Chuyên đề Một số phương pháp giải phương trình với nghiệm nguyên
Bạn đang xem nội dung tài liệu Chuyên đề Một số phương pháp giải phương trình với nghiệm nguyên, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Vĩnh Phúc Phòng giáo dục huyện Bình Xuyên *************************** chuyên đề một số phương pháp giải phương trình với nghiệm nguyên Người thực hiện:Ngụ Quốc Hưng Tổ : Toán - Lí Trường THCS Thanh Lãng. Năm học 2007 - 2008. Chuyên đề: một số phương pháp thường dùng để giải phương trình với nghiệm nguyên Đặt vấn đề Toán học là môn khoa học bổ trợ cho nhiều môn khoa học khác , trong nhà trường, các môn như: Lí, Hoá, Sinh ,Địa,…đều dùng đến kiến thức toán. Như vậy môn Toán rất quan trọng, có thể nói đó là điều kiện cần để học một số môn như đã nêu. Một trong các công việc cần làm của người học toán là đi tìm lời giải cho các bài toán. Để giải các bài toán ngoài việc nắm vững các kiến thức học sinh còn cần phải có phương pháp suy nghĩ khoa học cùng với những kinh nghiệm cá nhân trong quá trình học tập. Trong môn toán ở trường trung học cơ sở có rất nhiều bài toán chưa có hoặc không có thuật toán để giải.Loại toán “phương trình với nghiệm nguyên ” là một trong những loại toán ấy. Thực tế giảng dạy cho thấy khi gặp loại toán “phương trình với nghiệm nguyên ”rất nhiều học sinh lúng túng , không có hướng suy nghĩ tìm lời giải. Một số đưa ra được nghiệm đúng nhưng chỉ là đoán nhận mà không giải thích được tại sao.Nhất là khi gặp một bài toán “lạ”.Các em cho biết mỗi bài có một cách giải hoàn toàn khác nhau, không thể tìm được một nguyên lí chung để giải. Xuất phát từ đó chúng tôi thấy rằng việc giúp các em nhanh chóng tìm ra cần phải sử dụng phần kiến thức nào, đưa ra phương án hợp lí để giải loại toán này là điều cần thiết.Đồng thời chuyên đề này có thể sử dụng bồi dưỡng thêm cho đối tượng học sinh khá, học sinh yêu thích môn toán, phát hiện ra học sinh có triển vọng . Về nội dung: Phương trình với nghiệm nguyên có rất nhiều dạng khác nhau, nhiều bài toán rất khó. Phần 1: Chúng tôi chỉ trình bày các dạng toán “phương trình với nghiệm nguyên ” thường gặp trong chương trình toán THCS cùng với phương pháp hay dùng để giải chúng. Ngoài ra chuyên đề còn đề cập thêm một số phương pháp khó, áp dụng cho một số bài tập nâng cao nhưng chỉ mang tính chất tham khảo. Phần 2: Trình bày các dạng phương trình với nghiệm nguyên cùng các ví dụ đi kèm. Do giới hạn chương trình toán THCS nên chúng tôi không dùng các kiến thứcvề đồng dư, phương trình đồng dư. Dạng toán “phương trình với nghiệm nguyên ” mà chúng tôi trình bày không thể đầy đủ mà chỉ là các phương pháp thường dùng, hay gặp. Chúng tôi không tránh khỏi những thiếu sót , mong các thầy cô cùng bạn đọc tham gia góp ý kiến để chuyên đề được hoàn thiện hơn. Tập thể giáo viên tổ Toán – Lí trường THCS Thanh Lãng xin chân thành cảm ơn! Thanh Lãng ,ngày 9 háng 5năm 2006 Tổ Toán – Lí trường THCS Thanh Lãng Người thực hiện viết chuyên đề Ngô Quốc Hưng Nội dung - Giải phương trình chứa các ẩn x, y, z …với nghiệm nguyên là tìm tất cả các bộ sốnguyên (x, y, z …) thoả mãn phương trình đó. - Số nghiệm của phương trình với nghiệm nguyên có thể là: Hữu hạn nghiệm, vô số nghiệm, hoặc vô nghiệm. Một số phương pháp thường dùng để giải phương trình với nghiệm nguyên 1). Phương pháp dùng tính chia hết : a). Phát hiện tính chia hết của một ẩn. Cho a + b = c Nếu a m và b m ị c m (Với a, b, m thuộc Z) Ví dụ 1: Cho 5x + 7y = 125 . Hãy tìm các nghiệm nguyên của phương trình trên. ị mà ị ị ị Nên Thay vào phương trình đã cho được nghiệm đúng. Vậy phương trình đã cho có vô số nghiệm nguyên cho bởi công thức b). Đưa về phương trình ước số Cho a.b.c = d ị a, b, c thuộc tập hợp các ước của d (Với a, b, c, d là các số nguyên). Ví dụ 2: Cho xy – x – y = 2 (*) . Hãy tìm các nghiệm nguyên của phương trình trên. (*) Û x(y - 1) - (y - 1) = 3 Û (y - 1)(x - 1) = 3 (PT ước số) ị x – 1, y – 1 là ước của 3, lập bảng tìm giá trị của x, y: x - 1 - 3 - 1 1 3 y - 1 - 1 - 3 3 1 x - 2 0 2 4 y 0 - 2 4 2 Nghiệm nguyên của phương trình(*) : (- 2; 0), (0; - 2), (2; 4), (4; 2) . c). Tách ra các giá trị nguyên Ví dụ 3: Cho xy – x – y = 2 (*) . Hãy tìm các nghiệm nguyên của phương trình trên. (*) Û x(y - 1) - (y - 1) = 3 Û (y - 1)(x - 1) = 3 ị Do xẻ nên ị y – 1 thuộc tập hợp ước của 3, từ đó có thể lập bảng tìm được nghiệm của phương trình đã cho như ví dụ trên. 2). Phương pháp dùng xét số dư từng vế : Phương pháp này là biến đổi phương trình để dễ dàng nhìn ra số dư của 1 trong 2 vế khi chia cho một số thích hợp, suy ra số dư của vế còn lại. Ví dụ 4: Tìm các nghiệm nguyên của các phương trình sau : a) x2- y2 = 1998 b) 9x = y2 + y – 2 c) x2 + y2 = 1999 a). Dễ chứng minh được x2,y2 khi chia cho 4 chỉ có số dư là 0 hoặc 1 nên x2- y2 khi chia cho 4 chỉ có số dư là 0, 1 hoặc 3. Nhưng 1998 khi chia cho 4 có số dư là 2. Vậy phươngtrình đã cho không có nghiệm nguyên. b). Phương trình đã cho Û 9x + 2 = y(y + 1) y 3k 3k + 1 3k + 2 y + 1 3k + 1 3k + 2 3k + 3 y(y +1) 3k(3k + 1) 9(k2 + k) + 2 3(k +1)(3k + 2) Ta thấy 9x + 2 khi chia cho 3 dư 2 nên y(y + 1) khi chia cho 3 dư 2. ( k nguyên). Nhìn bảng ta thấy chỉ có thể y = 3k + 1. Khi đó 9x + 2 = (3k + 1)(3k + 2) Û 9x + 2 = 9(k2 + k) + 2 Û x = k2 + k Thử lại ( k nguyên) thoả mãn phương trình đã cho. Vậy đó là nghiệm của phương trình đã cho. x = k2 + k y = 3k + 1 c). Tương tự như phần a). 3). Phương pháp dùng tính chất của số chính phương : a). Sử dụng tính chất về chia hết của 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 có số dư 0;1. Số chính phương chia cho 4 có số dư 0; 1. Số chính phương chia cho 8 có số dư 0; 1; 4. Ví dụ 5: Tìm các số nguyên x để 9x +5 là tích của 2 số nguyên liên tiếp. Giả sử 9x +5 = n(n + 1) với ị 36x + 20 +1 = 4n2 + 4n + 1 ị 3(12x + 7) = (2n +1)2 ị ị Mặt khác ị Vậy không tồn tại số nguyên x nào thoả mãn điều kiện 9x +5 là tích của 2 số nguyên liên tiếp. b). Tạo ra bình phương đúng. Ví dụ 6: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình sau : 2x2 + 4x = 19 – 3y2 Û 2x2 + 4x + 2 = 21 – 3y2 Û 2(x + 1)2 = 3(7 – y2) Dễ thấy ị ị y lẻ. Mà 7 – y2 ≥ 0 ị y = ± 1. Thay vào phương trình đã cho ta có 2(x + 1)2 = 18 x + 1 = ± 3 x1 = 2; x2 = - 4. Các cặp số (2;1), (- 4;1), (2;-1), (- 4; -1) thoả mãn phương trình đã cho nên là nghiệm của phương trình đã cho. c). Xét các số chính phương liên tiếp Ví dụ 7: 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) Giả sử x(x + 1 ) = k(k + 2) với . Ta có : x(x + 1 ) = k(k + 2) x2 + x +1 =( k + 1)2 Do x dương nên: x2 < x2 + x +1 < ( k + 1)2 (1) Do x dương nên: ( k + 1)2 = x2 + x +1 < (x + 1)2 (2) Từ (1) và (2) ị x2 < ( k + 1)2 < (x + 1)2 Điều này vô lí. Vậy không tồn tại số nguyên dương x để : x(x + 1 ) = k(k + 2) Ví dụ 8: Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là 1 số chính phương: x4 + 2x3 + 2x2 + x + 3 Giải Đặt y2 = x4 + 2x3 + 2x2 + x + 3 Û 4y2 = 4x4 + 8x3 + 8x2 + 4x + 1 + 11 Û 4y2 = (2x2 + 2x + 1)2+ 11 Û (2x2 + 2x + 1 - 2y)( 2x2 + 2x + 1 +2y) = - 11 Dễ thấy (2x2 + 2x + 1 - 2y) < ( 2x2 + 2x + 1 +2y) nên xảy ra 2 trường hợp: TH1: x = 1 hoặc x = - 2 y = 3 2x2 + 2x + 1 = 5 2y = 6 2x2 + 2x + 1 +2y = 11 2x2 + 2x + 1 - 2y =- 1 Û Û TH2: x2 + x + 3 = 0 y = 3 2x2 + 2x + 1 = - 5 2y = -6 2x2 + 2x + 1 +2y = 1 2x2 + 2x + 1 - 2y = -11 Û Û Vô nghiệm KL: Các số nguyên cần tìm : x1= 1, x2 = - 2. d). Sử dụng tính chất : Nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là 1 số chính phương thì mỗi số đều là số chính phương CM: Giả sử ab = c2 với a, b, c thuộc N* , (a, b) = 1. Giả sử trong a hoặc b có 1 số chứa thừa số nguyên tố p với số mũ lẻ , vì b không chứa thừa số p nên c2 chứa thừa số p vơí số mũ lẻ , trái với giả thiết c2 là 1 số chính phương. Ví dụ 9: Giải phương trình với nghiệm nguyên dương: xy = z2 (1) Giải Không mất tính tổng quát giả sử (x,y,z) = 1 Thật vậy nếu bộ 3 số x0, y0,z0 thoả mãn (1) và (x0, y0,z0) = d , giả sử x0 = x1d, y0 = y1d, z0 = z1d thì (x1,y1,z1) cũng là nghiệm của (1). Với (x,y,z) = 1 thì x, y, z đôi một nguyên tố cùng nhau vì nếu 2 trong 3 số có ước chung là d thì số còn lại cũng chia hết cho d. Ta có xy = z2 và (x, y) = 1 nên x = a2, y = b2 với a, b thuộc N* Suy ra : z2 = (ab)2, nên z = ab. x = ta2 y = tb2 z = tab Như vậy: với t là số nguyên dương tuỳ ý. Đảo lại các số x, y, z như trên thoả mãn (1). Công thức trên cho ta các nghiệm nguyên dương của (1). e). Sử dụng tính chất: Nếu 2 số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương thì một trong 2 số nguyên liên tiếp đó bằng không. CM: Chứng minh bằng phản chứng . Giả sử a(a + 1) = k2 (1) với a thuộc Z, k thuộc N Giả sử a và a+ 1 đều khác không ị k2 khác không. Do k thuộc N nên k > 0 . Từ (1) ị a2 + a = k2 ị 4a2 + 4a = 4k2 ị (2a + 1)2 = 4k2 + 1 Dễ thấy (2k)2 < 4k2 + 1 = (2a + 1)2 (*) (2a + 1)2 = 4k2 + 1 < 4k2 + 1 + 4k = (2k + 1)2. (**) Từ (*) và (**) ị (2k)2 < (2a + 1)2 < (2k + 1)2 Vô lí. Vậy nếu a(a + 1) = k2 thì tồn tại một trong 2 số a, a+ 1 bằng không. Ví dụ 10 : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : x2 + xy + y2 = x2y2 Giải Cộng thêm xy vào hai vế: x2 + 2xy + y2 = x2y2 + xy (x + y)2 = xy(xy + 1) ị xy = 0 hoặc xy + 1 = 0 Xét xy = 0 Thay vào phương trình đã cho ta có x2 + y2 = 0 ị x = y = 0 Xét xy + 1 = 0 ị xy = - 1 ị (x, y) bằng (1;- 1) hoặc (- 1;1). Thử lại 3 cặp số (0;0),(1 ;- 1), (- 1; 1)đều là nghiệm của phương trình đã cho. (Ta cũng có thể đưa về phương trình ước số.) 4). Phương pháp lùi vô hạn. Ví dụ 11: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : x3 + 2y3 = 4z3 (1) Giải Dễ thấy . Đặy x = 2x1 với x1 nguyên. Thay vào (1) rồi chia hai vế cho 2 được: 4x13 + 2y3 = 2z3 (2) Do đó . Đặt y = 2y1 với y1 nguyên. Thay vào (2) rồi chia hai vế cho 2 được: 2x13 + 4y13 = z3 (3) Do đó . Đặt z = 2z1 với z1 nguyên. Thay vào (3) rồi chia hai vế cho 2 được: x13 + 2y13 = 4z13 (4) Như vậy Nếu (x,y,z) là nghiệm của (1) thì (x1,y1,z1) cũng là gnhiệm của (1) trong đó x = 2x1, y = 2y1, z = 2z1 Lập luận tương tự như trên (x2,y2,z2) cũng là gnhiệm của (1) trong đó x1 = 2x2, y2 = 2y2, z 1= 2z2 . Cứ tiếp tục như vậy ta đi đến : x,y,z 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 duy nhất của (1). * Nếu ví dụ trên cho dưới dạng: Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình : x3 + 2y3 = 4z3 (1) Thì phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương. 5). Phương pháp dùng bất đẳng thức a). Phương pháp sắp xếp thứ tự các ẩn Ví dụ 12: Tìm 3 số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằngtích của chúng. Giải Gọi các số gnuyên dương phải tìm là x, y, z Ta có x + y + z = xyz (1) Các ẩn x, y, z có vai trò bình đẳng nên có thể sắp thứ tự các ẩn như sau: 1Ê x Ê y Ê z. Do đó : xyz = x + y + z Ê 3z xy Ê 3 xy ẻ 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 1Ê x Ê y Ê z. Vậy 3 số phải tìm là 1; 2; 3. b). Phương pháp xét từng khoảng giá trị của ẩn Ví dụ13: Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình : (1) Giải Do vai trò bình đẳng của x và y, giả sử x Ê y . Hiển nhiên ta có nên y > 3 Mặt khác do x ³ y ³ 1 nên . Do đó : ị ị Ta xác định được khoảng giá trị của y là 3 < y Ê 6 hay 4 Ê y Ê 6 Với y = 4 thay vào (1) ta được x = 12 Với y = 5 thay vào (1) ta được x = 15:2 loại Với y = 6 thay vào (1) ta được x = 6 Các nghiệm của phương trình là : (4; 12),(12; 4),(6; 6) c). Phương pháp chỉ ra nghiệm nguyên Ta chỉ ra một vài số là nghiệm của phương trình rồi chứng minh phương trình không còn gnhiệm nào khác. Ví dụ 14: Tìm các số tự nhiên x sao cho : 2x + 3x = 5x Giải Viết phương trình dưới dạng (1) Với x = 0 vế trái của (1) bằng 2, loại. Với x = 1 vế trái của (1) bằng 1 thỏa mãn. Với x >1 thì loại . Nghiệm duy nhất của phương trình : x = 1. d). Sử dụng điều kiện D ³ 0 để phương trình bbậc hai có nghiệm. Ta viết phương trình f(x,y) = 0 dưới dạng phương trình bậc hai đối với một ẩn, khi đó ẩn kia là tham số . Điều kiện cần để phương trình có nghiệm là D ³ 0 ( Để có nghiệm nguyên còn cần D là số chính phương ). Ví dụ 15: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : x + y + xy = x2 + y2 (1) Giải Viết (1) thành phương trình bậc hai đối với x : x2 - (y + 1) x + (y2 – y ) = 0 (2) Điều kiện để (2) có nghiệm nguyên là D ³ 0 . D = - 3y2 + 6y + 1 ³ 0 y - 1 - 1 0 1 y 0 1 2 3(y - 1)2 Ê 4 Do đó (y - 1)2 Ê 1. Suy ra Với y = 0 thay vào (2) ta được x2 – x = 0. Ta có x1 = 0; x2 = 1. Với y = 1 thay vào (2) ta 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 nghiệm đúng với phương trình (1). Đáp số: (0;0), (1;0), (0;1), (2;1), (1;2), (2;2). Các dạng phương trình với nghiệm nguyên 1). Phương trình bậc nhất 2 ẩn a). Ví dụ Ví dụ 16: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 11x + 18y = 120 (1) Giải Ta thấy 11x chia hết cho 6 nên x chia hết cho 6. Đặt x = 6k với (k nguyên)thay và (1) và rút gọn ta được: 11k + 3y = 20 Biểu thị y qua k ( vì hệ số của y nhỏ hơn): y = (20 – 11k) : 3 Û y = 7 – 4k + (k - 1) : 3 (2) Lại đặt (k - 1) : 3 = t ( với t nguyên) => k = 3t + 1 thay vào (2) và rút gọn ta được y = 3 – 11t x = 6k = 18t + 6 Thay các biểu thức của x, y vào (1) phương trìnhđược nghiệm đúng. Vậy các nghiệm nguyên của (1) được biểuthị bởi công thức: y = 3 – 11t x = 18t + 6 ( Với t là số nguyên tuỳ ý) Chú ý : Có nhiều cách tách giá trị nguyên của biểu thức y = (20 – 11k) : 3 nhưng ta nên chọn cách nào mà hệ số của k trongphân số là 1. Làm như thế ta không cần đặt ẩn phụ thêm lần nào nữa. b). Cách giải phương trình bậc nhất hai ẩn ax + by = c với nghiệm nguyên (a, b ẻ Z) Rút gọn phương trình , chú ý đến tính chia hết của các ẩn. Biểu thị ẩn mà hệ số của nó có giá trị tuyệt đối nhỏ (chẳng hạn x) theo ẩn kia . Tách riêng giá trị nguyên ở biểu thức của x. Đặt điều kiện để phân số trong biểu thức của x bằng 1 số nguyên t1 , tâ được một phương trình bậc nhất hai ẩn y và t1. Cứ tiếp tục làm như trên cho đến khi các ẩn đều được biểu thị dưới dạng một đa thức với các hệ số nguyên. 2). Phương trình bậc hai có hai ẩn. Ví dụ 17: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 5x – 3y = 2xy – 11 (1) Giải (1) (2x + 3)y = 5x +11 (2x + 3 khác 0 vì x nguyên) y = (5x +11): (2x + 3) y = 2 + (x + 5):(2x + 3) Để y ẻ Z phải có => => => Ta có: Thử lại các cặp giá trị trên của (x, y) đều thoả mãn phương trình đã cho. 2x + 3 1 - 1 7 - 7 x - 1 - 2 2 - 5 y 6 - 1 3 2 Cách khác: đưa phương trình trên về phương trình ước số (2x + 3)(2y - 5) =7 Ví dụ 18: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x2 - 2x- 11 = y2 Giải Cách 1: Đưa về phươngtrình ước số : x2 – 2x + 1 – 12 = y2 Û (x - 1)2 – y2 = 12 Û (x – 1 – y)(x – 1 + y) = 12 Từ đây ta có thể tìm ra nghiệm của phương trình đã cho Cách 2: Viết thành phương trình bậc hai đối với x: x2 - 2x – (11 + y2) = 0 (2) D’ = 12 + y2 Điều kiện cần để (2) có nghiệm nguyên : D’ là số chính phương Û 12 + y2 = k2 (kẻN) (k+ y)(k - y) = 12 Nhận xét (k + y) – (k – y) = 2y nên k + y và k – y cùng chẵn hoặc cùng lẻ. Vì tích của chúng bằng 12 nên chúng phải cùng chẵn, cùng dấu Do đó y = ± 2. Thay vào (2) : x2 – 2x – 15 = 0 x1 = 5; x2 = - 3 Ta có 4 nghiệm : (5; 2), (5 ; - 2), (- 3; 2), (-3 ; - 2). 3). Phương trình bậc ba trở lên có hai ẩn. Ví dụ 19: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x(x + 1)(x + 2)(x + 3) = y2 (1) Giải Nếu y thoả mãn phương trình thì - y cũng thoả mãn phương trình , do đó ta giả sử y ³ 0 . Û (x2 + 3x)( x2 + 3x + 2) = y2 Đặt x2 + 3x + 1 = a ta được (a - 1)(a +1) = y2 (a + y)(a - y) = 1 Suy ra a + y = a – y = 1 Do đó y = 0 Thay vào (1) được : x1 = 0 , x2 = - 1 , x3 = - 2 , x4 = - 3. Đáp số : (0; 0), (- 1; 0)’ (- 2; 0), ( - 3; 0). 4). Các dạng khác Phương trình đa thức có 3 ẩn trở lên. Phương trình dạng phân thức Từ phương trình phân thức ta có thể biến đổi đưa về phương trình không chứa biến ở mẫu. Phươngtrình dạng mũ . Phương trình vô tỷ. Hệ phương trình với nghiệm nguyên. Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm nguyên. Một số phương trình với nghiệm nguyên Bài 1: Tìm các nghiệm nguyên của các phương trình sau: a, 2x + 13y = 156 b, 3xy + x – y = 1 c, 2x2 + 3xy – 2y2 = 7 d, x3 – y3 = 91 HD a. Ta thấy x chia hết chop 13. Đặt x = 13t (t nguyên). Thay vào phương trình đã cho được y theo t. b. Đưa về phương trình ước số: (3x - 1)(3y + 1) = 2 c. Đưa về phương trình ước số: (x – 2y)(2x - y) = 7 d. Đưa về phương trình ước số: (x - y)(x2 + xy + y2) = 13.7 Lưu ý : x2 + xy + y2 > 0 Bài 2: Chứng minh các phương trình sau không có nghiệm nguyên: a , 3x2 – 4y2 = 13 b, 19x2 + 28y2 = 2001 c, x2 = 2y2- 8y + 3 d, 3x5 – x3 + 6x2 – 18x = 2001 HD Xét số dư của từng về khi chia cho 4 VP chia cho 4 dư 1. Số dư khi chia cho 4 của vế trái phụ thuộc vào 3x2 (Lưu ý x2 chia cho 4 có số dư là 0 hoặc 1) b. Xét số dư của từng về khi chia cho 4 VP chia cho 4 dư 1. Số dư khi chia cho 4 của vế trái phụ thuộc vào 19x2 = 4.4x2 + 3x2 c. Xét số dư của từng về khi chia cho 8 VT chia cho 8 dư 0,1 hoặc 4. VP chia cho 8 dư 3 nếu y chẵn, dư 5 nếu y lẻ. d. Xét số dư của từng về khi chia cho 2 Trường hợp x chẵn VT = x(3x4 – x2 + 6x – 18) chia hết cho 2. VP không chia hết cho 2. Trường hợp x lẻ VT = x3(3x2 – 1) + 6x2 – 18x 3x2 lẻ nên 3x2 – 1 chẵn vậy VT chia hết cho 2. VP không chia hết cho 2. Cách khác: Phân tích vế trái thành tích của 5 số nguyên liên tiếp chia hết cho5 .VP không chia hết cho 5. Bài 3: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : 1/x + 1/y = 1/4 HD: Giả sử 1 Ê x Ê y thì 1/x ³ 1/y Nên 2/x ³ 1/4 hay x Ê 8 Mà 1/x 4 Lập bảng X 5 6 7 8 Y 20 12 Loại 8 Đáp số (5;20),(20;5),(6;12),(12;6),(8;8). Bài 4: Tìm 3 số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng nửa tích của chúng. HD: xyz = 2(x + y + z) (*) Giả sử x Ê y Ê z ta có xyz Ê 2.3z => xy Ê 6. Từ đây lập bảng tìm x, y rồi thay vào (*) tìm được z ( nếu thoả mãn z nguyên). Đáp số: (1;3;8), (1;4;5), (2;2;4). Bài 5: Tìm các nghiệm nguyên của các phương trình sau: a, x2 + xy + y2 = 2x + y b, x2 + xy + y2 = x + y c, x2 - 3xy + 3y2 = 3y d, x2 - 2xy + 5y2 = y +1 HD: a. Biến đổi x2 + (y - 2)x + (y2 - y) = 0 (1) D = 4 – 3y2. Điều kiện D ³ 0 ỳ yữ = 1 Thay vào (1) và tìm ra x. Đáp số: (1;- 1), (2; - 1), (0;0), (2;0), (0;1), (1;1). b, c, d. Làm tương tự. Tất cả những nội dung trên đây tôi đã có nhiều cố gắng song khó có thể tránh khỏi những thiếu sót. Một lần nữa rất mong bạn đọc cùng các thầy cô, các em học sinh góp ý để những chuyên đề sau được tốt hơn Tổ Toán Lí – Trường THCS Thanh Lãng Ngày 15 tháng 3 năm 2008 Ngụ Quốc Hưng
File đính kèm:
ChuyendeViEt.doc
