Chuyên đề Một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên và cách giải

A. MỞ ĐẦU. Trong chương trình toán trung học cơ sở khối lượng kiến thức rất phong phú và đa dạng, các dạng toán cũng được đề cập đến không ít . Trong số đó phương trình nghiệm nguyên là một mảng kiến thức quan trọng . Tuy nhiên ở chương trình sách giáo khoa chưa nhắc đến vì phương trình nghiệm nguyên còn hơi khó đối với các đối tượng học sinh TB;Yếu . Bởi vậy muốn bồi dưỡng và phát triển đối tượng học sinh Khá, Giỏi bản thân người dạy phải nghiên cứu tài liệu tìm tòi các dạng toán về phương trình nghiệm nguyên và các phương pháp giải dễ hiểu, dễ vận dụng. Nhằm bộ trợ và nâng cao kịp thời cho các em. ở phương trình nghiệm nguyên mỗi bài toán , với số liệu riêng của nó, đòi hỏi một cách giải riêng phù hợp . Điều đó có tác dụng rền luyện tính tư duy toán học linh hoạt và sáng tạo của người học. Do đó mà các bài toán tìm nghiệm nguyên thường có mặt trong đề thi các kì thi tuyển học sinh giỏi, thi vào các trường chuyên trên toàn quốc. Không những thế phương trình nghiệm nguyên là một đề tài lí thú của Số học và Đại số, mãi mãi là đối tượng nghiên cứu của Toán học. Từ những yếu tố khách quan và chủ quan đó. Tôi đã tìm nghiên cứu đề tài “ Một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên và cách giải ”. Nhằm tìm ra các biện pháp hữu hiệu nhất để có một phương án đúng đắn giúp học sinh tiếp cận với phương trình nghiệm nguyên một cách chủ động, có hứng thú trong quá trình học. Phương trình nghiệm nguyên rất phong phú về dạng toán, nhưng ở đề tài này tôi chỉ nghiên cứu một số dạng toán điển hình và một số phương pháp giải cơ bản cho từng dạng toán đó. B. Nội dung Các bài Toán tìm nghiệm nguyên thường không có một quy tắc giải tổng quát. Mỗi bài Toán đòi hỏi phải có một cách giải phù hợp và logic. Ví dụ một số dạng phương trình thường gặp sau: 1/. Phương trình bậc nhất hai ẩn. Dạng tổng quát ax + by = c ( a ≠ 0; b ≠ 0 ; a , b , c ẻ Z) Định lí về sự tồn tại nghiệm nguyên. Định lí: Phương trình ax + by = c có nghiệm nguyên khi (a ; b)ỗc Chứng minh: Giả sử (x0 ; y0) là nghiệm của phương trình ax + by = c ta có ax0 + by0 = c, nếu d = (a, b) thì dỗax0 + by0 = c . Ngược lại, giả sử d = (a,b)ỗc thì c = dc1 và ta có hai số nguyên x1 , y1 sao cho d = ax1 + by1 = c => dc1 = a(x1c1) + b(y1c1) = c Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên. Để giải phương trình bậc nhất hai ẩn. Ta có thể vận dụng một trong hai phương pháp sau 1.1/. Sử dụng phương pháp xét tính chia hết của từng ẩn. Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 2x + 13y = 156 (1) Giải Giả sử x, y là các số nguyên thoả mãn phương trình (1). Ta thấy 13y M 13 và 156 M 13 nên 2x M 13 => x M 13. Đặt x = 13t ( t ẻ Z) thay vào (1) ta được: 26t + 13y = 156 y = - 2t + 12 Thử lại vào (1) thoả mãn. Nên phương trình có vô số nghiệm , được viết dưới công thức tổng quát sau: x = 13t y = - 2t + 12 Ví dụ 2: Giải bài toán sau: Một trăm con trâu, ăn trăm bó cỏ Trâu đứng ăn năm Trâu nằm ăn ba Trâu già ba con ăn một bó. Tìm số trâu mỗi loại ? Giải Gọi x: Số trâu đứng y: Số trâu nằm z: Số trâu già Theo giả thiết ta có hệ phương trình với các nghiệm nguyên dương sau: x + y + z = 100 15x + 9y + z = 300 5x + 3y + =100 x + y + z = 100 Trừ cùng vế hai phương trình của hệ trên ta được: 14x + 8y = 200 7x + 4y = 100 Ta thấy phương trình : 7x + 4y = 100 có 4y M 4 ; 100 M 4 => 7 x M 4 => x M 4 (Vì 7 không chia hết cho 4) Mặt khác: 0 0 < x ≤ 14 Mà x M 4 nên x ẻ ớ 4 ; 8 ; 12ý. Do đó Với x = 4 ta tính được y = 18 ; z = 78 Với x = 8 ta tính được y = 11 ; z =81 Với x = 12 ta tính được y = 4 ; z =84 Vậy ta có ba đáp án cho bài toán. 4 trâu đứng, 18 trâu nằm, 78 trâu già 8 trâu đứng, 11 trâu nằm, 81 trâu già 12 trâu đứng, 4 trâu nằm, 84 trâu già *Nhận xét: Bằng cách xem xét tính chia hết của từng hạng tử trong phương trình. ở ví dụ 1 ta thấy rằng , hai hạng tử 13y và 156 đều chia hết cho 13 . Do đó 2x cũng phải chia hết cho 13 thì phương trình mới có nghiệm nguyên. Nhờ đó mà tìm dược x = 13t và tìm được y = - 2t + 12. Cũng tương tự như vậy ta đã giải được nhiệm tổng quát của phương trình 7x + 4y = 100 , sau đó nhờ x nguyên dương mà ta giới hạn giá trị của x và tìm nghiệm của phương trình ở ví dụ 2. 1.2/. Sử dụng phương pháp tìm một nghiệm riêng của phương trình. Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 2x + 3y = 11 (2) Giải Ta thấy phương trình có một nghiệm nguyên đặc biệt là: x0 = 4; y0 = 1 Thật vậy 2 . 4 + 3 .1 = 11 (3) Trừ cùng vế (2) cho (3) ta được: 2(x – 4) + 3(y – 1) = 0 2(x – 4) = - 3(y – 1) Do đó 3(y – 1)M 2 => y – 1 M 2 . Đặt y = 2t + 1 ( t ẻ Z) Thay vào (2) ta được x = - 3t + 4 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x = - 3t + 4 y = 2t + 1 * Nhận xét: Như vậy ta đã tìm một nghiệm riêng (x0 ; y0) = (4 ; 1) của phương trình. Nhờ các phép biến đổi ta ràng buộc y - 1M 2 và tìm ra nghiệm tổng quát của phương trình. 2/. Phương trình bặc hai có hai ẩn . Với loại phương trình này ta có thể sử dụng nhiều phương pháp ,để giải chúng. Chẳng hạn như: Đưa về phương trình ước số; Phương pháp tách giá trị nguyên của phương trình Phương pháp xét số dư từng vế Sử dụng điều kiện D ≥ 0 để phương trình bậc hai có nghiệm ; Các ví dụ sau ta vận dụng một trong các phương pháp trên để giải. 2.1/. Đưa phương trình về phương trình ước số. Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau. xy – x – y = 2 (4) Giải Ta có: xy – x – y = 2 x ( y – 1 ) – (y – 1) = 3 (y – 1) (x – 1 ) = 3 Ta thấy y – 1 và x – 1 phải là ước của 3 . Không mất tính tổng quát giả sử x ≥ y => x – 1 ≥ y – 1. Ta có các trường hợp sau xẩy ra: x - 1 = 3 x = 4 y – 1 = 1 y = 2 Hoặc: x – 1 = - 1 x = 0 y – 1 = - 3 y = - 2 Vậy phương trình (4) có 4 nghiệm nguyên sau; (4 ; 2) ; (2 ; 4) ; (0 ; - 2) ; (- 2 ; 0) * Nhận xét: Như vậy từ phương trình xy – x – y = 2 ta đưa nó về phương trình (y – 1) (x – 1 ) = 3. Phương trình này gọi là phương trình ước số, phương trình ước số có nghiệm nguyên khi các thừa số của nó là ước nguyên của số đó. Khi tìm nghiệm của phương trìng ước số, ta cần sắp thứ tự các ẩn để giảm được số trường hợp xẩy ra. Nên trong quá trình giải ta đã giảm được rất nhiều thời gian và lời giải cũng ngắn gọn hơn. 2.2/. Tách giá trị nguyên của phương trình. Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: xy – 2y – 3 = 3x – x2 (5) Giải: Ta thấy rằng ở phương trình trên y có bậc cao nhất là một. Nên ta có thể rút y ra và tách giá trị nguyên của phương trình. Thật vậy ta có. (5) y(x – 2) = 3 + 3x – x2 x = 2 không phải là nghiệm của phương trình . Do đó y = = -x + 1 + (6) Phương trình (6) có nhiệm nguyên khi 5M x – 2 hay x – 2 là ước của 5. Ta có các trường hợp sau . Với x – 2 = 5 x = 7 . Thay vào (6) được y = - 5 Với x – 2 = 1 x = 3 . Thay vào (6) được y = 3 Với x – 2 = -5 x = -3 . Thay vào (6) được y = 3 Với x – 2 = - 1 x = 1 . Thay vào (6) được y = -5 Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên: (7 ; - 5) ; (3 ; 3) ; (- 3 ; 3) ; (1 ; - 5) * Nhận xét: Với những phương trình bậc hai, có một ẩn nào đó chỉ xuất hiện bậc nhất. Ta rút ẩn đó ra từ phương trình rồi tách giá trị nguyên. Ví dụ ở bài toán trên nhận thấy rằng y có bậc cao nhất là một nên ta đã rút y từ phương trình đã cho, để được phương trình y = . Ta lấy 3+3x –x2 chia cho x – 2 để tách giá trị nguyên. Rõ ràng phương trình có nghiệm nguyên khi x – 2 là ước của 5. 2.3/. Sử dụng phương pháp xét số dư của từng vế. Ví dụ 6 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau. 9x + 2 = y2 + y (7) Giải: Ta có (7) 9x + 2 = y( y + 1) Ta thấy vế trái của phương trình trên , chia cho 3 dư 2 nên y( y + 1) phải dư 2 khi chia cho 3 . Như vậy chỉ có thể xẩy ra trường hợp sau: y = 3k + 1 và y + 1 = 3k + 2 (k ẻ Z) Khi đó: 9x + 2 = ( 3k + 1) (3k + 2) 9x = 9k (k + 1) x = k(k + 1) Thử lại , với x = k(k + 1) và y = 3k + 1 thì (7) thoả mãn . Nên phương trình đã cho có nghiệm tổng quát , được viết bởi công thức x = k(k + 1) (k ẻ Z) y = 3k + 1 * Nhận xét: ở ví dụ trên ta đã sử dụng phương pháp : Xét tính chia hết của từng vế để nhận thấy rằng , vế trái của phương trình chia 3 dư 2 . Vậy phương trình có nghiệm nguyên khi vế phải cũng chia cho 3 dư 2. Mà y( y + 1) chia 3 dư 2 thì chỉ có thể xẩy ra trường hợp y chia 3 dư 1 để y + 1 chia 3 dư 2. 2.4/ Sử dụng điều kiện D ≥ 0 để phương trình bậc hai có nghiệm Ví dụ 7 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau. x+ y +xy = x2 + y2 (8) Giải: Ta thấy (8) x2 – (y + 1)x + y2 – y = 0 Có thể xem x là ẩn còn y đóng vai trò là tham số thì ta có : D = (y + 1)2 – 4 (y2 – y) = - 3y2 + 6y + 1 để phương trình (8) có nghiệm nguyên thì D ≥ 0 và phải là số chính phương. - 3y2 + 6y + 1 ≥ 0 3y2 - 6y - 1 ≤ 0 3(y – 1)2 ≤ 4 (y – 1 )2 ≤ 0 ≤ (y – 1 )2 ≤ 1 Do đó ta có các trường hợp sau: y – 1 = 1 y = 2 y – 1 = -1 y = 0 y – 1 = 0 y = 1 Thay các giá trị của y vào phương trình x2 – (y + 1)x + y2 – y = 0 Ta có: Với y = 2 ta có x1 = 1 ; x2 = 2 Với y = 0 ta có x3 = 0 ; x4 = 1 Với y = 1 ta có x5 = 0 ; x6 = 2 Vậy phương trình (8) có 6 nghiệm nguyên sau: (0 ; 0) ; (1 ; 0) ; (0 ; 1) ; (2 ; 1) ; (1 ; 2) ; (2 ; 2) * Nhận xét: Phương trình trên có các ẩn luỹ thừa bậc 2, nên ta có thể viết phương trình đã cho dưới dạng phương trình bậc 2 có ẩn là x , còn y ta xem như là tham số. Từ đó sử dụng điều kiện D ≥ 0 để phương trình có nghiệm và D phải là một số chính phương để phương trình đã cho có nghiệm nguyên để tìm nghiệm của phương trình. 3/. Phương trình bậc ba hai ẩn: . 3.1/. Sử dụng tính chất: Nếu hai số nguyên dương , có tích là một số chính phương thì hoặc bằng nhau hoặc cả hai là số chính phương. Ví dụ 8 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau. 9x2 + 6x = y3 (9) (Bài 1 – Chuyên mục thi giải toán qua thư số 61 - Toán TT2) Giải: Ta có : (10) 9x2 + 6x + 1 = y3 + 1 (3x + 1)2 = (y + 1)(y2 – y + 1) (*) Phương trình (*) có nghiệm nguyên khi : y + 1 = y2 – y + 1 hoặc y + 1 và y2 – y + 1 là các số chính phương. Với y + 1 = y2 – y + 1 y(y – 2) = 0 y = 0 hoặc y = 2 Thay vào phương trình (*) ta được. +) Khi y = 0 ta có x = 0 hoặc x = - (loại) +) Khi y = 2 ta có x = - (loại) hoặc x = (loại) Trường hợp y + 1 và y2 - y + 1 là các số chính phương . Ta thấy y2 – y + 1 = (y – )2 + không thể là một số chính phương nguyên với mọi y ≠ 0 . Vậy phương trình (11) có nghiệm nguyên duy nhất : (x ; y) = (0 ; 0) *Nhận xét : Với ví dụ trên ta đưa vế trái có dạng của một số chính phương. Để phương trình có nghiệm nguyên thì vế phải cũng phải có các thừa số là các số chính phương hoặc các thừa số đó phải bằng nhau. 3.2/. Đổi biến để tìm nhiệm nguyên: Ví dụ 9: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x3 – y3 = xy + 8 (10) Giải Ta có: x3 – y3 = xy + 8 (x – y)3 + 3xy(x - y) = xy + 8 Đặt x – y = a ; xy = b (a ; b ẻ Z) .Ta có: a3 + 3ab = b + 8 a3 – 8 = -b(3a – 1) Suy ra : a3 – 8 M 3a – 1 27(a3 - 8) M 3a – 1 27a3 – 1 -215 M 3a – 1 Do 27a3 – 1 M 3a – 1 nên 215 M 3a – 1 . Hay 3a – 1 là ước của 215 Do đó 3a – 1 ẻ Mặt khác 3a – 1 chia cho 3 dư 2. Nên 3a – 1 ẻ Ta có bảng sau: 3a - 1 - 1 5 - 43 215 a 0 2 - 14 72 b = - 8 0 - 64 - 1736 Chú ý rằng 9x –y)2 + 4xy ≥ 0 nên a2 + 4 ≥ 0. Do đó chỉ có hai trương hợp thoả mãn a = 2; b = 0. Ta được x – y = 2; x = 0 hoặc x = 2 xy = 0 y = - 2 hoặc y =0 Vậy phương trình đã cho có hai nhiệm: (0 ; - 2) ; (2 ; 0) *Nhận xét: Bài toán trên ta đã linh hoặt khi sử dụng phương pháp đổi biến và tìm nhiệm nguyên của biến mới. Từ đó ta tìm được nghiệm nguyên của phương trình đã cho. 4/. Phương trình vô tỷ. Đối với phương trình nhiệm nguyên dạng vô tỉ , đây là dạng phương trình phức tạp . Mỗi phương trình không có một cách giải tổng quát, dựa vào các số liệu đã biết ta cần linh hoặt trong biến đổi. Để tìm ra phương án hợp lí giải quyết bài toán. Chẳng hạn như một số ví dụ sau , phải vận dụng nhiều kỹ năng phối hợp chặt chẽ để đưa ra lời giải ngăn gọn hợp lí. Ví dụ 10: Giải phương trình nghiệm nguyên sau. + = (11) Giải: (11) = - (12) Với điều kiện : 0 ≤ x , y ≤ 1980 (12) x = 1980 + y – 2 x = 1980 + y – 12 Phương trình (11) có nghiệm nguyên khi – 12 phải nguyên hay 55y phải là một số chính phương. Đặt: y = 55 a2 (aẻ N ) Tương tự ta sẽ có : y = 1980 + x – 12 Đặt : x = 55 b2 ( b ẻ N ) Thay vào (11) ta có : a + b = 6 a + b = 6 Giả sử: x ≥ y nên a ≥ b Ta có bảng sau : a b x =55a2 y = 55b2 0 6 0 1980 1 5 55 1375 2 4 220 880 3 3 495 495 Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên sau: (0 ; 880) ; (1980 ; 0) ; (55 ; 1375) ; (1375 ; 55) ; (220 ; 880) ; (880 ; 220) ;(945 ; 945) *Nhận xét Với dạng phương trình như thế này , ta sử dụng phương pháp bình phương hai vế để rút ra được x = 1980 + y – 12 . Bắt buộc phải là số chính phương để phương trình đã cho có nghiêm nguyên. Bằng phương pháo tương tự ta cũng có phải là số chính phương. Đến đây cần chú ý khi đổi biến, làm thế nào đó để khi thay vào phương trình ban đầu ta được phương trình không chứa căn bậc hai và vận dụng các phương pháp đã biết để giải nó. Ví dụ 11: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: y2 = 1 + (13) (Đề thi HS Giỏi lớp 9 năm học 2003- 2004_ Phòng GD Kỳ Anh ) Giải Điều kiện : 9 – x2 – 4x ≥ 0 - 5 ≤ x ≤ 1 Ta có : y2 = 1 + = 1 + = 1 + ≤ 1 + Do y là một số nguyên nên: 1 ≤ y2 ≤ 4 y2 = 1 hoặc y2 = 4 Với y2 = 1 ị 13 = (x – 2)2 không thể có nghiệm nguyên. Vì 13 là một số nguyên tố còn (x – 2)2 là số chính phương. Với y2 = 4 y = 2 hoặc y = -2 Và ta có = 3 13 – (x+2)2 = 9 (x+2)2 = 4 x = 0 (Thoả mãn ĐK) hoặc x = 2 (Thoả mãn ĐK) Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: (0 ; 2) ; (0 ; -2) ; (2 ; 2) ; (2 ; -2) * Nhận xét : Như vậy ở phương trình trên ta thấy biểu thức 13 – (x+2)2 có giá trị lớn nhất bằng 9 . Nên 1 + ≤ 13 , nhờ việc vận dụng bất đẳng thức mà ta giớ hạn được khoảng giá trị của y2 với y nguyên thì ta đã tìm được các giá trị cụ thể của y và x. C. Kết luận: Quả thật trong Toán học phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng. Phương pháp để giải từng dạng phương trình cũng khá phong phú. Tôi đã cố gắng đưa ra một số dạng phương trình điển hình thường gặp và một số phương pháp giải chúng. Tôi nghĩ để giải các dạng phương trình trên , không chỉ dừng lại ở những phương pháp đó. Chắc quý vị sẽ tìm ra được một số phương pháp hay hơn. Trong các dạng phương trình được giới thiệu trong đề tài tôi thấy phương trình bậc hai , là một dạng tiêu biểu có nhiều phương án để giải và mức độ ứng dụng cũng khá phổ biến. Bên cạnh đó phương trình vô tỉ cũng rất thú vị. Vì khi giải nó yêu cầu chúng ta phải suy luận chặt chẽ, linh hoạt, phối hợp nhiều kĩ năng. Giúp người học phát huy được tính sáng tạo của bản thân. Thực tế giảng dạy cho thấy: Sau khi được truyền đạt kĩ lượng đề tài này. Học sinh rất hứng thú và linh hoạt khi gải các bài Toán về phương trình nhiệm nguyên. Bản thân tôi rất mong muốn học sinh học tập tốt hơn, được nâng cao tay nghề khi giải Toán. Vì thế rất mong được các đồng nghiệp và quý độc giả góp ý bổ sung cho đề tài này được hoàn thiện hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn!