LỜI CẢM ƠN Trong suốt trình học tập, rèn luyện nghiên cứu trường đại học Quảng Bình, nhận nhiều quan tâm, giúp đỡ quý thầy cô giáo Tôi xin gửi lời cảm ơn tới Ban Giám Hiệu nhà trường, toàn thể thầy giáo, cô giáo, đặc biệt thầy, cô giáo khoa Khoa Học Tự Nhiên Khoa Kỹ Thuật - Công Nghệ Tôi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới giảng viên – Th.S Lê Thị Bạch Liên, người tận tình giúp đỡ, hướng dẫn kiến thức phương pháp suốt trình thực khóa luận Qua đây, xin gửi lời cảm ơn chân thành đến gia đình, bạn bè tập thể lớp sư phạm Toán – Tin K55 - người sát cánh bên tôi, nhiệt tình giúp đỡ, chia sẻ, động viên suốt trình học tập thời gian hoàn thành khóa luận Lời cuối xin chúc sức khỏe tất người, chúc người thành công sống Tôi xin chân thành cảm ơn! Sinh viên Trần Thị Xuân MỤC LỤC LỜI CẢM ƠN MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Mục tiêu nghiên cứu .4 Đối tượng nghiên cứu phạm vi nghiên cứu Nhiệm vụ nghiên cứu .5 Phương pháp nghiên cứu Ý nghĩa đề tài Cấu trúc đề tài NỘI DUNG .7 CHƯƠNG I: CƠ SỞ LÍ LUẬN Các khái niệm .7 Các tính chất Các đẳng thức .9 Các bất đẳng thức CHƯƠNG II: MỘT SỐ DẠNG TOÁN PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI .13 Một số dạng phương trình nghiệm nguyên đặc biệt 13 1.1 Phương trình Diophante bậc 13 1.2 Phương trình Pell 16 1.3 Phương trình Pythagore .18 BÀI TẬP LUYỆN TẬP 19 Một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên chưa có cách giải tổng quát 21 2.1 Phương trình bậc hai, hai ẩn .21 BÀI TẬP LUYỆN TẬP 31 2.2 Phương trình bậc ba trở lên có hai ẩn 32 BÀI TẬP LUYỆN TẬP 39 2.3 Phương trình đa thức có ba ẩn trở lên 40 BÀI TẬP LUYỆN TẬP 46 2.4 Phương trình dạng phân thức 46 BÀI TẬP LUYỆN TẬP 55 2.5 Phương trình dạng mũ 56 BÀI TẬP LUYỆN TẬP 64 2.6 Phương trình vô tỉ 65 BÀI TẬP LUYỆN TẬP 75 KẾT LUẬN 77 TÀI LIỆU THAM KHẢO 78 MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Toán học ngành khoa học đời sớm nhất, điển hình ngành Số học với nhiều đề tài hấp dẫn lí thú Một đề tài hấp dẫn lí thú Số học Đại số Phương trình nghiệm nguyên Các toán phương trình nghiệm nguyên lôi nhiều đọc giả nghiên cứu, lịch sử toán học có nhiều nhà toán học lớn nghiên cứu vấn đề như: Diophante, Fermat Được nghiên cứu từ thời Diophante kỷ III, đến Phương trình nghiệm nguyên đối tượng nghiên cứu Toán học Tuy nhiên Phương trình nghiệm nguyên đề tài tương đối lạ học sinh THCS THPT Đó lĩnh vực khó; đa dạng phương pháp giải: cách giải tổng quát cho dạng toán, toán, với điều kiện riêng đòi hỏi cách giải riêng phù hợp, yêu cầu học sinh phải linh hoạt cách suy luận…; điều khiến nhiều học sinh bế tắc, lúng túng việc xác định dạng toán phương hướng giải…Do toán phương trình nghiệm nguyên thường xuyên có mặt kì thi lớn, kì thi học sinh giỏi cấp,… Hiện nay, có nhiều đề tài nghiên cứu phương trình nghiệm nguyên, đa số dừng lại việc nghiên cứu số dạng phương trình nghiệm nguyên đặc biệt, mang tên nhà toán học tiếng: Phương trình Diophante, phương trình Pell, phương trình Pytago,… Từ lí trên, chọn đề tài: “Một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên phương pháp giải” Ngoài việc trình bày số dạng phương trình nghiệm nguyên đặc biệt, khóa luận đưa số dạng phương trình nghiệm nguyên chưa có cách giải tổng quát phương pháp giải, nhằm giúp người đọc nắm vững dạng toán phương trình nghiệm nguyên số phương pháp giải, từ đưa phương pháp giải phù hợp với toán cụ thể dạng khác Mục tiêu nghiên cứu Nhằm giúp người đọc (các đối tượng giáo viên, sinh viên ngành Toán em học sinh THCS, THPT) nắm số dạng toán số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên, từ đưa cách giải phù hợp cho toán cụ thể Đối tượng nghiên cứu phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu: Phương trình nghiệm nguyên, số dạng toán phương trình nghiệm nguyên phương pháp giải Phạm vi nghiên cứu: Một số dạng phương trình nghiệm nguyên đặc biệt; số dạng toán phương trình nghiệm nguyên chưa có cách giải tổng quát phương pháp giải; toán phương trình nghiệm nguyên đề thi học sinh giỏi, Nhiệm vụ nghiên cứu  Hệ thống kiến thức liên quan đến phương trình nghiệm nguyên  Đưa số dạng toán phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên  Tìm phương pháp giải hiệu cho dạng toán  Rút điểm cần lưu ý cho số dạng toán Phương pháp nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu lý luận: Đọc, nghiên cứu, phân tích tổng hợp tài liệu phương trình nghiệm nguyên; hệ thống, khái quát vấn đề; sưu tầm, giải toán liên quan đến phương trình nghiệm nguyên đề thi học sinh giỏi cấp,… Phương pháp lấy ý kiến chuyên gia: Lấy ý kiến giáo viên hướng dẫn giáo viên khác khoa để hoàn thành nội dung hình thức khóa luận Ý nghĩa đề tài Đề tài giúp cho bạn đọc nắm vững kiến thức phương trình nghiệm nguyên, biết cách vận dụng phương pháp giải phù hợp cho toán phương trình nghiệm nguyên Khóa luận làm tài liệu tham khảo cho sinh viên chuyên ngành Toán có mong muốn tiếp tục tìm hiểu đề tài liên quan đến phương trình nghiệm nguyên, làm tài liệu tham khảo cho giáo viên quan tâm đến đề tài hay giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi, làm tài liệu học tập cho em học sinh THCS THPT, Với thân, nghiên cứu “Một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên phương pháp giải” giúp nắm vững kiến thức liên quan đến phương trình nghiệm nguyên, từ làm cho kho tài liệu riêng thân trở nên phong phú hơn, phục vụ tốt cho trình giảng dạy sau Cấu trúc đề tài Ngoài phần mở đầu, kết luận, phụ lục, tài liệu tham khảo, nội dung khóa luận gồm chương Chương 1: Cơ sở lý luận Chương gồm kiến thức liên quan, sử dụng trình lập luận tìm phương pháp giải Chương 2: Một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên phương pháp giải Chương trình bày cách hệ thống số dạng toán phương trình nghiệm nguyên đặc biệt; số dạng toán phương trình nghiệm nguyên chưa có cách giải tổng quát phương pháp giải, với tập luyện tập cho dạng NỘI DUNG CHƯƠNG I: CƠ SỞ LÍ LUẬN Để giải toán, sử dụng giả thiết mà toán cho chưa đủ, mà ta phải vận dụng kiến thức có liên quan, như: khái niệm, định lí, tính chất, dựa vào để lập luận, từ tìm phương pháp giải cho toán Dưới số kiến thức liên quan, sử dụng trình lập luận tìm phương pháp giải chương Các khái niệm 1.1 Nghiệm nguyên [5, tr243] Xét phương trình: f (x)  g (x) (1) Nếu x lấy giá trị a  Z mà f (a)  g (a) đẳng thức a gọi nghiệm nguyên phương trình (1) 1.2 Nghiệm nguyên thủy [1, tr49] Xét phương trình vô định (n  Z  ) xn  y n  z n (2) Bộ ba số nguyên dương x, y, z nguyên tố thỏa mãn phương trình (2) gọi nghiệm nguyên thủy phương trình Với n  , phương trình (2) phương trình Pythagore Với n  , phương trình (2) nghiệm nguyên khác 0, hay phương trình (2) nghiệm nguyên thủy (Định lý lớn Fermat) Các tính chất [13] 2.1 Tính chất 2.1 Nếu hai số nguyên dương nguyên tố có tích số phương số đếu số phương x  k  xy  z   y  t kt  z  Chứng minh: (chứng minh phương pháp phản chứng) Giả sử x y số phương, phân tích thành số nguyên tố x y tồn số chứa số nguyên tố p với số mũ lẻ Giả sử số x Vì ( x, y)  nên y không chứa thừa số p Suy z chứa thừa số p với số mũ lẻ (vô lý, trái với điều kiện z số phương) Suy điều phải chứng minh 2.2 Tính chất 2.2 Nếu hai số nguyên liên tiếp có tích số phương hai số nguyên liên tiếp n  n(n  1)  t   n   (n  Z ) Chứng minh: Ta có: n(n  1)  t  n2  n  t  4n  4n  4t  (2n  1)  4t   (2n  1)  4t   (2n   2t )(2n   2t )  2n   2t   2n   2t    2n   2t  1  2n   2t  1  n   t      n  1  t   n  t   n  t    n  t  1  n  t  1 n  (đpcm)   n   2.3 Tính chất 2.3 Số phương chẵn chia cho dư 0, số phương lẻ chia cho dư chia cho dư Chứng minh: Trường hợp 1: Số phương chẵn chia cho dư Số phương có dạng a Đặt a  2k (vì a số phương chẵn) ta có: a  4k  Hay a  4k  (mod 4) (đpcm) Trường hợp 2: Số phương lẻ chia cho dư Số phương có dạng a Đặt a  2k  (vì a số phương lẻ) ta có: a  4k  4k   4k (k  1)  Suy a  4k (k  1)   (mod 4) (đpcm) Trường hợp 3: Số phương lẻ chia cho dư Số phương có dạng a Đặt a  2k  (vì a số phương lẻ) ta có: a  4k  4k   4k (k  1)  Mà k ; (k  1) hai số nguyên liên tiếp, suy k.(k  1)  4k (k  1)8 Vậy a  4k (k  1)   (mod 8) (đpcm) Các đẳng thức 3.1 Hằng đẳng thức 3.1 (a  b)  (b  c)  (c  a) a  b  c  3abc  (a  b  c) 3 (a, b, c  R) Chứng minh: Ta có VP  (a  b  c) (a  b)  (b  c)  (c  a) 2 (a  2ab  b  b  2bc  c  c  2ac  a )  (a  b  c)  (a  b  c).(a  b2  c  ab  bc  ac)  a3  ab2  ac  a 2b  abc  a 2c  a 2b  b3  bc  ab2  b2c  abc  a 2c  b2c  c3  abc  bc  ac  a3  b3  c3  3abc  VT 3.2 Hằng đẳng thức 3.2 a  b3  (a  b)3  3ab(a  b) (a, b, c  R) Chứng minh: Ta có: a3  b3  (a  b)(a  ab  b2 )  (a  b)[(a  b)  3ab]  (a  b)3  3ab(a  b) (đpcm) Các bất đẳng thức 4.1 Bất đẳng thức Cauchy [5, tr317] Cho n số thực không âm a1 , a2 , , an ta có trung bình cộng n số lớn trung bình nhân chúng a1  a2   an n  a1a2 an n Dấu “=” xảy a1  a2   an Chứng minh: (Sử dụng phương pháp quy nạp toán học) Ta dùng phương pháp quy nạp theo n  Với n  , ta có: a1  a2  a1.a2 Dấu “=” xảy a1  a2 Thật vậy, a1  a2  a1.a2  a1  a2  a1.a2     a  b  với a1 , a2  Dấu “=” xảy a1  a2 Vậy bất đẳng thức với n   Để chứng minh bất đẳng thức tổng quát, trước hết ta xét vài bất đẳng thức phụ Nếu x1 , x2  R  x1  x2  x1n1  x2 n1 Vậy với  x1 , x2  R  ta có: ( x1 n1 n1  x2 )( x1  x2 )   x1  x2  x1 x2 n n n1  x2 x1 n1 Lấy n số thực không âm x1 , x2 , , xn  R  , viết bất đẳng thức tương ứng cộng lại ta được: ( x1  x2 )  ( x1  x3 )   ( x1  xn )  ( x2  x3 )   ( x2  xn )   ( xn1  xn ) n  ( x1 x2 n n1 n n n1 n  x2 x1 )  ( x1 x3 n1 n n n1  x3 x1 )  ( x1 xn n1 n n n1  xn x1 )   ( xn1 xn n n1 n n1  xn xn1 ) n (*) Từ đó: (n  1)( x1  x2   xn )  x1 ( x2 n  x2 ( x1 n1 n  x3 n1 n   xn n1 n1  x3 )   xn ( x1 n1 n1   xn  x2 n1 n1 ) n1   xn1 ) (**) Theo giả thiết quy nạp, ta thừa nhận n  số thực không âm bất kì, trung bình cộng không nhỏ trung bình nhân chúng Thế nói riêng ta có: n1  x3 n1  x3 x2 x1 n1   xn n1  (n  1) x2 x3 xn n1   xn n1  (n  1) x1 x3 xn x1 n1  x3 n1 n1   xn1  (n  1) x1 x2 xn1 Sử dụng bất đẳng thức này, ta tăng cường bất đẳng thức (**) (n  1)( x1  x2   xn )  n(n  1) x1 x2 xn n n n 10 Dấu xảy khi: x1  212 x  x  1 x  x  3 (loại x   Z ) Vậy phương trình nghiệm nguyên 2.5.8 Phương pháp đánh giá Ví dụ 2.5.8 Giải phương trình nghiệm nguyên:  x  x1  x  2 x Giải: Ta có:  x  x1  x  2 x   (4 x  2.2 x  1)  x  2 x   (2 x  1)  x  2 x VT   (2 x  1)2    VP  x  2 x  2 x  2 x  2 x    VT  VP , dấu xảy  x 2  x  x0 Vậy nghiệm nguyên phương trình là: x  BÀI TẬP LUYỆN TẬP Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 4.9 x1  3.2 x 1 ( x, y, z  Z  ) 2 x x  y y  z z x x1 x  500 (ĐH KTQD 1998) 28x  19 y  87 z 125x  50 x  23 x1 (ĐHQGHN – 1998) ( x  x  1) x 1   x  22 x1  y ( x, y  Z  ) x x  22 xx  2 (IMO 2006) (ĐH – D – 2003) 22 x  x 2 x2  254 x 2 10 x  y  z  1024 11 x  x 2 x ( x  y  z)  32 x1 12 7.3x1  5x2  3x4  5x3 13 52 x1  x1  175x  35  14 x2  10.3x  2.3x3  11.22 x 64 15 23 x  6.2 x  3( x1)  12  2x (ĐH Y HN – 2000) 16 (  1) x  (  1) x  2  (ĐH – B – 2007) 17 22 x 5 x2  24 x 8 x3   26 x 13x5 2 18 x1  x2  x3  3x1  3x2  3x3 x x x 1 1 1 19     x        2 x   3 2 6 x 2.6 Phương trình vô tỉ Phương trình vô tỉ phương trình có chứa ẩn dấu thức Có nhiều cách khác để giải phương trình vô tỉ cách dựa sở phá bỏ thức để đưa phương trình đơn giản mà ta biết cách giải Sau số phương pháp cụ thể để tìm nghiệm nguyên phương trình vô tỉ 2.6.1 Phương pháp bình phương hai vế phương trình Ví dụ 2.6.1.1 Tìm nghiệm nguyên phương trình: x   3x   x  x  (1) Giải: Điều kiện: x    3x   x   (1)   2  ( 3x   x  )  ( x  x  )  x   2   x  x   x  12 x x   2 6 x  x   x  12 x x   x  2x    x  Vậy x  nghiệm nguyên phương trình (1) Nhận xét: Có thể áp dụng cách giải tương tự cho toán tìm nghiệm nguyên phương trình dạng: f ( x)  g ( x)  h( x)  k ( x) 65 (với f ( x)  h( x)  g ( x)  k ( x) ) Ví dụ 2.6.1.2 Tìm nghiệm nguyên phương trình:  x  x  x   x (2) Giải: Điều kiện:  x    x  x2   ( x   x )2 (2)  1     1 4 x  x  ( x  x )   x(1  x)  4( x  x )  x  x   x  x (2 x  x  3)   x  x2    x  x2   x2  x   x  x    x   x  (PTVN) (Thỏa mãn điều kiện) Vậy nghiệm nguyên phương trình là: x  , x  Nhận xét: Phương trình giải theo cách khác (Ví dụ 2.6.2.1; ví dụ 2.6.7) Ví dụ 2.6.1.3 (Sở GD – ĐT Tỉnh Tiền Giang: Đề thi HSG huyện năm 2012-2013) Tìm số nguyên x thỏa mãn: x3   8x  Giải: Điều kiện: x  Với điều kiện ta có: x   8x   ( x3  8)  (7 8x  1)  x  16 x  64  49(8x  1)  ( x  3)( x5  3x  x3  43x  129 x  5)  x    x  3x  x  43x  129 x   (*) Ta thấy rằng: x  nghiệm phương trình (*) Với x  0, x  Z , x  nên x  Do đó: x5  3x  x3  43x  129 x   Suy (*) nghiệm nguyên khác Vậy nghiệm nguyên phương trình là: x  66 Ví dụ 2.6.1.4 (Đề thi HSG tỉnh Thái Bình năm 2002-2003) Tìm cặp số nguyên ( x, y) : x  y  1989 Giải: Điều kiện: x  , y  x  y  1989  x  1989  y   y  1989    x  1989  y  1989 y   y  1989    x  1989  y  221 y Do x, y nguyên nên 221y nguyên Ta biết với y nguyên 221y số nguyên số vô tỉ Do đó: 221y nguyên, tức 221y số phương 221y  k Suy ra: y  221.b (b  N ) Tương tự: x  221.a với a  N Thay vào phương trình x  y  1989 ta có: a 221  b 221  1989  a 221  b 221  221  ab 3 Giả sử: x  y a  b Ta có: a b x  221.a y  221.b 1989 221 884 Vậy cặp số nguyên ( x, y) cần tìm là: ( x, y) { (0;1989) , (1989;0) , (221;884) , (884;221) } 2.6.2 Phương pháp đặt ẩn phụ Dạng 1: Đặt ẩn phụ đưa phương trình Ví dụ 2.6.2.1 (Quay lại toán ví dụ 2.6.1.2) Giải phương trình nghiệm nguyên:  Giải: Điều kiện:  x  67 x  x2  x   x (3) x  x biểu diễn qua Nhận xét: x  x nhờ vào đẳng thức: ( x   x )2   x  x Đặt t  x   x (t  0)  x  x2  t 1 Phương trình (3) trở thành: 1  (t  1)  t  t  3t   t   t  Với t  ta có phương trình: x  x   x   x  x2   x  x2    x  (Thỏa mãn điều kiện) Với t  ta có phương trình: x   x   x  x2   x  x2  9  x  x   (PTVN) 4 Vậy nghiệm nguyên cần tìm là: x  , x  Nhận xét: Từ cách giải toán ví dụ 2.6.2.1 ta suy cách giải cho toán tìm nghiệm nguyên phương trình dạng:   n f ( x)  g ( x)  a  b f ( x).g ( x) ; f ( x)  g ( x)  k (k số) Phương pháp giải: Đặt t  f ( x)  g ( x)  f ( x) g ( x)  tn  a b Thay vào phương trình cho ta phương trình với ẩn t Giải phương trình ẩn t ta tìm giá trị t Sau thay giá trị t vào biểu thức t f ( x)  g ( x) ta tìm giá trị x, đối chiếu với điều kiện đưa kết luận nghiệm cho phương trình Ví dụ 2.6.2.2 Giải phương trình nghiệm nguyên: x  x2 1  x  x2 1  Giải: Điều kiện: x  Nhận xét:  x  x  . x  x       t Đặt t  x  x  phương trình có dạng: t    t  2t    t  Với t  ta có: x  x    x 1  x2 1  x  Vậy nghiệm nguyên phương trình là: x  68 Dạng 2: Đặt ẩn phụ đưa hệ thông thường Đặt u   (x), v   (x) sau tìm mối quan hệ  (x)  (x) , từ tìm hệ theo u v Ví dụ 2.6.2.3 Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: x  17  x  Giải: Điều kiện:  x  17 Đặt a  x , b  17  x , a, b  Suy ra: a  b  17 Từ ta có hệ phương trình: a  b   4 a b  17 a  b    2 2 [(a  b) 2ab]  2a b  17 a  b  a  b     2  ab  a b  18ab  32  ab  16   a   a  b  x  b  Với      a   x  16 ab   b  a  b  ab  16 Với  (hệ vô nghiệm) Vậy phương trình cho có hai nghiệm nguyên: x  , x  16 Ví dụ 2.6.2.4 Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x.3 35  x3 ( x  35  x3 )  30 Giải: Đặt u  x , v  35  x  u  v3  35 u.v.(u  v)  30 Từ ta có hệ:  3 u  v  35 Giải hệ ta tìm được: ( x, y)  (2;3)  ( x; y)  (3;2) Vậy nghiệm nguyên phương trình là: x  , x  2.6.3 Phương pháp nhân lượng liên hợp Trong phương pháp ta sử dụng chủ yếu hai phép biến đổi sau: P ( x )  Q( x )  P ( x )  Q( x ) P ( x )  Q( x ) P ( x )  Q( x ) P( x)  Q( x)  P ( x)  P( x).Q( x)  Q ( x) Mặc dù vậy, với tình cụ thể ta cần biến đổi linh hoạt cách sử dụng 69 Sau ví dụ cho dạng toán sử dụng phương pháp Ví dụ 2.6.3.1 Giải phương trình nghiệm nguyên: x   x   x  3x   (4) Giải: Điều kiện: x  3 (4)  ( x   2)  ( x   3)  x  3x    x 1  x3 2 x 1  ( x  1)( x  4)  x8 3    ( x  1).  x3 2   ( x  4)   x 8 3  x 1      x    ( x  4)  x 8 3 x      x    ( x  4)  x8 3    x3 2 Với điều kiện x  3 biểu thức    ( x  4)   x 8 3  Do đó: x  Thử lại thấy x  thỏa mãn phương trình Vậy nghiệm nguyên phương trình cho là: x  Ví dụ 2.6.3.2 Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: x   x   x3  8x  8x  14  (5) Giải: Điều kiện: x  7 Ta có: (5)  (3 x   1)  ( x   4)  x3  8x  8x    x9  (x  8)  x   x9  ( x  9)( x  x  1)  x7 4   ( x  9).   (x  8)  x      ( x  x  1)    x7 4  Ta thấy: 1  ( x  )  x     x      , x  Z 2  Và hiển nhiên 1  x    , x  7 ; x  x    x     2  70 (**)      ( x  8)2  x      ( x  x  1)    x7 4  Suy (**)  x    x  Thử lại thấy x  thỏa mãn phương trình Vậy nghiệm nguyên phương trình là: x  2.6.4 Phương pháp đưa “hệ tạm” Nếu phương trình vô tỉ có dạng A  B  C , mà: A  B   C Ở C số, biểu thức x Ta giải sau: A B C  A B A  B   A  B  C  A  B   Khi ta có hệ:   A  C  Ví dụ 2.6.4.1 Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: 2x2  x   2x2  x   x  Giải: Ta thấy: (2 x  x  9)  (2 x  x  1)  2( x  4) x   nghiệm phương trình (5) Xét x   Ta có: (5)   2x  2x2  x   2x2  x   x4 2x2  x   2x2  x   2   2x  x   2x  x   x  Vậy ta có hệ:  2   2x  x   2x  x   Suy ra: 2 x  x   x   4(2 x  x  9)  x  12 x  36 x   x  8x    x   (loại) Thử lại thấy x  thỏa mãn Vậy x  nghiệm nguyên cần tìm phương trình (5) 71 (5) Ví dụ 2.6.4.2 Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: x2  x   x2  x   Giải: 1  Ta có: x  x    x     0, x  Z 2  Nhận thấy x  nghiệm phương trình Xét x  x  x   x  x  Phương trình cho tương đương với: 2x x  x 1  x  x 1 2 x2  x   x2  x   x 2  2   x  x 1  x  x 1  Từ ta có hệ:  2   x  x 1  x  x 1  x  x  2 Suy ra: x  x   x    2 4 x  x   x  x   x0 Vậy với điều kiện x  trường hợp phương trình vô nghiệm Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên là: x  2.6.5 Phương pháp đưa phương trình tích Sử dụng đẳng thức đẳng thức biến đổi phương trình cho phương trình tích, như: u  v   uv  (u  1)(v  1)  au  bv  ab  vu  (u  b)(v  a)  a  b3   (a  b)(a  ab  b )   a  b Ak  B k  ( A  B)( Ak 1  Ak 2 B   Ak 3 B   A.B k 2  B k 1 Ví dụ 2.6.5.1 Giải phương trình nghiệm nguyên: x   x    x  3x  Giải: x   x    x  3x   ( x   1).( x   1)  3 3 x       x    x     x  1 Vậy nghiệm nguyên cần tìm phương trình là: x  , x  1 72 Ví dụ 2.6.5.2 Giải phương trình nghiệm nguyên sau:  3.3 x ( x  2)  x  3.3 3x( x  2) Giải:  3.3 x ( x  2)  x  3.3 3x( x  2)   x  3.3 x ( x  2)  3.3 3x( x  2)   x   3.3 3x( x  2)  3.3 x ( x  2)  3x     x   3x   x   3x  x  Vậy x  nghiệm nguyên phương trình 2.6.6 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Ví dụ 2.6.6.1 Giải phương trình nghiệm nguyên: x3  11x  25x  12  x  x  Giải: Ta có: x3  11x  25x  12  x  x   (7 x  4)( x  x  3)  x  x  Điều kiện: (7 x  4)( x  x  3)   11   x    x  (Vì x  x    x     ) 2  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm x  ; x  x  Ta có: (7 x  4)  ( x  x  3)  (7 x  4)( x  x  3)  x  x   x3  11x  25x  12 Dấu “=” xảy (7 x  4)  ( x  x  3)  x  8x   x    x  (Thỏa mãn điều kiện) Thử lại ta thấy x  x  nghiệm phương trình Vậy nghiệm nguyên phương trình cho là: x  , x  Ví dụ 2.6.6.2 Giải phương trình nghiệm nguyên: x  x   x3  x Giải: Điều kiện: x  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy hai số không âm x x  ta có: 4x  x2  4 x( x  4)  2  1 4x  x2  4 x( x  4)  2 73 x3  4x    4x  x2  4 x2  2x  4x  x2    ( x  2)  Mặt khác ta có: ( x  2)  0, x nên suy x    x  Thử lại ta thấy x  thỏa mãn Vậy x  nghiệm nguyên cần tìm phương trình Ví dụ 2.6.6.3 Tìm nghiệm nguyên phương trình:  x   x   x  Giải: Điều kiện:   x  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:  x  x  1 x  1 x  x2  1 x   x  1 x 1 1 x   x  1 x 1 Cộng vế theo vế bất đẳng thức ta có:  x2   x   x    x   x Ta lại có:  x  (1  x).1  (1  x)   x  2  x  (1  x).1  (1  x)   x  2  1 1 x  1 x  1 2 x 2 x  3 2 Hay   x   x  (6) Do phương trình có nghiệm dấu “=” (6) xảy  1 x  1 x   x  (thỏa mãn điều kiện) Tức là: 1  x  1  x   Thử lại x  thỏa mãn phương trình cho Vậy nghiệm nguyên cần tìm là: x  Lưu ý: Khi giải phương trình vô tỉ bất đẳng thức qua phương trình hệ đến cuối toán phải nghiệm vào phương trình đầu để loại nghiệm ngoại lai 74 2.6.7 Phương pháp lượng giác hóa Ví dụ 2.6.7 (Ví dụ 2.6.1.2) Giải phương trình nghiệm nguyên:  x  x2  x   x (7) Giải: Điều kiện:  x  Nhận xét: ( x )  (  x )  Ta nghĩ đến đẳng thức: sin a  cos a  Đặt x  sin a,  a   Phương trình (7) trở thành:  sin a  sin a  sin a   sin a   sin a cos a  sin a  cos a (Vì cos a  )  (sin a  cos a)  3(sin a  cos a)   sin a  cos a   sin a  cos a   sin a  cos a      sin a    4     a    k 2   a    3  k 2 4  a  k 2  (k  Z ) a    k 2  Với a  ta có: Với a   ta có: a   a      sin a    4  (k  Z ) (Vì  a   ) x   x  (thỏa mãn điều kiện) x   x  (thỏa mãn điều kiện) Vậy nghiệm phương trình là: x  , x  Từ ví dụ 2.6.1.2; 2.6.2.1 2.6.7 cho thấy toán mà có nhiều phương pháp giải khác BÀI TẬP LUYỆN TẬP Giải phương trình nghiệm nguyên sau:  x  x 1  x   x 1   x  x 1  x  91  x   x 75  10  3x  x  12  12 12  x   x2 x x 47  x  35  x  x   x   2x  (HSG Toàn Quốc 2002) x  x   2x  x  x  10 x  11x  21  33 x   11 (Olympic 30/4 – 2007)  x  x   x  3x  12 x  x 1 1  1  x   x x x 13 x  x  11  x  x  11  14 2x  x   x  x   x  15 (2  x)(5  x)  x  (12  x)(10  x) 16 A  x4 x4  x4 x4 16 1  x x ( A Z ,  x  ) (Đề thi HSG lớp tỉnh Quảng Bình năm 2010 – 2011) 17 x  2( 15  x  x)  15  15  x3  x 18 3x  x  16  x  x  x  x  19 x   x   49x  x  42  181  14 x 20 x  2002 x  2001  x  2003x  2002  x  2004 x  2003 76 KẾT LUẬN Sau thời gian nghiên cứu, bước đầu khóa luận đạt số kết quả: hệ thống số dạng phương trình nghiệm nguyên đặc biệt số dạng phương trình nghiệm nguyên chưa có cách giải tổng quát phương pháp giải Để giúp bạn đọc hiểu thêm dạng toán phương trình nghiệm nguyên chưa có phương pháp giải tổng quát, dạng khóa luận đưa số phương pháp giải kèm theo ví dụ minh họa Đa số ví dụ minh họa khóa luận sưu tầm từ đề thi học sinh giỏi lớp tỉnh, số ví dụ đưa cách giải cho dạng tổng quát Nghiên cứu “Một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên phương pháp giải” giúp nắm vững, khắc sâu kiến thức liên quan đến phương trình nghiệm nguyên Hi vọng rằng, khóa luận tài liệu tham khảo có ích cho bạn sinh viên, giáo viên ngành Toán, đặc biệt em học sinh bồi dưỡng học sinh giỏi, Do hạn chế mặt thời gian, tài liệu lực thân hạn nên khóa luận chưa nghiên cứu sâu Tôi hi vọng tương lai tiếp tục nghiên cứu đề tài với mức độ sâu hơn, đặc biệt xây dựng chuyên đề “Các toán phương trình nghiệm nguyên đề thi học sinh giỏi” Tuy thân cố gắng nhiều khóa luận tránh khỏi sai sót hạn chế định, mong nhận đóng góp ý kiến quý thầy cô bạn để khóa luận hoàn thiện 77 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Tiến Tài (2007) Giáo trình phương trình nhiệm nguyên Nhà xuất Đại học sư phạm [2] Nguyễn Hữu Hoan Lí thuyết số Nhà xuất Đại học sư phạm Hà Nội 2003 [3] Phương trình nghiệm nguyên kinh nghiệm giải – Vũ Hữu Bình [4] Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán THCS số học – Nguyễn Vũ Thanh [5] Hoàng Kỳ (chủ biên) – Hoàng Thanh Hà Đại số sơ cấp thực hành giải toán Nhà xuất Đại học sư phạm 2005 [6] Tuyển tập 30 năm tạp chí Toán học tuổi trẻ [7] http://toan.hoctainha.vn [8] http://www.slideshare.net/tuituhoc [9] http://www.elib.vn/topic/de-thi-hoc-sinh-gioi-toan-10.html [10] http://diendantoanhoc.net [11] http://www.slideshare.net/Truonghocso/19-phng-phap-chng-minh-bt-ng-thc [12]http://www.slideshare.net/hoanghoanhao18/9-phng-php-gii-phng-trnh-nghimnguyn [13] http://tailieu.vn/doc/co-so-pt-nghiem-nguyen-291903.html 78 ... cứu: Phương trình nghiệm nguyên, số dạng toán phương trình nghiệm nguyên phương pháp giải Phạm vi nghiên cứu: Một số dạng phương trình nghiệm nguyên đặc biệt; số dạng toán phương trình nghiệm nguyên. .. tìm phương pháp giải Chương 2: Một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên phương pháp giải Chương trình bày cách hệ thống số dạng toán phương trình nghiệm nguyên đặc biệt; số dạng toán phương trình. .. 12 CHƯƠNG II: MỘT SỐ DẠNG TOÁN PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI Một số dạng phương trình nghiệm nguyên đặc biệt 1.1 Phương trình Diophante bậc Dạng tổng quát phương trình Diophante