 7 1 z 9 2y 2z 7 1 z 16 2y 2z 7 7 y 0 2y 2z 7 7 y 0 *) *) 2y 2z 7 7 z 7 2y 2z 7 7 z 0 Giải các phương trình đặt cho z. *) z = -16 x 2 8x 16 x 4 2 0 x 4 4;12 ; 4; 12 *) z = 9 x 2 8x 9 x 1; x 9 1;12 ; 1; 12 ; 9;12 ; 9; 12 *) z = 0 x 2 8x 0 x 0; x 8 0;0 ; 8;0 *) z = -7 x 2 8x 7 x 1; x 7 1;0 ; 7;0 . Vậy phương trình đã cho có 10 nghiệm. 8, Tỡm x, y, z N* để: y 3 z 2 (y 3 2xy)z x(x y) 0 y3 z2 y3 2xy z x x y 0 y3 z2 y3 z 2xyz x2 xy 0 2xyz x2 xy y3 z2 y3 z y 2 z 2 2xyz x 2 xy y 2 z y 3 z 2 y 3 z y 2 z 2 y 2 z yz x 2 y yz x y2 z z 1 yz y 2 2 y 2 y yz x y z z 1 1 y (*) 2 4 y 2 Do VT 0 VP 0 y 2 z z 1 y 1 ( Đổi dấu 1- y) 4 y 2 y 1 vì nếu y 1 y 2 vô lí (chú ý: x;y;z N * ) 4 Khi y =1 phương trình đã cho trở thành 1 1 2 z x 1 1 2 2 z x (*) z x 2 4 1 1 z x 1 z x 2 2 3
  4. Phương trỡnh nghiệm nguyờn Phương trình đã cho có vô số nghiệm (n; 1; n); (n; 1; n-1) với n N* 9, Tỡm xy sao cho (x 2 y 2 ) 2 4xy 1 Tìm xy sao cho (Đkx 2 : x,y 2 y) 2 là 4cácxy chữ1 số ,x 0 (x 2 y 2 ) 2 4xy 1 x 4 2x 2 y 2 y 4 4xy 1 0 x 4 2x 2 y 2 y 4 4x 2 y 2 4xy 1 0 2 x 2 y 2 2xy 1 2 0 x 2 y 2 2xy 1 x 2 y 2 2xy 1 0 vì x2+y2+2xy+1 >0 x 2 y 2 2xy 1 0 x y 2 1 0 x y 1 x y 1 0 x y 1 xy 12;23;34;45;56;67;78;89 x y 1 xy 10;21;32;43;54;65;76;87;98 Có 17 số thoả mãn yêu cầu. 10, Tỡm x;y nguyờn của phương trỡnh: 2x 2 2xy 5x y 19 2x 2 2xy 5x y 19 2x x y 6x x y 19 0 x y 2x 1 3 2x 1 22 0 2x 1 x y 3 22(*) 2x 1 là ước của 22 Hay 2x 1 1; 2; 11; 22 x 0; 1;5; 6 , (Các ước 2; 22 bị loại vì 2x+1 là lẻ) Thay vào phương trình (*) có y tương ứng là y 19; 26;4; 11 Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm (x; y) = (0; 19); (-1; -26); (5; 4); (-6; -11). 11.Tìm n nguyên để các nghiệm của pt : x2- (4 + n)x + 2n = 0 cũng nguyên x2 (4 n)x 2n 0 2 2 2 (4 n) 8n 16 8n n 8n n 16 Phuong trinhco nghiem nguyen khi n2 16 m2 (m z) m2 n2 16 (m n)(m n) 16 Đặt n2+16 = m2; m Z n2 m2 16 (n m)(n m) 1.16 2.8 4.4 Để ý : (n + m) +(n-m)=2n là số chẵn, nên khả năng-1.16 bị loại( vì tổng của 2 thừa cố này =15(lẻ), chỉ còn phải xét 6 khả năng có từ -2.8 và -4.4. Kết quả cho ở bảng sau: n+m 8 -8 2 -2 4 -4 n- m -2 2 -8 8 -4 4 n 3 -3 -3 3 0 0 4
  5. Phương trỡnh nghiệm nguyờn Ta kiểm tra lại cho 3 khả năng có được của n=-3;0;3 để lấy ngiệm (Nếu phù hợp) *) n = 3 => x2-7x+6 = 0 =>x =1;6 , cả 2 nghiệm đều thoả mãn => n = 3 thoả mãn. *) n =-3 => x2-x-6 = 0 =>x = -2;4 , cả 2 nghiệm đều thoả mãn => n = -3 thoả mãn. *) n = 0 => x2- 4x = 0 =>x = 0;4 , cả 2 nghiệm đều thoả mãn => n = 0 thoả mãn. Vậy có 3 giá trị thoả mãn : n = -3; 0; 3 12. Tìm n nguyên để các nghiệm của pt : x2 - (4 + n)x + 4n -25 = 0 cũng nguyên. (n 4) 2 100 0 Đặt (n-4)2+100 = k2; k Z (n 4 k)(n 4 k) 100 1.100 2.50 10.10 Để ý : (n-4+k) +(n-4-k)=2n là số chẵn, nên khả năng-1.100 bị loại( vì tổng của 2 thừa cố này =99 (lẻ), chỉ còn phải xét 6 khả năng có từ -2.50 và - 10.10. Kết quả cho ở bảng sau: n- 4+k 50 -50 2 -2 10 - 10 n- 4 - k -2 2 - 50 50 - 10 10 n 28 -20 -20 28 4 4 Ta kiểm tra lại cho 3 khả năng có được của n= - 20; 4; 28 để lấy ngiệm (Nếu phù hợp) *) n = 28 => x2-32x + 87 = 0 =>x =3;29 , cả 2 nghiệm đều thoả mãn => n = 28 thoả mãn. *) n = - 20=>x2+16x-105 = 0 =>x =-21;5, cả 2 nghiệm thoả mãn => n = -20 thoả mãn. *) n = 4 => x2- 8x - 9 = 0 =>x = -1;9 , cả 2 nghiệm đều thoả mãn => n = 4 thoả mãn. Vậy có 3 giá trị thoả mãn : n = - 20; 4; 28 13. Tìm số p nguyên tố,biết pt: x2 + px - 12p = 0 có 2 nghiệm đều nguyên. p(48 p) 0là số chính phương Do p là số nguyên tố =>đk cần tiếp theo là: 48 p p 48 p p 2;3 Với p = 2 100 x 2 2x 24 0 x 4; 6 cả 2 nghiệm đều nguyên,p=2 TMĐK. Với p = 3 153 , không chính phương nên p = 3 bị loại. Vậy p = 2 là số nguyên tố cần tìm. 5
  6. Phương trỡnh nghiệm nguyờn 14.Tìm m;n N sao cho các nghiệm của phương trình: x2-m(n+1)x + m + n +1 = 0 cũng là số tự nhiên. Gọi x1; x2 là các nghiệm của pt,khi đó ,theo Viet ta có: x1 x2 m(n 1) (1) x1.x2 x1 x2 n mn 1 (x1 1)(x2 1) n(1 m) 2. x1.x2 m n 1 (2) n(m 1) (x1 1)(x2 1) 2 (*) Do x; m; n đều là số tự nhiên,nên ,từ pt (2) của hệ Viet ta có : x1; x2 1 Kết hợp đk đó với pt (1)=> m > 0 => vế trái của (*) là tổng của 2 số không âm Vì vậy VP = 2 chỉ có thể có các cách viết là: 2 = 0 + 2 = 2 + 0 = 1 + 1 Giải 3 khả năng này. n(m 1) 2 (1) a) (x1 1)(x2 1) 0 (2) (1) (n;m) (1;3),(2;2) x 1;5 n(m 1) 0 (1) n(m 1) 1 (1) c) b) (x1 1)(x2 1) 2 (2) (x1 1)(x2 1) 1 (2) n 0 (1) (n;m) (1;2) (1) m 1 (2) x1;2 2 (2) (x1; x2 ) (2;3) Khả năng c) này ta tìm giá trị cụ thể của m;n trong từng trường hợp,với chú ý pt có nghiệm là 2 hoặc 3. *) n = 0. Do x=2 là nghiệm , nên: 4 - 2m + m +1 = 0 => m = 5, =>(m;n)= (5;0) Do x=3 là nghiệm , nên: 9 - 3m + m + 1 = 0 =>m = 5, =>(m;n)= (5;0) *) m=1 . Do x=2 là nghiệm , nên: 4 -2(n+1) + 1 + n + 1 = 0 =>n = 4, =>(m;n)= (1;4) Do x=3 là nghiệm , nên: 9-3(n+1) +1 + n + 1= 0 => n = 4, =>(m;n)= (1;4) Vậy các cặp (m;n) có được là (m;n)= (3;1);(2;2),(2;1),(1;4),(5;0). 15, Tỡm x, y Z thỏa món cỏc phương trỡnh: x 2 2y 2 3xy 3x 5y 15 Nhóm theo x ( xem y là tham số). x 2 2y 2 3xy 3x 5y 15 x 2 3x y 1 2y 2 5y 15(*) +Thêm bớt vào 2 vế với cùng một số m (tạo cho của vế trái là chính phương) (*) x 2 3x y 1 2y 2 5y m 15 m + Chọn m cho vế trái chính phương ( đảm bảo Đk cần cho x  ). 9 y 1 2 4 2y 2 5y m y 2 2y 9 4m chọn m =2 Khi đó = (y-1)2 2 2 x y 2 +Tìm nghiệm của VT: VT = 0 x 3x y 1 2y 5y 2 0 x 2y 1 6
  7. Phương trỡnh nghiệm nguyờn (*) x y 2 x 2y 1 17 117 17 1 1 ( 17) 17  ( 1) Giải 4 hệ chọn nghiệm nguyên ( vì chính phương chỉ là Đk cần), thử lại. x y 2 1 x 18 x y 2 17 x 30 *) ; *) x 2y 1 17 y 17 x _ 2y 1 1 y 15 x y 2 1 x 12 x y 2 17 x 36 *) ; *) x 2y 1 17 y 15 x 2y 1 1 y 17 Phương trình đã cho có 4 nghiệm : ( -18; 17); ( 30; -15); (12; -15); (-36; 17). Bài 16. Giải phương trỡnh nghiờm nguyờn.9x 2 10y 2 9xy 3y 5y 9 9x 2 10y 2 9xy 3x 5y 9 9x 2 3x 3y 1 10y 2 5y m 9 m = 9(3y - 1)2+ 36.(10y2 + 5y - m) = 81y 2 54y 9 360y 2 180y m 441y 2 126y 9 36m = 21y 2 2  21y 3 9 36m chọn m = 0 = 21y 3 2 5 2y 1 VT = 0 khi x y; x 1 3 2 3 5 2y 1 Phương trình đã cho trở thành 9 x y x 9 3x 5y 3x 2y 1 9 3 3 Mà Ư(9)= { 1; 3; 9} Giải 6 hệ có thể, thu được nghiệm, chọn nghiệm phù hợp 6 x 3x 5y 1 x 2 3x 5y 9 7 *) ; *) (loại); 3x 2y 1 9 y 1 3x 2y 1 1 9 y 7 52 x 4 3x 5y 1 21 3x 5y 9 x *) (loại); *) 3 (Loại); 3x 2y 1 9 9 3x 2y 1 1 y y 1 7 16 26 x x 3x 5y 3 21 3x 5y 3 21 *) (Loại); *) 3x 2y 1 3 1 3x 2y 1 3 1 y y 7 7 Bài17. Tỡm x, y Z thỏa món cỏc phương trỡnh: a. 12x 2 6xy 3y 2 28(x y) Cỏch 1.12x 2 6xy 3y 2 28(x y) 12x 2 6xy 28x 3y 2 28y 0 12x 2 2x 3y 14 3y 2 28y 0 2 28 196 ' 3y 14 12  (3y 2 28y) 27y 2 252y 196 27 y 2 y 3 27 7
  8. Phương trỡnh nghiệm nguyờn 14 196 196 196 = 27 y 2 2  y 3 9 9 27 2 14 = 784 27 y 784 282 3 Do ’ chính phương và các giá trị cần nhận của x, y thuộc Z. Thử qua các giá trị của ’thì giá trị của ’ phù hợp là: ’= 222 thì cặp (x; y) = (1; 8) ’= 142 thì cặp (x; y) = (0; 0) ’ = 42 thì cặp (x; y) = (-1; 10) / 2 2 2 (Các trường hợp còn lại : 28 ;27 ; ,0 khi thay vào để tìm y, ta đều có y không chính phương ,hoặc y không mang giá trị nguyên, nên bị loại ) 42 Ví dụ *) / 282 784 27y 2 252y 588 0 9y 2 84y 196 0 / 0 y y 9 / 2 2 / *) 3 9 27y 252y 187 0 y 20925 không chính phương=> loại Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là : (1; 8); (0; 0); (-1; 10). Cỏch 2 14 a) 12x2+6xy+3y2= 28(x+y) 9x2= -3(x+y)2+28(x+y) = -3 (x y) 2 2 (x y) 3 196 14 196 196 9x 2 3(x y ) 2 x 2 ; 3 3 3 27 Vì x2 là số chính phương nên: x 2 0;1;4 x 0; 1; 2. Đến đây ta thay các giá trị của x vào phương trình ,tìm y,chọn cặp nghiệm nguyên (nếu có). *) x=0 => 3y2 = 28y => y=0 => (x;y) = (0;0) , (Giá trị y=28/3 bị loại) *) x=1 =>12+6y+3y2 =28+28y=> y=8 => (x;y)=(1;8), (Giá trị y=-2/3 bị loại) *) x= -1=>12-6y+3y2=-28+28y=> y=10=>(x;y)=(-1;10), (Giá trị y=4/3 bị loại) *) x=2;x=-2 không cho y nguyên. Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là : (1; 8); (0; 0); (-1; 10). b. 7(x y) 3(x 2 xy y 2 ) 7(x y) 3(x 2 xy y 2 ) 3x 2 3y 7 x 3y 2 7y 0 2 14 49 3y 7 12 3y 2 7y 27y 2 126y 49 27 y 2 y 3 27 7 49 49 49 = 27 y 2 2  y 3 9 9 27 2 7 = 144 27 y 144 122 3 Thử các khả năng chính phương và y Z ta nhận được các kết quả hợp lý là: = 112 thì ta tìm được x = 5; y = 4 =72 thì ta tìm được x = 0; y = 0 = 22 thì ta tìm được x = 4; y = 5 8
  9. Phương trỡnh nghiệm nguyờn Vậy phương trình đã cho có 3 nghịêm (x;y)là : (0; 0); (4; 5); (5; 4). b. Phân tích thành tổng các luỹ thừa 1, Tỡm nghiệm nguyờn của phương trỡnh: y 2 2(x 6 x 3 y 32) y 2 2(x 6 x 3 y 32) x 6 x 6 2x 3 y y 2 64 3 2 x 2 x 3 y 64 43 02 03 82 2 x 4 x 2 3 nghiem. 2;8 ; 2; 8 ; 2;8 ; 2 8 x y 0 y 8 2 x 0 x 0 nghiem. 0;8 ; 0; 8 3 y 8 x y 8 Vậy phương trình có 6 nghiệm . 2, Tỡm nghiệm nguyờn của phương trỡnh: x 2 2y 2 2z 2 2xy 2yz 2z 4 . x 2 2y 2 2z 2 2xy 2yz 2z 4 x 2 2xy y 2 y 2 2yz z 2 z 2 2z 1 5 x y 2 y z 2 z 1 2 5 02 12 22 Các khả năng có thể cho (z - 1)2 là 02; 12; 22. Từ đó cho 2 cụm còn lại. y z 1 y 2;0 x y 2 x 4;0;2; 2 *) (z - 1)2 = 0 z 1 y z 2 y 3; 1 x y 1 x 4;2;0; 2 Vậy khi z = 1 ta có 8 nghiệm (x; y; z) như sau: (4; 2; 1); (0; 2; 1); (2; 0; 1); (-2; 0; 1); (4; 3; 1); (2; 3; 1); (0; -1; 1); (-2; -1; 1 ). 2 2 z 0 4nghiem : (2;2;0),( 2;2;0),(2;0;0),( 2;0;0) *) (z - 1) = 1 z 1 1 z 2 4nghiem : (4;4;2),(0;0;2),(4;2;2),(0;2;2) 2 2 z 1 4nghiem : (0;0; 1),( 2; 2; 1),(0; 1; 1),( 2; 1; 1) *) (z - 1) = 2 z 1 2 z 3 4nghiem : (4;4;3),(2;2;3),(4;3;3),(2;3;3) Vậy phương trình có 24 nghiệm. 3, Tỡm nghiệm nguyờn dương của phương trỡnh: x 2 4xy 5y 2 169 x 2 4xy 5y 2 169 x 2y 2 y 2 169 132 02 122 52 Do x, y Z y 2 0 y 2 0 bị loại xét 3 khả năng: x 2y 0 x; y 26;13 y 13 9
  10. Phương trỡnh nghiệm nguyờn x 2y 5 x; y 29;12 va 19;12 y 12 x 2y 12 x; y 22;5 va 2;5 nghiệm này bị loại y 5 Vậy phương trình có 4 nghiệm. 4, Tỡm nghiệm nguyờn của phương trỡnh: a. x 2 13y 2 6xy 100 x 2 13y 2 6xy 100 x 3y 2 2y 2 100 02 102 62 82 x 15 x 3y 0 y 5 *) suy ra nghiệm là (15; 5); (-15; -5). 2y 10 x 15 y 5 x 10 x 3y 10 y 0 *) suy ra nghiệm là (10; 0); (-10; 0) 2y 0 x 10 y 0 x 3y 6 *) giải ra ta được nghiệm (18; 4); (6; 4); (-6; -4)(-18; -4). 2y 8 x 3y 8 *) giải ra ta được nghiệm (17; 3); (1; 3); (-1; -3); (-17; -3) 2y 6 Vậy phương trình đã cho có 12 nghiệm. b) x2 x 6 y2 4x2 4x 24 4y 2 2x 1 2 2y 2 25 52 02 42 32 Giải 4 khả năng trên thì ph.t có 6 nghiệm: (3; 0); (-2; 0); (2; 2);(-1; 2); (2; -2); (-1; -2 5, Tỡm nghiệm nguyờn dương của phương trỡnh: 3x 2 2y 2 z 2 4xy 2xz 2yz 26 3x 2 2y 2 z 2 4xy 2xz 2yz 26 x 2 x 2 2xy y 2 x 2 y 2 z 2 2xy 2xz 2yz 26 x 2 x y 2 x y z 2 26 12 32 42 (*) = 02+12+52 Với x, y, z Z nen 1 x x y x y z (Cách phân tích 26 = 02+12+52 bị loại , do x= 0 Z ) 2 x 1 x 1 2 2 (*) x y 3 y 2 vậy phương trình có 1nghiệm (x , y, z) = (1; 2; 1) 2 2 z 1 x y z 4 10
  11. Phương trỡnh nghiệm nguyờn 6, Tỡm nghiệm tự nhiờn của phương trỡnh: x 2 y 3 3y 2 65 3y x 2 y 3 3y 2 65 3y (*) x 2 y 3 3y 2 3y 1 64 x 2 y 1 3 64 02 43 82 03 x 2 0 x 0 Giải 2 khả năng *) y 1 4 y 5 x 2 82 x 8 *) y 1 0 y 0 Vậy phương trình có 2 nghiệm: (0; 5); (8; 0). 7, Tỡm nghiệm nguyờn của phương trỡnh: y 2 2 4 x 2 2x y 2 2 4 x 2 2x y 2 2 Txđ: 2 4 x 2x 0 2 2 y 2 2 4 x 2 2x y 2 2 x 1 2 5 12 22 y2 2 1 y2 3.(loai) y2 1 (loai) *) hoac x 1 2 x 1 2 x 1 2 y2 2 2 y2 4 y2 0 (loai) *) Hoac x 1 1 x 1 1 x 1 1 Vậy phương trình có 4 nghiệm: (-2; -2); (-2; 2);(0;2);(0;-2). 8, Tỡm nghiệm tự nhiờn của phương trỡnh: a. x 6 z 3 15x 2 z 3x 2 y 2 z (y 2 5)3 b. (x 2 4y 2 28) 2 17(x 4 y 4 14y 2 49) 1. y 2 2(x 6 x 3 y 32) x 6 x 6 2x 3 y y 2 64 3 2 x 2 x 3 y 64 43 02 03 82 11
  12. Phương trỡnh nghiệm nguyờn 2 x 4 x 2 3 nghiem 2;8 ; 2; 8 ; 2;8 ; 2 8 x y 0 y 8 2 x 0 x 0 nghiem 0;8 ; 0; 8 3 y 8 x y 8 Vậy phương trình có 6 nghiệm . 2. x 2 2y 2 2z 2 2xy 2yz 2z 4 x 2 2xy y 2 y 2 2yz z 2 z 2 2z 1 5 x y 2 y z 2 z 1 2 5 02 12 22 Các khả năng có thể cho (z - 1)2 là 02; 12; 22. Từ đó cho 2 cụm còn lại. y z 1 y 2;0 x y 2 x 4;0;2; 2 *) (z - 1)2 = 0 z 1 y z 2 y 3; 1 x y 1 x 4;2;0; 2 Vậy khi z=1 ta có 8 nghiệm (x; y; z) như sau: (4; 2; 1); (0; 2; 1); (2; 0; 1); (-2; 0; 1); (4; 3; 1); (2; 3; 1); (0; -1; 1); (-2; -1; 1 ). 2 2 z 0 4n : (2;2;0),( 2;2;0),(2;0;0),( 2;0;0) *) (z - 1) = 1 z 1 1 z 2 4n : (4;4;2),(0;0;2),(4;2;2),(0;2;2) 2 2 z 1 4n : (0;0; 1),( 2; 2; 1),(0; 1; 1),( 2; 1; 1) *) (z - 1) = 2 z 1 2 z 3 4n : (4;4;3),(2;2;3),(4;3;3),(2;3;3) Vậy phương trình có24 nghiệm. 3. x 2 4xy 5y 2 169 x 2y 2 y 2 169 132 02 122 52 Do x, y Z y 2 0 y 2 0 bị loại xét 3 khả năng: x 2y 0; y 13 x; y 26;13 x 2y 5; y 12 x; y 29;12 va 19;12 x 2y 12; y 5 x; y 22;5 va 2;5 nghiệm này bị loại Vậy phương trình có 4 nghiệm. 12
  13. Phương trỡnh nghiệm nguyờn 4. a. x 2 13y 2 6xy 100 x 3y 2 2y 2 100 02 102 62 82 x 15 x 3y 0 y 5 *) suy ra nghiệm là (15; 5); (-15; -5). 2y 10 x 15 y 5 x 10 x 3y 10 y 0 *) suy ra nghiệm là (10; 0); (-10; 0) 2y 0 x 10 y 0 x 3y 6 *) giải ra ta được nghiệm (18; 4); (6; 4); (-6; -4)(-18; -4). 2y 8 x 3y 8 *) giải ra ta được nghiệm (17; 3); (1; 3); (-1; -3); (-17; -3) 2y 6 Vậy phương trình đã cho có 12 nghiệm. b. x 2 x 6 y 2 4x 2 4x 24 4y 2 2x 1 2 2y 2 25 52 02 42 32 Giải 4 khả năng trên thì ph.t có 6 nghiệm: (3; 0); (-2; 0); (2; 2);(-1; 2); (2; -2); (-1; -2). 5. Tìm trong Z+ : 3x 2 2y 2 z 2 4xy 2xz 2yz 26 x 2 x 2 2xy y 2 x 2 y 2 z 2 2xy 2xz 2yz 26 x 2 x y 2 x y z 2 26 12 32 42 (*) =02+12+52 Với x, y, z Z nen 1 x x y x y z (Cách phân tích 26 = 02+12+52 bị loại ,do x= 0 Z ) 2 x 1 x 1 2 2 (*) x y 3 y 2 vậy phương trình có 1nghiệm (x , y, z) =(1; 2; 1) 2 2 z 1 x y z 4 6. Tìm trong N: x 2 y 3 3y 2 65 3y (*) x 2 y 3 3y 2 3y 1 64 x 2 y 1 3 64 02 43 82 03 x 2 0 x 0 Giải 2 khả năng *) y 1 4 y 5 13
  14. Phương trỡnh nghiệm nguyờn x 2 82 x 8 *) y 1 0 y 0 Vậy phương trình có 2 nghiệm: (0; 5); (8; 0). y 2 2 7. Txđ:y 2 2 4 x 2 2x 2 4 x 2x 0 2 2 y 2 2 4 x 2 2x y 2 2 x 1 2 5 12 22 y 2 2 1 y 2 3;1.(loai) *) Hệ vô nghiệm (do y2 phải là số chính phương). x 1 2 y 2 2 2 y 2 4 y 2 *) x 1 1 x 0; 2 Vậy phương trình có 4 nghiệm: (-2; -2); (-2; 2);(0;2);(0;-2). 8. Tìm trong N: a. x 6 z 3 15x 2 z 3x 2 y 2 z (y 2 5)3 3 3 x 2 z 3 y 2 5 3x 2 y 2 z 15x 2 z 3x 2 z y 2 5 Theo bất đẳng thức Côsi cho 3 số không âm: a b c 33 abc Ta có: VT 33 (x 2 z(y 2 5)3 VP . Dấu = xẩy ra khi và chỉ khi x 2 z y 2 5 Giải x 2 y 2 5 x y x y 5 15 (*)( chỉ lấy 1 khả năng do x - y < x + y và x;y là số tự nhiên) sau đó tìm z: x y 1 x 3 (*) x y 5 y 2 Do x 2 z z 9 Vậy phương trình có 1 nghiệm là: (3; 2; 9). b. (x 2 4y 2 28) 2 17(x 4 y 4 14y 2 49) (*) Nhận xét: Vế trái là bình phương của tổng, vế phải có hiện tượng là tổng của các bình 2 2 phương. (*) x 2 4 y 2 7  17x 4 y 4 14y 2 49  17x 4 y 2 7  2 2 Theo Bunhia có: VT = 1 x 2 4 y 2 7  12 42 x 4 y 2 7  VP x 2 y 2 7 Dấu = xẩy ra khi và chỉ khi: 4x 2 y 2 7 1 4 2x y 2x y 7 1 7 Do 2x - y < 2x + y 2x y 1 x 2 2x y 7 y 3 14
  15. Phương trỡnh nghiệm nguyờn Vậy phương trình có 1 nghiệm (2; 3) c. phân tích thành liên phân số 1, Tỡm nghiệm nguyờn dương của phương trỡnh 1 10 3 1 1 x 1 1 1 1 7 1 y 7 7 2 z 3 3 Vay x 1, y 2, z 3 2, Tỡm nghiệm tự nhiờn của phương trỡnh : 40 xyzt xy xt zt 1 31(xyzt xy xt zt 1) 40(yzt y t) 31 yzt y t 40 9 1 1 1 1 Ta co 1 1 1 1 1 31 4 1 1 31 31 3 3 3 9 1 9 9 2 4 4 xyzt xy xt zt 1 x(yzt y t) zt 1 zt 1 Ta co x yzt y t zyt y t zyt y t 1 1 1 1 x x x x zyt y t t 1 1 y y y zt 1 1 zt 1 zt 1 z t t Vay x 1, y 3, z 2, t 4 3, Tỡm nghiệm tự nhiờn của phương trỡnh: 55(x 3 y 3 x 2 y 2 ) 229(xy 3 1) 229 x3 y3 x2 y2 55(x3 y3 x2 y2 ) 229(xy3 1) 55 xy3 1 229 9 1 Ta co 4 4 1 55 55 6 9 x3 y3 x2 y2 x2 (xy3 1) y2 y2 Ta co x2 xy3 1 xy3 1 xy3 1 x2 4 2 1 2 1 x 2 x x xy 6 xy3 1 1 y 3 xy 2 2 2 y 9 y y 4, Tỡm nghiệm nguyờn dương của phương trỡnh: 7(x2 y x xy2 2y) 38xy 38 15
  16. Phương trỡnh nghiệm nguyờn 7(x2 y x xy2 2y) 38xy 38 38(xy 1) 38 x2 y x xy2 2y 7 xy 1 38 3 1 1 Ta co 5 5 5 7 1 7 7 2 3 3 x2 y x xy2 2y x(xy 1) y(xy 1) y Ta co xy 1 xy 1 x y 5 y 1 x 2 x y x y x 2 xy 1 1 y 3 x y 3 y II-Giải bằng phương pháp “chẵn- lẻ” a)Tìm nghiệm nguyên tố của phương trình: x2 - 2y2 = 1 x2 2y2 1 x2 1 2y2 (x 1)(x 1) 2y2 Ta co x 1va x 1cung tinhchanle 2y2 la sochan x 1va x 1chan (x 1)(x 1)4 2y2 4 y2 2 y2 y la so nguyento y 2 x2 1 8 x2 9 x 3 b)Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3 2y3 4z3 0 16
  17. Phương trỡnh nghiệm nguyờn x3 2y3 4z3 0 Ta co 2y3 4z2 x3 2 x2 x 2a (a z) x3 2y3 4z3 0 8a3 2y3 4z3 0 4a3 y3 2z3 0 Ta co 4a3 2z3 2 y3 2 y2 y 2b (b z) 4a3 y3 2z3 0 4a3 8b3 2z3 0 2a3 4b3 z3 0 Ta co 2a3 4b3 2 z3 2 z2 cu tieptuc nhu vay x2k , y2k , z2k vay x y z 0 c)Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình 2x y2 y 111 2x y(y 1) 111 d)Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x 5y 1 (2 x y x2 x) 105. Ta co 105 la sole 2x 5y 1le ,2 x y x2 xle 2x 5y 1levi 2x 1le 5y chan y chan 2 x y x2 xle 2 x le vi y x(x 1)chan x 0 (5y 1)(y 1) 105 e)Tìm số nguyên tố p để 4 p 1 là số chính phương. f)Tìm nghiệm nguyên tố của phương trình: x y 1 z II-HƯỚNG DẪN GIẢI A, PHÂN TÍCH THÀNH TÍCH. 1, a/. x y xy xy x y 0 x(y 1) (y 1) 1 (x 1)(y 1) 1 (x 1) 1; 1 ) x 1 1 x 2 y 2 cặp nghiệm (2;2) ) x 1 1 x 0 y 0 cặp nghiệm (0;0) b/. x xy y 9 x y 1 y 1 10 x 1 y 1 10 Suy ra x 1 là ước của 10. Suy ra x 1 1; 2; 5; 10 suy ra x 0; 2;1; 3;4; 6;9; 11 Thay giỏ trị của x vào phương trỡnh đó cho thu được y tương ứng. Cỏc nghiệm của ph.t. là: (1;4); (4;1); (-3;-6); (-6;-3); (0;9); (9;0); (-2;-11); (-11;-2) c/. 2xy+x+y=21 4xy+2x+2y+1=43 (2x+1)(2y+1)=43 17
  18. Phương trỡnh nghiệm nguyờn  2x+1 là ước của 43 => 1; 1;43; 43 x 0; 1;21; 22 Thay các giá trị vào pt ta có các giá trị y tương ứng là: 21;-22; 0; -1. Vậy phương trình có 4 nghiệm (x;y)= (0;21) ; (-1;-22) ; (21;0); (-22;-1) d/. p(x y) xy xy px py 0 x y p p y p p 2 x p y p p 2 Suy ra x p 1; p; p 2  . Do tớnh chất đối xứng ta cú cỏc nghiệm. (0;0); (2p;2p); (p+1;p2+p); (p2+p;p+1); (p-p2;p-1); (p-1;p-p2). 2, a/. 3x 3 xy 5 x 3x 2 y 5 do x  x 1;5 y tương ứng là 2;74 Nghiệm của phương trỡnh là (x;y) = (5;74) vỡ y = -2 bị loại. 2 2 2 2 2 * x y z (1) z x y 2xy b/. x, y, z  từ hệ xy 2(x y z)(2) Suy ra z 2 x y 2 4 x y z (*) (*) x y 2 4 x y 4 z 2 4z 4 x y 2 2 z 2 2 Do x y 2 0 x y 2 z 2 z x y 4 thay kết quả này vào (2) ta được xy 2 2x 2y 4 xy 4x 4y 8 x y 4 4 y 4 8 x 4 y 4 8 Suy ra x 4 1; 2; 4; 8 x 5;3;6;2;8;0;12; 4 Giỏ trị x = 0; -4 bị loại nờn y tương ứng là: {12;-4;8;0;6;5} Giỏ trị y = -4; 0 bị loại nờn z tương ứng là: {13;10;10;13} Cỏc nghiệm của phương trỡnh là (5;12;13); (12;5;13); (6;8;10); (8;6;10). 3. Giải hệ trờn Z. a/. 3x 2 10xy 8y 2 96 4x 2 12xy 9y 2 x 2 2xy y 2 96 2x 3y 2 x y 2 96 3x 4y x 2y 96 1.96 2.48 3.32 4.24 8.12 6.16 ( Cỏc hoỏn vị và trỏi dấu (-).(-) nờn cú 24 khả năng ) Nhận xột: Do 3x 4y x 2y 4x 6y là số chẵn nờn cỏc khả năng tổng 2 thừa số là số lẻ đều bị bỏ: 1.96; 3.32 nờn ta chỉ giải 16 hệ và được 16 nghiệm (x,y)=(-94;71);(44;-21);(94;-71);(-44;21);(-14;34);(14;-34);(16;-6);(-16;6);(-26;21); (26;-21);(4;1);(-4;-1);(-16;14);(16;-14);(-4;6);(4;-6). b/. 2x 2 xy y 2 9 0 x 2 y 2 x 2 xy 9 x y x y x x y 9 x y 2x y 9 9 1 33 và các hoán vị cùng đổi dấu của chúng. Nhận xét: x y 2x y 3x để x Z thì 4 khả năng từ 1.9 bị loại vì 1+9 = 10 và (-1)+(-9) = -10 đều bị loại,( 10 không chia hết cho 3) nên chỉ giải2 hệ 3.3 và (-3)(-3). 18
  19. Phương trỡnh nghiệm nguyờn x y 3 x 2 2x y 3 y 1 => nên phương trình có 2 nghiệm là (2;1); (-2; -1). x y 3 x 2 2x y 3 y 1 c/. x2 x y2 0 4x2 4x 4y2 0 2x 1 2 2y 2 1 2x 2y 1 2x 2y 1 1 11 1 1 Giải 2 hệ được 2 nghiệm là (0; 0); (-1; 0). d/. x 2 y 2 91 x y x y 91 191 7 13 Giải 8 hệ được 8 nghiệm là (x,y) = (46;45); (46;-45); (-46;45); (-46;-45) (10;3); (-10;3) ; (-10;-3); (10;-3). 1 1 23 4. Đặt x 2 x 6 m 2 với m Z => x2 x 6 m2 0 x2 2  x m2 2 4 4 2 1 23 1 1 23 x m2 x m x m 2 3 2 2 4 2x 2m 1 2x 2m 1 23 231 23 ( 1) .(*) Và các hoán vị nên ta giải 4 hệ : 2x 2m 1 23 x 6 2x 2m 1 1 m 6 2x 2m 1 23 x 5 2x 2m 1 1 m 6 (*) 2x 2m 1 1 x 6 2x 2m 1 23 m 6 2x 2m 1 1 x 5 2x 2m 1 23 m 6 Như vậy có 2 giá trị của x thoả mãn là x=5; x= -6 5, Gọi x, y là 2 số nguyên dương cần tìm suy ra x 1 y và y 1x Nên x 1 y 1 p  xy( ) với p N xy x y 1 pxy 1 1 1 Do x 1; y 1 chia cả 2 vế của (*) cho xy suy ra 0 p 1 x y xy 1 1 1 Do 3 0 p 1 3 p 2;3;4. x y xy Nếu p = 4 ,khi đó 3 phân số 1 có tổng bằng 3=> mỗi phân số bằng 1 => x=y=1 Nếu p = 3 1 1 1 y 1 2y 1 (y 2) 2 x y 1 2xy y 1 x 2y 1 x x y xy 2y 1 2y 1 19
  20. Phương trỡnh nghiệm nguyờn y 2 1 2y 1 y 2 Do y 1  y 2;1 x 1;2 suy ra có 2 nghiệm là (1; 2); (2; 1) 2y 1 1 1 1 y 1 2 Nếu p=2 1 x y 1 xy x y 1 y 1 x 1 x y xy y 1 y 1 Để x  y 2;3 x 3;2 suy ra có 2 nghiệm là (3; 2); (2; 3). Kết luận: Phương trình đã cho có 5 nghiệm (1; 1); (1; 2); (2; 1); (2; 3); (3;2). Chú ý: Trường hợp p =3; p =2, các phương trình có dạng như bài tập 1 nên có thể giải bằng cách phân tích thành tích ( nhớ x,y nguyên dương) 1 3 Ví dụ: p=3 => x+y+1=2xy  x(2y-1)- (2y 1) (2x 1)(2y 1) 3 2 2 2x 1 1; 3 x 1;2 y 2;1. Vậy p.t có 2 nghiệm : (1;2);(2;1) 6. Đặt 28 211 2n A Thử n 8 thấy A không chính phương (2305; 2306; 2308; 2312; 2320; 2336; 2368; 2442; 2560). Với n > 8 ta có A= 28 2n 8 8 1 28 2n 8 9 Do 28 chính phương nên để A chính phương thì 2n-8+9 = m2 với m N* m 3  m 3 2n 8 m 3 2a với a,b N và a > b b m 3 2 2a  2b 2n 8 (1) a b b a b 2 2 6.(2) 2 2 1 6(*) Suy ra 2b là ước của 6, hay 2b {1; 2; 3; 6} b {0; 1} (chỉ nhận 1;2; còn 3;6 loại) thay vào (2) ta có 2a {7; 8} suy ra a =3 (chỉ nhận 8, ứng với b=1; còn 7 loại ) Vậy b =1; a = 3 suy ra n = a + b + 8 = 12 Với n =12 ta có 28 211 212 28 24 9 802 thoả mãn yêu cầu bài toán. 7. y 2 x x 1 x 7 x 8 y 2 x 2 8x x 2 8x 7 Đặt z x 2 8x y 2 z z 7 y 2 z 2 7z 0 4y 2 4z 2 2  2z  7 49 49 0 2y 2 2z 7 2 49 2y 2z 7 2y 2z 7 49 1 49 7  7 Giải các khả năng có 6 hệ. 2y 2z 7 1 y 12 2y 2z 7 1 y 12 *) ; *) 2y 2z 7 49 z 16 2y 2z 7 49 z 9 20
  21. Phương trỡnh nghiệm nguyờn 2y 2z 7 49 y 12 2y 2z 7 49 y 12 *) *) 2y 2z 7 1 z 9 2y 2z 7 1 z 16 2y 2z 7 7 y 0 2y 2z 7 7 y 0 *) *) 2y 2z 7 7 z 7 2y 2z 7 7 z 0 Giải các phương trình đặt cho z. *) z = -16 x 2 8x 16 x 4 2 0 x 4 4;12 ; 4; 12 *) z = 9 x 2 8x 9 x 1; x 9 1;12 ; 1; 12 ; 9;12 ; 9; 12 *) z = 0 x 2 8x 0 x 0; x 8 0;0 ; 8;0 *) z = -7 x 2 8x 7 x 1; x 7 1;0 ; 7;0 . Vậy phương trình đã cho có 10 nghiệm. 8. y 3 z 2 y 3 2xy z x x y 0 y 3 z 2 y 3 z 2xyz x 2 xy 0 2xyz x 2 xy y 3 z 2 y 3 z y 2 z 2 2xyz x 2 xy y 2 z y 3 z 2 y 3 z y 2 z 2 y 2 z 2 2 2 y y yz x y yz x y 2 z z 1 yz y yz x y 2 z z 1 1 y (*) 2 4 y 2 Do VT 0 VP 0 y 2 z z 1 y 1 ( Đổi dấu 1- y) 4 y 2 y 1 vì nếu y 1 y 2 vô lí (chú ý: x;y;z N * ) 4 Khi y =1 phương trình đã cho trở thành 1 1 2 z x 1 1 2 2 z x (*) z x 2 4 1 1 z x 1 z x 2 2 Phương trình đã cho có vô số nghiệm (n; 1; n); (n; 1; n-1) với n N* 9. Tìm xy sao cho (Đkx 2 x,y 2y) 2là các4xy chữ 1 số ,x 0 (x 2 y 2 ) 2 4xy 1 x 4 2x 2 y 2 y 4 4xy 1 0 x 4 2x 2 y 2 y 4 4x 2 y 2 4xy 1 0 2 x 2 y 2 2xy 1 2 0 x 2 y 2 2xy 1 x 2 y 2 2xy 1 0 vì x2+y2+2xy+1 >0 x 2 y 2 2xy 1 0 x y 2 1 0 x y 1 xy 12;23;34;45;56;67;78;89 x y 1 x y 1 0 x y 1 xy 10;21;32;43;54;65;76;87;98 Có 17 số thoả mãn yêu cầu. 21
  22. Phương trỡnh nghiệm nguyờn 10. 2x 2 2xy 5x y 19 2x x y 6x x y 19 0 x y 2x 1 3 2x 1 22 0 2x 1 x y 3 22(*) 2x 1 là ước của 22 Hay 2x 1 1; 2; 11; 22 x 0; 1;5; 6 ,(Các ước 2; 22 bị loại vì 2x+1 là lẻ) Thay vào phương trình (*) có y tương ứng là y 19; 26;4; 11 Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm (x; y) = (0; 19); (-1; -26); (5; 4); (-6; -11). 11. Theo bài ra ta có phương trình: xy = 2( x + y) (*) trong đó x, y thuộc Z+ và x lẻ (*) xy 2x 2y 0 x 2 y 2y 0 x 2 y 2 2 y 4 x 2 2 y 4 x 2 Ư(4)={ 1; 2; 4} x 3;1;4;0;6;2 x 1;3 do x lẻ Thay x=1; x=3 vào phương trình (*) ta được kết quả y 2;6 ;-2 bị loại Vậy số đấu thủ của hai trường là 3; 6. 12.Tìm n nguyên để các nghiệm của pt : x2- (4+n)x +2n = 0 cũng nguyên. Vì các hệ số của pt đều nguyên nên đk cần là n 2 16 0 là số chính phương Đặt n2+16 = k2; k Z n 2 k 2 16 (n k)(n k) 1.16 2.8 4.4 Để ý : (n+k) +(n-k)=2n là số chẵn, nên khả năng-1.16 bị loại( vì tổng của 2 thừa cố này =15(lẻ), chỉ còn phải xét 6 khả năng có từ -2.8 và -4.4.Kết quả cho ở bảng sau: n+k 8 -8 2 -2 4 -4 n- k -2 2 -8 8 -4 4 n 3 -3 -3 3 0 0 Ta kiểm tra lại cho 3 khả năng có được của n=-3;0;3 để lấy ngiệm (Nếu phù hợp) *) n = 3 => x2-7x+6 = 0 =>x =1;6 , cả 2 nghiệm đều thoả mãn => n = 3 thoả mãn. *) n =-3 => x2-x-6 = 0 =>x = -2;4 , cả 2 nghiệm đều thoả mãn => n = -3 thoả mãn. *) n = 0 => x2- 4x = 0 =>x = 0;4 , cả 2 nghiệm đều thoả mãn => n = 0 thoả mãn. Vậy có 3 giá trị thoả mãn : n = -3;0;3 13. Tìm n nguyên để các nghiệm của pt : x2-(4+n)x+ 4n- 25 = 0 cũng nguyên. Vì các hệ số của pt đều nguyên nên đk cần là (n 4) 2 100 0 là số chính phương Đặt (n-4)2+100 = k2; k Z (n 4 k)(n 4 k) 100 1.100 2.50 10.10 Để ý : (n-4+k) +(n-4-k)=2n là số chẵn, nên khả năng-1.100 bị loại( vì tổng của 2 thừa cố này =99(lẻ), chỉ còn phải xét 6 khả năng có từ -2.50 và - 10.10. Kết quả cho ở bảng sau: 22
  23. Phương trỡnh nghiệm nguyờn n- 4+k 50 -50 2 -2 10 - 10 n- 4 - k -2 2 - 50 50 - 10 10 n 28 -20 -20 28 4 4 Ta kiểm tra lại cho 3 khả năng có được của n=- 20;4;28 để lấy ngiệm (Nếu phù hợp) *) n = 28 => x2-32x+87 = 0 =>x =3;29 , cả 2 nghiệm đều thoả mãn => n = 28 thoả mãn. *) n =- 20=>x2+16x-105 = 0 =>x =-21;5, cả 2 nghiệm thoả mãn => n =-20 thoả mãn. *) n = 4 => x2- 8x - 9 = 0 =>x = -1;9 , cả 2 nghiệm đều thoả mãn => n = 4 thoả mãn. Vậy có 3 giá trị thoả mãn : n = - 20;4;28 14. Tìm số p nguyên tố,biết pt: x2+px-12p = 0 có 2 nghiệm đều nguyên. Vì các hệ số của pt đều nguyên nên đk cần là p(48 p) 0 là số chính phương Do p là số nguyên tố =>đk cần tiếp theo là: 48 p p 48 p p 2;3 Với p = 2 100 x 2 2x 24 0 x 4; 6 cả 2 nghiệm đều nguyên,p=2 TMĐK. Với p = 3 153 , không chính phương nên p = 3 bị loại. Vậy p = 2 là số nguyên tố cần tìm. 15.Tìm m;n N sao cho các nghiệm của phương trình: x2-m(n+1)x +m +n +1 = 0 cũng là số tự nhiên. Gọi x1; x2 là các nghiệm của pt,khi đó ,theo Viet ta có: x1 x2 m(n 1) (1) x1.x2 x1 x2 n mn 1 (x1 1)(x2 1) n(1 m) 2. x1.x2 m n 1 (2) n(m 1) (x1 1)(x2 1) 2 (*) Do x;m;n đều là số tự nhiên,nên ,từ pt (2) của hệ Viet ta có : x1; x2 1 Kết hợp đk đó với pt (1)=> m> 0 => vế trái của (*) là tổng của 2 số không âm Vì vậy VP = 2 chỉ có thể có các cách viết là: 2 = 0+2 = 2+0 = 1+1 Giải 3 khả năng này. Cụ thể là: n(m 1) 2 (1) (n;m) (1;3),(2;2) x 1;5 a) (x1 1)(x2 1) 0 (2) (Tính m;n từ (1) ,do có 2 kết quả, sau đó thay từng cặp (m;n) vào pt để tìm x .) n(m 1) 1 (1) (n;m) (1;2) b) (Tính được trực tiếp từ hệ) (x1 1)(x2 1) 1 (2) x1;2 2 n 0 n(m 1) 0 (1) c) m 1 (x1 1)(x2 1) 2 (2) (x1; x2 ) (2;3) 23
  24. Phương trỡnh nghiệm nguyờn Khả năng c) này ta tìm giá trị cụ thể của m;n trong từng trường hợp,với chú ý pt có nghiệm là 2 hoặc 3. *) n = 0 .Do x=2 là nghiệm , nên: 4-2m+m+1 = 0 =>m = 5, =>(m;n)= (5;0) Do x=3 là nghiệm , nên: 9-3m+m+1 = 0 =>m = 5, =>(m;n)= (5;0) *) m=1 . Do x=2 là nghiệm , nên: 4-2(n+1)+1+n+1 = 0 =>n = 4, =>(m;n)= (1;4) Do x=3 là nghiệm , nên: 9-3(n+1)+1+n+1= 0 => n = 4, =>(m;n)= (1;4) Vậy các cặp (m;n) có được là (m;n)= (3;1);(2;2),(2;1),(1;4),(5;0). 16. Các bài tập của bài 16 này cùng dạng, có qui trình giải đặc biệt ( pt bậc hai cho cả 2 ẩn,xem một ẩn là tham số- giống như m;n ). a.+ Nhóm theo x ( xem y là tham số). x 2 2y 2 3xy 3x 5y 15 x 2 3x y 1 2y 2 5y 15(*) +Thêm bớt vào 2 vế với cùng một số m (tạo cho của vế trái là chính phương) (*) x 2 3x y 1 2y 2 5y m 15 m + Chọn m cho vế trái chính phương ( đảm bảo Đk cần cho x  ). 9 y 1 2 4 2y 2 5y m y 2 2y 9 4m chọn m =2 Khi đó = (y-1)2 2 2 x y 2 +Tìm nghiệm của VT: VT = 0 x 3x y 1 2y 5y 2 0 x 2y 1 +Dùng định lý Bơzu ( a x x1 x x2 0 ) đưa phương trình về dạng A.B = m. ( Để dùng phương pháp phân tích thành tích) (*) x y 2 x 2y 1 17 117 17 1 1 ( 17) 17  ( 1) Giải 4 hệ chọn nghiệm nguyên ( vì chính phương chỉ là Đk cần), thử lại. x y 2 1 x 18 x y 2 17 x 30 *) ; *) x 2y 1 17 y 17 x _ 2y 1 1 y 15 x y 2 1 x 12 x y 2 17 x 36 *) ; *) x 2y 1 17 y 15 x 2y 1 1 y 17 Phương trình đã cho có 4 nghiệm : ( -18; 17); ( 30; -15); (12; -15); (-36; 17). b. 9x 2 10y 2 9xy 3x 5y 9 9x 2 3x 3y 1 10y 2 5y m 9 m = 9(3y - 1)2+ 36.(10y2 + 5y - m) = 81y 2 54y 9 360y 2 180y m 441y 2 126y 9 36m = 21y 2 2  21y 3 9 36m chọn m = 0 = 21y 3 2 5 2y 1 VT = 0 khi x y; x 1 3 2 3 5 2y 1 Phương trình đã cho trở thành 9 x y x 9 3x 5y 3x 2y 1 9 3 3 24
  25. Phương trỡnh nghiệm nguyờn Mà Ư(9)= { 1; 3; 9} Giải 6 hệ có thể, thu được nghiệm, chọn nghiệm phù hợp 6 x 3x 5y 1 x 2 3x 5y 9 7 *) ; *) (loại); 3x 2y 1 9 y 1 3x 2y 1 1 9 y 7 52 x 4 3x 5y 1 21 3x 5y 9 x *) (loại); *) 3 (Loại); 3x 2y 1 9 9 3x 2y 1 1 y y 1 7 16 26 x x 3x 5y 3 21 3x 5y 3 21 *) (Loại); *) (loại); 3x 2y 1 3 1 3x 2y 1 3 1 y y 7 7 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (2; 1). 17) Đối với bài tập này, quy trình trên khó thực hiện do việc tìm m quá phức tạp, hơn nữa do có cực đại, nên số lượng cần thử có hạn,ta dùng cách thử trực tiếp (Cách này không dùng được cho bài 16, vì do có cực tiểu, nên số lượng cần thử là vô hạn),đòi hỏi kiên trì và cẩn thận. a. 12x 2 6xy 3y 2 28(x y) 12x 2 6xy 28x 3y 2 28y 0 12x 2 2x 3y 14 3y 2 28y 0 2 28 196 ' 3y 14 12  (3y 2 28y) 27y 2 252y 196 27 y 2 y 3 27 14 196 196 196 = 27 y 2 2  y 3 9 9 27 2 14 = 784 27 y 784 282 3 Do ’ chính phương và các giá trị cần nhận của x, y thuộc Z. Thử qua các giá trị của ’thì giá trị của ’ phù hợp là: ’= 222 thì cặp (x; y) = (1; 8) ’= 142 thì cặp (x; y) = (0; 0) ’ = 42 thì cặp (x; y) = (-1; 10) / 2 2 2 (Các trường hợp còn lại : 28 ;27 ; ,0 khi thay vào để tìm y, ta đều có y không chính phương ,hoặc y không mang giá trị nguyên, nên bị loại ) 42 Ví dụ *) / 282 784 27y 2 252y 588 0 9y 2 84y 196 0 / 0 y y 9 / 2 2 / *) 3 9 27y 252y 187 0 y 20925 không chính phương=> loại Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là : (1; 8); (0; 0); (-1; 10). Bài tập này còn có cách giải khác:(Đánh giá miền giá trị của x) 25
  26. Phương trỡnh nghiệm nguyờn 14 12x2+6xy+3y2= 28(x+y) 9x2= -3(x+y)2+28(x+y) = -3 (x y) 2 2 (x y) 3 196 14 196 196 9x 2 3(x y ) 2 x 2 ; Vì x2 là số chính phương nên: 3 3 3 27 x 2 0;1;4 x 0; 1; 2. Đến đây ta thay các giá trị của x vào phương trình ,tìm y,chọn cặp nghiệm nguyên (nếu có). *) x=0 => 3y2 = 28y => y=0 => (x;y) = (0;0) , (Giá trị y=28/3 bị loại) *) x=1 =>12+6y+3y2 =28+28y=> y=8 => (x;y)=(1;8), (Giá trị y=-2/3 bị loại) *) x= -1=>12-6y+3y2=-28+28y=> y=10=>(x;y)=(-1;10), (Giá trị y=4/3 bị loại) *) x=2;x=-2 không cho y nguyên. Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là : (1; 8); (0; 0); (-1; 10). b. 7(x y) 3(x 2 xy y 2 ) 3x 2 3y 7 x 3y 2 7y 0 2 14 49 3y 7 12 3y 2 7y 27y 2 126y 49 27 y 2 y 3 27 7 49 49 49 = 27 y 2 2  y 3 9 9 27 2 7 = 144 27 y 144 122 3 Thử các khả năng chính phương và y Z ta nhận được các kết quả hợp lý là: = 112 thì ta tìm được x = 5; y = 4 =72 thì ta tìm được x = 0; y = 0 = 22 thì ta tìm được x = 4; y = 5 Vậy phương trình đã cho có 3 nghịêm (x;y)là : (0; 0); (4; 5); (5; 4). B. Phân tích thành tổng các luỹ thừa. 1. y 2 2(x 6 x 3 y 32) x 6 x 6 2x 3 y y 2 64 3 2 x 2 x 3 y 64 43 02 03 82 2 x 4 x 2 3 nghiem 2;8 ; 2; 8 ; 2;8 ; 2 8 x y 0 y 8 2 x 0 x 0 nghiem 0;8 ; 0; 8 3 y 8 x y 8 Vậy phương trình có 6 nghiệm . 26
  27. Phương trỡnh nghiệm nguyờn 2. x 2 2y 2 2z 2 2xy 2yz 2z 4 x 2 2xy y 2 y 2 2yz z 2 z 2 2z 1 5 x y 2 y z 2 z 1 2 5 02 12 22 Các khả năng có thể cho (z - 1)2 là 02; 12; 22. Từ đó cho 2 cụm còn lại. y z 1 y 2;0 x y 2 x 4;0;2; 2 *) (z - 1)2 = 0 z 1 y z 2 y 3; 1 x y 1 x 4;2;0; 2 Vậy khi z=1 ta có 8 nghiệm (x; y; z) như sau: (4; 2; 1); (0; 2; 1); (2; 0; 1); (-2; 0; 1); (4; 3; 1); (2; 3; 1); (0; -1; 1); (-2; -1; 1 ). 2 2 z 0 4n : (2;2;0),( 2;2;0),(2;0;0),( 2;0;0) *) (z - 1) = 1 z 1 1 z 2 4n : (4;4;2),(0;0;2),(4;2;2),(0;2;2) 2 2 z 1 4n : (0;0; 1),( 2; 2; 1),(0; 1; 1),( 2; 1; 1) *) (z - 1) = 2 z 1 2 z 3 4n : (4;4;3),(2;2;3),(4;3;3),(2;3;3) Vậy phương trình có24 nghiệm. 3. x 2 4xy 5y 2 169 x 2y 2 y 2 169 132 02 122 52 Do x, y Z y 2 0 y 2 0 bị loại xét 3 khả năng: x 2y 0; y 13 x; y 26;13 x 2y 5; y 12 x; y 29;12 va 19;12 x 2y 12; y 5 x; y 22;5 va 2;5 nghiệm này bị loại Vậy phương trình có 4 nghiệm. 4. a. x 2 13y 2 6xy 100 x 3y 2 2y 2 100 02 102 62 82 x 15 x 3y 0 y 5 *) suy ra nghiệm là (15; 5); (-15; -5). 2y 10 x 15 y 5 x 10 x 3y 10 y 0 *) suy ra nghiệm là (10; 0); (-10; 0) 2y 0 x 10 y 0 x 3y 6 *) giải ra ta được nghiệm (18; 4); (6; 4); (-6; -4)(-18; -4). 2y 8 27
  28. Phương trỡnh nghiệm nguyờn x 3y 8 *) giải ra ta được nghiệm (17; 3); (1; 3); (-1; -3); (-17; -3) 2y 6 Vậy phương trình đã cho có 12 nghiệm. b. x 2 x 6 y 2 4x 2 4x 24 4y 2 2x 1 2 2y 2 25 52 02 42 32 Giải 4 khả năng trên thì ph.t có 6 nghiệm: (3; 0); (-2; 0); (2; 2);(-1; 2); (2; -2); (-1; -2). 5. Tìm trong Z+ : 3x 2 2y 2 z 2 4xy 2xz 2yz 26 x 2 x 2 2xy y 2 x 2 y 2 z 2 2xy 2xz 2yz 26 x 2 x y 2 x y z 2 26 12 32 42 (*) =02+12+52 Với x, y, z Z nen 1 x x y x y z (Cách phân tích 26 = 02+12+52 bị loại ,do x= 0 Z ) 2 x 1 x 1 2 2 (*) x y 3 y 2 vậy phương trình có 1nghiệm (x , y, z) =(1; 2; 1) 2 2 z 1 x y z 4 6. Tìm trong N: x 2 y 3 3y 2 65 3y (*) x 2 y 3 3y 2 3y 1 64 x 2 y 1 3 64 02 43 82 03 x 2 0 x 0 Giải 2 khả năng *) y 1 4 y 5 x 2 82 x 8 *) y 1 0 y 0 Vậy phương trình có 2 nghiệm: (0; 5); (8; 0). y 2 2 7. Txđ:y 2 2 4 x 2 2x 2 4 x 2x 0 2 2 y 2 2 4 x 2 2x y 2 2 x 1 2 5 12 22 y 2 2 1 y 2 3;1.(loai) *) Hệ vô nghiệm (do y2 phải là số chính phương). x 1 2 y 2 2 2 y 2 4 y 2 *) x 1 1 x 0; 2 28
  29. Phương trỡnh nghiệm nguyờn Vậy phương trình có 4 nghiệm: (-2; -2); (-2; 2);(0;2);(0;-2). 8. Tìm trong N: a. x 6 z 3 15x 2 z 3x 2 y 2 z (y 2 5)3 3 3 x 2 z 3 y 2 5 3x 2 y 2 z 15x 2 z 3x 2 z y 2 5 Theo bất đẳng thức Côsi cho 3 số không âm: a b c 33 abc Ta có: VT 33 (x 2 z(y 2 5)3 VP . Dấu = xẩy ra khi và chỉ khi x 2 z y 2 5 Giải x 2 y 2 5 x y x y 5 15 (*)( chỉ lấy 1 khả năng do x - y < x + y và x;y là số tự nhiên) sau đó tìm z: x y 1 x 3 (*) x y 5 y 2 Do x 2 z z 9 Vậy phương trình có 1 nghiệm là: (3; 2; 9). b. (x 2 4y 2 28) 2 17(x 4 y 4 14y 2 49) (*) Nhận xét: Vế trái là bình phương của tổng, vế phải có hiện tượng là tổng của các bình 2 2 phương. (*) x 2 4 y 2 7  17x 4 y 4 14y 2 49  17x 4 y 2 7  2 2 Theo Bunhia có: VT = 1 x 2 4 y 2 7  12 42 x 4 y 2 7  VP x 2 y 2 7 Dấu = xẩy ra khi và chỉ khi: 4x 2 y 2 7 1 4 2x y 2x y 7 1 7 Do 2x - y < 2x + y 2x y 1 x 2 2x y 7 y 3 Vậy phương trình có 1 nghiệm (2; 3) c. Phân tích thành liên phân số 1 10 1 1. x 1 x 1; y 2; z 3 Vậy nghiệm của Pt là (1; 2; 3). 1 7 1 y 2 z 3 2. 31(xyzt xy xt zt 1) 40(yzt y t) xyzt xy xt zy 1 40 yzt y t 31 Nhận thấy x, y, z, t không đồng thời bằng 0. Vì nếu ngượclại thì 31.(xyzt+xy+xt+zt+1)= 0 Nên cách viết ở vế trái có nghĩa. Thực hiện các phép chia đa thức. 29
  30. Phương trỡnh nghiệm nguyờn 1 1 Ta có: VT = x x yzt y t t y zt 1 zt 1 40 1 1 VP = 1 1 31 31 1 3 9 1 2 4 1 1 31 Nếu t = 0 x 1 y N loại t = 0 y 31 9 9 1 1 Nếu t 0 VT x VP 1 suy ra x = 1; y = 3; z = 2; t = 4 1 1 y 3 1 1 z 2 t 4 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất (1; 3; 2; 4). 3. 55(x 3 y 3 x 2 y 2 ) 229(xy 3 1) .(*). Do xy3 + 1 0 x 3 y 3 x 2 y 2 229 Nên (*) xy 3 1 55 2 2 1 1 x 4 x 2 x 4 do x, y N 1 1 2 y 3 xy 6 y 9 y 2 9 Vậy nghiệm của pt là (2; 3). 4. 7 ( x 2 y x xy 2 2 y ) 38 xy 38 x 2 y x xy 2 2y 38 x xy 1 y xy 1 y 38 xy 1 7 xy 1 7 1 1 x y 5 x 2; y 3. 1 1 x 2 y 3 Vậy nghiệm của phương trình là (2; 3). II-Giải bằng phương pháp “chẵn- lẻ” b) Tìm nghiệm nguyên tố của phương trình: x2-2y2= 1. c) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3- 2y3- 4z3= 0 d) Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình : 2x+y2+y =111. e) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (2x+5y+1)(2 x +y+x2+x) = 105. f) Tìm số nguyên tố p để (4p+1) là số chính phương. g) Tìm nghiệm nguyên tố của phương trình: xy+1 = z. 30
  31. Phương trỡnh nghiệm nguyờn Hướng dẫn giải 1.Tìm nghiệm nguyên tố của phương trình: x2-2y2= 1. (1) (1) => x2=2y2+1=> x2 lẻ => x lẻ=> x=2n+1 =>2y2= (2n+1)2- 1 =4(n2+n) =>y2 chẵn =>y chẵn => y=2 ( 2 là số nguyên tố chẵn duy nhất) => x=3 Vậy pt có 1 nghiệm (x;y)= (2;3). 2.Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3- 2y3- 4z3= 0 . (2) (2)=> x3 chẵn=> x chẵn => x = 2x / 8x / 3 2y 3 4z 3 0 y 3 chẵn 3 =>y chẵn =>y = 2y / 8x / 3 16y / 4z 3 0 z 3 chẵn => z chẵn => z 2z / x y z Nhận xét: Nếu (x ; y ; z ) là nghiệm thì ( 0 ; 0 ; 0 ) cũng là nghiệm 0 0 0 2 2 2 x y z A (Thật vậy: Nếu A x 3 2y 3 4z 3 0 ( 0 )3 2( 0 )3 4( 0 )3 0 ) 0 0 0 2 2 2 8 x y z Lặp lại quá trình đó ta có ( 0 ; 0 ; 0 ) cũng là nghiệm, với n tuỳ ý. Do x;y;z nguyên 2n 2n 2n nên điều này chỉ xẩy ra khi x=y=z=0. Vậy pt có 1 nghiệm (x;y;z) = (0;0;0) (Cách làm như nhận xét vừa rồi ta gọi là phương pháp “Xuống thang” ). 3.Bài “Đấu cờ” Sơ tuyển tỉnh của huyện Quỳnh lưu- năm 2002-2003(In ở phần I) . ta có pt :xy = 2(x+y)=> xy chẵn,do x lẻ (cách đặt)=>y chẵn =>y = 2t (t >0) 2t 2 =>2tx = 2(x+2t) =>x 2 ; vì x;t nguyên dương nên (t-1) nhận 2 giá trị 1;2. t 1 t 1 Với t-1 = 1 => x= 4 (loại ,vì x lẻ) Với t-1 = 2 => x = 3 =>y= 6 ( TMĐK) Vậy số đấu thủ của 2 trường là 3 và 6. 4.Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình : 2x+y2+y =111.(4) ( Sơ tuyển tỉnh của huyện Quỳnh lưu- năm 2005-2006) (4)  2x+y(y+1) = 111. Do y(y+1) là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp nên là số chẵn. 111 lẻ => 2x là số lẻ => x= 0 ( chú ý: 2n là số chẵn với mọi n > 0; 20=1 là số lẻ duy nhất của 2n) 5.Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (2x+5y+1)(2 x +y+x2+x) = 105 .(5) Do 105 là số lẻ nên cả 2 thừa số đều lẻ. *) (2x+5y+1) lẻ => y chẵn. 31
  32. Phương trỡnh nghiệm nguyờn *) (x2+x)=x(x+1) là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp nên chẵn, y chẵn => 2 x lẻ=>x = 0 Thay x= 0 vào pht ta thu được: (5y+1)(y+1) = 105 = 1.105 = 3.35 = 5.21. Một số khả năng bị loại ngay (nhờ y chẵn) như: (5y+1) = 105  5y= 104 => y không nguyên (tương tự cho -105) Hay (5y+1) = 35 5y= 34 => y không nguyên (tương tự cho - 35) 5y 1 21 Giải các khả năng còn lại ta chọn được y = 4. (ứng với ) y 1 5 Vậy phương trình có 1 nghiệm (x;y) = (0; 4). 6.Tìm số nguyên tố p để (4p+1) là số chính phương. Giả sử (4p+1) = x2 => x2 lẻ => x lẻ=> x =2n+1 với n là số nguyên Khi đó 4p+1 = 4n2+ 4n+ 1=>p = n(n+1) => p chẵn => p = 2 (2 là số nguyên tố chẵn duy nhất). Vậy số nguyên tố cần tìm là p = 2. 7.Tìm nghiệm nguyên tố của phương trình: xy+1 = z.(7) Do x;y;z đều là số nguyên tố, nên x 2; y 2 z 5 ; Vì z lẻ nên xy là số chẵn => x chẵn ( Luỹ thừa của số lẻ không thể là số chẵn) => x = 2. Nếu y là số lẻ thì y=2k+1,(k nguyên dương), khi đó: z 22k 1 1 2.4k 1 2(3 1) k 1 3.A 3 (*) (khai triển Niu tơn) Ta thấy 3A+3 chia hết cho 3  z chia hết cho 3=> Vô lý ( vì z là số nguyên tố) Sự vô lý đó khẳng định y phải là số chẵn =>y = 2. Vậy nghiệm của pt là (x;y;z) = (2;2;5). III-giải bằng phương pháp “cực hạn” 1. Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình: a) x+y+z = xyz ; b) x+y+z+t = xyzt ; c) x+y+z+9 =xyz ; 2. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x+y+1=xyz. 3. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x3+7y = y3+7x. xy yz zx 4. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 3 . z x y 5. Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình: a) 4( x+y+z) = xyz ; b)5( x+y+z+t)+10 = 2xyzt ; c) 2( x+y+z)+9 = 3xyz b)5( x+y+z+t)+7 = xyzt 32
  33. Phương trỡnh nghiệm nguyờn Hướng dẫn giải Phương pháp “Cực hạn”, (ở góc độ nào đó cũng có thể coi là PP Bất đẳng thức), thường sử dụng cho các phương trình đối xứng loại I-(vai trò các ẩn như nhau). Thông thường ta giả sử một thứ tự để xét “cực hạn”, sau đó lấy hoán vị sẽ được tập nghiệm. Nhớ : Số hoán vị của n phần tử = n!; 3!= 3.2.1= 6; 4!= 4.3.2.1= 24. Một kỹ thuật quan trọng hay sử dụng trong loại bài này,đó là “kỹ thuật làm trội”. Đối tượng áp dụng là loại bài tìm nghiệm nguyên dương(để việc sắp thứ tự được đơn giản) 1.Tìm nghiệm nguyên dương của các ph.tr. dạng: a(x+y)+b = cxy (a;b;c là hệ số) Vai trò 2 ẩn như nhau , nên ta giả sử x y a a 2 Cách 1: a(x+y)+b = cxy (1)  cxy- ax –ay= b y(cx-a)- (cx a) b c c  (cx-a)(cy-a) = a2+bc. Đến đây ta phân tích a2+b thành tích 2 nhân tử rồi giải các khả năng,tìm nghiệm và lấy các hoán vị a a b 2a b 2a b Cách 2: Giả sử 1 x y (1) c 1 x , từ đây ta tìm x y xy x c được x và suy ra y tương ứng, sau đó lấy các hoán vị. Đối với các bài tập có 3;4 ẩn như bài 1 ,ta sẽ giải theo 2 cách này .Cụ thể: a) x+y+z = xyz . (1a) Giả sử 1 x y z 1 1 1 3 Khi đó (1a) 1 1 x 2 3 x 1 , (do x nguyên dương) xy yz xz x 2 Thay x=1 vào pht ta được y+z+1=yz(*) -Từ đây nếu áp dụng theo cách 2 của (1) với a = b = c =1, ẩn y;z Ta có :1 y 3 y 1;2;3 . Cách làm này dài(vì phải tính cả 3 khả năngcủa y),ta dùng cách 1, cụ thể(*)  y(z-1) –(z-1)= 2  (y-1)(z-1) = 2=1.2 => y=1;z=2 (chú ý “giả sử”) Vậy (1a) có 1 nghiệm là (x;y;z) = (1;2;3). Vì vai trò x;y;z như nhau nên các hoán vị của nghiệm trên đều thoả mãn (1a) Nghĩa là: (1a) có 3! =6 ( nghiệm) Cụ thể: (x;y;z) = (1;2;3),(1;3;2),(2;1;3), (2;3;1), (3;1;2),(3;2;1). b) x+y+z+t = xyzt .(1b) Giả sử 1 x y z t 1 1 1 1 4 Khi đó (1b) 1 1 x 3 4 x 1 , xyz yzt xzt xyt x 3 33
  34. Phương trỡnh nghiệm nguyờn Thay x=1 vào (1b) được: y+z+t+1=yzt (*) 1 1 1 1 4 1 1 y 2 4 y 1;2 yzt zt yz yt y 2 *) y=1,ta lại có từ (*) z+t+2 =zt z(t-1)-(t-1)= 3  (z-1)(t-1)= 3=1.3 => z=2; t = 4 1 1 *) Với y=2,ta lại có từ (*) z+t+3 = 2zt z(2t-1)- (2t-1)= 3+  (2z-1)(2t-1)= 2 2 7=1.7 => z =1; t = 7 ( Kết quả này bị loại vì không thoả mãn “giả sử” vì y=2 >z=1) Vậy (1b) đã có 1 nghiệm (x;y;z;t) = (1;2;2;4). Thực hiện hoán vị cho nghiệm này ta có 24 nghiệm cần tìm b) x+y+z+9 =xyz. (1c) . Giả sử 1 x y z 1 1 1 9 12 Khi đó (1c) 1 1 x 2 12 x 1;2;3 .Xét từng khả năng xy yz xz xyz x 2 cho x *) x=1=> (1c) yz-y-z = 10  (y-1)(z-1)=11=1.11 => y=2; z=12 (TMgiả sử) *) x=2=> (1c) 2yz-y-z = 11  (2y-1)(2z-1)=23=1.23 => y=1; z=12 (khôngTMgiả sử) *) x=3=> (1c)3 yz-y-z = 12  (3y-1)(3z-1)=37=1.37 => 3y=2; 3z=38 ( loại vì y;z không nguyên) Vậy (1c) đã có 1 nghiệm (x;y;z) = (1;2;12) Thực hiện hoán vị cho nghiệm này ta có 6 nghiệm cần tìm 2. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x+y+1=xyz.(2) Bài này không có dạng như bài 1, vai trò như nhau chỉ đúng cho x và y. Giả sử 1 x y . - Khi x = y => (2)2x +1 = x2z  x(xz-2)=1 => x = 1=> z = 3 => (1;1;3) x 1; z 2 y 2 (1;2;2) - Khi x (2) xyz x=y hoặc x2+xy+y2 = 7. Khi x=y => nghiệm của pt là (x;y)= (n;n), với n là số nguyên dương. 7 x 1; y 2 2 2 2 2 0 xy Khi x y , từ x +xy+y = 7=> (x-y) = 7- 3xy, do (x-y) 3 x 2; y 1 Vậy pt có vô số nghiệm (x;y)= (2;1),(1;2), (n;n) 34
  35. Phương trỡnh nghiệm nguyờn xy yz zx 4. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 3 .(4) z x y Do x;y;z nguyên dương và vai trò như nhau, ta giả sử 1 z y x xy yz zx y x Vì : z; z( ) 2z;(4) 3 3z z 1 z x y x y y x Thay z=1 vào (4) và do xy y 2 (4) xy ( ) 3 3 y 2 2 1 y 2 y 1 x y 1 1 Thay z=y=1 vào (4) được :x x 3 2x 2 3x 1 0 x 1(TMDK); x (loại) x 2 Vậy pht có 1 nghiệm (x;y;z) = (1;1;1) 5. Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình: a) 4( x+y+z) = xyz ; b)5( x+y+z+t)+10 = 2xyzt ; c) 2( x+y+z)+9 = 3xyz d)5( x+y+z+t)+7 = xyzt (Học sinh tự giải theo bài tập 1) IV-Giải bằng cách sử dụng bất đẳng thức Giải các phương trình sau đây trong Z: 1. (x+y+1)2 = 3 (x2+y2+1). 4. y3 = 1+x+x2+x3. xy yz zx 2. x2- 6xy+13y2 = 100. 5. 3 z x y 3. y2 = 1+x+x2+x3+x4. Hướng dẫn giải Việc sử dụng BĐT vào giải phương trình chính là thay thế việc giải phương trình bằng việc giải điều kiện xẩy ra dấu “=” của BĐT phù hợp với 2 vế của pt đó. Trong nhiều trường hợp ta có thể dùng BĐT để thay đổi bài toán (Đổi biến,hoặc xét Cực hạn) Ta thường sử dụng các BĐT cơ bản như Cô si; Bunhia ; vì vậy việc nhận dạng và kiểm tra lại xem có phù hợp hay không là rất cần thiết. 1. (x+y+1)2 = 3 (x2+y2+1). (1) (có dạng Bunhia: 1vế là bình phương của tổng ;1 vế là tổng các bình phương nhân với hằng số). x y z Sử dụng Bunhia (ax+by+cz)2 (a2+b2+c2)(x2+y2+z2); dấu “=” có a b c với a=b=c=1;z=1. Ta thấy (1) chứng tỏ điều kiện xẩy ra dấu “=” của Bunhia thoả mãn. Có nghĩa là : x= y = 1. Vậy nghiệm của pt là (x;y) = (1;1). 35
  36. Phương trỡnh nghiệm nguyờn Chú ý: Bài này có thể giải bằng “Phân tích thành tổng các lượng không âm” Cụ thể: Khai triển (1) 2x2+2y2-2xy-2x-2y+2 = 0  (x-y)2+(x-1)2+(y-1)2 = 0. Suy ra x=y=1. 2 . x2- 6xy+13y2 = 100.(2) (2)  (x-3y)2 = 4(25-y2). DoVT là bình phương của số nguyên => 25-y2 là số chính phương và y 2 25 y 2 0;9;16;25 y 0; 3; 4; 5 Thay các giá trị của y vào (2) để tìm x. (y2= 1;4 thì 25- y2 là số không chính phương -Đang dùng BĐT theo nghĩa “Cực hạn”) *) y = 0 =>2 nghiệm (x;y) = (-10;0), (10;0) x 3y 8 x 8 3y (a) *) y 3 25 y 2 16 (x 3y) 2 4.16 64 x 3y 8 x 3y 8 (b) Nếu y=3, thay vào (a) có (x;y) = (17;3); thay vào (b) có (x;y) = (1;3), Nếu y= -3, thay vào (a) có (x;y) = (-1;-3); thay vào (b) có (x;y) = (-17;-3), x 3y 6 x 6 3y (a) *) y 4 25 y 2 9 (x 3y) 2 4.9 36 x 3y 6 x 3y 6 (b) Nếu y=4, thay vào (a) có (x;y) = (18;4); thay vào (b) có (x;y) = (6;4), Nếu y= - 4, thay vào (a) có (x;y) = (-6;-4); thay vào (b) có (x;y) = (-18;-4), *) y 5 25 y 2 0 (x 3y) 2 4.0 0 x 3y Nếu y=5, thay vào x=3y có (x;y) = (15;5); Nếu y= - 5, thay vào x=3y có (x;y) = (-15;-5); Vậy pht có 12 nghiệm 3. y2 = 1+x+x2+x3+x4.(3) *) Nếu x = 0 => 2 nghiệm (x;y) = (0;1) và (0;-1) *) Nếu x 0 ta có (3) 4y2= 4+4x+4x2+4x3+4x4=(2x2+x)2+2x2+(x+2)2> (2x2+x)2 Bằng cách phân tích khác,ta lại có: 4y2= (2x2+x+2)2-5x2< (2x2+x+2)2 36
  37. Phương trỡnh nghiệm nguyờn Như vậy: (2x2+x)2 x2-2x-3 = 0=> x=-1;x= 3 +) Với x=-1=>y2 = 1 => 2 nghiệm (x;y) =(-1;-1) và (-1;1) +) Với x=3 => y2=121=112 => 2 nghiệm (x;y) =(3;11) và (3;-11) Vậy pt có 6 nghiệm: (x;y) = (0;1) , (0;-1),(-1;-1), (-1;1),(3;11) và (3;-11). 4. y3 = 1+x+x2+x3.(4) Do x2+x+1> 0,nên x3 y3= (x+1)3  1+x+x2+x3 = x3+3x2+3x+1  2x2+2x = 0  x= 0; x = -1 *) x = 0 => y = 1 => (x;y) =( 0;1) *) x = - 1 => y = 0 => (x;y) =( -1;0) Vậy pt có 2 nghiệm: (x;y) = (0;1) , (-1;0). xy yz zx 5. 3 .(5) Pt như bài tập 4 ở PP cực hạn, chỉ khác là tìm nghiệm z x y nguyên. (5)  x2y2+y2z2+z2x2= 3xyz => xyz > 0. Theo BĐT Co si cho 3 số dương thì : VT= x2y2+y2z2+z2x2 33 (xyz) 4 3xyz3 xyz VP = 3xyz 3xyz3 xyz 1 3 xyz xyz 1 xyz 1 (Do x;y;z nguyên và xyz > 0). Vậy pt có 4 nghiệm: (x;y;z) = (1;1;1) , (1;-1;-1), (-1;1;-1),(-1;-1;1). V- giải bằng phương pháp loại trừ Giải các phương trình sau đây trong Z 1. x6+3x3+1=y4 2. x(x+1)(x+7)(x+8) = y2. 3. (x+2)4-x4 = y3. 4. 6x2+5y2=74. Hướng dẫn giải 37
  38. Phương trỡnh nghiệm nguyờn 1. x6+3x3+1=y4 .(1) Nhận thấy : (x;y)= (0;1) và (0;-1) là 2 nghiệm Ta sẽ chứng tỏ ngoài 2 nghiệm đó, không còn nghiệm nào khác. Thật vậy: *) Với x> 0,ta có(x3+1)2= x6+2x3+1 Vô lý( x3+1và x3+2 là 2 số nguyên liên tiếp) *) Với x -2, ta có: (x3+2)2 Vô lý *) Với x= -1, ta có : y4=-1 => Vô lý. Vậy phương trình có 2 nghiệm : (x;y)= (0;1) và (0;-1). 2. x(x+1)(x+7)(x+8) = y2. (2) Bài này đã giải bằng PP phân tích thành tích ( Bài 7) Chỉ xin giới thiệu cách giải, nhờ bạn đọc làm chi tiết và so sánh để rút kinh nghiệm. (2)  (x2+8x)(x2+8x+7) = y2= z2+7z , với z = x2+8x. Nếu z > 9 thì: (z+3)2= z2+6z+9 (z+3)2= PT vô nghiệm. ) Với x 2 . Đặt x1 x 2 x1 0; y1 y .Thay vào (3) ta có: 4 4 4 4 4 4 3 3 (x1 2) x1 ( x 2 2) ( x 2) x (x 2) y y1 Theo cách đặt này thì x1; y1 thoả mãn (3), như đã giải ở *) thì phương trình vô nghiệm ) x=-1 (3)  y3 = 0 y = 0 Vậy phương trình có 1 nghiệm (x;y) = (-1; 0 ). 4. 6x2+5y2=74 6(x2- 4) = 5(10- y2).(*). Do (6;5) = 1 và x;y đều nguyên ,nên 38
  39. Phương trỡnh nghiệm nguyờn x 2 4 5u (1) (*) 30u 30v u v; u;v Z 2 10 y 6v (2) Mặt khác: 4 (1) x 2 5u 4 0 u 5 4 5 u v 0 Từ  u;v 5 5 3 u v 1 (2) y 2 10 6v 0 v 3  Thay các giá trị của u;v vào hệ (*) ta có +) u = v = 0 thì hệ vô nghiệm ( do y2 =10 => y không nguyên) x 2 4 5.1 9 x 3 +) u=v = 1 ta có : 2 y 10 6.1 4 y 2 Vậy phương trình có 4 nghiệm (x;y) = (3;2 ),(-3;2),(3;-2),(-3;-2). VI-giải bằng tính chất chia hết,tính chất đồng dư. 1. Giải trên Z các phương trình : a) x2-2y2 = 5 . b) x2-3y2 = 17. c) x2-5y2 = 17. d)2x+122 = y2- 32. 4 4 4 4 4 4 4 2. Giải trên Z phương trình : x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 2008 (7 ẩn) 3. Tìm các chữ số x;y;z để : xyz xzy zzz 4. Chứng minh phương trình x2+y2= 1999 không có nghiệm nguyên. 5. Ch/m: Với x;y;z nguyên thì ( x2+y2+z2) không đồng dư với 7 theo môdun 8 . Từ đó suy ra phương trình 4x2+y2+9z2 = 71 không có nghiệm nguyên. Hướng dẫn giải 1a). x2-2y2 = 5 Chú ý rằng: x Z; x  1(mod5); x  2(mod5) x 2  1(mod5) Tương tự : y 2  1(mod5) 2y 2  2(mod5) Do đó VT = x2-2y2  1; 3(mod5) Trong khi đó VP = 5 0(mod5) . Vậy phương trình không có nghiệm nguyên. 1b). x2-3y2 = 17 x2 =3y2+17 Chú ý rằng: x Z; x 2  0;1(mod3);3y 2  0(mod3);17  2(mod3) Do đó VT = x2  0;1(mod3) Trong khi đó VP = 3y2+ 17  2(mod3) . Vậy phương trình không có nghiệm nguyên. 1c). x2-5y2 = 17 x2 =5y2+17 Tương tự như 2 câu trên. 39
  40. Phương trỡnh nghiệm nguyờn VT = x2  0;1;4(mod5) Trong khi đó VP = 5y2+17 2(mod5) . Vậy phương trình không có nghiệm nguyên. 1d) 2x+122 = y2- 32  y2 = 2x+153. *) Nếu x lẻ => 2x = 22k+1=2.22k=2.4k  2(mod3) ;153  0(mod3) VP  2(mod3) Trong khi đó VT = y2  0;1(mod3) . Vậy phương trình không có nghiệm nguyên khi x lẻ. *) Nếu x chẵn => 2x= 22k= (2k)2 Khi đó pt trở thành: y2- (2k)2= (y-2k)(y+2k) =153 = 1.153 = 3.31 = 9.17 Do (y+2k) – (y-2k) = 2k+1> 0 => (y+2k) > (y-2k)=> Chỉ chọn kiểu tương ứng sao cho y+2k là số lớn, y-2k là số nhỏ (để giải theo kiểu phân tích thành tích). Cần lưu ý: y2- (2k)2= 153 không giải được theo cách trên ,vì , ví dụ như: 2k  1(mod3) (2k ) 2  1(mod3); y 2  1(mod3) VT  0;2(mod3) ;VP  0(mod3) Điều này chứng tỏ khả năng có nghiêm vẫn tồn tại. y 2k 153 *) y 77 77 2 153 2 x 5776 2 x x Z k y 2 1 y 2k 1 *) y 77 77 2 153 2 x 5776 2 x x Z k y 2 153 y 2k 51 *) y 27 27 2 153 2 x 576 2 x x Z k y 2 3 y 2k 3 *) y 27 27 2 153 2 x 576 2 x x Z k y 2 51 y 2k 17 *) y 13 132 153 2 x 16 2 x x 4 (TM ) (x; y) (4;13) k y 2 9 y 2k 9 *) y 13 132 153 2 x 16 2 x x 4 (TM ) (x; y) (4;13) k y 2 17 Vậy phương trình có 1 nghiệm nguyên: (x;y) = (4;13). 4 4 4 4 4 4 4 2. Giải trên Z phương trình : x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 2008 (7 ẩn) Ta luôn có : *) x chẵn =>x=2k, Khi đó x 4 16 *) x lẻ =>x=2k+1, Khi đó x 4 1 (x 2 1)(x 2 1) (x 1)(x 1)(x 2 1)16 x 4  1(mod16) (Vì x lẻ nên (x-1)(x+1) là tích 2 số chẵn liên tiếp => chia hết cho 8,còn x2+1 chia hết cho2) Như vậy : Dù x chẵn hay lẻ thì số dư của VT khi chia cho 16 đều không vượt quá 7 Trong khi đó số dư của VP khi chia cho 16 là 8 (2008 = 125.16 + 8) 40
  41. Phương trỡnh nghiệm nguyờn Vậy phương trình không có nghiệm nguyên. 3. Tìm các chữ số x;y;z để : xyz xzy zzz . (3) xyz xzy zzz  100x+10y+z+100x+10z+y = 111z 200x+11y= 100z 100(z-2x) =11y => y chia hết cho 100, lại do y 0;1;2; ;9 y 0 Khi y= 0 => z=2x;do x > 0 nên : z 2;4;6;8 x 1;2;3;4; Vậy ta có các số cần tìm là: 102; 204; 306; 408. 4. Chứng minh phương trình x2+y2= 1999 không có nghiệm nguyên. Giả sử pt có nghiệm nguyên,khi đó do x;y nguyên nên x 2 ; y 2  0;1(mod 4) VT  0;1;2(mod4) Trong khi đó VP =1999 =499.4 + 3. ( VP  3(mod 4) . Vậy điều giả sử là sai, hay phương trình không có nghiệm nguyên. 5. Ch/m: Với x;y;z nguyên thì ( x2+y2+z2) không đồng dư với 7 theo môdun 8 . Từ đó suy ra phương trình 4x2+y2+9z2 = 71 không có nghiệm nguyên. Giả sử x 2 y 2 z 2  7(mod8) (*) Ta luôn có :x Z; x  0; 1; 2; 3;4(mod8) x 2  0;1;4(mod8) Thay kết quả này vào (*) ta được y 2 z 2  7;6;3(mod8) (1) y 2  0;1;4(mod8) Mặt khác, cũng như x ,ta lại có : y 2 z 2  0;1;2;5(mod8) (2) 2 z  0;1;4(mod8) So sánh các kết quả ở (1) và (2) ta thấy điều giả sử là sai (2 kết quả không khớp nhau). Bài toán đựơc chứng minh. *) 4x2+y2+9z2 = 71 (2x)2+y2+(3z)2 = 71. Do x;y;z nguyên nên 2x;y;3z đều nguyên. Theo chứng minh trên thì VT không đồng dư với 7 theo môdun 8 Trong lúc đó 71= 8.8 +7 => VP lại đồng dư với 7 theo môdun 8. Vậy phương trình không có nghiệm nguyên. 41