Bài giảng môn toán lớp 6 - Một số phương pháp tìm x,y nguyên

Một số phương pháp tìm x,y nguyên
I/ Phương pháp dùng tính chất chia hết:
1/ Phương pháp phát hiện tính chia hết:
	Ví dụ 1: 
	3x + 17y = 159 (1)
Giải:
	Giả sử x, y là các số nguyên thoả mãn (1). Ta thấy 159 và 3x đều chia hết cho 3 nên 17y cũng chia hết cho 3, do đó y chia hết cho 3 ( vì 17 và 3 nguyên tố cùng nhau)
	Đặt y = 3t ( t là số nguyên). Thay vào (1), ta được:
	3x + 17.3t = 159
	 x + 17t = 53
	 => x =53 - 17t
 Do đó ( t )
	Đảo lại thay các biểu thức của x và y vào (1) được nghiệm đúng.
Vậy (1) có vô số (x; y) nguyên được biểu thị bởi công thức:
	 ( t )
2/ Phương pháp đưa về phương trình ước số:
	Ví dụ 2: Tìm x,y nguyên thoả mãn : 
	x.y - x - y = 2
Giải: 
	Ta có: x.y - x - y = 2 x.( y -1) - y = 2
	 x. (y - 1) - (y - 1) = 3
	 (x -1). (y - 1) = 3
Do x, y là các số nguyên nên x - 1, y - 1 cũng là các số nguyên và là ước của 3. Suy ra các trường hợp sau:
	 ; ; ; 
Giải các hệ này ta có các cặp : (4; 2), (2; 4), (0; -2), (-2; 0)
3/ Phương pháp tách ra giá trị nguyên:
	Ví dụ 3: Tìm x,y nguyên ở ví dụ 2 bằng cách khác
Giải: 
	Ta có: x.y - x - y = 2
	 x.(y-1) = y+2
	Ta thấy y ( vì nếu y=1 thì x.0 = 3 (không có giá trị x,y nào thoả mãn )
Do đó x = 
Do x nguyên nên nguyên. => y-1 là ước của 3 => y-1=3; y-1=-3; y-1=1; y-1=-1
Ta cũng có đáp số như ở ví dụ 2
II/ Phương pháp xét số dư từng vế:
	Ví dụ 4: Chứng minh rằng không có x,y nguyên nào thoả mãn các biểu thức sau:
	a/ x2- y2 = 1998
	b/ x2+ y2 = 1999 
Giải: 
	a/ Ta thấy x2 ; y2 chia cho 4 chỉ có số dư là: 0 ; 1 
	nên x2 - y2 chia cho 4 có số dư là : 0 ; 1 ; 3 còn vế phải 1998 chia cho 4 dư 2.
Vậy biểu thức không có giá trị nguyên nào thoả mãn.
	b/ Tương tự ta có x2 + y2 chia cho 4 có số dư là : 0; 1; 2 còn vế phải 1999 chia cho 4 dư 3
	Vậy biểu thức không có giá trị nguyên nào thoả mãn 
	Ví dụ 5: Tìm x,y nguyên thoả mãn : 
	9x + 2 = y2+y (1)
Giải: 
	Ta có phương trình (1) ú 9x+2 = y(y+1)
 Ta thấy vế trái của phương trình là số chia cho 3 dư 2 nên y.(y+1) chia cho 3 cũng dư 2.
	Chỉ có thể: y = 3k+1; y+1 = 3k+2 ( k)
	Khi đó: 9x+2 = (3k+1).(3k+2)
Thử lại: 
x= k.(k+1); y = 3k+1 thoả mãn phương trình đã cho.
Vậy phương trình (1) có nghiệm tổng quát: 
III/ Phương pháp dùng bất đẳng thức:
1. Phương pháp sắp thứ tự các ẩn:
	Ví dụ 6: Tìm 3 số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng
Giải:
	Gọi các số nguyên dương phải tìm là x, y, z. Ta có: x + y + z = x.y.z (1)
Do x, y, z có vai trò như nhau ở trong phương trình (1) nên có thể sắp thứ tự các ẩn như sau:
Do đó : x.y.z = x + y +z 
Chia cả hai vế cho số dương z ta được: x.y 
Do đó: x.y = 
+Với x.y =1 => x=1, y=1thay vào (1)ta được 2 +z = z loại
+Với x.y = 2 =>x=1, y=2 thay vào (1) ta được x = 3
+Với x.y = 3 => x=1, y=3 thay vào (1) ta được z = 2 loại vì trái với sắp xếp y
	Vậy ba số phải tìm là 1; 2; 3
2. Phương pháp xét từng khoảng giá trị của ẩn:
	Ví dụ 7: Tìm x,y nguyên thoả mãn : 
Giải: 
	Do vai trò bình đẳng của x và y. Giả sử , dùng bất đẳng thức để giới hạn khoảng giá trị của số nhỏ y
Ta có:
	 (1)
Mặt khác do 
Do đó 
 nên (2)
Từ (1) và (2) ta có : . Do y
+Với y =4 ta được: 
+ Với y = 5 ta được: loại vì x không là số nguyên
+ Với y = 6 ta được: 
Vậy các nghiệm nguyên dương của phương trình là: (4; 12), (12; 4) , (6; 6)
3/ Phương pháp chỉ ra nghiệm nguyên:
	Ví dụ 8: Tìm số tự nhiên x sao cho 2x+3x=5x
Giải: 
	Chia hai vế cho 5x, ta được:
	 (1)
+Với x=0 vế trái của (1) bằng 2 (loại)
+ Với x = 1 thì vế trái của (1) bằng 1 ( đúng)
+ Với x thì:
	Nên: ( loại)
Vậy x = 1
IV/ Phương pháp dùng tính chất của một số chính phương:
1/Sử dụng tính chất chia hết của một số chính phương:
Các tính chất thường dùng:
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 chia cho 3 thì có số dư là 0; 1, chia cho 4 có số dư là 0; 1, chia cho 8 có số dư là 0; 1; 4
	Ví dụ 11: 
	Tìm các số nguyên x để 9x+5 là tích của hai số nguyên liên tiếp
Giải:
	Giả sử 9x+5 = n(n+1) với n nguyên thì 36x+20 = 4n2+4n
	=> 36x+21= 4n2+4n+1
	=> 3(12x+7) = (2n+1)2 (1)
Từ (1) => (2n+1)2 , do 3 là số nguyên tố => (2n+1)2 
	Mặt khác ta có 12x+7 không chia hết cho 3 nên 3(12x+7) không chia hết cho 9
Vậy chứng tỏ không tồn tại số nguyên x để 9x+5 là tích của hai số nguyên liên tiếp.
2/ Tạo ra bình phương đúng:
	Ví dụ 12:
	Tìm x,y nguyên thoả mãn :
	2x2+4x+2 = 21-3y2 (1)
Giải:
Phương trình (1) (2)
Ta thấy vế trái chia hết cho 2 => 3(7-y2) lẻ
Ta lại có 7-y2 0 (vì vế trái 0) nên chỉ có thể y2 = 1.
Khi đó phương trình (2) có dạng 2(x2+1) = 18 .
	Các cặp số (2; 1), (2; -1), (-4; 1), (-4; -1) thoả mãn phương trình (2) nên là nghiệm của phương trình đã cho.
3/ Xét các số chính phương liên tiếp:
	Hiển nhiên giữa hai số chính phương liên tiếp không có số chính phương. Do đó với mọi số nguyên a, x ta có:
Không tồn tại x để a2<x2<(a+1)2
Nếu a2<x2<(a+2)2 thì x2=(a+1)2
	Ví dụ 13:
	Chứng minh rằng với mọi số nguyên k cho trước không tồn tại số nguyên dương x sao cho x(x+1) = k(k+2)
Giải:
	Giả sử x(x+1) = k(k+2) với k nguyên, x nguyên dương. 
Ta có x2+x = k2+2k => x2+x+1 = k2+2k+1 = (k+1)2
Do x>0 nên x2<x2+x+1 = (k+1)2 (1)
Cũng do x>0 nên (k+1)2 = x2+x+1 < x2+2x+1 = (x+1)2 (2)
Từ (1) và (2) => x2 < (k+1)2 < (x+1)2 Vô lí.
Vậy không tồn tại số nguyên dương x để : x(x+1) = k(k+2)
4/ Sử dụng tính chất " nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là một số chính phương thì mỗi số đều là số chính phương"
Ví dụ 14: 
	Tìm x,y nguyên thoả mãn : xy=z2 (1)
Giải:	
	Trước hết ta có thể giả sử (x, y, z) = 1. Thật vậy nếu bộ ba số x0, y0, z0, thoả mãn (1) và có ƯCLN bằng d giả sử x0=dx1; y0=dy1; z0=dz1 có ước chung bằng d thì số còn lại cũng chia hết cho d.
Ta có: z2=xy mà (x;y)=1 nên x=a2, y=b2 với a,b nguyên dương
 => z2=xy=(ab)2 do đó z=ab. 
Như vậy : với t > 0
	Đảo lại ta thấy công thức trên thoả mãn (1). Vậy công thức trên là nghiệm nguyên dương của (1)
5/ Sử dụng tính chất: " nếu hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương thì một trong hai số nguyên liên tiếp đó bằng 0 "
	Ví dụ 15: Tìm x,y nguyên thoả mãn :
	x2+xy+y2=x2y2 (1)
Giải: Thêm xy vào hai vế của phương trình (1), ta được: x2+2xy+y2=x2y2+xy
 (2)
 Ta thấy xy và xy+1 là hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương nên tồn tại một số bằng 0.
Nếu xy = 0 từ (1) => x2+y2=0 nên x=y=0
Nếu xy+1=0 => xy= -1 nên (x; y)=(1;-1) hoặc (x;y)=(-1;1).
Thử các cặp số (0;0), (1;-1), (-1;1) đều là nghiệm của phương trình (1)
V/ Phương pháp lùi vô hạn ( nguyên tắc cực hạn):
	Ví dụ 16: Tìm x,y nguyên thoả mãn :
	x3+2y3=4z3 (1)
Giải:
	Từ (1) ta thấy x, đặt x=2x1 với x1 nguyên. hay vào (1) rồi chia hai vế cho 2 ta
được 4x31+y3=2z3 (2). Từ (2) ta thấy , đặt y=2y1 với y1 nguyên thay vào (2) rồi chia hai vế cho 2 ta được: 2x31+4y31=z3 (3)
 Từ (3) ta thấy z đặt z = 2z1 với z1 nguyên. Thây vào (3) rồi chia hai vế cho 2, ta
được: x13+2y13= 4z13 (4)
Như vậy nếu (x; y; z) là nghiệm của (1) thì (x1; y1; z1 ) cũng là nghiệm của (1). Trong đó x = 2x1; y = 2y1; z = 2z1.
Lập luận tương tự như vậy ta đi đến x, y, z chia hết cho 2k với k. Điều này chỉ xảy ra khi x = y = z = 0
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất : x = y = z = 0
C. Bài tập:
Bài 1: Tìm x,y nguyên > 0 thoả mãn :
	a. 5x-y = 13
	b .23x+53y= 109
	c. 12x-5y = 21
	d. 12x+17y = 41
Bài 2: Tìm x,y nguyên > 0 thoả mãn :
	a/ 1+y+y2+y3 = t3
	b/ 1+y+y2+y3+y4 = t4
Bài 3: Tìm x,y nguyên > 0 thoả mãn :
	a/ 5(x+y)+2 = 3xy
	b/ 2(x+y) = 5xy
	c/ 3x+7 = y(x-3)
Bài 4: Tìm x,y nguyên > 0 thoả mãn :
	5(x+y+z+t)+10 = 2xyzt
Bài 5: Tìm 12 số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng
Bài 6: Chứng minh rằng, với n là số tự nhiên khác 0.ít nhất cũng có một giá trị trong tập hợp số tự nhiên khác 0 sao cho:
 x1+x2+x3+..+xn= x1x2x3.xn
Bài 7: Tìm x,y nguyên >0 thoả mãn :
Bài 8: Tìm x,y nguyên >0 thoả mãn :
	a/ 4(x+y+z) = xyz
	b/ x+y+z+9-xyz = 0
Bài 10: Chứng minh phương trình 2x2-5y2=7 không có nghiệm nguyên
Bài 11: Tìm x,y nguyên >0 thoả mãn :
Bài 12: Tìm x,y nguyên >0 thoả mãn :