www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiƯm nguyªn - A Mở đầu I Lý chọn chuyên đề: Trong chơng trình toán THCS phơng trình nghiệm nguyên l đề t i hay v khó học sinh Các b i toán nghiệm nguyên thờng xuyên có mặt kì thi lớn nhỏ nớc v ngo i nớc Tuy nhiên lại nhiều t i liệu viết riêng nội dung n y, để phục vụ giảng dạy thân, đặc biệt l công tác bồi dỡng häc ®éi tun häc sinh giái v båi d−ìng häc sinh thi v o trờng chuyên lớp chọn nên đ viết chuyên đề n y Trong chuyên đề n y đề cập đến vấn đề nghiệm nguyên ( cụ thể l dạng v phơng pháp giải) không sâu vốn hiểu biết có hạn II Phạm vi mục đích chuyên đề: Phạm vi chuyên đề: - p dụng với đối tợng học sinh khá- giỏi khối 8- Mục đích chuyên đề: - Trao đổi với đồng nghiệp v học sinh số phơng pháp nh l số b i toán giải phơng trình nghiệm nguyên chơng trình bồi dỡng học sinh kh¸- giái c¸c líp 8, - Gióp häc sinh biết vận dụng phơng pháp cách linh hoạt việc giải b i toán nghiệm nguyên từ dễ đến khó Ng−êi thùc hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên B- Nội dung Phơng pháp 1: áp dụng tính chia hÕt Các tính ch t thư ng dùng : – N u a ⋮ m a ± b ⋮ m b ⋮ m – N u a ⋮ b, b ⋮ c a ⋮ c – N u ab⋮ c mà ƯCLN(b , c) = a⋮ c – N u a⋮ m, b⋮ n ab⋮ mn – N u a⋮ b, a⋮ c v i ƯCLN(b , c) = a⋮ bc – Trong m s nguyên liên tiÕp, bao giê t n t i m t s b i c a m Phơng trình dạng ax + by =c ví dụ 1: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: 2x + 25y = (1) Gi¶i: Cã thĨ dƠ d ng thấy y chẵn Đặt y =2t phơng trình (1) trë th nh: x + 25t = Tõ ta có nghiệm phơng trình x = − 25t   y = 2t t ∈ Z Chú ý: ta có cách thứ hai để tìm nghiệm phơng trình Đó l phơng pháp tìm nghiệm riêng để giải phơng trình bậc hai ẩn Ta dựa v o định lý sau: Nếu phơng trình ax + by =c với (a;b) = có nghiệm l ( x0; y0) nghiệm nguyên phơng trình nhận từ công thức x = x0 + bt   y = y0 − at t Z Định lý n y chứng minh không khó ( cách trực tiếp v o phơng trình) dựa v o định lý n y ta cần tìm nghiệm riêng phơng trình ax + by =c Đối với phơng trình có hệ số a,b,c nhỏ việc tìm nghiệm riêng đơn giản xong với phơng trình có hệ số a,b,c lớn không dễ d ng chút n o, ta phải dùng đến thuật toán Ơclít Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên 2.Đa phơng trình ớc số: Ví dụ2: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: x + y + 3xy = Gi¶i: (2) (2) ⇔ x ( + y ) + y = ⇔  x ( + y ) + y  = 24   ⇔ x ( + y ) + 15 y = 24 ⇔ x ( + y ) + 15 y + 10 = 34 ⇔ x ( + y ) + 5(2 + y ) = 34 ⇔ ( + y ) (3 x + 5) = 34 V× 34=17.2=34.1=(-17).(-2) = (-1).(-34) nên ta có bảng kết quả: -34 -1 17 3x + + 3y -1 -34 17 x -13 -2 -1 y -1 -12 2 Ví dụ3: Giải phơng trình nghiệm nguyªn sau: x + y + 3xy − x − y = (3) Gi¶i: 2 ( a l số cha biết đợc xác định sau) ( 3) ⇔ x + x ( y − ) + y − y + a = + a Xét phơng trình; x + ( y − ) x + y − y + a = Cã ∆ = ( y − ) − ( y − y + a ) = y − y + − 4a Chän a = -3 Ta cã ∆ = y − y + 16 = ( y − ) ⇒ x1 = − y − 1; x2 = −2 y + từ ta có phơng trình ớc số: ( x + y + 1)( x + y − 3) = Suy kÕt qu¶: ( x; y ) ∈ {( −6; ) , ( 0; ) , ( −4; ) , ( −10;6 )} 3.Tách giá trị nguyên Ví dụ 4: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: xy x y = (4) Gi¶i: ( ) ⇔ x ( y − 1) = y + Ta cã y = l nghiệm phơng trình Với y ≠ ta cã: x = y+2 ⇔ x = 1+ ⇒ y − ∈¦ (3) = {−3; −1;1;3} y −1 y −1 ⇔ y ∈ {−2; 0; 2; 4} ⇒ ( x; y ) ∈ {( 0; −2 ) , ( −2;0 ) , ( 4; ) , ( 2; )} Ng−êi thùc hiÖn: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Phơng pháp 2: Phơng pháp lựa chọn Modulo ( hay gäi l xÐt sè d− tõng vÕ) Tr−íc tiªn ta có tính chất sau: Một số ph−¬ng chia cho d− 0;1 chia cho d− 0;1 chia cho d− 0;1;4 vv XÐt số d hai vế Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên phơng trình: x + = y + y (*) Gi¶i: Ta cã: VT = x + ≡ ( mod 3) ⇒ VP = y + y ≡ ( mod 3) ⇔ y ( y + 1) ≡ ( mod 3) ⇒ y ≡ 1( mod 3) ( v× nÕu y=3k y = 3k+2 VP ( mod 3) ) ⇒ y = 3k + (trong ®ã k ∈ Z ) thay v o pt(*) ta cã : x + = ( 3k + 1) + ( 3k + 1) ⇔ x = 9k + 9k ⇔ x = k + k x = k + k  VËy  y = 3k + k ∈ Z  VÝ dụ 6: Giải phơng trình nghiệm nguyên không âm sau: (2 x )( )( )( ) + x + 2 x + x + − y = 11879 Gi¶i: Ta cã ; + 1; + 2; + 3; + l sè tù nhiªn liªn tiÕp x ( x + 1)( x + )( x + 3)( x + )⋮ x x x x x Mặt khác ƯCLN( x ;5) = nªn ( x + 1)( x + )( x + 3)( x + )⋮ Víi y ≥ th× VT = ( x + 1)( x + )( x + 3)( x + ) − y ⋮ cßn VP = 11879 ( mod 5) suy phơng trình không cã nghiƯm Víi y =0 ta cã : (2 x + 1)( x + )( x + 3)( x + ) − 50 = 11879 ⇔ ( x + 1)( x + )( x + 3)( x + ) = 11880 ⇔ ( x + 1)( x + )( x + 3)( x + ) = 9.10.11.12 ⇒ x + = ⇔ x = ⇔ x = 23 x = Vậy phơng trình đ cho cã nghiÖm nhÊt ( x; y ) = ( 3;0 ) Ví dụ 7: Tìm x, y nguyên dơng tho¶ m n : 3x + = ( y + 1) Gi¶i: x x + = ( y + 1) ⇔ = y ( y + ) (**) x Ta cã VT = ≡ 1( mod ) ⇒ VP = y ( y + ) ≡ 1( mod ) Suy y l sè lỴ m y v y+2 l hai số lẻ liên tiếp y = 3m  Tõ pt(**) ⇒  y + = 3n m + n = x  Ng−êi thùc hiÖn: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Ta cã y +2 > y ⇒ n > m ≥ NÕu m > th× y v y+ chia hết cho ( vô lí ( y; y+2) =2 ) VËy m =1 ⇒ n = ⇒ x=1 ⇒ y =1 2.Sư dơng sè d− để phơng trình vô nghiệm Ví dụ 8: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau: 19 x + y + 1890 = 19754 + 2013 30 Gi¶i: Ta có x ,y nguyên dơng 5; 1890⋮ ⇒ VT = 19 x + y + 1890 ≡ 19 x ( mod ) MỈt kh¸c: 19 ≡ −1( mod 5) ⇒ 19 x ≡ (1) x ( mod 5) Nếu x chăn 19 x ≡ 1( mod ) ; nÕu x lỴ th× 19 x ≡ −1( mod 5) ≡ ( mod ) ⇒ VT ≡ 1; ( mod ) cßn VP ≡ ( mod ) Do phơng trình vô nghiệm Ví dụ 9: Tìm số nguyên dơng x, y biết: x + x − = 32 y +1 Gi¶i: y +1 Ta cã: VP = ≡ ( mod 3) (*) NÕu x =3k ( k ∈ N * ) th× VT = x + x − ≡ ( mod 3) NÕu x =3k +1 ( k ∈ N ) th× VT = x + x − ≡ 1( mod 3) NÕu x =3k +2 ( k ∈ N ) th× VT = x + x − ≡ 1( mod 3) VËy víi ∀x ∈ Z + th× VT = x + x − ≡ 1; ( mod 3) (**) Từ (*) v (**) suy không tồn số nguyên dơng x, y thoả m n b i to¸n y Chó ý: NhiỊu b i to¸n thi vô địch nớc phải xét đến Modulo lớn VD ( IMO năm 1999) Ví dụ 10: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: m2 = n5 Gi¶i: m ≡ 0;1;3; 4;5;9 ( mod11) cßn n − ≡ 6; 7;8 ( mod11) suy phơng trình vô nghiệm Chú ý: Đối với phơng trình nghiệm nguyên có tham gia số lập phơng Modulo thờng dùng l Mod9 Vì x3 ≡ 0;1;8 ( mod ) VÝ dô 11: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: x3 + y + z = 2011 ( 8) Gi¶i: Dùa v o nhËn xÐt trªn: Ta cã x ≡ 0;1;8 ( mod ) ; y ≡ 0;1;8 ( mod ) z ≡ 0;1;8 ( mod ) ⇒ VT = x3 + y + z ≡ 0;1; 2;3; 6; 7;8 ( mod ) Cßn VP = 2011 ≡ ( mod ) nên phơng trình vô nghiệm Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Phơng pháp 3: Dùng bất đẳng thức Đối với phơng trình m biến có vai trò nh ngời ta thờng dùng phơng pháp thứ tự biến Ví dụ 12: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau: x + y + z = xyz Gi¶i Không tính tổng quát ta giả sử ≤ x ≤ y ≤ z ⇒ xyz = x + y + z ≤ z ⇒ xy ≤ ⇒ x = 1; y = z = Vậy nghiệm phơng trình l (x;y;z)= ( 1;1;1) Chú ý: Đối với phơng trình nghịch đảo biến ta dùng phơng pháp n y ( vai trò biến nh nhau) Ta có cách giải khác ví dụ 9: Chia hai vế phơng trình cho xyz ta cã: 1 + + =3 xy zx yz Giải: Không tính tổng quát ta giả sö ≤ x ≤ y ≤ z ⇒ 1 + + = ≤ ⇒ x2 ≤ ⇒ x = xy zx yz x Suy ra: y = 1; z =1 VÝ dô 13: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau: 1 + + =1 x y z Gi¶i: x y z x Kh«ng mÊt tÝnh tỉng quát ta giả sử x y ≤ z ⇒ + + = ≤ ⇒ x Lần lợt thử x = phơng trình nghiệm nguyên Xét x = ta cã 1 1 1 + + =1⇔ + = ≤ ⇒ y ≤ y z y z y Mặt khác y x = ⇒ y ∈ {2;3; 4} ta thö lần lợt giá trị y: y= phơng trình nghiệm nguyên y=3 z=6 y=4 z=4 1 1 2 + + =1⇔ + = ≤ ⇒ y ≤ 3 y z y z y Mặt khác y x = ⇒ y = ⇒ z = xét x =3ta có: Vậy nghiệm phơng trình l : ( x; y; z ) ∈ {( 2;3;6 ) , ( 2; 4; ) , ( 3;3;3)} Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Ví dụ 14: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau: x! + y! = (x+y)! (*) Giải: Vì vai trò x, y nh nên không tính tổng quát ta giả sử x y Ta cã: (x+y)! =x! + y! ≤ 2.y! ⇒ x ≤ v× nÕu x > th× 2.y! ≥ (y+2)! 2.y! ≥ y! (y+1)(y+2) ⇔ ≥ ( y + 1)( y + 2) ( vô lí y ≥ 1) VËy x = Thay v o PT (*) ta cã 1+y! = (y+1)! ⇔ + y ! = y !( y + 1) ⇔ y y ! = ⇒ y = VËy ph−¬ng trình có nghiệm x = y = 2.áp dụng bất đẳng thức cổ điển Vớ dụ 15 Tỡm cỏc s nguyên dương x, y tho mãn phương trình : (x + 1)(x + y ) = 4x y Gi i : Áp d ng b t đ ng th c Cơ–si ta có : x + ≥ 2x , d u b ng xÈy x = x + y ≥ 2xy , d u b ng xÈy x = y Vì x, y nguyên dương nên nhân b t ñ ng th c v theo v ta ñư c : (x + 1)(x + y ) ≥ 4x y , d u b ng có ch x = y = V y phương trình có nghi m nh t x = y = Ví dụ 16: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: ( x + y + 1) = ( x + y + 1) Giải: áp dụng BĐT Bunhiacopski ta cã ( x + y + 1) ≤ (1 + + 1) ( x + y + 1) DÊu b»ng xÈy 1 = = = hay x = y = x y Vậy Phơng trình có nghiệm x = y = Ví dụ 17: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau: ( x + z − 15 x z = x y z − y + ) Gi¶i: ( x + z − 15 x z = 3x y z − y + ( ) +(y ⇔ x2 ) ( ) + + z = 3x z y + ) ¸p dơng bất đẳng thức côsi cho số ta có : ( x ) + ( y + 5) + z ≥ 3x z ( y + 5) DÊu = x©y x = y + = z Từ phơng trình x = y + ⇒ ( x − y )( x + y ) = ⇒ x = 3; y = ⇒ z = V©y nghiệm phơng trình l ( x;y;z) = ( 3;2;9) 3 Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Ghi chú: Việc áp dụng bất đẳng thức v o giải phơng trình nghiệm nguyên dùng ẩn ý dùng bất đẳng thức dễ bị lộ Tuy nhiên có v i trờng hợp dùng bất đẳng thức hay nh ví dụ sau: Ví dụ 18.1: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau: 3( x + y + x + y + 2) = 2( x − x + 1)( y − y + 1) Gi¶i: ( x + 1) Ta cã ( ) ≥ ⇔ x + 4x + ≥ ⇔ x2 + x + ≥ x2 − x + ( ) ( )( ) x4 + x2 + = x2 + − x2 = x2 + x + x2 − x + ≥ Do ( ) ( y4 + y2 + ≥ T−¬ng tù ta cịng cã ( ) x − x +1 (*) ) y − y +1 (**) Céng theo vÕ cña (*) v (**) ta cã ( ) 2 x − x +1 + y2 − y +1 3 2 1 ⇔ x + y + x + y + ≥  x − x + + y − y +  ≥ x − x + y − y +    3 x4 + y + x2 + y + ≥ ( ( ⇔ x4 + y + x2 + y ) ( + ) ≥ ( x − x + 1)( y ) ( )( ) ) − y +1 DÊu “=” xÈy x = y= Vậy nghiệm phơng trình l x = y= Ví dụ 18.2: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau với x, y, z l số đôi khác x3 + y + z = ( x + y + z ) Gi¶i: x3 + y3 + z  x + y + z áp dụng bất đẳng thức 3   ⇒ x + y + z = (x + y + z) 3 (x + y + z) ≥ 3 ⇒ x+ y+z Vì x, y, z đôi mộ khác suy x + y + z ≥ + + = ⇒ x + y + z {6; 7;8} Lần lợt thử giá trị x + y + z ta tìm đợc (x;y;z)= (1;2;3) v hoán vị Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên áp dụng tính đơn điệu vế: Ta một v i giá trị biến thoả m n phơng trình chứng minh l nghiệm Ví dụ 19: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau: 3x + x = x Gi¶i: x x Chia c¶ hai vÕ cđa phơng trình cho 5x ta có: +  =     5 5 Thö với x = ta thấy l nghiệm nguyên phơng trình Với x = ta có VT =VP = thoả m n b i toán x x x x 2 4 3 4 Víi x ≥ ⇒   <   v   <   suy   +   <   +   =                 5  5 5  5 5 5 Vậy Phơng trình có nghiệm x = Tõ vÝ dơ 19: suy c¸ch l m b i tập sau: Tìm số tự nhiên x cho ( 3) + ( 4) = ( 5) x x x Đối với phơng trình ta có b i toán tổng quát Tìm số nguyên dơng x; y; z thoả m n 3x + y = 5z đáp số: x = y = z = nhng cách giải vô tác dụng với b i n y (Đểgiải b i n y hữu hiệu l xét Modulo) Dùng điều kiện ' để phơng trình bậc hai có nghiệm Ví dụ 20: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: x + y = xy + x + y Gi¶i: 2 2 x + y = xy + x + y ⇔ x − x ( y + 1) + y − y = ta cã: ∆ ' = ( y + 1) − ( y − y ) = − y + y + ≥ ⇔ − 29 + 29 ≤ y≤ 2 V× y nguyên nên y {0;1; 2;3; 4;5} Thay lần lợt giá trị y v o phơng trình v tìm x tơng ứng ta đợc: ( x; y ) ∈ {( 0;0 ) ; ( 2; )} NhËn xét:Nói chung phơng pháp n y đợc dùng f(x ; y) cã d¹ng tam thøc bËc hai f(z) = az2 + bz + c ®ã a dùng phơng pháp đ nói ví dụ để đa phơng trình −íc sè mét c¸ch nhanh chãng 10 Ng−êi thùc hiƯn: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Phơng pháp 4:Phơng pháp chặn hay gọi l phơng pháp ®¸nh gi¸ Chđ u dùa v o hai nhËn xÐt sau: ã Không tồn n Z thỏa m·n a < n < ( a + 1) với a l số nguyên ã Nếu a < n < ( a + ) víi a; n ∈ Z th× n = a + Ta cã vÝ dô sau: VÝ dô 21: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: x + x + = y Gi¶i: XÐt hiƯu ( x + 1) − y = x ≥ ⇒ ( x + 1) ≥ y XÐt hiÖu y − x = x + > ⇒ y > x 2 Suy ra: ( x ) < y ≤ ( x + 1) ⇒ y = ( x + 1) ThÕ v o phơng trình ban đầu ta có: x2 =0 x = 2 NhËn xÐt trªn cã thĨ më réng víi sè lËp ph−¬ng ta cã vÝ dơ sau: Ví dụ 22: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: x3 − y = y + y + Giải: 3 Bằng cách biên đổi nh− vÝ dơ trªn ta cã: ( y − 1) < x3 ≤ ( y + 1) ⇒ x = y; x = y + Lần lợt xét tr−êng hỵp x = y v x = y +1 ta tìm đợc nghiệm phơng trình: ( x; y ) ∈ {( −1; −1) ; (1; )} Phơng pháp 5: Dùng tính chất số phơng Các tính ch t thưêng dùng : – S phương không t n b ng 2, 3, 7, – S phương chia h t cho s nguyên t p chia h t cho p2 – S phương chia cho 3, cho ch có th dư ho c – S phương chia cho 5, cho s dư ch có th 0, ho c – S phương l chia cho 4, s dư ñ u – L p phương c a mét s nguyên chia cho ch có th dư 0, ho c … 11 Ng−êi thùc hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Dạng 1: sử dụng mệnh đề sau: x = k  víi x, y, z nguyªn v xy = z2 víi (x;y) = th×  y = t voi k , t ∈ Z kt = z Thật ta chứng minh phơng pháp phản chứng: Giả sử x, y không l số phơng nên phân tích th nh số nguyên tố x y tồn số chứa số nguyên tố p với số mũ lẻ.( số p với số mũ lẻ trái với điều kiện z2 l số phơng) suy điều phải chứng minh Ví dụ 23: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: x + 3x + − y = Gi¶i: ( )( ) x + 3x + − y = ⇔ x + x + = y Ta cã: ( x + 1; x + 1) =  x2 + = t Suy ra:   2 x + = z Từ phơng trình x + = t ⇔ ( x − t )( x + t ) = −1 ⇒ x = ⇒ y = x = y =1 Vậy nghiệm phơng trình l : Dạng 2: sử dụng mệnh đề sau: Nếu n; t l số nguyên thoả m n n( n+1) = t2 n = n+1 =0 Chøng minh: Gi¶ sư n ≠ 0; n + ≠ ⇒ t ≠ VËy n + n = t ⇔ 4n + 4n =4t ⇔ ( 2n + 1) =4t + ⇔ ( 2n + 1) - 4t =1 ⇔ ( 2n + − 2t )( 2n + + 2t ) = 2 V× n; t l số nguyên nên từ phơng trình ớc số suy n=0 n =-1 ( Dpcm ) áp dụng mệnh đề để giải phơng trình nghiệm nguyên ví dụ sau: Ví dụ 24: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: x + xy + y + x + y = x y − Gi¶i: x + xy + y + x + y = x y − ⇔ ( x + y + )( x + y + 3) = x y ⇒ x + y + = hc x + y + = từ tìm đợc nghiệm nguyên phơng trình Phơng trình n y có cách giải khác nhng việc dùng mệnh đề giúp cho lời giải b i toán trở nên ngắn gọn 12 Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Phơng pháp 6: Phơng pháp lùi vô hạn ( hay gọi l phơng pháp xuống thang) Phơng pháp n y dùng để chứng minh phơng trình f(x,y,z,) n o ngo i nghiệm tầm thờng x = y = z = không nghiệm n o khác Phơng pháp n y đợc diễn giải nh sau: Bắt đầu việc giả sử ( x0 ; y0 ; z0 , ) l nghiƯm cđa f(x,y,z,) Nhờ biến đổi, suy luận số học ta tìm đợc nghiệm khác ( x1 ; y1 ; z1 ; ) cho c¸c nghiƯm quan hƯ với nghiệm tỷ số k n o ®ã VÝ dơ: x0 = kx1 ; y0 = ky1 ; z0 = kz1 ; Råi l¹i tõ bé ( x2 ; y2 ; z2 ; ) cho c¸c nghiƯm quan hƯ víi bé nghiƯm ( x1 ; y1 ; z1 ; ) bëi mét tû sè k n o ®ã VÝ dơ: x1 = kx2 ; y1 = ky2 ; z1 = kz2 ; Quá trình tiếp tục dẫn đến x0 ; y0 ; z0 , chia hÕt cho ks víi s l số tự nhiên tuỳ ý điều n y xẩy v chØ x = y = z == Để rõ r ng ta xét ví dụ sau: Ví dụ 25: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: x + y = z Gi¶i: Gäi ( x0 ; y0 ; z0 ) l nghiệm phơng trình Xét theo mod3 ta chøng minh x0 ; y0 chia hÕt cho ThËt vËy: râ r ng vÕ ph¶i chia hÕt cho suy ra: x02 + y02 ⋮ ta cã: 2 2 x0 ≡ 0;1( mod 3) ; y0 ≡ 0;1( mod 3) ®ã: x0 + y0 ⋮ x0 3; y0 đặt x0 = 3x1 ; y0 = y1 ; z0 = 3z1 v o v rút rọn ta đợc ( x12 + y12 ) = z02 ⇒ z0 ⋮ ⇒ z0 = z1 ThÕ v o v rút gọn ta đợc x12 + y12 = z12 ®ã nÕu ( x0 ; y0 ; z0 ) l nghiệm phơng trình ( x1 ; y1 ; z1 ) cịng l nghiƯm cđa ph−¬ng trình tiếp tục trình suy luận dẫn ®Õn x0 ; y0 ; z0 ⋮ 3k ®iÒu ®ã chØ xÈy x0 = y0 = z0 = Ví dụ 26: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: x + y + z = xyz Gi¶i: Gi¶ sư ( x0 ; y0 ; z0 ) l nghiệm phơng trình x0 + y0 + z0 = x0 y0 z0 ⇒ x0 + y0 + z0 chẵn ( x0 y0 z0 chẵn) nên cã hai tr−êng hỵp xÈy Tr−êng hỵp 1: Cã hai số lẻ, số chẵn Không tính tổng quát ta giả sử x0,y0 lẻ; z0 chẵn Xét theo mod4 ta cã: x0 + y0 + z0 ≡ ( mod ) cßn x0 y0 z0 ( z0 chẵn) vô lý Trờng hợp 2: số chẵn Đặt x0 = x1 ; y0 = y1 ; z0 = z1 thÕ v o v rót gän ta cã: x12 + y12 + z12 = x1 y1 z1 lập luân nh ta đợc x1 ; y1 ; z1 chẵn Quá trình lại tiếp tục đến x0 ; y0 ; z0 ⋮ 2k víi k ∈ N * ®iỊu ®ã xÈy x0 = y0 = z0 = Tóm lại nghiệm phơng trình l ( x0 ; y0 ; z0 ) = ( 0; 0;0 ) 13 Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Phơng pháp 7: Nguyên tắc cực hạn ( hay gọi l nguyên lí khởi đầu cực trị) Về mặt hình thức phơng pháp n y khác với phơng pháp lùi vô hạn nh−ng vỊ ý t−ëng sư dơng thi nh− ®Ịu chứng minh phơng trình ngo i nghiệm tầm thờng nghiệm n o khác Phơng pháp bắt đầu viƯc gi¶ sư ( x0 ; y0 ; z0 , ) l nghiƯm cđa f(x;y;z;…) víi ®iỊu kiƯn r ng buéc víi bé ( x0 ; y0 ; z0 , ) VÝ dơ nh− x0 nhá nhÊt hc x0 + y0 + z0 + nhá nhÊt… B»ng nh÷ng phép biến đổi số học ta tìm đợc nghiƯm kh¸c ( x1 ; y1 ; z1 ; ) trái với điều kiện r ng buộc Ví dụ chän bé ( x0 ; y0 ; z0 , ) với x0 nhỏ ta lại tìm đợc ( x1; y1; z1; ) tho¶ m n x1 < x0 từ dẫn đến phơng trình đ cho có nghiÖm ( x0 ; y0 ; z0 ) = ( 0; 0;0 ) Ta xÐt vÝ dô sau: VÝ dụ 27: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: x + y + z = t Gi¶i: Gi¶ sư ( x0 ; y0 ; z0 , t0 ) l nghiƯm cđa x + y + z = t với điều kiện x0 nhỏ Từ phơng trình suy t chăn Đặt t = 2.t1 v o v rút gọn ta đợc: x0 + y0 + z0 = 8t14 Râ r ng z0 chẵn Đăt z0 = 2.z1 x04 + y04 + z14 = 4t14 ⇒ y0 chẵn Đăt y0 = y1 x0 + y14 + z14 = 2t14 ⇒ x0 ch½n Đăt x0 = 2.x1 x14 + y14 + z14 = t14 ⇒ ( x1 ; y1 ; z1 ; t1 ) cịng l nghiƯm cđa ph−¬ng trình v dễ thấy x1 < x0 (vô lý ta chọn x0 nhỏ nhất) Do phơng trình trªn cã nghiƯm nhÊt ( x; y; z; t ) = ( 0; 0; 0;0 ) Chó ý vÝ dơ trªn ta cịng cã thĨ chän x0 + y0 + z0 nhá nhÊt lý luËn nh− trªn ta cịng dÉn ®Õn x1 + y1 + z1 < x0 + y0 + z0 tõ ®ã cịng dÉn ®Õn kÕt ln cđa b i to¸n 14 Ng−êi thùc hiƯn: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Phơng pháp 8: Sử dụng mệnh đề số học Trớc tiên ta đến với b i toán nhỏ sau Cho p l số nguyên tố có dạng p = k 2t + với t nguyên dơng; k l số tự nhiên lẻ CMR x + y ⋮ p th× x ⋮ p; y ⋮ p Chøng minh p −1 Gi¶ sư x ⋮ p ⇒ y ⋮ p theo Ferma nhá x ≡ 1( mod p ) ; y p −1 ≡ 1( mod p ) ; p = k 2t + nªn t t  x k ≡ 1( mod p )   k 2t  y ≡ 1( mod p )  t ⇒ x + y ≡ ( mod p ) t t ( ) Mặt khác k lẻ nên theo đẳng thức a n +1 + b2 n +1 ta cã: x k + y k = x + y A t t t t ( A l số n o đó) (do giả thiết x + y ⋮ p ) Râ r ng x k + y k ≡ ( mod p ) Do ®ã theo vÝ dơ 20, ví dụ 21 ta có điều phải chứng minh Xét trờng hợp nhỏ b i toán trên: Khi t= 1; k lẻ nên k = 2s+1 p = 4s+3 lóc ®ã ta cã mƯnh ®Ị sau: P l số nguyên tố có dạng p = 4s+3 Khi ®ã nÕu x + y ⋮ p x p; y p Mệnh đề đơn giản n y lại l công cụ vô hiệu với nhiều b i toán khó Ví dụ28: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: x y3 = ( l phơng trình nhỏ phơng trình Mordell) phơng trình Mordell l phơng trình cã d¹ng x2 +k = y3 ( k; x; y∈Z) Giải: Trớc tiên ta có bổ đề sau: Mọi số nguyên tố dạng A = 4t+ có ớc nguyên tố dạng p = 4s +3 Chứng minh: Giả sử A ớc số n o cã dang p = 4s +3 A = ( 4t1 + 1)( 4t2 + 1) = ( 4t1t2 + t1 + t2 ) + = 4h + ( vô lý) Do A có ớc dạng 4t1 +3; Nếu 4t1 +3 bổ đề đợc chøng minh NÕu 4t1 +3 l hỵp sè lý ln tơng tự ta lại có 4t1 +3 có ớc số dạng 4t2 +3 Nếu 4t2 +3 l hợp số ta lại tiếp tục Vì trình l hữu hạn nên ta cố điều phải chứng minh Quay lại b i to¸n x = y + xÐt y ch½n ⇒ y + ≡ ( mod ) ⇒ x ≡ ( mod ) v« lý x ≡ 0;1; ( mod 8) ) xét y lẻ viết lại phơng trình dới dạng x + = y + ⇒ x + = ( y + ) ( y − y + ) nÕu y = 4k + ⇒ y + = 4k + nÕu y = 4k + ⇒ y − y + = ( 4k + 3) − ( 4k + 3) + = 4h + y có ớc dạng 4n + v theo bổ đề 4n + cã Ýt nhÊt mét −íc nguyªn tè p = 4s +3 ⇒ x + 1⋮ p = 4s + theo mệnh đề x p; y p ( vô lí ) Do phơng trình v« nghiƯm 15 t t Ng−êi thùc hiƯn: t t Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Ví dụ 29: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: x2 +5= y3 Giải Xét y chẵn y ( mod 8) ⇒ x + ≡ ( mod 8) ⇒ x ≡ ( mod 8) Vô lý x 0;1; ( mod 8) XÐt y lỴ nÕu y = 4k+ ⇒ y ≡ ( mod ) ⇒ x + ≡ ( mod ) ⇒ x ≡ ( mod ) ( vô lí x 0;1( mod ) ) Nếu y = 4k+1 víêt phơng trình dạng x + = y − ⇒ x + = ( y − 1) ( y + y + 1) Râ r ng y + y + = ( 4k + 1) + ( 4k + 1) + = 4t + Do ®ã y − cã Ýt nhÊt mét −íc nguyªn tè p = 4s +3 ⇒ x + 4⋮ p = s + ⇒ 4⋮ p ⇒ p = ( v« lý phơng vô nghiệì cuối để thấy thêm hiệu cuả mệnh đề n y ta đến với b i toán Euler Ví dụ 30: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: xy x y = z Giải: Cách 1: Lời giải Euler Giả sử phơng trình có tập nghiệm ( x; y; z ) = ( a; b; c ) víi c l giá trị nhỏ z Suy ra: 4ab − a − b = c ⇒ 16ab − 4a − 4b = 4c ⇒ (16ab − 4a ) − ( 4b − 1) − = 4c (*) Céng v o hai vÕ cña (*) ( 4a − 1) − ( 4a − 1) c ta cã: ( 4a − 1)( 4b − 1) − ( 4b − 1) − + [4(4a − 1)2 − 8(4a − 1).c] = 4c + [4(4a − 1)2 − 8(4a − 1).c] ⇒ ( 4a − 1)  ( b + 4a − − 2c ) − 1 = c − ( 4a − 1)      (**) Vậy phơng trình (*) có nghiệm l (a;b;c) phơng trình (*) có nghiệm l (a;b+4a-1-2c;c-4a+1) Vì c l giá trị nhỏ z suy z = c − ( 4a − 1) > c ⇒  c − ( 4a − 1)  = ( 4a − 1)  4b − + ( 4a − 1) − 8c  > 4c = ( 4a − 1)( 4b − 1) −    ⇒ 4b − + ( 4a − 1) − 8c > ( 4b − 1) ⇒  4b − + ( 4a − 1) − 8c  > ( 4b − 1)   ⇒ ( 4a − 1) − 8c > ⇒ 4a − > 2c (1) Vì a v b có vai trò nh nªn ta cã 4b − > 2c (2) Tõ (1) v (2) suy ra: 4a − ≥ 2c + 1; 4b − ≥ 2c + PT (*): 4c2 = ( 4a − 1)( 4b − 1) ≥ ( 2c + 1) − ⇒ 4c ≥ 4c + 4c ⇒ c ≤ vô lí Suy phơng trình vô nghiệm Cách 2: dùng mệnh đề 16 Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên xy − x − y = z ⇔ ( xy − x − y ) = z ⇔ 16 xy − x − y = z ⇔ ( x − 1)( y − 1) = z + ⇔ ( x − 1)( y − 1) = ( x ) + 12 Râ r ng x − 1; y − ®Ịu cã d¹ng 4t + ThËt vËy: 4x-1 = 4(x-1)+3; 4y-1 = 4(y-1)+3 Do ®ã ( x − 1)( y 1) có it nhât ớc nguyên tè p = 4s +3 ⇒ z + 1⋮ p = 4s + ⇒ 1⋮ p v« lý phơng trình vô nghiệm Các dạng phơng trình vô định nghiệm nguyên đ giới thiệu với bạn Việc xếp dạng, phơng pháp l chủ ý nên nhiều sai sót Sau l phần nói thêm số phơng trình nghiệm nguyên khác Một số dạng tập khác 1)Phơng trình dạng mũ: ( thờng sử dụng phơng pháp xét modulo nhng l luôn) Ví dụ 31: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: x + = y ( x, y Z ) Giải: x = phơng trình nghiệm nguyên x = y = ±3 xÐt x ≥ ⇒ x ≡ ( mod ) ⇒ x + ≡ ( mod ) ⇒ y ≡ ( mod ) vô lí y 0;1( mod ) nghiệm phơng trình ( x; y ) ∈ {(1;3) ; (1; −3)} VÝ dụ 32: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: x + 21 = y ( x, y ∈ Z ) Giải: k Xét x lẻ, đặt x= 2k +1 ⇒ x = 2.4k = ( + 1) ≡ ( mod 3) ⇒ x + 21 ( mod 3) (Vô lí) y ≡ 0;1( mod 3) ⇒ y ≡ ( mod 3) Xét x chẵn, đặt x= 2k 22 k + 21 = y ⇒ y − 22 k = 21 ⇒ ( y − 2k )( y + 2k ) = 21 l phơng trình ớc số nên ta dễ d ng tìm đợc ( x; y ) ∈ {( 2;5 ) ; ( 2; )} Ví dụ 33: Giải phơng trình nghiệm nguyên d−¬ng sau: x + y + z = 2336 víi x < y < z Gi¶i: x y z x y−x z−x + + = 2336 ⇔ (1 + + ) = 2336 = 25.73 ta cã + y − x + z − x l sè lỴ  x = 25 VËy   y−x z−x 1 + + = 73  (1) ( 2) Tõ (1) suy x = thay v o (2) ta cã + y −5 + z −5 = 73 ⇔ y −5 + z −5 = 72 ⇔ y −5 + z −5 = 23.9 ⇔ y −5 (1 + z − y ) = 23.9 17 Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiƯm nguyªn 1 + z − y =  z − y = 23   ⇔  y −5 ⇔  y −5 3   2 = 2 = VËy ( x; y; z ) = ( 5;8;11) z − y =  y = ⇔ ⇔ y −5 = z = 11 Chú ý: Với cách giải ta giải đợc b i toán sau: tìm nghiệm nguyên phơng trình x + y + z = 2n ( x ≤ y ≤ z; n ∈ Z ) KQ: ( x; y; z ) = ( n − 2; n − 2; n 1) Ví dụ 34: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau x3 = y + 317 Giải: Trong phơng trình n y có tham gia số lập phơng v nh đ nói phần phơng pháp lựa chọn modulo b i n y ta lùa chon mod9 Ta cã: víi y =1 suy x = Víi y ≥ ⇒ y ≡ ( mod ) ⇒ x3 = y + 317 ≡ ( mod ) vô lý x3 0; 4;5 ( mod ) Suy phơng trình có nghiệm nhÊt ( x;y) = ( 4;1) Ta ®Õn víi b i toán khó Ví dụ 35: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau x y = y x Gi¶i: Râ r ng x = y l mét nghiƯm y xét x y không tính tổng quát ta gi¶ sư x t x ≥ nªn ta chØ viÖc chøng minh 2t −1 > t ta chøng minh b»ng quy n¹p theo t ta cã: t = Giả sử khẳng định với t = k tøc l 2k −1 > k ta chøng minh khẳng định với t = k+1 Tức l 2k ≻ k + ThËt vËy: theo gi¶ thiÕt quy n¹p ta cã: 2k −1 > k ⇒ 2k > 2k > k + ( v× k >1) Do phơng trình vô nghiệm với t Vậy nghiệm phơng trình l : ( x; y ) ∈ {( a; a ) ; ( 2; ) ; ( 4; )} víi a ∈ Z Ví dụ 36: Giải phơng trình nghiệm nguyên không âm sau: x y = Gi¶i: XÐt theo mod3 Ta cã: x − = y xÐt víi y = suy x = xÐt y ≥ ⇒ y ≡ ( mod 3) ⇒ x − ( mod 3) mặt khác x = ( − 1) − ≡ ( 1) 1( mod 3) x chẵn x chẵn ( 1) ( mod 3) Đặt x = 2k ta có 22 k = y ⇔ ( 2k − 1)( 2k + 1) = y x x x 18 Ng−êi thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyªn 2k + = 3u  k v k k u v v u 2 − = ⇒ + − − = = − ⇒ + = u + v = y  NÕu u = suy 3v =-1 v« lý ( ) ( ) x = y = NÕu u ≥ ⇒ 3u ≡ ( mod 3) ⇒ 3v + ≡ ( mod 3) ⇒ v = u = Vậy phơng trình có nghiÖm l : ( x; y ) ∈ {(1;0 ) ; ( 2;1)} 2)B i toán với nghiệm nguyên tố: Ví dụ 37: Tìm n N để: a) n + n + l sè nguyªn tè b) n5 + n + l sè nguyªn tè c) n + 4n l sè nguyªn tè Gi¶i: 2 a) ta cã n + n + = ( n + n + 1)( n − n + 1) l sè nguyªn tè n2 − n + = ⇒ n = b) n5 + n + = ( n + n + 1)( n3 − n2 + 1) l sè nguyªn tè n3 − n2 + = ⇒ n = c) Chó ý l n lỴ ⇒ n + 1⋮ n +2 −2 n n +1 n +1 n +1    n n ⇒ n + =  n + +  n + − 2  l sè nguyªn tè    n =1 ⇒ n=1 VÝ dụ 38: Tìm số nguyên tố x ;y ;z tho¶ m n x y + = z Giải y Với x lẻ x + = z chẵn z chẵn m lại l số nguyªn tè nªn z = ⇒ x y = ( không tồn x; y thoả m n) XÐt x ch½n: ⇒ x = vËy x y + = z ⇔ y + = z Nếu y lẻ đặt y = 2k + 1: ⇒ y = 2.4k ≡ ( mod 3) ⇒ y + ≡ ( mod 3) ⇒ z ⋮ ⇒ z = ⇒ y = NÕu y ch½n ⇒ y = ⇒ = z v« lý vËy phơng trình đ cho có nghiệm: ( x; y, z ) = ( 2;3;3) Với cách l m tơng tự ta giải đợc b i toán sau: Tìm số nguyên tố x ;y ;z thoả m n x y + = z 3)Các phơng trình chứng minh có vô số nghiệm: Ví dụ 39: Chứng minh phơng trình x3 + y = z có vô số nghiệm Giải: 3 x y Ta xây dựng nghiệm phơng trình n y x + y = z ⇔   +   = z  z z x y đăt = a; = b x = az; y = bz v o phơng trình ta đợc z z z ( a + b3 ) = z ⇒ z = a + b3 ⇒ x = az = a ( a + b3 ) ; y = bz = b ( a + b3 ) 3 Vậy phơng trình có vô số nghiệm dạng: ( x; y; z ) = ( a ( a + b3 ) ; b ( a + b3 ) ; a + b3 ) 19 Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Chú ý công thức cha đ quét hết nghiệm b i toán xong ta cần nh để giải b i to¸n n y VÝ dơ 40: Chøng minh phơng trình x + y = z có vô số nghiệm Giải: a a y = ta cã: x + y = 2a + 2a = 2a +1 chän z = Đăt x = ; Ta có 2a + 2a = 2a+1 a ⋮ nguyªn nªn a ⋮ ⇔ a = 84t + 48  a + 1⋮  a +1 x;y;z ( t Z ) Vậy phơng trình đ cho có vô sè nghiƯm d¹ng ( x; y; z ) = ( 221t +12 ; 228t +16 ; 212 t +7 ) Các tập vận dụng: Giải phơng trình sau trªn Z 1) 2) 3x + y = 25 x + y = 16 3) 4) 5) x + xy − y + x − y = x + y + xy − x − = y 4 x14 + x2 + x3 + + x14 = 1599 6) 7) x + y = 16 z + x !+ y ! = z ! 8) x !+ y ! = ( x + y ) ! 9) 19 x3 − 17 y = 50 10) x + 11y + 13 z = 11) x = y + 16 12) x2 + y2 = z + t 13) xy − y − x + x = 14) x + y + xy = ( x + y ) 15) x − y − xy = 15 16) x + xy + y = x + y 17) + x + x + x3 = y 18) x3 + y = ( x + y ) 19) y − x3 = x + 20) x4 + x2 + = y − y 21) x2 + y2 = z 22) x = y + 16 23) x + y + z = x y ( ) ( ) 2 (GVG tỉnhVP năm 2001) (HSG tØnh Thanh Hãa 2009) 2 20 Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc www.VNMATH.com Chuyên đề: Một ( số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên ) 24) 6 x + y + z = 5t 25) 26) 19 x + 28 y = 2001 x + xy + y = x + y 2 27) x2 y2 = z2 ( z − x2 − y2 ) 28) n + 2n + 2n + 2n + = y 29) x3 z + ( y − xy ) z + x ( x − y ) = 30) x + x − y + y + 10 = (AM- 2005) ( x + y + z ) + = xyz 31) C¸c b i to¸n víi số nguyên tố 33) tìm x N ; x + x l sè nguyªn tè 1 + = ( x, y ∈ Z ; p ∈ P ) x y p 35) ( p − 1)!+ = p n (n ∈ N , p l sè nguyªn tè) 34) 36) p ( p + 1) + q ( q + 1) = n ( n + 1) ( p; q; n) l c¸c sè nguyªn tè) 37) p = 8q + ( p; q l số nguyên tố) Các b i toán khó 38) (APMO) Tìm n nguyên dơng để phơng tr×nh sau cã nghiƯm xn + ( − x ) + ( + x ) n n 39) (Brazil 1990) Chứng minh phơng trình sau có vô sè nghiÖm a + 1990b3 = c 40) Tìm x; y nguyên dơng để : 1!+ 2!+ 3!+ + x ! = y z 2x x = y y + z z 41)Tìm số nguyên dơng x,y,z biết: (Nga 2008) 42) (IMO 2006) Tìm số nguyên dơng x; y để: + x + 22 x +1 = y 43) Tìm số nguyên x;y;z thoả m n 28 x = 19 y + 87 z 44) Tìm số nguyên dơng n v k tho¶ m n k = n + − n − 45) T×m x;y;z biÕt x + y = z ( x; y; z Z ) + 21 Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên C Kết luận Tổng hợp dạng toán v phơng pháp giải cho nội dung toán học n o l việc l m cần thiết công việc dạy học toán nói chung, dạy học v bồi dỡng học sinh giỏi nói riêng Nó giúp cho em tự tin l m dạng b i tập chủ đề đó, đặc biệt l tham gia kì thi chọn học sinh giỏi Trong chuyên ®Ị n y t«i chØ míi ®Ị cËp ®Õn vÊn đề nghiệm nguyên ( cụ thể l dạng v phơng pháp giải) không sâu vốn hiểu biết có hạn Trên l suy nghĩ v tổng hợp thân số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên, xin đợc trao đổi bạn đồng nghiệp Rất mong nhận đợc góp ý bạn đồng nghiệp để chuyên đề đợc ho n thiện Chân th nh cảm ơn! Kí duyệt tổ trởng Ngời viết chuyên đề Tạ Văn Đức 22 Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Phụ lục Tài liệu tham khảo 1) Nầng cao v phát triển toán 6,7,8,9 - Vũ Hữu Bình NXB GD 2) 1001 b i toán sơ cấp BD HSG toán THCS - Lê Hồng Đức - Đ o Thiện Khải 3) Tổng hợp toán tuổi thơ năm 2009- NXB GD 4) Tuyển chọn b i thi HSG Toán THCS - Lê Hồng Đức 5) Phơng trình nghiệm nguyên - Vũ Hữu Bình 6) Tạp chí Toán học tuổi trẻ NXB GD 7) Các ®Ị thi v o tr−êng chuyªn líp chän v ngo i tỉnh 8) Các chuyên đề bồi dỡng học sinh giỏi toán THCS Lê Đức Thịnh Xin chân th nh cảm ơn tác giả 23 Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Mục lục Trang A- Mở đầu - Lý chọn chuyên đề - Phạm vi v mục đích chuyên đề B- Nội dung Phơng pháp 1: áp dụng tính chia hết Phơng pháp 2: Phơng pháp lựa chän Modulo ( hay cßn gäi l xÐt sè d− vế) Phơng pháp 3: Dùng bất đẳng thức 4: Phơng pháp 4: Phơng pháp chặn hay cò gọi phơng pháp đánh giá Phơng pháp 5: Dùng TÝnh chÊt cđa sè chÝnh ph−¬ng 11 11 6: Ph−¬ng pháp Phơng pháp lùi vô hạn ( hay gọi phơng pháp xuống thang) 13 Phơng pháp 7: Nguyên tắc cực hạn ( hay gọi nguyên lí khởi đầu cự trị) Phơng pháp 8: sử dụng mệnh đề số học 14 15 khác Một số dạng tập khác 17 Các tập vËn dông: C KÕt luËn Phô lôc Môc lôc 20 22 23 24 24 Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc ... www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên áp dụng tính đơn điệu vế: Ta một v i giá trị biến thoả m n phơng trình chứng minh l nghiệm Ví dụ 19: Giải phơng trình nghiệm nguyên. .. Văn Đức THCS Yên Lạc www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên 2.Đa phơng trình ớc số: Ví dụ2: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: x + y + 3xy = Gi¶i: (2) (2)... www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Phơng pháp 8: Sử dụng mệnh đề số học Trớc tiên ta đến với b i toán nhỏ sau Cho p l số nguyên tố có dạng p = k 2t + với t nguyên