Cách giải phương trình nghiệm nguyên lớp 9

1 PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 1. Phương trình bậc nhất hai ẩn ax + by = c Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi [a,b] | c Để giải phương trình ta tìm một nghiệm riêng [x0,y0] từ đó suy ra tất cả các nghiệm của phương trình = + ∈ = − 0 0 x x bt [t Z] y y at Ví dụ. Giải phương trình 12x + 37y = 2008 Giải Từ phương trình ta suy ra y ≡ 4 mod 12, ta chọn y0 = 4 ⇒ x0 = 155.Vậy nghiệm của phương trình là = + ∈ = − x 155 37t [t Z] y 4 12t 2. Phương trình bậc nhất ba ẩn ax + by + cz = d Để giải phương trình ta đưa về dạng ax + by = d – cz với [a,b] = 1 rồi chọn z = a tùy ý. Ví dụ. Giải phương trình 13x + 25y – 41z = 2009 Giải. Cho z = a ⇒ 13x + 25y = 2009 + 41a [*] phương trình 13x + 25y = 1 có một nghiệm là [2;–1] nên nghiệm của [*] là = + + ∈ = − + − x 2[2009 41a] 25b [t Z] y [2009 41a] 13b ⇒ Nghiệm của phương trình ban đầu là = + +  = − + − ∈  = x 2[2009 41a] 25b y [2009 41a] 13b [t Z] z a 3. Phương trình ax + by + cxy = d Ta đưa về dạng tích + + + = +b abx[a cy] [a cy] d c c ⇔ [cx + b][cy + a] = ab + cd Từ đây ta có cx + b, cy + a là các ước của ab + cd Ví dụ. Giải phương trình 2x + 5y – 3xy = 1 Giải x[2 – 3y] – 5/3. [2 – 3y] = 1 – 10/3 ⇔ [3x – 5][3y – 2] = 7 từ đây ta có các nghiệm là [4,1] và [2,3]. 4. Một vài phương pháp thường sử dụng khi giải phương trình nghiệm nguyên 4.1. Đưa về tổng các bình phương Ví dụ. Giải phương trình x2 – 6xy + 14y2 – 10y – 16 = 0 Giải. phương trình ⇔ [x – 3y]2 + 5[y – 1]2 = 21 2 ⇒ 5[y – 1]2 ≤ 21 ⇒ [y – 1]2 = 0, 1, 4 [y – 1]2 = 0 ⇒ [x – 3y]2 = 21 [loại] [y – 1]2 = 1 ⇒ [x – 3y]2 = 16 ta có các nghiệm [4,0],[–4,0], [10,2],[2,2] [y – 1]2 = 4 ⇒ [ x – 3y]2 = 1 ta có các nghiệm [10,3],[8,3],[–2,–1],[–4,–1] 4.2. Đưa về tích số bằng 0. Ví dụ. Giải phương trình 6x2 – 10xy + 4y2 + 3x – 2y – 32 = 0 Giải. Phương trình ⇔ [2x – 2y + 1][3x – 2y] = 32 Do 2x – 2y + 1 là số lẻ nên 2x – 2y + 1 bằng ± 1 từ đây ta có các nghiệm [32,32], [ – 30, – 29] 4.3. Dùng các tính chất chia hết, đồng dư. Ví dụ. Giải phương trình 3x2 – 2008y2 = 2009 Giải. Nhận xét nếu x chẵn thì x2 ≡ 0 mod 4 còn nếu x lẻ thì x2 ≡ 1 mod 4 , tức là một số chính phương đồng dư với 0 hoặc 1 modulo 4. Ta thấy vế trái của phương trình luôn đồng dư với 0 hoặc 3 mod 4 còn vế phải đồng dư với 1 mod 4 như vậy phương trình vô nghiệm. Ví dụ. Giải phương trình x3 + 21y2 + 5 = 0 Giải. x3 ≡ 0, 1, – 1 mod 7 ⇒ x3 + 21y2 + 5 ≡ 5, 6, 4 mod 7 ⇒ phương trình vô nghiệm. Ví dụ. Giải phương trình 5x2 + 6x + 11 = y2 + 4y Giải. Phương trình ⇔ 4x2 + [x + 3]2 + 6 = [y + 2]2 Vế trái đồng dư 2, 3 mod 4, vế phải đồng dư 0, 1 mod 4 ⇒ phương trìnhvô nghiệm Ví dụ. Giải phương trình 6x = y2 + y – 2 Giải. 6x ≡ 1 mod 5 y2 + y – 2 = [y – 1][y + 2] ≡ 0,3,4 mod 5 ⇒ phương trình vô nghiệm Ví dụ. Giải phương trình x2 = 2y2 – 8y + 3 Giải. Từ phương trình ta thấy x phải lẻ ⇒ x = 2k + 1 ⇒ [2k + 1]2 = 2y2 – 8y + 3 ⇒ 4k2 + 4k + 1 = 2y2 – 8y + 3 ⇒ 2k2 + 2k = y2 – 4y + 1 2k2 + 2k = 2k[k + 1]
4 ⇒ y2 + 1
4 [vô lý] ⇒ phương trình vô nghiệm. 4.4. Dùng tính chất < < + ⇒ = +n n n n nA X [A 2] X [A 1] Ví dụ . Giải phương trình x3 + x2 + x + 1 = y3 3 Giải Với x 0 ta có x3 < y3 < [x + 1]3 ⇒ phương trình vô nghiệm Với x = 0 ta có nghiệm [0,1] Với x = –1 ta có nghiệm [ –1, 0] Ví dụ. Giải phương trình x[x + 1][x + 7][x + 8] = y2 Giải. phương trình ⇔ [x2 + 8x][x2 + 8x + 7] = y2 Đặt m = x2 + 8x ta có m2 + 7m = y2 Nếu m > 9 thì [m + 3]2 < y2 < [m + 4]2 ⇒ vô nghiệm Nếu m ≤ 9 thì – 9 ≤ x ≤ 1. Bằng cách thử trực tiếp ta có các nghiệm − ± − − − ± − ±[ 9, 12],[ 8,0],[ 7,0],[ 4, 12],[ 1,0],[0,0],[1, 12] 4.5. Dùng tính chất bị chặn Ví dụ. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình + + =1 1 1 1 x y z Giải. Giả sử x ≤ y ≤ z ⇒ ≤ 31 x ⇒ x ≤ 3 ⇒ x = 1,2,3 * x = 1 [loại] * x = 2 ⇒ + = ⇒ ≤1 1 1 1 2 y z 2 2 y ⇒ y ≤ 4 ⇒ y = 2,3,4 y = 2[ loại] y = 3 ⇒ =1 1 z 6 ⇒ z = 6 y = 4 ⇒ =1 1 z 4 ⇒ z = 4 * x = 3 ⇒ + =1 1 2 y z 3 ⇒ ≤2 2 3 y ⇒ y ≤ 3 ⇒ y = 3 ⇒ z = 3 Vậy nghiệm của phương trình là [2;3;6], [2,4,4], [3,3,3] và các hoán vị của chúng. 4.6. Phương pháp xuống thang Ví dụ. Giải phương trình x2 + y2 + z2 = 2xyz Giải 2xyz chẵn ⇒ x2 + y2 + z2 chẵn ⇒ trong 3 số x2, y2, z2 có 1 chẵn, 2 lẻ hoặc 3 chẵn Giả sử x2 chẵn, y2 và z2 lẻ ⇒ x2 + y2 + z2 ≡ 2 mod 4 trong khi đó 2xyz ≡ 0 mod 4 [vô lý] ⇒ x2 , y2 , z2 đều chẵn ⇒ x = 2x1, y = 2y1, z = 2z1 ⇒ x12 + y12 + z12 = 4x1y1z1 Bằng cách lý luận tương tự ta có x = 2kxk , y = 2kyk , z = 2k zk và xk2 + yk2 + zk2 = 2k+1xkykzk Nếu x khác 0 thì đến một lúc nào đó xk lẻ [vô lý] Vậy x = 0, y = 0, z = 0 4 4.7. Phương pháp xây dựng nghiệm [chỉ ra một họ nghiệm nào đó của phương trình] Ví dụ. Chứng tỏ phương trình x2 + y2 = z2 có vô số nghiệm Họ nghiệm của phương trình là x = m2 – n2, y = 2mn, z = m2 + n2 Ví dụ. Chứng tỏ phương trình x2 + y2 = z2 + 3 có vô số nghiệm Giải. Thay z = y + 1 ta có x2 = 2y + 4 Chọn x = 2k ⇒ y = 2k2 – 2 Vậy họ nghiệm của phương trình là [2k, 2k2 – 2,2k2 – 1] Ví dụ. Chứng tỏ phương trình x2 + y3 = z5 có vô số nghiệm Giải. + = = = m m 1m 3 52x 2 ,y 2 ,z 2 . Chọn m sao cho m
2, m
3 và m + 1
5 ⇒ m = 6[5k + 4] 5. Phương trình Pytagore x2 + y2 = z2 Gọi d = [x,y] ⇒ x = da, y = db và [a,b] = 1 ⇒ a2 + b2 = [z/d]2 Đặt z = dc [c ∈ Q] ⇒ c2 ∈ N ⇒ c ∈ Z Nếu a, b cùng lẻ thì a2 + b2 ≡ 2 mod 4 ⇒ c2 ≡ 2 mod 4 [vô lý] Vậy a, b khác tính chẵn lẻ. Giả sử a lẻ, b chẵn ⇒ c lẻ. b2 = c2 – a2 ⇒ + −  =    2b c a c a . 2 2 2 với + −  =    c a c a , 1 2 2 ⇒ + − = = 2 2c a c am , n 2 2 ⇒ c = m2 + n2, a = m2 – n2, b = 2mn Vậy nghiệm của phương trình là  = −  =  = + 2 2 2 2 x [m n ]d y 2mnd z [m n ]d hoặc =  = −  = + 2 2 2 2 x 2mnd y [m n ]d z [m n ]d với [m,n] = 1 6. Phương trình Pell x2 – dy2 = 1 [ d là số không chính phương] [1] Trong phần này ta chỉ xét nghiệm nguyên dương. Định nghĩa. Giả sử [x,y] và [x’,y’] là 2 nghiệm của [1]. Ta thấy rằng nếu x < x’ thì y < y’ hoặc ngược lại. Như vậy trên tập các nghiệm của phương trình ta xây dựng được quan hệ thứ tự [x,y] < [x’,y’] ⇔ x < x’ Định lý 1. Phương trình [1] có vô số nghiệm Định lý 2. Nếu [a,b] là nghiệm nhỏ nhất củA [1] và [ ]+ = +n n na b d x y d [*] với n là số nguyên dương thì [xn,yn] là nghiệm của [1]. 5 Chứng minh. − − − − + = + + + = + − = − + − = − n 0 n 1 n 1 2 n 2 2 n n n n n n n 0 n 1 n 1 2 n 2 2 n n n n n n [a b d] C a C a [b d] C a [b d] ... x y d [a b d] C a C a [b d] C a [b d] ... x y d [**] Từ [**] ⇒ + − = − = ⇒ − = ⇒2 2 n 2 2n n n n n n n n[x y d][x y d] [a db ] 1 x dy 1 [x ,y ] là nghiệm của [1]. Ta chứng minh điều ngược lại: nếu [u, v] là một nghiệm của [1] thì +u v d có dạng [*] Giả sử + ≠ + nu v d [a b d] với mọi n nguyên dương. Ta có 1 < + < +a b d u v d Do dãy số [ ] [ ]+ + +2 3a b d, a b d , a b d ,... không bị chặn trên nên tồn tại số nguyên dương N sao cho ++ < + < +N N 1[a b d] u v d [a b d] ⇒ + < < + + N u v d1 a b d[a b d] ⇒ 1 < + − < +N N[u v d][x y d] a b d [xN,yN] là nghiệm của [1] ⇒ 1 < − + − < +N N N Nux vy d [vx uy ] d a b d ⇒ 1 < + < +U V d a b d với U = − = −N N N Nux vy d, V vx uy ⇒ U2 – dV2 = − − − = − − =2 2 2 2 2 2N N N N N N[ux vy ] d[vx uy ] [x dy ][u dv ] 1 ⇒ [U,V] thỏa [1] và [ ][ ]+ − =U V d U V d 1 Từ + > ⇒ 0 và V > 0 ⇒ + < +U V d a b d [ mâu thuẩn với [a,b] là nghiệm nhỏ nhất của [1]] Định lý đã được chứng minh. Ta cũng có thể biểu diễn các nghiệm của [1] bởi công thức [ ] [ ] [ ] [ ] + + − = + − − = n n n n n n a b d a b d x 2 a b d a b d y 2 d với n là số nguyên bất kỳ Hoặc + + + + = − = − n 2 n 1 n n 2 n 1 n x 2ax x y 2ay y với [xo,yo] = [1,0] và [x1,y1] = [a.b] Ví dụ . Giải phương trình x2 – 5y2 = 1 Giải. Ta có nghiệm nhỏ nhất là [9,4]. Nghiệm của phương trình được tính bởi công thức xn+2 = 18xn+1 – xn, yn+2 = 18yn+1 – yn với [xo,yo] = [1,0] và [x1,y1] = [9,4] 6 7. Phương trình x2 – dy2 = n [ n là số tự nhiên ] [2] Ta gọi phương trình x2 – dy2 = 1 là phương trình liên kết với [2] có [a,b] là nhiệm nhỏ nhất Định lý 3. Phương trình [2] hoặc vô nghiệm hoặc vô số nghiệm Định lý 4. Nếu α βi i[ , ] , i = 1,2,.., m là các nghiệm của [2] thỏa mãn  −β ≤     2 2 2 i na max nb , d thì các cặp n,i n,i[x ,y ] sau đây sẽ vét hết các nghiệm của [2]: + + = + = α = + = β n 1,i n,i n,i o,i i n 1,i n,i n,i o,i i x ax dby , x y bx ay , y [i = 1,2,,m] Ví dụ. Giải phương trình x2 – 5y2 = – 4 Nghiệm nhỏ nhất của phương trình liên kết x2 – 5y2 = 1 là [9,4] y2 ≤ –[–4]92/5 = 64,8 ⇒ y ≤ 8 ⇒ các cặp nghiệm ban đầu là [1,1], [4,2], [11,5] Vậy nghiệm của phương trình là xn+1 = 9xn + 20yn, yn+1 = 4xn + 9yn với [x0,y0] = [1,1], [4,2] ,[ 11,5] 8. Phương trình Ax2 – By2 = n [ A > 1, AB không chính phương ] [3] Ta gọi phương trình x2 – ABy2 = 1 là phương trình liên kết với [3] có [a,b] là nghiệm nhỏ nhất. Định lý 5. Phương trình [3] hoặc vô nghiệm hoặc vô số nghiệm Định lý 6. Nếu α βi i[ , ] , i = 1,2,.., m là các nghiệm của [3] thỏa mãn  −β ≤     2 2 2 i na max Anb , B thì các cặp n,i n,i[x ,y ] sau đây sẽ vét hết các nghiệm của [3]: + + = + = α = + = β n 1,i n,i n,i o,i i n 1,i n,i n,i o,i i x ax Bby , x y Abx ay , y [i = 1,2,,m] Ta có thể biểu diễn công thức trên dưới dạng truy hồi + + + + = − = − n 2 n 1 n n 2 n 1 n x 2ax x y 2ay y với = α = α + β = β = β + α 0 1 0 1 x ,x a Bb y ,y a Ab Ví dụ. Giải phương trình 3x2 – 2y2 = 1 Giải. phương trình liên kết x2 – 6y2 = 1 có nghiệm nhỏ nhất là [a,b] = [5,2] y2 < 3.1.22 = 12 ⇒ y ≤ 3 . Ta có nghiệm ban đầu là [1,1] Vậy nghiệm của phương trình là xn+2 = 10xn+1 – xn , yn+2 = 10yn+1 – yn với [x0,y0] = [1,1] ,[x1,y1] = [9,11] 7 BÀI TẬP 1] Tìm nghiệm nguyên của các phương trình a] 2x + 3y = 156 b] 3xy + x – y = 1 c] 2x2 + 3xy – 2y2 = 7 d] x3 – y3 = 91 e] x2 – xy = 6x – 5y – 8 2] Cho đa thức f[x] có các hệ số nguyên .Biết rằng f[1].f[2] = 35.Chứng minh rằng f[x] không có nghiệm nguyên. 3] Chứng minh rằng các phương trình sau không có nghiệm nguyên: a] 3x2 – 4y2 = 13 b] 19x2 + 28y2 = 2001 c] x2 = 2y2 – 8y + 3 d] x5 – 5x3 + 4x = 24[5y + 1] e] 3x5 – x3 + 6x2 – 18x = 2001 4] Tìm 3 số nguyên dương sao cho tích của chúng gấp đôi tổng của chúng 5] Tìm 4 số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng 6] Tìm các nghiệm nguyên của các phương trình : a] x2 + xy + y2 = 2x + y b] x2 + xy + y2 = x + y c] x2 – 3xy + 3y2 = 3y d] x2 – 2xy + 5y2 = y + 1 7] Tìm các số tự nhiên sao cho 2x + 3x = 35 8] Tìm các số nguyên x,y sao cho x3 + x2 + x + 1 = y3 9] Tìm các nghiệm nguyên dương : x! + y! = [x + y]! 10] Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 3x2 + 4y2 = 6x + 13 11] Có tồn tại hay không hai số nguyên dương x , y sao cho x2 + y và y2 + x đều là số chính phương 12] Tìm các nghiệm nguyên của các phương trình : a] x[x2 + x + 1] = 4y[y + 1] b] x4 + x3 + x2 + x = y2 + y c] x4 – 2y2 = 1 d] x3 – 3y3 = 9z3 e] x2 + y2 = 3z2 f] x2 + y2 = 6[z2 + t2] g] x2 + y2 + z2 = 2xyz 13] a] Giải phương trình x2 + y2 = 7z2 b] Chứng minh rằng số 7 không viết được dưới dạng tổng các bình phương của 2 số hữu tỉ 14] Tìm các nghiệm nguyên : a] xy – 2y – 3 = 3x – x2 b] 2x2 + 3xy – 2y2 = 7 c] x2 + y2 – x – y = 8 d] 7[x2 + xy + y2] = 39[x + y] e] 3[x2 –xy + y2] = 7[x + y] f] 5[x2 + xy + y2]= 7[x + 2y] g] 8y2 – 25 = 3xy + 5z h] 7x2 – 5y2 = 3 8 15] Chứng minh rằng phương trình sau có vô số nghiệm nguyên [x + y + z]2 = x2 + y2 + z2 16] Tìm nghiệm nguyên dương : a] + + =1 1 1 1 x y 6xy 6 b] + + =1 1 1 1 x y 2xy 2 17] Tìm nghiệm nguyên + + =xy xz yz 3 z y x 18] Tìm 3 số nguyên dương x,y,z sao cho xy + 1
z, xz + 1
y , yz + 1
x 19] Tìm điều kiện của a để các nghiệm của phương trình đều là số nguyên : a] x2 – ax + a + 2 = 0 b] x2 + ax + 6a = 0 c] x2 + a2x + a – 1 = 0 20] Tìm các số nguyên a và b sao cho a + b = 25 và các nghiệm của phương trình x2 + ax + b = 0 là số nguyên.Tìm các nghiệm đó. 21] Giải phương trình a] x2 – 7y2 = 1 b] x2 –15y2 = 1 c] 3x2 – 5y2 = 7 22] Hãy chứng minh các tính chất của bộ ba số Pitagore : a] Tồn tại 1 số là bội của 3 b] Tồn tại 1 số là bội của 4 c] Tồn tại 1 số là bội của 5