Xem mẫu
- Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
MỤC LỤC
A.KIẾN THỨC CẦN NHỚ
2
B.MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
3
1. Tìm một nghiệm riêng của phương trình:
...............................................................................................
3
2. Tìm nghiệm riêng của phương trình (1) bằng thuật toán ơclit mở rộng.
.............................................
4
3. Phương pháp dùng tính chia hết
...............................................................................................................
5
Dạng 1.Phát hiện tính chia hết của một ẩn
............................................................................................
5
Dạng 2.Phương pháp đưa về phương trình ước số
.................................................................................
8
Dạng 3.Phương pháp tách ra các giá trị nguyên.
.....................................................................................
17
4. Phương pháp sử dụng tính chẵn lẻ của ẩn hoặc xét số dư từng vế
...................................................
19
Dạng 1.Sử dụng tính chẵn lẻ
.................................................................................................................
19
Dạng 2.Xét tính chẵn lẻ và xét số dư từng vế
.......................................................................................
19
5. Sử dụng tính chất a(a + 1) = k2
..............................................................................................................
21
6. Sử dụng lý thuyết phần nguyên
.............................................................................................................
22
7. Phương pháp dùng tính chất của số chính phương
...............................................................................
22
Dạng 1: Dùng tính chất về chia hết của số chính phương
....................................................................
22
Dạng 2: Đưa về tổng các số chính phương
..........................................................................................
23
Dạng 3: Xét các số chính phương liên tiếp
............................................................................................
27
Dạng 4: Sử dụng điều kiện là s
ố chính phương
................................................................................
29
Dạng 5: Sử dụng tính chất: Nếu hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương thì một trong
hai số nguyên liên tiếp đó bằng 0
...........................................................................................................
30
Dạng 6: Sử dụng tính chất: Nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là một số chính
phương thì mỗi số đều là số chính phương
...........................................................................................
31
8. Phương pháp đưa về ước số
..................................................................................................................
32
9. Sử dụng phương pháp kẹp giữa
............................................................................................................
35
10. Sử dụng tính chất chia hết và đồng dư
...............................................................................................
40
11. Sử dụng lý thuyết đồng dư
..................................................................................................................
43
12. Phương pháp xuống thang
....................................................................................................................
46
13. Phương pháp dùng bất đẳng thức
........................................................................................................
48
Dạng 1: Sử dụng bất đẳng thức cổ điển
...............................................................................................
48
Dạng 2: Sắp xếp thứ tự các ẩn
..............................................................................................................
50
Dạng 3: Chỉ ra nghiệm nguyên
...............................................................................................................
54
Dạng 4: Sử dụng điều kiện 0 đ
ể phương trình bậc hai có nghiệm
.................................................
54
14. Phương pháp khử ẩn để giải phương trình nghiệm nguyên.
.............................................................
55
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 1
- Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
15. Phương pháp lùi vô hạn, nguyên tắc cực hạn
.....................................................................................
56
Dạng 1: Phương pháp lùi vô hạn
............................................................................................................
56
Dạng 2: Nguyên tắc cực hạn
..................................................................................................................
58
16. Điều kiện phương trình có nghiệm nguyên
........................................................................................
58
17. Bài toán đưa về giải phương trình nghiệm nguyên
............................................................................
59
Dạng 1. Bài toán về số tự nhiên và các chữ số
.....................................................................................
59
Dạng 2. Bài toán về hàm số
...................................................................................................................
60
Dạng 3. Bài toán về tính chia hết về số nguyên tố
................................................................................
61
Dạng 4. Các bài toán thực tế
...................................................................................................................
63
C. BÀI TẬP VẬN DỤNG
65
D. HƯỚNG DẪN GIẢI
75
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1. Giải phương trình nghiệm nguyên.
Phương trình nghiệm nguyên là phương trình có nhiều ẩn số, tất cả các hệ số của phương
trình đều là số nguyên. Các nghiệm cần tìm cũng là số nguyên. (Phương trình nghiệm
nguyên còn gọi là phương trình Diophantus mang tên nhà toán học cổ Hy Lạp vào thế kỷ
thứ II).
Giải phương trình f(x, y, z, ...) = 0 chứa các ẩn x, y, z, ... với nghiệm nguyên là tìm tất cả
các bộ số nguyên (x, y, z, ...) thỏa mãn phương trình đó.
2. Một số lưu ý khi giải phương trình nghiệm nguyên.
Khi giải các phương trình nghiệm nguyên cần vận dụng linh hoạt các tính chất về chia hết,
đồng dư, tính chẵn lẻ,… để tìm ra điểm đặc biệt của các ẩn số cũng như các biểu thức
chứa ẩn trong phương trình, từ đó đưa phương trình về các dạng mà ta đã biết cách giải
hoặc đưa về những phương trình đơn giản hơn. Các phương pháp thường dùng để giải
phương trình nghiệm nguyên là:
Phương pháp dùng tính chất chia hết
Đưa về phương trình tích
Đưa về ước số
Phương pháp xét số dư từng vế
Sử dụng lý thuyết đồng dư
Phương pháp sử dụng bất đẳng thức
Phương pháp dùng tính chất của số chính phương
Sử dụng tính chất a ( a + 1) = k
2
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 2
- Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Sử dụng lý thuyết phần nguyên
Phương pháp lùi vô hạn, nguyên tắc cực hạn.
Sử dụng phương pháp kẹp giữa
Phương pháp xuống thang
Sử dụng delta của phương trình bậc hai
B. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
1. Tìm một nghiệm riêng của phương trình:
Lý Thuyết
Đối với phương trình bậc nhất 2 ẩn ax + by = c (a, b, c Z; a, b không đồng thời bằng 0).
Định lý: Điều kiện cần và đủ để phương trình ax + by = c ( a,b,c ι ; a,b 0 ) có nghiệm
nguyên là ước số chung lớn nhất của a và b là ước của c.
Hệ quả: Nếu ƯCLN(a;b) = 1 thì phương trình (1) có nghiệm nguyên.
Phương pháp giải
Áp dụng tính chất: Nếu phương trình (1) có một nghiệm nguyên (x0; y0) thì nó có vô số
nghiệm nguyên và tập hợp các nghiệm nguyên của nó gồm các cặp số nguyên (x; y) xác định
bởi:
b
x = x0 + t
d
với d = ƯCLN(a;b) và t = 0, 1, 2,...
a
y = y0 − t
d
Ví dụ 1. (Bài toán dân gian)
“ Trăm trâu, trăm cỏ,
Trâu đứng ăn năm,
Trâu nằm ăn ba
Lụ khụ trâu già,
Ba con một bó”.
Hỏi có bao nhiêu trâu đứng, bao nhiêu trâu nằm và bao nhiêu trâu già?
Lời giải:
Gọi số trâu đứng là x, số trâu nằm là y thì số trâu già là 100 – (x + y) và ta có phương trình
100 x y
5x + 3y + = 100.
3
Ở đó x, y là những số nguyên dương. Phương trình trên tương đương với: 7x + 4y = 100.
Ta phải tìm nghiệm nguyên dương của phương trình này. Dễ thấy x0 = 0, y0 = 25 là một
nghiệm nguyên của phương trình 7x + 4y = 100 nên tập hợp nghiệm nguyên của nó gồm tất
cả các cặp số nguyên (x;y) sau đây.
x = 4t
với t là một số nguyên tuỳ ý
y = 25 − 7t
Bởi vì x = 4t > 0 và y = 25 – 7t > 0 nên 0
- Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
t Số trâu đứng Số trâu nằm Số trâu già
1 4 18 78
2 8 11 81
3 12 4 84
Nghiệm (x0 = 0; y0 = 25) được gọi là một nghiệm riêng và nghiệm (x = 4t; y = 25 – 7t), t
Z, được gọi là nghiệm tổng quát của phương trình 7x + 4y = 100.
Như vậy để giải phương trình (1) trong điều kiện giải được, ta chỉ cần tìm một nghiệm
riêng nào đó của nó. Sau đây chúng ta sử dụng thuật toán ơclit mở rộng để chỉ ra một
nghiệm riêng của phương trình (1).
2. Tìm nghiệm riêng của phương trình (1) bằng thuật toán ơclit mở rộng.
Xét phương trình Điôphăng bậc nhất hai ẩn: ax + by = c với d = ƯCLN(a; b) là một ước
của c, chẳng hạn c = dc’ (c’ Z)
Thực hiện thuật toán ơclit mở rộng trên hai số a, b chúng ta được d và hai số ngyên x’, y’
sao cho xảy ra đẳng thức ax’ + by’ = d. Chúng ta nhân hai vế của đẳng thức này với c’ sẽ
được
a(c’x’) + b(c’y’) = d.
Đẳng thức sau cùng này chứng tỏ c’x’, c’y’ là một nghiệm riêng của phương trình (1) và
áp dụng định lí trên chúng ta được tất cả các nghiệm nguyên của nó.
Ví dụ 1. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 1821x + 675y = 6.
Lời giải:
Trước hết ta hãy tìm cặp số nguyên x, y sao cho: 1821x + 675y = d (d = ƯCLN(1821; 675))
Thực hiện thuận toán ơclit mở rộng trên hai số 1821 và 675, ta có bảng sau.
t q r0 r1 r2 x0 x1 x2 y0 y1 y2
0 2 1821 675 471 1 0 1 0 1 2
1 1 675 471 204 0 1 1 1 2 3
2 2 471 204 63 1 1 3 2 3 8
3 3 204 63 15 1 3 10 3 8 27
4 4 63 15 3 3 10 43 8 27 116
5 5 15 3 0 10 43 27 116
Nhìn vào bảng trên ta được d = ƯCLN(1821; 675) = 3
x = 43; y = 116 và có đẳng thức 1821.43 + 675(116) = 3.
Chúng ta thấy d = 3 là ước của 6 nên phương trình đã cho có nghiệm nguyên. Bằng cách
nhân hai vế của đẳng thức trên với 2 ta được 1821.86 + 675(232) = 6
Đẳng thức cuối cùng này chứng tỏ (x = 86, y = 232) là một nghiệm riêng của phương
trình đã cho và do đó nghiệm tổng quát của nó là
675
x = 86 + t = 86 + 225t
3
t = 0, 1 , 2...
1821
y = −232 − t = −232 − 607t
3
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 4
- Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Ví dụ 2. Phương trình 15x – 5y = – 20 tương đương với phương trình 3x – y = – 4 hay y = 3x + 4
x =t
nên ta được. với t = 0, 1 , 2...là tất cả các nghiệm của phương
y =4 +3t
trình 15x – 5y = – 20.
Nếu |a| và |b| đều lớn hơn 1. Bao giờ ta cũng có thể chuyển việc tìm nghiệm nguyên của
phương trình (1) về việc tìm nghiệm nguyên của một phương trình bậc nhất hai ẩn mà có ít
nhất một hệ số của ẩn là 1.
Ví dụ 3. Giải phương trình vô định: 17x – 47y = 5
Lời giải:
Bời vì – 47 = 17(– 3) + 4 nên ta viết phương trình dưới dạng: 17(x – 3y) + 4y = 5
Đặt x – 3y = z Z ta được phương trình: 17z + 4y = 5
vì 17 = 4.4 + 1 nên phương trình này được viết dưới dạng: 4(y + 4z) + z = 5.
Đặt y + 4z = t Z ta được phương trình: 4t + z = 5.
Đây là một phương trình bậc nhất hai ẩn có hệ số của ẩn z là 1 nó cho ta z = 5 – 4t, t Z.
Từ đó y = t – 4z = t – 5( 5 – 4t ) = – 20 + 17t.
x = z + 3y = (5 – 4t) = 3(– 20 + 17t) = – 55 + 47t
x = −55 + 47t
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: t = 0, 1, 2, ...
y = −20 + 17t
3. Phương pháp dùng tính chia hết
Dạng 1. Phát hiện tính chia hết của một ẩn
Bài 1. Giải phương trình nghiệm nguyên 3x + 17y = 159 (1)
Lời giải:
Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn phương trình (1). Ta thấy 159 và 3x đều chia hết cho 3
nên 17y M3 y M3 (do 17 và 3 nguyên tố cùng nhau).
Đặt y = 3t ( t Z ) thay vào phương trình ta được: 3x + 17.3y = 159 x + 17t = 53
x = 53 − 17t
Do đó: (t ) . Thử lại ta thấy thỏa mãn phương trình đã cho
y = 3t
Vậy phương trình có nghiệm (x, y) = (53 – 17t, 3t) với t là số nguyên tùy ý.
Bài 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x + 13y = 156 (1).
Lời giải
Phương pháp 1: Ta có 13y M13 và 156 M13 nên 2x M13 x M13 (vì (2,3) = 1).
Đặt x = 13k (k Z) thay vào (1) ta được: y = −2k + 12
�x = 13k
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: (k Z).
y = −2k + 12
156 − 13y 13y
Phương pháp 2: Từ (1) � x = = 78 − ,
2 2
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 5
- Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
13y
Để x �Z � �Z Mà (13,2) = 1 y M2 Đặt y = 2t(t ��
Z) x = 78 − 13t
2
�x = 78 − 13t
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: (t Z).
y = −2t
Bài 3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 11x + 18y = 120 (1)
Lời giải
Ta thấy 18y và 120 đều chia hết cho 6 11xM6 nên xM6 .
Đặt x = 6k (k nguyên). Thay vào (1) và rút gọn ta được: 11k + 3y = 20
20 − 11k
Biểu thị ẩn mà hệ số của nó có giá trị tuyệt đối nhỏ (là y) theo k ta được: y =
3
k −1
Tách riêng giá trị nguyên của biểu thức này: y = 7 − 4k +
3
k −1 y = 7 − 4(3t + 1) + t = 3 − 11t
Lại đặt = t với t nguyên suy ra k = 3t + 1. Do đó:
3 x = 6k = 6(3t + 1) = 18t + 6
Thay các biểu thức của x và y vào (1), phương trình được nghiệm đúng.
x = 18t + 6
Vậy các nghiệm nguyên của (10 được biểu thị bởi công thức: với t là số nguyên tùy
y = 3 − 11t
ý
Chú ý:
a) Nếu đề bài yêu cầu tìm nghiệm nguyên dương của phương trình (1) thì sau khi tìm được
18t + 6 > 0
� 1 3
nghiệm tổng quát ta có thể giải điều kiện: �− 0 3 11
Do đó t = 0 do t là số nguyên. Nghiệm nguyên dương của (1) là (x, y) = (6, 3).
Trong trường hợp tìm nghiệm nguyên dương của (1) ta còn có thể giải như sau
Do y 1 nên 11x 120 − 18.1 = 102.
Do x nguyên nên x 9 . Mặt khác x M6 và x nguyên dương nên x = 6 � y = 3
20 − 11k
b) Có nhiều cách tách giá trị nguyên của biểu thức y = , chẳng hạn:
3
k −1 1 + 2k
y = 7 − 4k + (cách 1) ; y = 7 − 3k − (cách 2)
3 3
2( 1− k)
y = 6 − 3k + (cách 3)
3
Ta thấy: Cách 1 gọn hơn cách 2 vì ở cách 1 hệ số của k trong phân thức bằng 1, do đó sau
k −1
khi đặt = t ta không cần thêm một ẩn phụ nào nữa
3
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 6
- Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Trong cách 3, nhờ đặt được thừa số chung mà hệ số của k của phần phân số bằng 1, do đó
1− k
sau khi đặt = t cũng không cần dùng thêm thừa số phụ nào nữa.
3
Bài 4. Giải phương trình nghiệm nguyên 23x + 53y = 109.
Lời giải
109 − 53y 23(4 − 2y) + 17 − 7y 17 − 7y
Ta có x = = = 4 − 2y +
23 23 23
17 − 7y
Ta phải biến đổi tiếp phân số để sao cho hệ số của biến y là 1.
23
Phân tích: Ta thêm, bớt vào tử số một bội thích hợp của 23
17 − 7y 17 − 7y + 46 − 46 7(9 − y) − 46 7(9 − y)
= = = −2 +
23 23 23 23
7(9 − y) 9−y
Từ đó x = 2 − 2y + , Để x �Z � �Z , do (7,23) = 1.
23 23
Đặt 9 − y = 23t (t ��
Z) y = 9 − 23t
�x = 9 − 23t
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: (t Z).
y = 53t − 16
Chú ý: Phương trình có dạng ax + by = c với a, b, c là các số nguyên.
Phương pháp giải:
Rút gọn phương trình chú ý đến tính chia hết của các ẩn.
Biểu thị ẩn mà hệ số của nó có giá trị tuyệt đối nhỏ (chẳng hạn x) theo ẩn kia.
Tách riêng giá trị nguyên ở biểu thức của x.
Đặt điều kiện để phân số trong biểu thức chứa x bằng một số nguyên t1 , ta được một
phương trình bậc nhất hai ẩn y và t1.
Cứ tiếp tục làm như trên cho đến khi các ẩn đều được biểu thị dưới dạng một đa thức với
các hệ số nguyên.
Bài 5. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 6x2 + 5y2 = 74
Lời giải
Ta có: 6x + 5y = 74 � 6 ( x − 4 ) = 5 ( 10 − y ) ( 2 )
2 2 2 2
Từ (2) suy ra 6 ( x − 4 ) M5 , mặt khác ( 6, 5 ) = 1 � ( x − 4 ) M5 � x 2 = 5t + 4 ( t �N )
2 2
( )
Thay x 2 − 4 = 5t vào (2) ta có: 30t = 5 10 − y � y = 10 − 6t
2 2
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 7
- Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
4
t >−
�5t + 4 > 0 4 5
Ta có: x 2 > 0, y 2 > 0 ���
�
10t − 6 > 0
�
5
5 −
5
< t < , t �N .Suy ra: t
3
{ 0;1}
t<
3
Với t = 0 không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
x2 = 9 �x = �3
Với t = 1 ta có: � 2 � . Mặt khác x, y nguyên dương nên x = 3, y = 2.
y =4 y= 2
Vậy phương trình có nghiệm (x, y) = (3, 2).
Bài 6. Có tồn tại hay không hai số nguyên x, y thỏa mãn : 3 x 2 + 7 y 2 = 2002
HD:
Biến đổi phương trình thành:
x2 2
>
3. + y 2 = 286 x 2 M7 và x �286 7 x 16 và x M7 � x = 7, x = 14
7
Với x = 7 � y 2 = 165 ( l ) Với x = 14 � y 2 = 202 ( l )
Dạng 2. Phương pháp đưa về phương trình ước số
Phương pháp:
Ta tìm cách đưa phương trình đã cho thành phương trình có một vế là tích các biểu thức có
giá trị nguyên, vế phải là hằng số nguyên.
Ta có thể sử dụng các PP phân tích thành nhân tử, biến thành hiệu của hai số chính
phương,
Sử dụng biệt thức denta là số chính phương ” .
Thực chất là biến đổi phương trình về dạng: A(x; y).B(x; y) = c trong đó A(x; y), B(x; y) là
các biểu thức nguyên, c là một số nguyên.
Xét các trường hợp A(x; y), B(x; y) theo ước của c.
Bài tập áp dụng
Bài 1. Giải phương trình nghiệm nguyên : x 2 + 4 x − y 2 = 1
Lời giải:
Ta có: x 2 + 4 x − y 2 = 1 � ( x 2 + 4 x + 4 ) − y 2 = 5 � ( x + 2 ) − y 2 = 5 � ( x + 2 + y ) ( x + 2 − y ) = 5
2
Vì x, y � x + y + 2 và x − y + 2 là số nguyên. Do đó ta có bảng giá trị:
x – y + 2 5 1 1 5
x + y + 2 1 5 5 1
x 5 5 1 1
y 2 2 2 2
Vậy: (x; y) = (5; 2), (5; 2), (1; 2), (1; 2)
Bài 2. Giải phương trình nghiệm nguyên : x − y + 2 xy = 6
Lời giải:
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 8
- Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
1 11
Ta có: x − y + 2 xy = 6 � x ( 1 + 2 y ) − y = 6 � x ( 1 + 2 y ) − y − =
2 2
� 2 x ( 1 + 2 y ) − ( 2 y + 1) = 11 � ( 2 x − 1) ( 2 y + 1) = 11
Vì x, y � 2 x − 1 và 2 y + 1 là số nguyên. Do đó ta có bảng giá trị:
2x – 1 11 1 1 11
2y + 1 1 11 11 1
x 0 5 6 1
y 6 1 5 5
Vậy: (x; y) = (0; 6), (5; 1), (6; 5), (1; 5)
Bài 3. Giải phương trình nghiệm nguyên : x 2 + xy + 3 y = 11
Lời giải:
Cách 1: Ta có: x + xy + 3 y = 11 � x − 9 + xy + 3 y = 11 − 9 � ( x − 3) ( x + 3) + y ( x + 3 ) = 2
2 2
� ( x + 3) ( x + y − 3) = 2
Vì x, y � x + 3 và x + y − 3 là số nguyên. Do đó ta có bảng giá trị:
x + 3 2 1 1 2
x + y – 3 1 2 2 1
x 5 4 2 1
y 7 5 7 5
2 2
� y y 2 � �y 2 � �2 x + y � �y − 3 �
Cách 2: Ta có: x 2 + xy + 3 y = 11 � �x 2 + 2 x. + �− � − 3 y �= 11 � � �− � �= 2
� 2 4 � �4 � � 2 � �2 �
� ( 2 x + y ) − ( y − 3) = 8 � ( 2 x + y + y − 3) ( 2 x + y − y + 3) = 8 � ( 2 x + 2 y − 3 ) ( 2 x + 3 ) = 8
2 2
Vậy: (x; y) = (5; 7), (4; 5), (2; 7), (1; 5)
Bài 4. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2xy – x + y = 3
Lời giải
Ta có: 2xy − x + y = 3 4xy – 2y + 2y = 6 2x(2y – 1) + (2y – 1) = 6 – 1 (2y – 1)(2x + 1) = 5
Ta gọi phương trình trên là phương trình ước số: vế trái là một tích các thừa số nguyên, vế
trái là hằng số. Ta có x và y là các số nguyên nên 2x + 1 và 2y – 1 là các số nguyên và là ước
của 5.
(2x + 1) và (2y – 1) là các ước số của 5 nên ta có:
2x + 1 1 1 5 5
2y – 1 5 5 1 1
Vập phương trình có các nguyện nguyên là (x, y) = (3, 0); (1, 2); (2, 1); (3, 0).
Kinh nghiệm giải: Để đưa vế trái 2xy − x + y về phương trình dạng tích, ta biến đổi thành
1
x ( 2y − 1) + ( 2y − 1) bằng cách nhân 2 vế của phương trình với 2 để đưa về phương trình ước
2
số. Luyện tập kinh nghiệm này bằng ví dụ 2 sau đây.
Bài 5. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 5x – 3y = 2xy – 11.
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 9
- Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Lời giải
3 15
Ta có : 5x − 3y = 2xy − 11 � x(5 − 2y) + (5 − 2y) − + 11 = 0
2 2
� 3 � −7 2x + 3 7
� (5 − 2y) �x + �= � (2y − 5) � = � (2y − 5)(2x + 3) = 7 (*)
� 2� 2 2 2
Suy ra (2x + 3) và (2y – 5) là các ước số của 7 nên ta có:
2x + 3 1 1 7 7
2y 5 7 7 1 1
Vập phương trình có các nguyện nguyên là (x, y) = (1, 6); (2, 1); (2, 3); (5, 2).
Nhận xét: Đối với nhiều phương trình nghiệm nguyên việc đưa về phương trình ước số là
rất khó khăn ta có thể áp dụng một số thủ thuật, các bạn xem tiếp ví dụ 3:
Bài 6. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – 2xy + 3y – 5y + 7 = 0.
Lời giải
(2y + 5) (2y + 5) 2 −(2y + 5) 2
Ta có : x 2 − 2xy + 3y − 5x + 7 = 0 � x 2 − 2x. + + + 3y + 7 = 0
2 4 4
2 2
� 2y + 5 � −4y − 20y − 25 + 12y + 28 � 2y + 5 � 4y + 8y − 3
2 2
� �x − �+ = 0 � �x − �−
� 2 � 4 � 2 � 4
2 2
� 2y + 5 � 4(y + 1) − 7 � 2y + 5 � −7
2
� �x − �− = 0 � �x − �− (y + 1) =
2
� 2 � 4 � 2 � 4
(2x − 2y − 5) 2 −7
� − (y + 1) 2 = � (2x − 2y − 5) 2 − 4(y + 1) 2 = −7
4 4
� (2x − 2y − 5 − 2y − 2)(2x − 2y − 5 + 2y + 2) = −7 � (2x − 4y − 7)(2x − 3) = −7 (*)
Vì x, y nguyên nên từ PT(*) ta có các trường hợp sau:
�2x − 4y − 7 = 1 �x = −2 �2x − 4y − 7 = −7 �x = 2
1) 2)
2x − 3 = −7 y = −3 2x − 3 = 1 y =1
�2x − 4y − 7 = −1 �x=5 �2x − 4y − 7 = 7 �x = 1
3) 4)
2x − 3 = 7 y =1 2x − 3 = −1 y = −3
Vậy các nghiệm nguyên (x; y) của phương trình là: (2; 3); (2; 1); (5; 1);(1; 3).
Nhận xét: Trong cách giải trên ta đã sử dụng phương pháp biến đổi tam thức bậc hai
( ax 2
+ bxy + cy 2 , ax 2 + bx + c ) trước hết ta chọn một biến để đưa về hằng đẳng thức (Bình
phương của một tổng, hoặc một hiệu) chứa biến đó: ở đây ta chọn biến x là :
( 2y + 5 )
2
x − x ( 2y + 5 )
2
+ , phần còn lại của đa thức ta lại làm như vậy với biến y:
4
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 10
- Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
− ( 2y + 5 ) 4 ( y + 1) − 7
2 2
4y 2 + 8y − 3
+ 3y + 7 = − =−
4 4 4
Các bạn có thể tư duy tìm hướng giải như sau:
x 2 − 2xy + 3y − 5x + 7 = 0 � x 2 − (2y + 5)x + 3y + 7 + a = a (*)
Xét phương trình: x 2 − (2y + 5)x + 3y + 7 + a = 0 (**)
Với a là số chưa biết cần thêm vào, xác định a như sau:
∆ (**) = (2y + 5)2 − 4(3y + 7 + a) = 4y 2 + 20y + 25 − 12y − 28 − 4a = 4y 2 + 8y − 3 − 4a
−7
Chọn a để ∆ ( **) là số chính phương nên −3 − 4a = 4 � a = .
4
2y + 5 − 2(x + 1) 3 2y + 5 + 2(x + 1) 4y + 7
Khi đó : ∆ (**) = 4(x + 1) 2 � x1 = = , x2 = =
2 2 2 2
� 3� � 4y + 7 � 7
Vậy: (*) � �x − � �x − �= − � (2x − 3)(2x − 4y − 7) = −7
� 2� � 2 � 4
Vì x, y nguyên nên ta có các trường hợp sau:
�2x − 4y − 7 = 1 �x = −2 �2x − 4y − 7 = −7 �x = 2
1) 2)
2x − 3 = −7 y = −3 2x − 3 = 1 y =1
�2x − 4y − 7 = −1 �x = 5 �2x − 4y − 7 = 7 �x = 1
3) 4)
2x − 3 = 7 y =1 2x − 3 = −1 y = −3
Vậy các nghiệm nguyên (x;y) của phương trình là: (2; 3); (2; 1); (5; 1);(1; 3).
Bài 7. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + 12y = y2 (1)
Lời giải
Phương trình tương đương với :
� ( x + 6 ) − y 2 = 36 � ( x + y + 6 ) ( x − y + 6 ) = 36
2
x 2 + 12x = y 2
Suy ra (x + y + 6) và (x – y + 6) là ước của 36.
Mà 36 có 18 ước nên: ( x + y+ α�������
6 ) { 1; 2; 3; 4; 6; 9; 18; 36}
Kết quả ta tìm được các nghiệm nguyên là: ( 0,0 ) ; ( −12,0 ) ; ( −16,8 ) ; ( −16, −8 ) ; ( 4,8 ) ; ( 4, −8 )
Nhận xét: Phương pháp đưa về phương trình ước số có 2 bước: Phân tích thành ước và xét
các trường hợp. Hai bước này có thể không khó nhưng trong trường hợp hằng số phải xét có
nhiều ước số chúng ta cần dựa vào tính chất của biến (ví dụ: tính chẵn lẻ, số dư từng vế) để
giảm số trường hợp cần xét.
Trong trường hợp bài tập 4 ta có thể nhận xét như sau:
Do y có số mũ chẵn nên nếu y là nghiệm thì – y cũng là nghiệm nên ta giả sử y 0 . Khi đó
x+6−y x + 6 + y ta giảm được 8 trường hợp:
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 11
- Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
�x + 6 + y = 9 �x + 6 + y = −4 �x + y + 6 = −1
� ,� ,�
x + 6 − y = 4 �x + 6 − y = −9 �x + y − 6 = −36
�x + 6 + y = 36 �x + 6 + y = −2 �x + y + 6 = 18
� ,� ,�
x + 6 − y = 1 �x + 6 − y = −18 �x + y − 6 = 2
�x + 6 + y = −3 �x + 6 + y = 12 �x + y + 6 = −6 �x + 6 + y = 6
� ,� ,� �
x + 6 − y = −12 �x + 6 − y = 3 �x + y − 6 = −6 �x + 6 − y = 6
Bây giờ có 10 trường hợp, ta lại thấy ( x + 6 + y ) + ( x + 6 − y ) = 2y nên ( x + 6 + y ) , ( x + 6 − y ) có
cùng tính chẵn lẻ. Do đó ta còn 4 trường hợp:
�x + 6 + y = −2 �x + y + 6 = 18 �x + y + 6 = −6 �x + y + 6 = 6
� , � ,� , �
�x + 6 − y = −18 �x + y − 6 = 2 �x + y − 6 = −6 �x + y − 6 = 6
�x + y + 6 = −6 �x + y + 6 = 6
Tiếp tục xét hai phương trình � , � hai phương trình này đều có
�x + y − 6 = −6 �x + y − 6 = 6
nghiệm y = 0 ta có xét y = 0 ngay từ đầu. Ta có phương trình ban đầu: x ( x + 12 ) = y 2 , xét hai
khả năng:
Nếu y = 0 thì x = 0 hoặc x = 12
Nếu y 0 thì x + 6 − y < x + 6 + y áp dụng hai nhận xét trên ta chỉ phải xét 2 trường hợp
�x + 6 + y = −2 �x + y + 6 = 18
� , �
�x + 6 − y = −18 �x + y − 6 = 2
Giải và kết luận phương trình có 4 nghiệm ( 0,0 ) ; ( −12,0 ) ; ( −16,8 ) ; ( −16, −8 ) ; ( 4,8 ) ; ( 4, −8 )
Bài 8. Giải phương trình nghiệm nguyên: y 2 = x ( x + 1) ( x + 7 ) ( x + 8 )
Lời giải:
(
Biến đổi phương trình thành: y = x + 8x x + 8x + 7
2 2 2
)( )
Đặt: z = x 2 + 8x � y 2 = z2 + 7z � 4y 2 = ( 2z + 7) − 49 � ( 2z − 2y + 7) ( 2z + 2y + 7) = 49
2
Ta có các TH sau:
2z − 2y + 7 = 1
� �y = 12 2z − 2y + 7 = 49
� �y = −12
TH1: � � TH2: � �
2z + 2y + 7 = 49
� �z = 9 2z + 2y + 7 = 1
� �z = 9
x =1
Cả hai TH trên đều có z = 9 � x 2 + 8x = 9 �
x = −9
�2z − 2y + 7 = −1 �y = −12 2z − 2y + 7 = −49
� �y = 12
TH3: � � TH4: � �
�2z + 2y + 7 = −49 �z = −16 2z + 2y + 7 = −1
� �z = −16
TH5: 2z − 2y + 7 = 2z + 2y + 7 = 7 � y = z = 0
TH6: 2z − 2y + 7 = 2z + 2y + 7 = −7
Bài 9. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x + xy + y = 9
HD: Biến đổi phương trình đã cho về dạng: ( x + 1) ( y + 1) = 10
( x��
Z ++
Vì x , y �� 1) ,+( yα���
1) Z x 1 { 1; 2; 5; 10} , Thay vào tìm được y
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 12
- Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Bài 10. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 3 x + 4 y − xy = 16
HD: Biến đổi phương trình thành: xy − 3x − 4 y = −16 � x ( y − 3) − 4 y + 12 = −4
x ( y − 3) − 4 ( y − 3) = −4 � ( y − 3) ( x − 4 ) = −4
Bài 11. Giải phương trình nghiệm nguyên : x − 25 = y ( y + 6 )
2
HD : Ta có: x − ( y + 6 y ) = 25 � x − ( y + 6 y + 9 ) = 16 � ( x + y + 3)( x − y − 3) = 16
2 2 2 2
mà x − y − 3 + x + y + 3 = 2 x là một số chẵn nên 2 số đều chẵn.
Bài 12. Giải phương trình nghiệm nguyên : x ( x + 1) ( x + 2 ) ( x + 3 ) = y 2
HD : Ta có: x ( x + 1) ( x + 2 ) ( x + 3) = y 2 � ( x 2 + 3x ) ( x 2 + 3x + 2 ) = y 2 (1)
Đặt a = x 2 + 3x , khi đó (1) trở thành � ( a + 1 + y ) ( a + 1 − y ) = 1
Bài 13. Giải phương trình nghiệm nguyên : x 2 − y 2 = 1999
HD: Ta có: x 2 − y 2 = 1999 � ( x − y ) ( x + y ) = 1999
Bài 14. Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2 + 2 y = xy
� y y 2 � �y 2 y �
HD: Ta có: x 2 + 2 y = xy � �x 2 − 2 x. + �− � + 2. .2 + 4 �= −4 ( x − 2 y − 2 ) ( x + 2 ) = −16
� 2 4 � �4 2 �
Bài 15. Giải phương trình nghiệm nguyên : x − y = 6 − 2 xy
1 11
HD: Ta có: 2 xy + x − y = 6 � x ( 2 y + 1) − y − = 2 x ( 2 y + 1) − ( 2 y + 1) = 11 � ( 2 x − 1) ( 2 y + 1) = 11
2 2
Bài 16. Giải phương trình nghiệm nguyên : x 2 + y 2 = 2 x 2 y 2
1 1
HD: Ta có: x 2 + y 2 = 2 x 2 y 2 � 2 x 2 y 2 − x 2 − y 2 = 0 � x 2 ( 2 y 2 − 1) − y 2 + =
2 2
� 2 x ( y − 1) − ( 2 y − 1) = 1 � ( 2 x − 1) ( 2 y − 1) = 1
2 2 2 2 2
Bài 17. Giải phương trình nghiệm nguyên : xy = 4 ( x + y )
HD: Ta có: xy = 4 ( x + y ) � xy − 4 x − 4 y = 0 � x ( y − 4 ) − 4 y + 16 = 16
� x ( y − 4 ) − 4 ( y − 4 ) = 16 � ( x − 4 ) ( y − 4 ) = 16
Bài 18. Giải phương trình nghiệm nguyên : x ( x − 1 ) ( x − 7 ) ( x − 8 ) = y 2
HD: Ta có: x ( x − 1) ( x − 7 ) ( x − 8 ) = y 2 � ( x 2 − 8 x ) ( x 2 − 8 x + 7 ) = y 2 � a ( a + 7 ) = y 2 (với a = x 2 − 8 x )
Bài 19. Giải phương trình nghiệm nguyên : x ( x − 8 ) = y 2 − 116
HD: Ta có: x 2 − 8 x + 16 − y 2 = −110 � ( x − 4 ) − y 2 = −110 � ( x − 4 − y ) ( x − 4 + y ) = −110
2
Bài 20. Giải phương trình nghiệm nguyên : xy + 3 x − 5 y = −3 (1)
HD: Ta có: ( 1) � x ( y + 3) − 5 y − 15 = −18 � x ( y + 3) − 5 ( y + 3) = −18 � ( y + 3) ( x − 5 ) = −18
Bài 21. Giải phương trình nghiệm nguyên : 6 x 2 y 3 + 3 x 2 − 10 y 3 = 2
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 13
- Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
HD: Ta có: 3 x 2 ( 2 y 3 + 1) − 10 y 3 − 5 = 2 3 x 2 ( 2 y 3 + 1) − 5 ( 2 y 3 + 1) = 2 � ( 2 y 3 + 1) ( 3x 2 − 5 ) = 2
Bài 22. Giải phương trình nghiệm nguyên : 2 x 2 + y 2 + 3 xy + 3 x + 2 y + 2 = 0 (1)
( 3x + 2 ) � � 2 ( 3x + 2 )
2 2
�2 y �
HD: Ta có: ( 1) � �y + 2. . ( 3 x + 2 ) + �+ �
2x −
�
+ 3 x + 2 �= 0
�
�
� 2 4 �
�� 4 �
2
� 3 x + 2 � 8 x − 9 x − 12 x − 4 + 12 x + 8
2 2
= 0 ( 2 y + 3x + 2 ) − x 2 = −4
2
�y + �+
� 2 � 4
4 2
Bài 23. Giải phương trình nghiệm nguyên : + = 1 (1)
x y
HD: Ta có: ( 1) � 4 y + 2 x = xy � y ( x − 4 ) − 2 x = 0 � y ( x − 4 ) − 2 x + 8 = 8 � y ( x − 4 ) − 2 ( x − 4 ) = 8
1 1 1
Bài 24. Giải phương trình nghiệm nguyên : + = (1)
x y 3
HD: Ta có: ( 1) � 3 ( x + y ) = xy � x ( y − 3) − 3 y = 0 � x ( y − 3) − 3 y + 9 = 9 � x ( y − 3) − 3 ( y − 3) = 9
Bài 25. Giải phương trình nghiệm nguyên : xy − x − y = 2
HD: Ta có: xy − x − y = 2 � x ( y − 1) − y + 1 = 3 � x ( y − 1) − ( y − 1) = 3 � ( x − 1) ( y − 1) = 3
Bài 26. Giải phương trình nghiệm nguyên : x + xy + y = 9
HD: Ta có: x + xy + y = 9 � x ( y + 1) + y + 1 = 10 � ( x + 1) ( y + 1) = 10
Bài 27. Giải phương trình nghiệm nguyên : x 2 − 2 x − 11 = y 2
HD: Ta có: x 2 − 2 x − 11 = y 2 � ( x 2 − 2 x + 1) − y 2 = 12 � ( x − 1) − y 2 = 12 ( x − 1 − y ) ( x − 1 + y ) = 12
2
1 1 1 1
Bài 28. Giải phương trình nghiệm nguyên : + + =
x y 6 xy 6
1 1 1 1
HD: Ta có : + + = � 6 ( x + y ) + 1 = xy � xy − 6 x − 6 y = 1 � x ( y − 6 ) − 6 y + 36 = 37
x y 6 xy 6
� x ( y − 6 ) − 6 ( y − 6 ) = 37 � ( x − 6 ) ( y − 6 ) = 37
Bài 29. Giải phương trình nghiệm nguyên : 2 x 2 − 2 xy − 5 x + y + 19 = 0 (1)
HD: Ta có : ( 1) � 2 x ( x − y ) − ( x − y ) − 4 x + 19 = 0 � ( x − y ) ( 2 x − 1) − 4 x + 2 = −17
� ( x − y ) ( 2 x − 1) − 2 ( 2 x − 1) = −17 � ( 2 x − 1) ( x − y − 2 ) = −17
Bài 30. Giải phương trình nghiệm nguyên : x 2 − 2 x − 11 = y 2
HD: Đưa phương trình về dạng : ( x − 1) − y 2 = 12 � ( x − 1 + y ) ( x − 1 − y ) = 12
2
Bài 31. Giải phương trình nghiệm nguyên : xy − 2 x + 3 y = 27
HD: Đưa phương trình về dạng : ( x + 3) ( y − 2 ) = 21
Bài 32. Giải phương trình nghiệm nguyên : x ( y + 3 ) − y = 38
HD: Đưa phương trình về dạng : ( x − 1) ( y + 3) = 35
Bài 33. Giải phương trình nghiệm nguyên : 3 xy + x + y = 17
HD: Đưa phương trình về dạng : ( 3x + 1) ( 3 y + 1) = 52
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 14
- Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Bài 34. Giải phương trình nghiệm nguyên : x 2 + x + 1 = xy − y
HD: Đưa phương trình về dạng : ( x − 1) ( y − x − 2 ) = 3
Bài 35. Giải phương trình nghiệm nguyên : x 2 y 2 − x 2 − 8 y 2 = 2 xy
HD: Đưa phương trình về dạng : y 2 ( x 2 − 7 ) = ( x + y )
2
Phương trình có nghiệm x = y = 0 , xét x, y # 0 x 2 − 7 là 1 số chính phương
Đặt : x 2 − 7 = a 2 � ( x − a ) ( x + a ) = 7 Tìm x
Vậy (x ; y) = ( 0;0 ) , ( 4; −1) , ( 4; 2 ) , ( −4;1) , ( −4; −2 )
Bài 36. Giải phương trình nghiệm nguyên : x + xy + y = 9
HD: Đưa phương trình vê dạng : ( x + 1) ( y + 1) = 10
Bài 37. Giải phương trình nghiệm nguyên : y = x ( x + 1 ) ( x + 7 ) ( x + 8 )
2
HD: Đưa phương trình thành : y 2 = ( x 2 + 8 x ) ( x 2 + 8 x + 7 ) = z 2 + 7 z � 4 y 2 = ( 2 z + 7 ) − 49
2
� 49 = ( 2 z − 2 y + 7 ) ( 2 z + 2 y + 7 )
Bài 38. Giải phương trình nghiệm nguyên : x 2 − 4 y 2 = 1
HD: Biến đổi phương trình thành : ( x − 2 y ) ( x + 2 y ) = 1
Bài 39. Giải phương trình nghiệm nguyên : 2 x 3 + xy = 7
HD: Biến đổi phương trình thành : x ( 2 x 2 + y ) = 7
Bài 40. Giải phương trình nghiệm nguyên : x 3 + 7 y = y 3 + 7 x
HD: Biến đổi phương trình thành :
x 3 − y 3 − ( 7 x − 7 y ) = 0 � ( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 ) − 7 ( x − y ) = 0 � ( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 − 7 ) = 0
TH1 : x = y
7 x =1� y = 2
TH2 : x + xy + y = 7 � ( x − y ) = 7 − 3xy � xy < �
2 2 2
3 x = 2 � y =1
Bài 41. Giải phương trình nghiệm nguyên : 3 x 2 + 10 xy + 8 y 2 = 96
HD: Đưa phương trình về dạng : ( x + 2 y ) ( 3x + 4 y ) = 96
Chú ý : Vì ( x + 2 y ) + ( 3x + 4 y ) = 2 ( 2 x + 3 y ) là 1 số chẵn nên có tính chất cùng chẵn
Bài 42. Giải phương trình nghiệm nguyên : xy + 3 x − 5 y = −3
HD: Đưa phương trình về dạng : x ( y + 3) − 5 y − 15 = −18 � x ( y + 3) − 5 ( y + 3) = −18
� ( x − 5 ) ( y + 3) = −18
Bài 43. Giải phương trình nghiệm nguyên : 2 x 2 − 2 xy − 5 x + 5 y = −19
HD: Đưa phương trình về dạng : 2 x ( x − y ) − 5 ( x − y ) = −19 � ( 2 x − 5 ) ( x − y ) = −19
Bài 44. Giải phương trình nghiệm nguyên : 4 x + 11 y = 4 xy
HD: Đưa phương trình về dạng : ( 4 x − 11) ( y − 1) = 1
Bài 45. Giải phương trình nghiệm nguyên : x 2 − 656 xy − 657 y 2 = 1983
HD: Đưa phương trình về dạng : ( x + y ) ( x − 567 y ) = 1983
Bài 46. Giải phương trình nghiệm nguyên : 7 x − xy − 3 y = 0
HD: Đưa phương trình về dạng : ( x + 3) ( 7 − y ) = 21
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 15
- Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Bài 47. Giải phương trình nghiệm nguyên : y 2 ( x + 1 ) = 1576 + x 2
HD: Đưa phương trình về dạng : ( x + 1) ( y 2 − x + 1) = 1577 = 19.83
Bài 48. Giải phương trình nghiệm nguyên : x 2 + 2003 x + 2004 y + y = xy + 2004 xy 2 + 2005
HD: Đưa phương trình về dạng : ( x − 1) ( x + 2004 − 2004 y 2 − y ) = 1
Bài 49. Tìm x, y nguyên thỏa mãn: 2x 3 − 2 y 2 + 5 xy + 1 = 0
HD: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : xy − 3 x − 4 y = 9
Biến đổi phương trình thành : x ( y − 3) − 4 y + 12 = 21 � ( x − 4 ) ( y − 3) = 21
Bài 50. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 2 xy − 5 = 6 x + y
HD: Biến đổi phương trình thành : 2 xy − 6 x − y = 5 � 2 x ( y − 3) − y + 3 = 8 � ( y − 3) ( 2 x − 1) = 8
Bài 51. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 2 xy 2 + x + y + 1 = x 2 + 2 y 2 + xy
HD: Biến đổi phương trình thành : ( 2 xy 2 − 2 y 2 ) − ( xy − y ) − ( x 2 − x ) = −1
� 2 y 2 ( x − 1) − y ( x − 1) − x ( x − 1) = −1 � ( x − 1) ( 2 y 2 − y − x ) = −1
Bài 52. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x 2 − y 2 = 2003
HD: Biến đổi phương trình thành: ( x − y ) ( x + y ) = 2003
Bài 53. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : x + y = xy
HD: Biến đổi phương trình thành: ( x − 1) ( y − 1) = 1
Bài 54. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : xy + 1 = x + y
HD: Biến dổi phương trình thành: ( x − 1) ( y − 1) = 0
Bài 55. Tìm các nghiệm nguyên dương x, y của phương trình : y 2 = x 2 + 12 x + 1995
( x+ +6 )= 1959 1959
2
HD: Biến đổi thành: y 2 � y 45
Lại có: −1959 = ( x + 6 ) − y 2 = ( x + y + 6 ) ( x − y + 6 ) , Với x + y 52 và 1959 = 3.653
2
Bài 56. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn phương trình: x − 25 = y ( y + 6 )
2
HD: Ta có: x 2 − 25 = y ( y + 6 ) � x 2 − ( y + 3) = 16 � ( x + y + 3) ( x − y − 3) = 16
2
Bài 57. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2 y 2 − x 2 − 8 y 2 = 2xy
HD: Viết lại PT đã cho dưới dạng: y 2 ( x 2 − 7) = ( x + y )
2
(1)
Dễ thấy PT có nghiệm x = y = 0 ,
Xét x , y �0, (1) � x 2 − 7 là số chính phương, Đặt x − 7 = a � ( x − a ) ( x + a ) = 7 � x
2 2
Tìm được x, y là ( 0;0) ,( 4; −1) ,( 4;2) ,( −4:1) ,( −4; −2)
Bài 58. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x 3 y + xy3 − 3x − 3 y = 17
3 3 2 2
(
HD : Ta có: x y + xy − 3x − 3y = 17 � x + y ( xy − 3) = 17 )
Do x,y nguyên dương nên: x + y > 1 2 2
�x + y = 17 � ( x + y ) − 2xy = 17 �( )
�x + y 2 = 25
2 2 2
�
�� �� ��
xy − 3 = 1 �xy = 4
� �xy = 4
�
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 16
- Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
�x + y = 5 �x = 4 x =1 �x + y = −5 �x = −4 x = −1
TH1 : � � hoặc TH2 : � � hoặc
�xy = 4 �y = 1 y=4 �cy = 4 �y = −1 y = −4
Bài tập tương tự:
Bài 1. Giải các phương trình Điôphăng sau đây bằng cách tách phần nguyên:
a) 73x – 41y = 1 c) 114x – 41y = 5
b) 32x – 48y = 112 d) 38x + 117y = 109
Bài 2. Giải phương trình Điôphăng sau đây bằng cách sử dụng thuật toán ơclit mở rộng.
a) 43x + 47y = 50 c) 1657x + 367y = 23
b) 83x – 79y = 105 d) 7959x – 2754y = 6
Bài 3. Giải các phương trình Điôphăng sau đây:
a) x + 2y – z = 0 c) 2x – 5y + 2z = 10
b) 2x + 3y – 5z = 15 d) 3x +4y + 5z = 25.
Bài 4. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
a) 2x 2 + 6y 2 + 7xy − x − y = 25 b) 9x 2 − 10y 2 − 9xy + 3x − 5y = 9
Dạng 3. Phương pháp tách ra các giá trị nguyên.
Cơ sở phương pháp: Trong nhiều bài toán phương trình nghiệm nguyên ta tách phương trình
ban đầu thành các phần có giá trị nguyên để dễ dàng đánh giá tìm ra nghiệm, đa số các bài
toán sử dụng phương pháp này thường rút một ẩn (có bậc nhất) theo ẩn còn lại.
Bài tập áp dụng:
Bài 1. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau: xy – 2y – 3y + 1 = 0
Lời giải
Ta có xy − 2y − 3y + 1 = 0 � y ( x − 3 ) = 2x − 1.
2x − 1
Ta thấy x = 3 không là nghiệm nên x 3 do đó: y =
x −3
2x − 1
Tách ra ở phân thức các giá trị nguyên:
x −3
2x − 1 2 ( x − 3) + 5 5
y= = = 2+
x −3 x −3 x −3
5
Do y là số nguyên nên cũng là số nguyên, do đó (x – 3) là ước của 5.
x −3
x – 3 = 1 thì x = 4, y = 2 + 5 = 7
x – 3 = –1 thì x = 2, y = 2 – 5 = –3 (loại)
x – 3 = 5 thì x = 8, y = 2 +1 = 3
x – 3 = 5 thì x = –2 (loại)
Vậy nghiệm (x, y) là (4, 7), (8, 3).
Bài 2. Tìm các số nguyên x và y thoả mãn phương trình: x2 + xy – 2y – x – 5 = 0
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 17
- Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Lời giải
Nhận xét: trong phương trình này ẩn y có bậc nhất nên rút y theo x.
Ta có: x 2 + xy − 2y − x − 5 = 0 � y(x − 2) = − x 2 + x + 5
Với x = 2 thì: (*) 0 = 3 (vô lý)
−x 2 + x + 2 3 3
Với x 2 ta có: (*) � y = + = −x − 1 +
x−2 x−2 x−2
Để y nguyên thì 3 M(x − 2) .
Vậy (x – 2) là ước của 3 do đó: (x − 2) �{−3; − 1; 1; 3} ��
x {−1; 1; 3; 5}
Vậy phương trình có nghiệm: (x, y) = (3; 1) ; (5; 5); (1; 5); (1; 1)
Bài 3. Tìm các số nguyên dương x, y sao cho 6x + 5y + 18 = 2xy (1)
Lời gi
ải
−5y − 18 −10y − 36 −66 + 5(6 − 2y) −66 −33
Ta có: x = � 2x = � 2x = = + 5 � 2x = +5
6 − 2y 6 − 2y 6 − 2y 6 − 2y 3− y
Như vậy x muốn nguyên dương thì (3 – y) phải là ước của −33 . Hay (3 −α���
y) { 1; 3; 11; 33}
1 −��
. Lại do y �� 3 y α−−−
2 y { 1; 3; 11; 33} . Ta có bảng sau:
3 – y 1 1 3 11 33
y 4 2 6 14 36
x 19 14 8 4 3
Thử lại ta được các cặp thỏa mãn là (19, 4); (8, 6); (4, 14); (3, 36).
Nhận xét:
Dễ xác định được phương pháp để giải bài toán này, khi biểu diễn x theo y được
−5y − 18
x= . Ta thấy biểu thức này khó phân tích như 2 ví dụ trên, tuy nhiên để ý ta thấy tử số
6 − 2y
là – 5y mẫu số là 2y, do đó mạnh dạn nhân 2 vào tử số để xuất hiện 2y giống mẫu.
Bài toán có thể giải bằng phương pháp đưa về phương trình ước số. Do ở bài toán trên đã
nhân 2 ở x để biến đổi, do đó phải có bước thử lại xem x, y có thỏa mãn phương trình đã cho
hay không.
Bài 4. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2xy2 + x + y + 1 = x2 + 2y2 + xy
Lời giải
Ta có: 2y 2 x + x + y + 1 = x 2 + 2y 2 + xy � 2y 2 ( x − 1) − x ( x − 1) − y ( x − 1) + 1 = 0 ( 1)
Nhận thấy x = 1 không là nghiệm của phương trình (1).
1
Chia cả 2 vế của (1) cho (x – 1) ta được: 2y 2 − x − y + = 0 ( 2)
x −1
1 x=2
�
PT có nghiệm x, y nguyên, suy ra nguyên nên x − 1 �{ 1; −1} �
x−1 x=0
Thay x = 2 và x = 0 vào phương trình và để ý đến y nguyên ta được y = 1.
Vập phương trình đã cho có 2 nghiệm là (2; 1) và (0; 1).
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 18
- Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
4. Phương pháp sử dụng tính chẵn lẻ của ẩn hoặc xét số dư từng vế
Cơ sở phương pháp: Chúng ta dựa vào tính chẵn lẻ của ẩn hoặc xét số dư hai vế của
phương trình nghiệm nguyên với một số nguyên nào đó rồi dùng lập luận để giải bài toán.
Dạng 1. Sử dụng tính chẵn lẻ
Bài 1. Tìm x, y nguyên tố thoả mãn y2 – 2x2 = 1
Lời gi
ải
Ta có y 2 − 2x 2 = 1 � y 2 = 2x 2 + 1 � y là số lẻ
Đặt y = 2k + 1 (với k nguyên). Ta có (2k + 1)2 = 2x2 + 1
⇔ x2 = 2 k2 + 2k ⇒ x chẵn , mà x nguyên tố ⇒ x = 2, y = 3
Vậy nghiệm của phương trình là (x, y) = (2, 3).
Bài 2. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình ( 2 x + 5 y + 1 ) ( x | x| + y + x 2 + x ) = 105
Lời gi
ải
Ta có: ( 2x + 5y + 1) ( x |x| + y + x 2 + x ) = 105
Ta thấy 105 lẻ ⇒ 2x + 5y + 1 lẻ ⇒ 5y chẵn ⇒ y chẵn, 2 x + y + x 2 + x = 2 x + y + x ( x + 1) lẻ
có x(x + 1) chẵn, y chẵn ⇒ 2 x lẻ ⇒ 2 x = 1 ⇒ x = 0
Thay x = 0 vào phương trình ta được
26
(5y + 1) ( y + 1) = 105 ⇔ 5y2 + 6y – 104 = 0⇒ y = 4 hoặc y = − (loại)
5
Thử lại ta có x = 0; y = 4 là nghiệm của phương trình.
Vậy nghiệm của phương trình là (x, y) = (0, 4).
Dạng 2. Xét tính chẵn lẻ và xét số dư từng vế
Bài 1. Chứng minh rằng các phương trình sau không có nghiệm nguyên:
a) x2 – y2 = 1998 b) x2 + y2 = 1999
Lời giải
a) Do x là số nguyên nên x = 2k hoặc x = 2k + 1 (k ) do đó x2 = 4k2 hoặc x2 = 4k2 + 4k + 1 vì
thế x 2 chia 4 luôn dư 1 hoặc 0. Tương tự ta cũng có y 2 chia 4 luôn dư 1 hoặc 0
Suy ra: x 2 − y 2 chia cho 4 luôn dư 1 hoặc 0 hoặc 3. Mà 1998 chia cho 4 dư 2 do đó phương
trình đã cho không có nghiệm nguyên.
b) Như chứng minh câu a ta có: x 2 , y 2 chia cho 4 luôn dư 0 hoặc 1 nên x 2 + y 2 chia cho 4 luôn
dư 0 hoặc 1 hoặc 3. Mà 1999 chia cho 4 dư 3 do đó phương trình đã cho không có nghiệm
nguyên.
Chú ý: Chúng ta cần lưu ý kết quả ở bài toán này:
x2 – y2 chia cho 4 không dư 2
x2 + y2 chia cho 4 không dư 3
Bài 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 9x + 2 = y2 + y
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 19
- Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Lời gi
ải
Ta có: 9x + 2 = y 2 + y � 9x + 2 = y ( y + 1)
Ta thấy vế trái phương trình là số chia cho 3 dư 2 nên y ( y + 1) chia cho 3 dư 2
Do đó chỉ có thể y = 3k + 1 và y + 1 = 3k + 2 ( k Z)
Khi đó: 9x + 2 = ( 3k + 1) ( 3k + 2 ) � 9x = 9k 2 + 9k � x = k ( k + 1 )
Thử lại: x = k ( k + 1) , y = 3k + 1 thỏa mãn phương trình đã cho.
Vậy nghiệm của phương trình là ( x, y ) = ( k ( k + 1) , 3k + 1) với k Z
Bài 3. Tìm x, y là số tự nhiên thoả mãn x2 + 3y = 3026
Lời giải
Xét y = 0 � x 2 + 30 = 3026 � x 2 = 3025 . Mà x ∈ N ⇒ x = 55
Xét y > 0 ⇒ 3y chia hết cho 3, x2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1 � x 2 + 3y chia cho 3 dư 0 hoặc 1
mà 3026 chia cho 3 dư 2 (loại)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất (x,y) = (55,0)
Bài 4. Chứng minh rằng phương trình x3 – 7y = 51 không có nghiệm nguyên
Lời giải
Xét x = 7k ( k Z ) thì x 3 M7.
Xét x = 7k 1 ( k Z ) thì x 3 chia cho 7 dư 1 hoặc 6.
Xét x = 7k 2 ( k Z ) thì x 3 chia cho 7 dư 1 hoặc 6.
Xét x = 7k 3 ( k Z ) thì x 3 chia cho 7 dư 1 hoặc 6.
Do đó vế trái phương trình chia cho 7 dư 0 hoặc 1 hoặc 6 còn vế phải của phương trình chia 7
dư 2. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Bài 5. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 – 5y2 = 27
Lời giải
Do x là số nguyên nên ta có thể biểu diễn x dưới dạng: x = 5k hoặc x = 5k 1 hoặc x = 5k 2
với k Z
(
Xét x = 5k thì x 2 − 5y 2 = 27 � ( 5k ) − 5y 2 = 27 � 5 5k 2 − y 2 = 27
2
)
Điều này là vô lý vì vế trái chia hết cho 5 với mọi k và y nguyên còn vế phải ko chia hết cho 5.
( 5k 1)
2
Xét x = 5k 1 thì x 2 − 5y 2 = 27 ۱ − 5y 2 = 27
۱ 25k 2 10k + 1 − 5y 2 = 27 ۱ 5 5k 2 ( )
2k − y 2 = 23
Điều này là vô lý cũng vì vế trái chia hết cho 5 với mọi k và y nguyên còn vế phải không chia
hết cho 5.
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 20
nguon tai.lieu . vn
