Phương trình nghiệm nguyên và kinh nghiệm giải PDF

ơ sở lý thuyết. Thực nghiệm sư phạm qua giảng dạy. Phương pháp so sánh đối chứng. Phương pháp điều tra phân tích, tổng hợp. Phương pháp thống kê. III. NỘI DUNG 1. Một số định nghĩa, định lí, tính chất và kiến thức liên quan đến các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Để học sinh nắm được các phương pháp giải phương trình nghiêm nguyên được một cách tốt nhất giáo viên cần trang bị cho học sinh các đơn vị kiến thức cơ bản sau: 1. Định nghĩa phép chia hết: a, b (b 0) q, r sao cho a =bq + r với 0 r < Nếu r = 0 a b Nếu r0 a b 2. Một số tính chất: a,b,c,d Nếu a 0 thì a a và 0 a Nếu a b và b c a c Nếu a b và b a a = ± b Nếu a b và a c a BCNN[a,b] Nếu a b , a c và (b,c) = 1 a (b,c) Nếu a b ac b ( c 3. Một số định lí thường dùng. Nếu a c và b c (a ± b) c Nếu a c và b d ab cd Nếu a b an bn ( n nguyên dương) * Một số hệ quả áp dụng: + a,b và n nguyên dương ta có (an bn): (a b) + a,b và n chẵn (n nguyên dương) ta có (an bn): (a + b) + a,b và n lẻ (n nguyên dương) ta có (an + bn): (a + b) 4. Các dấu hiệu chia hết cho 2, 3, 5,8, 9, 11.... 5. Thuật toán Ơ-clit mở rộng. (Tìm ước chung lớn nhất của 2 số a, b) 6. Phương trình ax2 + bx + c = 0 Nếu có nghiệm nguyên là x0 thì c x0 Phương trình có nghiệm nguyên khi (') là số chính phương 7. Số 2 là số nguyên tố chẵn duy nhất. 8. Phương trình được đưa về dạng f(x).g(x) = k với f(x) và g(x) là các đa thức hệ số nguyên. Ta phân tích k ra thừa số nguyên tố rồi giải các hệ phương trình. với m.n = k. 9. Phương trình đối xứng các ẩn của x, y, z.....Khi tìm nghiệm nguyên dương không làm mất tính tổng quát ta có thể giả sử 1 £ x £ y £ z £..... 10. Sử dụng tính chất về chia hết của số chính phương Số chính phương không tận cùng bằng 2, 3, 7, 8. Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho p2. Số chính phương khi chia cho 3, cho 4 chỉ có thể dư 0 hoặc 1. Số chính phương chia cho 5, cho 8 thì số dư chỉ có thể là 0; 1 hoặc 4. Số chính phương lẻ chia cho 4 hoặc 8 thì số dư đều là 1. Lập phương của một số nguyên chia cho 9 chỉ có thể dư 0; 1 hoặc 8. Không tồn tại số chính phương nằm giữa hai số chính phương liên tiếp. 11. Bất đẳng thức Cô - si: Với Đẳng thức xảy ra a1 = a2 = a3 =......=an 12. Bất đẳng thức Bunhiacopski Đẳng thức xảy ra 2. Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng và phong phú nó có thể là phương trình một ẩn, nhiều ẩn. Nó có thể là phương trình bậc nhất hoặc bậc cao. Không có cách giải chung cho mọi phương trình, tuy nhiên để giải các phương trình đó ta thường dựa vào một số phương pháp giải như sau: Phương pháp I : Phương pháp đưa về dạng tích Biến đổi phương trình về dạng: Vế trái là tích của của các đa thức chứa ẩn, vế phải là tích của các số nguyên. Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: Lời giải: Ta có: Do x, y nguyên dương nên mà 19 = 1.19 = 19.1 nên ta có các khả năng sau: ; Giải các hệ phương trình trên, ta đươc 2 nghiêm nguyên của phương trình là Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + x + 6 = y2 Lời giải: Ta có: x2 + x + 6 = y2 4x2 + 4x + 24 = 4y2 (2x + 1)2 4y2 = -23 ( 2x 2y + 1)(2x + 2y + 1) = - 23 Suy ra: hoặc hoặc hoặc Giải các trường hợp trên và kết hợp với điều kiện x, y nguyên ta được các nghiệm nguyên (x, y) là (5; 6); (5; -6) ; (-6;- 6); (- 6; 6) Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x4 + 4x3+ 6x2+ 4x = y2 Lời giải: Ta có: x4 + 4x3+ 6x2+ 4x = y2Û x4 +4x3+6x2+4x +1- y2=1Û (x+1)4 y2 = 1 Û [(x+1)2 y][(x+1)2+y] =1 Þ y = 0 Þ (x+1)2 = 1 Û x+1 = ±1 Þ x = 0 hoặc x = -2. Thử lai các giá trị tương ứng của x và y ta thấy đều thỏa mãn phương trình đã cho. Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên là ( x, y ) {( 0, 0 ); ( - 2, 0 )} Ví dụ 4 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : y3 - x3 = 91 (1) Lời giải Ta có (1) tương đương với (y - x)(x2 + xy + y2) = 91 (*) Vì x2 + xy + y2 > 0 với mọi x, y nên từ (*) => y - x > 0. Mặt khác 91 = 1 . 91 = 7 . 13 và y - x ; x2 + xy + y2 đều có giá trị nguyên dương nên ta có bốn khả năng sau: y - x = 91 và x2 + xy + y2 = 1 (I) y - x = 1 và x2 + xy + y2 = 91 (II) y - x = 3 và x2 + xy + y2 = 7 (III) y - x = 7 và x2 + xy + y2 = 13 (IV) Đến đây, bài toán coi như được giải quyết. Phương pháp II : Sắp thứ tự các ẩn Nếu các ẩn x, y, z, ... có vai trò bình đẳng, ta có thể giả sử x y z ... để tìm các nghiệm thỏa mãn điều kiện này. Từ đó, dùng phép hoán vị để => các nghiệm của phương trình đã cho. Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x + y + z = xyz (1). Lời giải Do các ẩn x, y, z có vai trò bình đẳng trong phương trình nên có thể sắp xếp thứ tự giá trị của các ẩn, chẳng hạn:1xyz Do đó xyz = x + y + z 3z chia hai vế của bất đẳng thức xyz 3z cho số dương z ta được xy3. Do đó xy {1; 2; 3} Với xy = 1, ta có x = 1, y = 1. Thay vào (1) được 2 + z = z (loại) Với xy = 2, ta có x = 1, y = 2. Thay vào (1) được z = 3 Với xy = 3, ta có x = 1, y = 3. Thay vào (1) được z = 2 (loại) vì trái với sắp xếp y z. Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (1) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 3). Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : (2) Lời giải Do vai trò bình đẳng của x, y, z trong phương trình nên có thể sắp xếp thứ tự giá trị của các ẩn, chẳng hạn x y z. Ta có : ( do x nguyên dương) Thay x = 1 vào (2) ta có : Suy ra: y = 1 = 0 (vô lí) hoặc y = 2 = 2 z = 2. Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (3) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 2). Phương pháp III : Sử dụng tính chất chia hết - Sử dụng tính chất chia hết để chứng minh phương trình vô nghiệm hoặc tìm nghiệm của phương trình. - Hai vế của phương trình nghiệm nguyên khi chia cho cùng một số có số dư khác nhau thì phương trình đó không có nghiệm nguyên. Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x2 - 2y2 = 5 (1) Lời giải Từ phương trình (1) => x phải là số lẻ. Thay x = 2k + 1 (k) vào (1), ta được: 4k2 +4k + 1 - 2y2 = 5 2(k2 + k - 1) = y2 => y2 là số chẵn => y là số chẵn. Đặt y = 2t (t ), ta có : 2(k2 + k - 1) = 4t2 k(k + 1) = 2t2 + 1 (*) Nhận xét : k(k + 1) là số chẵn, 2t2 + 1 là số lẻ => phương trình (*) vô nghiệm. Vậy phương trình (1) không có nghiệm nguyên. Ví dụ 2 : Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa mãn : x3 + y3 + z3 = x + y + z + 2000 (2) Lời giải Ta có: x3 - x = (x - 1).x.(x + 1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp (với x là số nguyên). Do đó : x3 - x chia hết cho 3. Tương tự y3 - y và z3 - z cũng chia hết cho 3. Từ đó ta có : x3 + y3 + z3 - x - y - z chia hết cho 3. Vì 2000 không chia hết cho 3 nên x3 + y3 + z3 - x - y - z 2000 với mọi số nguyên x, y, z tức là phương trình (2) không có nghiệm nguyên. Ví dụ 3 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : xy + x - 2y = 3 (3) Lời giải Ta có (3) tương đương y(x - 2) = - x + 3. Vì x = 2 không thỏa mãn phương trình nên (3) tương đương với: Ta thấy: y là số nguyên nên x - 2 là ước của 1 hay x - 2 = 1 hoặc x - 2 = -1 với x = 1 hoặc x = 3. Từ đó ta có nghiệm nguyên (x ; y) là (1 ; -2) và (3 ; 0). Chú ý: Có thể dùng phương pháp 1 để giải bài toán này, nhờ đưa phương trình (3) về dạng : x(y + 1) - 2(y + 1) = 1 tương đương (x - 2)(y + 1) = 1. Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau. (4) Lời giải Ta thấy: x = y = 0 là nghiệm của (4). Nếu và là nghiệm của (4). Gọi , suy ra (*) Ta có: chẵn và (mâu thuẫn với (*) ) Vậy phương trình (4) chỉ có nghiệm nguyên duy nhất là (0; 0). Ví dụ 5: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2x2 + 4x = 19 - 3y2 Lời giải: Ta có: 2x2 + 4x + 2 = 21 - 3y2 2(x + 1)2 = 3(7 - y2) (2) Ta thấy 3(7 - y2) 2 7 - y2 2 y lẻ Ta lại có 7 - y2 0 nên chỉ có thể y2 = 1 Khi đó (2) có dạng: 2(x + 1)2 = 18 Ta được : x + 1 = 3 do đó x1 = 2, x2 = -4 Các cặp số (2;1), (2;-1), (-4;1), (-4;-1) thoả mãn nên là các nghiệm nguyên của phương trình đã cho. Phương pháp IV : Lùi vô hạn ( Xuống thang) Phương pháp náy do FERMAT sáng tạo ra khi giải phương trình x4 + y 4 = z 4 Ý tưởng của phương pháp này là giả sử tìm được bộ nghiệm nhỏ nhất, ta có thể lý luận sao cho tìm được bộ nghiệm nhỏ hơn. Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 - 5y2 = 0 (1) Lời giải Giả sử (x0 ; y0) là nghiệm của (1) thì : x02 - 5y02 = 0 x0 chia hết cho 5, đặt x0 = 5x1 ; (x1 ), ta có : 25x12 - 5y02 = 0 5x12 - y02 = 0 y0 chia hết cho 5, đặt y0 = 5y1 (y1). Từ đó ta có : 5x12 - 25y12 = 0 x12 - 5y12 = 0. Vậy nếu (x0 ; y0) là nghiệm nguyên của (1) thì cũng là nghiệm nguyên của (1). Tiếp tục lập luận tương tự, ta có với k nguyên dương bất kì, cũng là nghiệm nguyên của (1) hay x0 và y0 đều chia hết cho 5k với mọi k là số nguyên dương tùy ý. Điều này chỉ xảy ra khi và chỉ khi x0 = y0 = 0. Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên duy nhất là x = y = 0. Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x3 + 2y3 = 4z3 (2) Lời giải Từ (2) x 2. Đặt x = 2x1 với x1 nguyên. Thay vào (2), chia hai vế cho 2 được : 4x13 + y3 = 2z3 (3) Do đó y 2. Đặt y = 2y1 với y1 nguyên. Thay vào (3) rồi chia hai vế cho 2 được: 2x13 + 4y13 = z3 (4) Do đó z 2. Đặt z = 2z1 với z1 nguyên. Thay vào (4) rồi chia hai vế cho 2 được : x13 + 2y13 = 4z13 Như vậy nếu (x, y, z) là nghiệm của (2) thì (x1, y1, z1) cũng là nghiệm của (2) trong đó x = 2x1, y = 2y1, z = 2z1. Lập luận tương tự như trên (x2; y2; z2) cũng là nghiệm của (2) trong đó x1 = 2x2, y1 = 2y2, z1 = 2z2 Cứ tiếp tục như vậy ta đi đến x, y, z đều chia hết cho 2k với k là số tự nhiên tuỳ ý. Điều này chỉ xảy ra khi x = y = z = 0. Đó là nghiệm nguyên duy nhất của (2) Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (5) Lời giải Giả sử là nghiệm nguyên của phương trình khi đó đặt , thay vào (5) ta được: đặt khi đó: đặt khi đó: . Vậy cũng là nghiệm của phương trình. Quá trình này tiếp tục thì được: là các nghiệm nguyên của (5) với mọi k nguyên dương điều này chỉ xảy ra khi và chỉ khi Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên duy nhất là ( 0; 0; 0 ) Phương pháp V: Đưa về dạng tổng Biến đổi phương trình về dạng : Vế trái là tổng của các bình phương, vế phải là tổng của các số chính phương. Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + y2 - x - y = 8 (1) Lời giải (1) 4x2 + 4y2 - 4x - 4y = 32 (4x2 - 4x + 1) + (4y2 - 4y + 1) = 34 (2x 1)2 + (2y 1)2 = 34 Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 chỉ có duy nhất một dạng phân tích thành tổng của hai số chính phương 32 và 52. Do đó phương trình thỏa mãn chỉ trong hai khả năng : hoặc Giải các hệ trên, suy ra phương trình (1) có bốn nghiệm nguyên là (x ; y) {2 ; 3) ; (3 ; 2) ; (-1 ; -2) ; (-2 ; -1)} Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 4xy + 5y2 = 169 Lời giải Ta có: x2 4xy + 5y2 = 169 Û (x 2y)2 + y2 = 169 Ta thấy 169 = 02 + 132 = 52 + 122 Do đó phương trình thỏa mãn chỉ trong bốn khả năng: Þ hoặcÞ hoặc Giải ra ta được các nghiêm nguyên của phương trình là (x, y) {(29, 12); (19, 12); (-19, -12); (22, 5); (-2, 5) ;(2, -5); (-22, -5); (26, 13); (-26, -13); (-13. 0); (13, 0)} Phương pháp VI : Xét chữ số tận cùng Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 1! + 2! + ... + x! = y2 (1) Lời giải Cho x lần lượt bằng 1 ; 2 ; 3 ; 4, ta có ngay 2 nghiệm nguyên dương (x ; y) của phương trình (1) là (1 ; 1) và (3 ; 3). Nếu x > 4 thì dễ thấy k! với k > 4 đều có chữ số tận cùng bằng 0. 1! + 2! + 3 ! + 4! + 5! + ... + x! = 33 + 5! + ... + x! có chữ số tận cùng bằng 3. Mặt khác vế phải là số chính phương nên không thể có chữ số tận cùng là 3. Vậy phương trình (1) chỉ có hai nghiệm nguyên dương: (x ; y) {(1 ; 1) ; (3 ; 3)}. Ví dụ 2 : Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình : x2 + x - 1 = 32y + 1 (2) Lời giải Cho x các giá trị từ 0 đến 9, dễ dàng xác định được chữ số tận cùng của x2 + x1 chỉ nhận các giá trị 1 ; 5 ; 9. Mặt khác, ta thấy 32y + 1 là lũy thừa bậc lẻ của 3 nên chữ số tận cùng của nó chỉ có thể là 3 hoặc 7 khác với 1 ; 5 ; 9. Vậy (2) không thể xảy ra. Nói cách khác, phương trình (2) không có nghiệm nguyên dương. * Lưu ý: Bài toán này cũng có thể giải bằng phương pháp sử dụng tính chất chia hết. Phương pháp VII: Phương pháp loại trừ Nếu có số nguyên m sao cho thì n không thể là số chính phương. Ví dụ 1: Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình y2 + y = x4 + x3 + x2 + x Lời giải Ta có: y2 + y = x4 + x3 + x2 + x Û 4 y2 + 4y + 1 = 4 x4 + 4 x3 + 4x2 + 4x + 1 (2y + 1)2 - (2x2 + x ) 2 = (3x + 1) (x +1) hay (2x2 + x + 1) 2 - (2y+ 1)2 = x(x-2) * Ta thấy: Nếu x > 0 hoặc x 0 Nếu x > 2 hoặc x 0 Þ Nếu x > 2 hoặc x < 1 thì (2x2 + x) <(2y+1)2 < (2x2 + x + 1) 2 (loại) Þ -1£ x £ 2 Þ x {0; 1; -1; 2} Xét x = 2Þ y2 + y =30 Þ y = 5 hoặc y = -6 Xét x = 1 Þ y2 + y = 4 (loại) Xét x = 0 Þ y2 + y = 0 Þ y (y + 1) = 0 Þ y = 0 hoặc y = -1 Xét x = -1 Þ y2 + y = 0 Þ y = 0 hoặc y = -1 Vậy nghiệm nguyên của phương trình là các cặp số: (2; 5); (2; -6); (0; 0); (0; -1); (-1;0); (-1; -1) Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: Lời giải Ta thấy: x = 0, y = ± 1 là nghiệm nguyên của phương trình. Với x > 0 ta có: ( vô lý ). Với x £ - 2 thì : ( vô lý ). Với x = - 1 thì : . ( vô lý ). Vậy phương trình đã cho có hai cặp nghiệm nguyên là ( 0; 1 ); ( 0; -1 ). Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: Lời giải Khai triển và rút gọn hai vế ta được: Nếu x > 0 thì từ suy ra không là số chính phương nên (1) không có nghiệm nguyên. Nếu x < - 1 thì từ suy ra (1) không có nghiệm nguyên. Nếu x = 0 hoặc x = - 1 thì từ (1) suy ra: . Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên là (x, y) Phương pháp VIII: Sử dụng tính chất nghiệm của phương trình bậc 2 Biến đổi phương trình về dạng phương trình bậc 2 của một ẩn coi các ẩn khác là tham số, sử dụng các tính chất về nghiệm của phương trình bậc 2 để xác định giá trị của tham số. Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên: 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + 5 = 0 Lời giải Ta có phương trình: 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + 5 = 0 Û y2 + (4x + 2)y + 3x2 + 4x + 5 = 0 (*) Coi x là tham số của phương trình bậc 2 (*) với ẩn y, ta có: y = -(2x + 1) ± . Do y nguyên, x nguyên Þ nguyên Mà = (2x + 1)2 (3x2 + 4x + 5) = x2 4 Þ x2 4 = n2 (n) Þ (x- n) (x+ n) = 4 Þ x = ± 2 (do x - n và x + n cùng tính chãn lẻ) Vậy phương trình có 2 nghiệm nguyên là (x; y) {(2; -5); (-2, 3)} Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 (y+5)x + 5y + 2 = 0 Lời giải Ta có: x2 (y+5)x + 5y + 2 = 0 coi y là tham số ta có phương trình bậc 2 ẩn x. Giả sử phương trình bậc 2 có 2 nghiệm x1, x2 Theo định lý Viet, ta có : Þ 5 x1 + 5x2 x1x2 = 23 Û (x1 -5) (x2 -5) = 2 mà 2 = 1.2 = (-1)(-2) Þ x1 + x2 = 13 hoặc x1 + x2 = 7 Þ y = 8 hoặc y = 2 Thay vào phương trình ta tìm được các cặp số (7; 8); (6; 8); (4; 2); (3; 2) là các nghiệm nguyên của phương trình. Ví dụ 3: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x + y + xy = x2 + y2 (1) Lời giải Viết (1) thành phương trình bậc 2 đối với x x2 - (y + 1)x + (y2 - y) = 0 (2) Điều kiện cần để (2) có nghiệm là 0 = (y + 1)2 - 4(y2 - y) = y2 + 2y + 1 - 4y2 + 4y = -3y2 + 6y + 1 * 0 Do đó (y - 1)2 1. Suy ra -1 y - 1 1 y - 1 -1 0 1 y 0 1 2 Với y = 0, thay vào (2) ta được x2 - x = 0 Ta có x1 = 0; x2 = 1 Với y = 1, thay vào (2) được x2 - 2x = 0 Ta có x3 = 0; x4 = 2 Với y = 2, thay vào (2) ta được x2 - 3x + 2 = 0 Ta có x5 = 1; x6 = 2 Thử lại, các giá trị trên đều nghiệm đúng phương trình. Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm nguyên là (0;0), (1;0), (0;1), (2;1), (1;2), (2;2) Phương pháp IV: Dùng bất đẳng thức Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 xy + y2 = 3 Lời giải Ta có x2 xy + y2 = 3 Û (x- )2 = 3 - Ta thấy (x- )2 ³ 0 Þ 3 - ³ 0 Þ -2 £ y £ 2 Þ y thay vào phương trình tìm x và thử lại, ta được các nghiệm nguyêncủa phương trình là (x, y) Ví dụ 2: Chứng minh rằng phương trình + += b không có nghiệm nguyên dương khi b = 1 hoặc b = 2 nhưng có vô số nghiệm nguyên dương khi b = 3 Lời giải Do x, y, z Þ , ,> 0. Theo bất đẳng thức Cô-si, ta có: ( + +)3 ³ 27 (. .) = 27Þ + + ³ 3 Đẳng thức xảy ra x = y = z Vậy phương trình + + = b không có nghiệm nghiệm nguyên khi b = 1 hoặc b = 2 nhưng có vô số nghiệm nghiệm nguyên khi b = 3, chẳng hạn: ( x = a, y = a, z = a) với a là số nguyên dương bất kỳ. Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (x + y + 1)2 = 3(x2 + y2 + 1) Theo bất đẳng thức Bunhiacôpxki, ta có: Đẳng thức xảy ra Vậy phương trình có nghiệm nguyên duy nhất là x = y = 1. Ví dụ 4: Tìm các số nguyên dương x, y thoả mãn phương trình : (x2 + 1)(x2 + y2) = 4x2y Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: x2 + 1 2x, dấu bằng xảy ra x = 1. x2 + y2 2xy, dấu bằng xảy ra x = y. Vì x, y nguyên dương nên nhân các bất đẳng thức trên vế theo vế ta được : (x2 + 1)(x2 + y2) 4x2y, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1. Vậy phương trình có nghiệm nguyên duy nhất x = y = 1. Phương pháp X: Xét số dư từng vế Ví dụ 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 9x + 2 = y2 + y (1) Lời giải Ta có: 9x + 2 = y2 + y 9x + 2 = y(y + 1) (*) Ta thấy vế trái của (*) là số chia cho 3 dư 2 nên y(y + 1) chia cho 3 dư 2. Nếu y chia hết cho 3 hoặc y chia cho 3 dư 2 thì y(y + 1) đều chia hết cho 3, trái với kết luận trên. Do đó y chia cho 3 dư 1. Đặt y = 3k + 1(k) thì y +1 = 3k + 2. Khi đó ta có: 9x + 2 = (3k + 1)(3k + 2) 9x = 9k(k+1) x = k(k+1) Thử lại x = k(k+1) và y = 3k + 1(k) thoả mãn phương trình đã cho. Vậy nghiệm nguyên của phương trình (1) là x = k(k+1) và y = 3k + 1( với k) Ví dụ 2. Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên: x2 y2 = 2006 (2) Lời giải * Cách 1. Phương trình (2) viết thành: (x y)(x + y) = 2010 Vì (x y) + (x + y) = 2x là số nguyên chẵn nên (x y) và (x + y) cùng tính chẵn lẻ. Từ (x y)(x + y) = 2010 suy ra (x y) và (x + y) đều chẵn. Do đó: (x y)(x + y) chia hết cho 4. Nhưng 2010 không chia hết cho 4. Từ đó, suy ra phương trình đã cho vô nghiệm. * Cách 2. Số chính phương chia cho 4 chỉ có thể dư 0 hoặc 1. Do đó x2, y2 chia cho 4 chỉ có số dư 0 hoặc 1. Suy ra x2 y2 chia cho 4 có số dư 0; 1; 3. Còn vế phải 2010 chia cho 4 dư 2. Vậy phương trình không có nghiệm nguyên. IV. BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1: Giải các phương trình nghiệm nguyên. a) 3x3 - 3y3 = 21 b) 3xy + x - y = 1 c) 2x2 + 3xy - 2y2 = 7 Bài 2: Tìm x,y, z nguyên dương thoả mãn. a) 2(x + y + z) + 9 = 3xyz b) xy + yz + zx = xyz + 2 c) Bài 3: Chứng minh rằng: a) Phương trình không có nghiệm nguyên dương. b) chỉ có một số hữu hạn nghiệm nguyên dương. c) Phương trình x2 + y 2 = 4m + 3 không có nghiệm nguyên với m nguyên. d) Có vô số số nguyên x để biểu thức sau là số chính phương. (1 + 2 + 3 + ... + x)(12 + 22 + 32 + ... + x2) Bài 4: Giải phương trình trên tập số nguyên. a). b). c). d). e). f). Bài 5: Giải phương trình trên tập số nguyên. a). b). c). d). e). e). Bài 6: Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình sau. a). b) c). d). e). f). Bài 7: Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau. a). b). c). d). e). f). Bài 8: Giải phương trình trên tập số nguyên. a). b). c). d). e). V. KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC: Áp dụng sáng kiến kinh nghiệm này vào giảng dạy ở trường tôi trong năm học 2010 2011 tôi đã thu được các kết quả khả quan. Trong ba năm liên tục áp dụng và hoàn thiện sáng kiến kinh nghiệm này, tôi thấy ngày càng có hiệu quả, chất lượng học tập của học sinh mũi nhọn ngày càng cao. Đặc biệt là các em hứng thú học toán hơn, vận dụng và sử dụng thành thạo các phương pháp cho từng bài cụ thể. Kết quả cụ thể như sau: Dưới điểm 5 Điểm 5 - 10 Điểm 8 - 10 SL % SL % SL % 1 10 9 90 5 50 VI. BÀI HỌC KINH NGHIÊM * Qua quá trình áp dụng sáng kiến này, tôi thấy để có được kết quả cao, giáo viên cần lưu ý một số vấn đề sau: Phải hướng dẫn học sinh nắm chắc phần lý thuyết. Để học sinh nắm vững và hứng thú học tập, giáo viên cần chọn lọc hệ thống bài tập theo mức độ tăng dần từ dễ đến khó, tạo sự tìm tòi cho các em. Khi giải một bài toán về phương trình nghiệm nguyên trước hết phải đoán dạng, sau đó mới chọn lựa phương pháp để giải. Phải rèn học sinh các