Đề Xuất 12/2022 # Phương Pháp Lagrange Giải Phương Trình Cấp 1 / 2023 # Top 12 Like | Techcombanktower.com

Đề Xuất 12/2022 # Phương Pháp Lagrange Giải Phương Trình Cấp 1 / 2023 # Top 12 Like

Cập nhật nội dung chi tiết về Phương Pháp Lagrange Giải Phương Trình Cấp 1 / 2023 mới nhất trên website Techcombanktower.com. Hy vọng thông tin trong bài viết sẽ đáp ứng được nhu cầu ngoài mong đợi của bạn, chúng tôi sẽ làm việc thường xuyên để cập nhật nội dung mới nhằm giúp bạn nhận được thông tin nhanh chóng và chính xác nhất.

Trong phần bài tập PTĐHR trong cuốn của Pinchover-Rubinstein có một số bài yêu cầu sử dụng phương pháp Lagrange để giải. Cụ thể xét phương trình nửa tuyến tính cấp 1:

Phương pháp Lagrange giúp ta tìm nghiệm tổng quát của phương trình trên theo cách nhìn:

nghiệm của phương trình là mặt cong tạo bởi các đường cong là giao của hai họ mặt cong:

Khi đó với mỗi hàm cho ta một mặt cong nghiệm của phương trình đang xét:

Chú ý mặt cong nghiệm có véc-tơ pháp tuyến Do đó là véc-tơ tiếp xúc của mặt cong nghiệm.

Trong sách của Pinchover-Rubinstein đưa ra cách như sau: lấy các trường véc-tơ vuông góc với Tiếp đến tìm là các hàm thỏa mãn

Khi đó trên các đường cong đặc trưng của mặt cong nghiệm ta có

Như vậy là hằng số trên mỗi đường cong đặc trưng của mặt cong nghiệm. Nói cách khác chính là các hàm cần tìm.

Để cụ thể ta xem ví dụ sau:

VD:

Trường véc-tơ tiếp xúc Ta lấy các trường véc-tơ

.

Khi đó

và nghiệm tổng quát

hay

Ta có thể nhìn cách trên qua hệ phương trình đặc trưng

hay

.

Khi đó thỏa mãn

Như vậy là hai nghiệm độc lập tuyến tính của “hệ phương trình đặc trưng”. Việc lập luận để

là nghiệm của phương trình đang xét, các bạn tham khảo bài giảng

Để cụ thể ta quay lại ví dụ trên, có hệ phương trình đặc trưng

hay

Xét

ta tích phân lên ta được

. Lấy

Lại có

.

Giản ước rồi tích phân lên ta được

Chọn .

Như vậy ta lại được kết quả như cách trước.

Share this:

Twitter

Facebook

Like this:

Số lượt thích

Đang tải…

Phương Pháp Giải Một Số Dạng Phương Trình Môn Toán Ở Cấp Thcs / 2023

; z1 = 1; z2 = -55 (loại) Tập nghiệm của phương trình (2.6.1) là: S{-4;-6} Ví dụ 2: Giải phương trình: (x-6)4 + (x-8)4 = 16 (2.6.2) 2y4 + 12y2 + 2 = 16 y4 + 6y2 - 7 = 0 7.3.2.7. Phương trình dạng: (x+a)(x+b)(x+c)(x+d) = mx2 (2.7) trong đó ad =bc a. Cách giải: Ta nhóm: [(x+a) (x+d)][ (x+b) (x+c)] = mx2 [x2 + (a+d)x + ad] x2 + [(b+c)x + bc] = mx2 (2.7.1') Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình (2.7.1'), chia cả hai vế của phương trình (2.7.1') cho x2. (2.7.1') [x + (a+d) + ad x-1] x + (b+c) + bc x-1] = m Đặt: y = x+ad x-1 ta có phương trình: [y+(a+d] [y+(b+c)] = m (2.7.1'') Giải phương trình (2.7.1'') ta được nghiệm y0. Giải phương trình x+ad x-1 = y0 ta được nghiệm của phương trình (2.7) b. Các ví dụ: Ví dụ 1: Giải phương trình: (x+2)(x+3)(x+8)(x+12) = 4x2 (2.7.1) Giải: (2.7.1) [((x+2) (x+12)][ (x+3) (x+8)] = 4x2 (x2 + 14x+24) (x2 + 11x+ 24)= 4x2 Phương trình này không có nghiệm x = 0 , chia cả hai vế của phương trình x2 0 ta được phương trình: Tập nghiệm của phương trình (2.7.1) là: S = Ví dụ 2: Giải phương trình: (x+1) (x-4) (x+3) (x-12) = -2x2 (2.7.2) Giải: (2.7.2) [(x+1) (x-12)] [(x-4) (x+3)] = -2x2 (x2 - 11x - 12) (x2 - x - 12) = -2x2 phương trình không có nghiệm x=0, chia cả hai vế của phương trình cho x2 0 ta được: (x - 11 - 12/x) ( x-1 - 12/x) = -2 Đặt: x-12/x = y phương trình trở thành. (y-11) (y-1) = -2 y2 - 12y + 13 = 0 Tập nghiệm của phương trình (2.7.2) là: S= 7.3.2.8. Phương trình dạng: d(x+a)(x+b)(x+c) = mx (2.8) trong đó d=; m=(d-a)(d-b) (d-c) b. Các ví dụ: Ví dụ 1: Giải phương trình (x-2)(x-3)(x+7) = -72x (2.8.1) (y-3)(y-4)(y+6) = -72(y-1) y3 - y2 + 42y = 0 y(y2- y + 42) = 0 Phương trình vô nghiệm Tập nghiệm của phương trình (2.8.1) là: S={-1} Ví dụ 2: Giải phương trình: 8(x+2)(x+5)(x+9) = -18x (2.8.2) 8 (y-6) (y-3)(y+1) = -18 (y-8) 4y3 - 32y2 + 45y = 0 y(4y2 - 32y + 45) = 0. Giải phương trình này ta được: y1 = 0; y2 = Tập nghiệm của phương trình: (2.8.2) là: S = 7.3.2.9. Phương trình có dạng: ( x+a) (x+b) ( x+ c) (x+d) = m (2.9) trong đó: a+d= b +c a. Cách giải: Ta nhóm [(x+a) (x+d) ] [(x+b) (x+c)] = m (2.9.1') Đặt: y = (x+a) (x+d) thay vào phương trình (2.9.1') ta tìm được y0. Giải phương trình (x+a) (x+d) = y0 ta có x0 là nghiệm của phương trình (2.9.1') b. Các ví dụ: Ví dụ 1: Giải phương trình: (x+5) (x+6) (x+8) (x+9) = 40 (2.9.1) Giải: (2.9.1) [(x+5) (x+9)] [(x+6) (x+8) ] = 40 (x2 + 14x + 45) (x2 + 14x + 48) = 40 Đặt: x2 + 14x + 45 = y phương trình có dạng: y(y+3) = 40 Tập nghiệm của phương trình: (2.9.1) là: S = {-4; -10} Ví dụ 2: Giải phương trình: (x-1) (x+7) (x2 + 2x - 15) = 297 (2.9.2) Giải: (2.9.2) (x-1) (x+7) (x-3) (x+5) = 297 [(x-1) (x+5) [(x+7) (x-3)] = 297 (x2 + 4x - 5) (x2 + 4x - 21) = 297 Đặt x2 + 4x - 5 = y phương trình có dạng: y(y-16) = 297 Tập nghiệm của phương trình (2.9.2) là: S = {-8;4} 7.3.2.10. Phương trình tam thức: a. Định nghĩa: Phương trình tam thức là phương trình có dạng: ax2n + bxn + c = 0 (a0) (2.10) Trong đó: a,b,c là các số thức, n nguyên dương, n2. Nếu a,b,c là các số thực đồng thời khác 0 và n = 2 thì (2.10) là phương trình trùng phương. b. Cách giải: Đặt xn = y (2.10) Giải; (**) ta tìm được y0 thay vào (*) ta tìm được x0 là nghiệm của (2.10). c. Các ví dụ: Ví dụ 1: Giải phương trình: x6 - 7x3 + 6 = 0 (2.10.1) Tập nghiệm của phương trình (2.10.1) là: S = {1; } Ví dụ 2: Giải phương trình: x10 + x5 - 6 = 0 (2.10.2) Tập nghiệm của phương trình (2.10.2) là: S = {; } 7.3.3. Phương pháp 3: Đưa hai vế về luỹ thừa cùng bậc. a. Cơ sở lý luận: Thêm bớt vào hai vế của phương trình đi cùng một biểu thức (hay 1 số) để đưa 2 vế của phương trình trở thành 2 luỹ thừa cùng bậc. Phương trình: An = Bn (3.1) + Nếu n là số chẵn thì A = B (3.2) + Nếu n là số lẻ thì A = B (3.3) Giải phương trình (3.2) và (3.3) ta tìm được nghiệm của phương trình (3.1) b. Các ví dụ: Ví dụ 1: Giải phương trình: x4 = 24x + 32 (3.1.1) Giải: Cộng 4x2 + 4 vào hai vế của phương trình (3.1.1) ta có: x4 +4x2 + 4 = 4x2 + 24x + 36 (x2 + 2) 2 = (2x+ 6)2 phương trình vô nghiệm Tập nghiệm của phương trình (3.1.1) là: S = { ; } Ví dụ 2: Giải phương trình: (x2 - 9)2 = 12x +1 (3.1.2) Giải: Cộng 36x2 vào hai vế của phương trình thì (3.1.2) (x2 - 9)2 + 36x2 = 36x2 + 12x + 1 (x2 + 9)2 = (6x + 1)2 phương trình vô nghiệm Tập nghiệm của phương trình (3.1.2) là: S = {2;4} 7.3.4. Phương pháp 4: Dùng bất đẳng thức a. Cơ sở lý luận: * Dùng tính đơn điệu của hàm số trên từng khoảng: Đưa phương trình đã cho về dạng f(x) = g(x) (1*) + Nếu f(x) tăng trên [a,b] g(x) giảm trên [a,b] thì x0 là nghiệm duy nhất của (1*) f(x0) = g(x0) + Nếu f(x) giảm trên [a,b] g(x) tăng trên [a,b] thì x0 là nghiệm duy nhất của (1*) f(x0) = g(x0) * Dùng các bất đẳng thức. dấu "=" xẩy ra khi AB 0 dấu "=" xẩy ra khi AB 0 dấu "=" xẩy ra khi A 0 b. Các ví dụ: Ví dụ 1: Giải phương trình: (4.1) Giải: áp dụng hằng bất đẳng thức dấu "=" xẩy ra khi AB 0 Xẩy ra dấu đẳng thức khi và chỉ khi: x(1-x) 0 0x1 Tập nghiệm của phương trình (4.1) là: S = {x/0x1} Ví dụ 2: Giải phương trình (4.2) Giải: Viết phương trình (4.2) dưới dạng: Dễ thấyx =8; x =9 đều là nghiệm của(4.2).Xét các giá trị còn lại của x. Với x<8 thì còn Với 8<x<9 thì 0 = x - 8 0 Kết luận:Tập nghiệm của phương trình (4.2) là: S = {8;9} 7.3.5. Phương pháp 5: Dùng tính chất về số nghiệm thực của phương trình a. Cơ sở lý luận: Người ta chứng minh được rằng phương trình đại số bậc n có không quá n nghiệm thực. Do đó nếu ta chỉ ra được n nghiệm của một phương trình đại số bậc n thì đó là tất cả các nghiệm của phương trình đó. Ví dụ: Giải phương trình với a là tham số: (a2 - a)2 (x2 - x+1)3 = (x2 - x)2 (a2 - a + 1)3 (5.1) Giải: Với a = 0 hoặc a = 1 thì (5.1) có hai nghiệm: 0 và 1 Xét a 0, a 1. Khi đó x 0 (Vì nếu x = 0 thì a = 0 hoặc a = 1). Gọi m là nghiệm của (5.1). Chia hai vế của (5.1.1') cho m2 ta có: (a2 - a)2 (1-1/m+1/m2)3 = (1/m - 1/m2)2 (a2 - a + 1)3 (a2 - a)2 (1/m2 - 1/m + 1)3 = (1/m2 - 1/m)2 (a2 - a + 1)3. Điều này chứng tỏ rằng 1/m cũng là nghiệm của (5.1). Ta dễ dàng chứng minh được 1- m cũng là nghiệm của (5.1). Vậy a là một nghiệm của (5.1) theo trên thì 1/a và 1-a cũng là nghiệm của (5.1). Do 1/a là nghiệm của (5.1) nên 1-1/a cũng là nghiệm của (5.1). Do 1-a là nghiệm của (5.1) nên cũng là nghiệm của (5.1). Do đó 1- cũng là nghiệm của (5.1). Điều kiện để sáu giá trị a, 1/a, 1-a, 1-1/a, , 1- đôi 1 khác nhau là: a0, a 1, a-1; a 2; a1/2. Các trường hợp a = 0, a = 1 đã xét ở trên. Trong mỗi trường hợp a = -1, a =2, a = 1/2, phương trình (5.1) đều có dạng: 4(x2 - x + 1)3 = 27 (x2 - x)2. (x+1)2 (x-2)2 (2x-1)2 = 0 Phương trình có 3 nghiệm kép: -1; 2; 1/2. Trong trường hợp a0, a1, a 2, a1/2, phương trình có 6 nghiệm nêu trên, không còn nghiệm nào khác. 7.3.6. Một số phương pháp khác: Ví dụ 1: Giải phương trình: (3-x)4 + (2-x)4 = (5-2x)4 (6.1) y4 + z4 = (y+z)4. Khai triển vế phải, rút gọn rồi biến đổi ta được: yz (2y2 + 3yz + 2z2 ) = 0 7x2 - 35x + 44 = 0 phương trình vô nghiệm. Tập nghiệm của phương trình (6.1) là: S = {3;2} Ví dụ 2: Giải phương trình: (x2 - x + 1)4 - 10x2 (x2 - x + 1)2 + 9x4 = 0 (6.2) Giải: Đặt (x2-x+1)2 = y phương trình (6.2) trở thành: y2-10x2y +9x4 = 0 Phương trình vô nghiệm Tập nghiệm của phương trình (6.2) là: S = {1; - 1; ; } Ví dụ 3: Giải và biện luận phương trình với a là tham số: x4 - 2ax2 - x + a2 - a = 0 (6.3) Giải: Biến đổi (6.3) (x2 - x - a) (x2 + x + 1 - a) = 0 Phương trình (*) có 1 = 1+4a, phương trình (**) có 2 = 4a-3 - Nếu a<-1/4 phương trình vô nghiệm - Nếu a =-1/4 phương trình có nghiệm duy nhất x = 1/2 - Nếu -1/4 <a < 3/4 phương trình có hai nghiệm: - Nếu a = 3/4 phương trình có hai nghiệm: x1 = -1/2; x2 = 3/2 2.3.3: Điều kiện thực hiện giải pháp, biện pháp - Về mặt lý luận: Rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo, kỹ năng Giải phương trình ở bậc THCS. Giúp các em có hứng thú học tập, ham mê học Toán và phát huy năng lực sáng tạo khi gặp các dạng toán khó khi giải phương trình. - Về thực tiễn: Giúp học sinh nắm vững các phương pháp Giải phương trình trong giải toán Đại Số lớp 8, 9 nói riêng và ở bậc THCS nói chung, phát hiện và vận dụng các phương pháp giải phù hợp với từng bài toán cụ thể ở các dạng khác nhau . 2.3.4: Mối liên hệ giữa giải pháp , biện pháp: Thông qua việc hướng dẫn học sinh giải các dạng toán. 2.3.5: Kết quả khảo nghiệm, giá trị khoa học của vấn đề nghiên cứu 2.4: Kết quả thu được qua khảo nghiệm, giá trị khoa học của vấn đề nghiên cứu 1. Khảo sát trước khi áp dụng đề tài: a) Kết quả: - Học sinh không ngại khi gặp dạng toán giải phương trình. - Kĩ năng biến đổi tốt hơn, suy luận của các em chặt chẽ hơn bước đầu đã có sự sáng tạo khi suy luận. - Khả năng phân dạng của các em rất tốt khi GV đưa ra ví dụ . - Một số học sinh khi giải đã trả lời thấy hứng thú hơn khi giải phương trình . Từ kết quả cụ thể trên tôi đã rút ra một số kinh nghiệm cho bản thân cũng như đồng nghiệp khi giải phương trình là: - Cần phân dạng phương trình thành những dạng quen thuộc mà các em đã được gặp trên cơ sở phương pháp giải và giáo viên đưa ra. - Những loại bài tập giao cho học sinh phải thực tế, dễ hiểu, gợi mở giúp kích thích óc sáng tạo của học sinh không quá cao siêu, trừu tượng... - Hướng dẫn các em trước khi giải toán phương trình cần xác định rõ dạng của phương trình này và phương pháp giải hướng dẫn học sinh phân tích bài toán, phán đoán cách giải, các bước giải để các em đi đến lời giải thông minh và ngăn gọn nhất, đạt hiệu quả cao. - Rèn kỹ năng giải phương trình cho học sinh thông qua nhiều dạng phương trình và thường xuyên chú ý đến những sai lầm của học sinh thường mắc phải khi giải phương trình, nhất là tìm ĐKXĐ của phương trình. - Trên cơ sở làm một số bài tập mẫu thật cẩn thận giáo viên cần giao thêm lượng bài tập về nhà có nội dung tương tự hoặc mở rộng hơn để các em được tự mình giải các loại phương trình. *Qua kết quả khảo sát, kiểm tra trước khi áp dụng đề tài Một số phương pháp giải phương trình với học sinh lớp 8B (năm học 2013-2014); học sinh lớp 9A , 9B(năm học 2014-2015) trường THCS Thanh Thủy tôi thấy kết quả tiếp thu về loại Toán giải phương trình như sau: Lớp Điểm dưới 5 Điểm 5 - 6 Điểm 7 - 8 Điểm 9 - 10 % % % % 8B 14/34=41,2% 12/34=35,3 % 6/34= 17,6 % 2/34=5,9% 9B 10/34=29,4% 12/34=35,3 % 8/34= 23,5 % 4/34=11,8% 9A 13/32= 40,6 % 12/32= 37,5 % 5/32= 15,6% 2/32= 6,3% b). Nguyên nhân của thực tế trên: Do các em chưa nắm chắc các dạng phương trình, và phương pháp giải của ừng dạng phương trình. Các bài tập về giải phương trình lại tương đối đa dạng, từ dễ đến khó, nên việc suy luận còn hạn chế lúng túng dẫn đến kết quả rất thấp và đặc biệt đối với học sinh trung bình các em rất khó giải quyết được bài toán, vì còn thiếu kĩ năng suy luận và các kĩ năng biến đổi . 2. Kết quả sau khi áp dụng đề tài :(Năm học 2013-2014 và năm học 2014-2015) Lớp Điểm dưới 5 Điểm 5 - 6 Điểm 7 - 8 Điểm 9 - 10 % % % % 8B 10/34=29,4% 12/34=35,3 % 8/34= 23,5 % 4/34=11,8% 9B 8/34= 23,5 % 10/34=41,2% 10/34=41,2% 6/34= 17,6 % 9A 10/32= 31,3 % 10/32= 31,3 % 8/32= 25,0% 4/32= 12,5% Nhận xét: Sau khi áp dụng đề tài tôi thấy rằng chất lượng qua kiểm tra đã được nâng lên đáng kể, đặc biệt là đối tượng HS (trung bình, khá) . 3.Bảng thống kê kết quả kiểm tra - Khi chưa áp dụng đề tài tôi nhận thấy học sinh lúng túng gặp không ít khó khăn trong khi làm bài toán: : Giải phương trình . - Sau khi áp dụng đề tài thì đó khắc phục được nhược điểm lúng túng, giải quyết phần nào những khó khăn cho học sinh, tạo cơ sở và niềm tin vững chắc cho học sinh trong học tập môn toán. Năm học Đề tài Giỏi Khá TB Yếu Kém 2013-2014 Chưa áp dụng 6,5% 12,0% 32,5% 31% 18% 2014-2015 Đã áp dụng 12,5% 27,0% 42,5% 11,8% 6,2% 3. PHẦN KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ: 3.1: Kết luận +Cuối năm học đa số các em đó thành thạo với loại việc Giải phương trình, đã nắm được các dạng toán và phương pháp giải từng dạng, các em biết trình bày đầy đủ, khoa học, lời giải chặt chẽ, rõ ràng, các em cảm thấy thích thú khi giải phương trình. + Học sinh tiếp thu bài nhanh dễ hiểu hơn, yêu thích môn toán hơn + Học sinh tránh được những sai sót cơ bản,và có kĩ năng vận dụng thành thạo cũng như phát huy được tính tích cực của học sinh . - Việc nghiên cứu triển khai phương pháp Giải phương trình, nói riêng và phần nói chung theo định hướng bồi dưỡng học sinh giỏi, trước hết là có thể làm được. -Việc áp dụng cách làm trên trong điều kiện hiện nay là khả thi, nếu người thầy luôn thường xuyên đầu tư thoả đáng. trước hết là khâu chuẩn bị tài liệu và nắm vững một lượng kiến thức lớn, và loại toán này thực sự là một chuyên đề chúng ta cần quan tâm đến nhiều, nó thực sự đa dạng phong phú đề cập đến nhiều kiến thức trong trường Phổ thông, nó có tính tổng hợp cần phải vận dụng nhiều đơn vị kiến thức cùng một lúc vào giải quyết một vấn đề, và là nền móng cho các em học lên cấp trên. -Tuy nhiên để đạt được kết quả như mong muốn ,đòi hỏi người giáo viên cần hệ thống, phân loại bài tập thành từng dạng,giáo viên xây dựng từ kiến thức cũ đến kiến thức mới từ cụ thể đến tổng quát, từ dễ đến khó và phức tạp, phù hợp với trình độ nhận thức của học sinh . -Do điều kiện và năng lực của bản thân còn hạn chế, các tài liệu tham khảo chưa đầy đủ, nên chắc chắn đề tài có lời giải chưa phải là chuẩn nhất, bản thân tôi mong muốn và hy vọng đề tài này ít nhiều cũng giúp học sinh hiểu kỹ hơn về :" phương pháp giải một số dạng phương trình môn toán" trong trường phổ thông cấp THCS . Sau khi áp dụng ở trường tôi thấy sáng kiến này đã phần nào có tác dụng đối với học sinh và giáo viên lớp 9 của trường, nó tạo hứng thú học toán đối với các em đặc biệt là dạng toán mà thường ngày các em rất ngại... Đề tài này đã cố gắng xây dựng một hệ thống kiến thức từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp giúp học sinh có thể vận dụng một cách linh hoạt từng phương pháp cụ thể trong từng trường hợp nhất định. Qua đó học sinh có thể đào sâu kiến thức, tìm tòi nhiều cách giải cho một bài toán. Bên cạnh đó các ví dụ có thể giúp học sinh có thể rèn luyện kỹ năng, kỹ xảo làm quen với các dạng bài tập khác nhau, các loại phương trình khác nhau, góp phần nhỏ bé trong sự phát triển trí tuệ, tính cẩn thận, khoa học, năng lực nhận xét, phân tích, phán đoán tổng hợp kiến thức...Tuy nhiên không phải đối với tất cả các đối tượng học sinh chúng ta đều truyền tải các nội dung trên mà cần xác định đúng đối tượng để cung cấp kiến thức cơ bản phù hợp với trình độ và quỹ thời gian của học sinh. Ngoài việc tự nghiên cứu tài liệu, sự nỗ lực của bản thân,qua thực tế giảng dạy, tôi còn nhận được sự giúp đỡ nhiệt tình của các thầy cô giáo trong tổ toán trường : THCS Thanh Thủy và tài liệu của các đồng nghiệp đã giúp tôi hoàn thành sáng kiến kinh nghiệm này. 3.2: Kiến nghị. *Đề nghị các cấp quản lý : - Tạo điều kiện về cơ sở vật chất, trang thiết bị, phương tiện dạy - học để việc tổ chức tiết học đạt hiệu quả. * Đề nghị Phòng giáo dục & Đào tạo mở các chuyên đề để chúng tôi có điều kiện trao đổi và học hỏi thêm. * Đề nghị Hội đồng tuyển sinh huyện cần quan tâm hơn nữa đến chất lượng tuyển sinh đầu vào. * Đề nghị hội phụ huynh học sinh cần quan tâm hơn nữa đến việc học tập của con em mỡnh. Trong đề tài này chắc chắn không tránh khỏi những hạn chế nhất định. Bản thân rất mong được sự đóng góp ý kiến bổ sung của ban giám khảo, cuả các đồng chí chuyên viên phòng giáo dục, các đồng nghiệp để vốn kiến thức của tôi ngày càng hoàn thiện và phong phú , góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy và học tập của giáo viên và học sinh../. Xin trân trọng cám ơn ! Thanh Thuỷ, ngày 20 tháng03 năm 2015 Người viết : Xác nhận của nhà trường: Đỗ Thanh Tùng TÀI LIỆU THAM KHẢO 1/ Một số vấn đề phát triển đại số 8, 9 - Vũ Hữu Bình (NXBGD); 2/ 23 chuyên đề giải 1001 bài toán sơ cấp - Nguyễn Văn Vĩnh, Nguyễn Đức Đồng (NXBGD); 3/ Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS phần "Đại số" - Nguyễn Vũ Thanh (NXBGD); 4/ Toán nâng cao và các chuyên đề "Đại số 8, 9" - Vũ Dương Thuỵ, Nguyễn Ngọc Đạm (NXBGD); 5/ Tuyển tập 30 năm Toán học và tuổi trẻ - (NXBGD) 6/ Đại số 10 - Trần Văn Hạo, Vũ Tuấn, Doãn Minh Cường, Đỗ Mạnh Hùng, Nguyễn Tiến Tài (NXBGD) 7/ Phương trình bậc hai và một số ứng dụng - Nguyễn Đức Tấn, Vũ Đức Đoàn, Trần Đức Long, Nguyễn Anh Hoàng, (NXBGD) MỤC LỤC

Cách Giải Hệ Phương Trình Đẳng Cấp / 2023

Chuyên đề Toán 9 luyện thi vào lớp 10

Chuyên đề Toán 9: Hệ phương trình đẳng cấp

Hệ phương trình đẳng cấp là một dạng nâng cao trong đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán được VnDoc biên soạn và giới thiệu tới các bạn học sinh cùng quý thầy cô tham khảo. Nội dung tài liệu sẽ giúp các bạn học sinh học tốt môn Toán lớp 9 hiệu quả hơn. Mời các bạn tham khảo.

I. Kiến thức cơ bản cần nhớ về hệ phương trình đẳng cấp

1. Định nghĩa về hệ phương trình đẳng cấp

+ Hệ phương trình đẳng cấp là hệ gồm 2 phương trình 2 ẩn mà ở mỗi phương trình bậc của mỗi ẩn bằng nhau

+

2. Cách giải hệ phương trình đẳng cấp

Để giải hệ phương trình đẳng cấp này, ta thực hiện các bước sau:

Phương trình

+ Bước 1: Nhân phương trình (1) với và phương trình (2) với rồi trừ hai phương trình để làm mất hệ số tự do

+ Bước 2: Phương trình có hai ẩn x và y. Xét hai trường hợp:

– Trường hợp 1: x = 0 hoặc y = 0 thay vào phương trình để tìm ra y hoặc x. Thử lại kết quả vừa tìm được bằng cách thay vào hệ phương trình

– Trường hợp 2: x khác 0 hoặc y khác 0, chia cả hai vế của phương trình cho bậc cao nhất của ẩn x hoặc y

+ Bước 3: Giải phương trình với ẩn

III. Bài tập ví dụ về giải hệ phương trình đẳng cấp

Giải hệ phương trình:

Lời giải:

Lấy (1) – (2) ta có:

Trường hợp 1: với y = 0, thay vào phương trình (3) có x = 0. Với x = 0, y = 0 thay vào phương trình (1) có 0 = 2 (vô lý)

Trường hợp 2: với y khác 0, chia cả hai vế của phương trình (3) cho

Đặt

Phương trình trở thành:

Với

Với

Với

Vậy nghiệm của hệ phương trình là:

III. Bài tập tự luyện về hệ phương trình đẳng cấp

1,

2,

3,

4,

5,

6,

7,

8,

9,

10,

9 Phương Pháp Giải Phương Trình Nghiệm Nguyên / 2023

Published on

1. chúng tôi chúng tôi 1 Giáo viên hướng dẫn: thầy ĐỖ KIM SƠN www.VNMATH.com

2. chúng tôi chúng tôi 2 Lời nói đầu Trang Phần 1: Các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên ………………………………….4 Phương pháp 1:Xét số dư của từng vế………………………………………………………………………5 Phương pháp 2: Đưa về dạng tổng……………………………………………………………………………5 Phương pháp 3: Dùng bất đẳng thức ………………………………………………………………………..6 Phương pháp 4: Dùng tính chia hết, tính đồng dư ……………………………………………………..8 Phương pháp 5: Dùng tính chất của số chính phương……………………………………………….11 Phương pháp 6: Lùi vô hạn, nguyên tắc cực hạn………………………………………………………14 Phương pháp 7: Xét chữ số tận cùng ………………………………………………………………………15 Phương pháp 8: Tìm nghiệm riêng ………………………………………………………………………..15 Phương pháp 9: Hạ bậc…………………………………………………………………………………………16 Phần 2: Các dạng phương trình có nghiệm nguyên ……………………………………………….18 Dạng 1: Phương trình bậc nhất hai ẩn …………………………………………………………………….19 Dạng 2: Phương trình bậc hai có hai ẩn…………………………………………………………………..19 Dạng 3: Phương trình bậc ba trở lên có hai ẩn. ………………………………………………………..21 Dạng 4: Phương trình đa thức có ba ẩn trở lên…………………………………………………………23 Dạng 5: Phương trình dạng phân thức…………………………………………………………………….24 Dạng 6: Phương trình dạng mũ………………………………………………………………………………25 Dạng 7: Hệ phương trình vô tỉ……………………………………………………………………………….26 Dạng 8: Hệ phương trình với nghiệm nguyên ………………………………………………………….28 Dạng 9: Hệ phương trình Pytago ……………………………………………………………………………28 Dạng 10: Phương trình Pel…………………………………………………………………………………….30 Dạng 11: Điều kiện để phương trình có nghiệm nguyên……………………………………………32 Phần 3: Bài tập áp dụng………………………………………………………………………………………33 Phụ lục ……………………………………………………………………………………………………………….48 Lời cảm ơn………………………………………………………………………………………………………….52 www.VNMATH.com

3. chúng tôi chúng tôi 3 Phương trình và bài toán với nghiệm nguyên là một đề tài lý thú của Số học và Đại số, từ những bài toán về tính mỗi loại trâu Trăm trâu trăm cỏ đến các chuyên gia toán học lớn với các bài toán như định lý lớn Fecma. Được nghiên cứu từ thời Điôphăng thế kỉ thứ III, phương trình nghiệm nguyên vẫn còn là đối tượng nghiên cứu của toán học. Phương trình nghiệm nguyên vô cùng đa dạng, vì thế nó thường không có quy tắc giải tổng quát. Mỗi bài toán, với số liệu riêng của nó, đòi hỏi một cách giải riêng phù hợp. Thời gian qua, nhờ sự hướng dẫn của giáo viên bộ môn, chúng em xin giới thiệu chuyên đề “Phương trình nghiệm nguyên”. Chuyên đề này là sự tập hợp các phương pháp cũng như các dạng phương trình khác nhau của phương trình nghiệm nguyên, do chúng em sưu tầm từ các nguồn kiến thức khác nhau. Chúng em mong muốn quyển chuyên đề sẽ giúp ích một phần cho việc tìm hiểu của các bạn học sinh về vấn đề nêu trên. Quyển chuyên đề này gồm có 3 phần chính. Đầu tiên chúng em xin giới thiệu các phương pháp thường dùng để giải phương trình với nghiệm nguyên, sau đó là việc tìm hiểu cách giải các dạng phương trình khác nhau của nó và cuối cùng là phần bài tập. Trong quá trình biên soạn, sưu tầm và tập hợp các phương pháp cùng những ví dụ, bài tập, tuy chúng em đã cố gắng rất nhiều nhưng thiếu sót là điều khó tránh khỏi. Vì vậy, chúng em mong thầy và các bạn khi xem xong quyển chuyên đề này hãy đóng góp ý kiến để giúp những chuyên đề sau được hoàn thành tốt hơn. Xin chân thành cảm ơn! Nhóm biên tập www.VNMATH.com

4. chúng tôi chúng tôi 4 www.VNMATH.com

6. chúng tôi chúng tôi 6 Giải các hệ trên phương trình (1) có bốn nghiệm nguyên là: (2 ; 3), (3 ; 2), (  1 ;  2), (  2 ;  1) 3) PHƯƠNG PHÁP DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC Trong khi giải các phương trình nghiệm nguyên rất cần đánh giá các miền giá trị của các biến, nếu số giá trị mà biến số có thể nhận không nhiều có thể dùng phương pháp thử trực tiếp để kiểm tra. Để đánh giá được miền giá trị của biến số cần vận dụng linh hoạt các tính chất chia hết, đồng dư, bất đẳng thức … a) Phương pháp sắp thứ tự các ẩn Ví dụ 4: Tìm ba số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng Giải: Cách 1: Gọi các số nguyên dương phải tìm là x, y, z. Ta có: . .x y z x y z   (1) Chú ý rằng 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: 1 x y z   Do đó: 3xyz x y z z    Chia hai vế của bất đảng thức 3xyz z cho số dương z ta được: 3xy  Do đó {1;2;3}xy  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 y z Vậy ba số phải tìm là 1; 2; 3. Cách 2: Chia hai vế của (1) cho 0xyz  được: 1 1 1 1 yz xz xy    Giả sử 1x y z   ta có 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 3 1 yz xz xy z z z z        Suy ra 2 3 1 z  do đó 2 3z  nên z = 1. Thay z = 1 vào (1): 1x y xy   1xy x y    ( 1) ( 1) 2x y y     ( 1)( 1) 2x y    Ta có 1 1 0x y    nên Suy ra Ba số phải tìm là 1; 2; 3 Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau : 5(x + y + z + t) + 10 = 2xyzt . x – 1 2 y – 1 1 x 3 y 2 www.VNMATH.com

7. chúng tôi chúng tôi 7 Giải Vì vai trò của x, y, z, t như nhau nên có thể giả thiết x ≥ y ≥ z ≥ t. Khi đó : 2xyzt = 5(x + y + z + t) +10 ≤ 20x + 10 3 15 15 2yzt t t      Với t = 1 ta có : 2xyz = 5(x + y + z) +15 ≤ 15x + 15 2 2 30 2 30 3yz z z      Nếu z = 1 thì 2xy = 5(x + y) + 20 hay 4xy = 10(x + y) + 40 hay (2x – 5)(2y – 5) = 65 . Dễ thấy rằng phương trình này có nghiệm là (x = 35; y = 3) và (x = 9; y = 5). Giải tương tự cho các trường còn lại và trường hợp t = 2. Cuối cùng ta tìm được nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho là (x; y; z; t) = (35; 3; 1; 1); (9; 5; 1; 1) và các hoán vị của các bộ số này. b) Phương pháp xét từng khoảng giá trị của ẩn Ví dụ 6: Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình: 1 1 1 3x y   Giải: Do vai trò bình đẳng của x và y, giả sử x y . Dùng bất đẳng thức để giới hạn khoảng giá trị của số nhỏ hơn (là y). Hiển nhiên ta có 1 1 3y  nên 3y  (1) Mặt khác do 1x y  nên 1 1 x y  . Do đó: 1 1 1 1 1 2 3 x y y y y      nên 6y  (2) Ta xác định được khoảng giá tri của y là 4 6y  Với y = 4 ta được: 1 1 1 1 3 4 12x    nên x = 12 Với y = 5 ta được: 1 1 1 2 3 5 15x    loại vì x không là số nguyên Với y = 6 ta được: 1 1 1 1 3 6 6x    nên x = 6 Các nghiệm của phương trình là: (4 ; 12), (12 ; 4), (6 ; 6) c) Phương pháp chỉ ra nghiệm nguyên Ví dụ 7: Tìm các số tự nhiên x sao cho: 2 3 5x x x   Giải: Viết phương trình dưới dạng: www.VNMATH.com

8. chúng tôi chúng tôi 8 2 3 1 5 5 x x              (1) Với x = 0 thì vế trái của (1) bằng 2, loại. Với x = 1 thì vế trái của (1) bằng 1, đúng Với 2x  thì 2 2 3 3 , 5 5 5 5 x x              nên: 2 3 2 3 1 5 5 5 5 x x                loại Nghiệm duy nhất của phương trình là x = 1 d) Sử dụng diều kiện 0 để phương trình bậc hai có nghiệm Ví dụ 8: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2 2 x y xy x y    (1) Giải Viết (1) thành phương trình bậc hai đối với x: 2 2 ( 1) ( ) 0x y x y y     (2) Điều kiện cần để (2) có nghiệm là 0 2 2 2 ( 1) 4( ) 3 6 1 0y y y y y         2 3 6 1 0y y    2 3( 1) 4y   Do đó 2 ( 1) 1y   suy ra: y – 1 -1 0 1 y 0 1 2 Với y = 0 thay vào (2) được 2 1 20 0; 1x x x x     Với y = 1 thay vào (2) được 2 3 42 0 0; 2x x x x     Với y = 2 thay vào (2) được 2 5 63 2 0 1; 2x x x x      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) 4) PHƯƠNG PHÁP DÙNG TÍNH CHIA HẾT, TÍNH ĐỒNG DƯ Khi giải các phương trình nghiệm nguyên cần vận dụng linh hoạt các tính chất về chia hết, đồng dư, tính chẵn lẻ,… để tìm ra điểm đặc biệt của các biến số cũng như các biểu thức chứa trong phương trình, từ đó đưa phương trình về các dạng mà ta đã biết cách giải hoặc đưa về những phương trình đơn giản hơn.. a) Phương pháp phát hiện tính chia hết của ẩn: Ví dụ 9: Giải phương trính với nghiệm nguyên: 3x + 17y = 159 Giải: Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn phương trình. Ta thấy 159 và 2x đều chia hết cho 3 nên 17y3 do đó y3 ( vì 17 và 3 nguyên tố cùng nhau) Đặt y = 3t (t  ). Thay vào phương trình ta được: www.VNMATH.com

9. chúng tôi chúng tôi 9 3x + 17.3t = 159  x + 17t = 53 Do đó: 53 17 3 x t y t     ( t  ) Đảo lại, thay các biểu thức của x và y vào phương trình ta được nghiệm đúng. Vậy phương trình (1) có vô số nghiệm nguyênđược xác định bằng công thức: 53 17 3 x t y t     (t là số nguyên tùy ý) Ví dụ 10: Chứng minh rằng phương trình : 2 2 5 27x y  (1) không có nghiệm là số nguyên. Giải Một số nguyên x bất kì chỉ có thể biểu diễn dưới dạng x = 5k hoặc x = 5k ± 1 hoặc x = 5k ± 2 trong đó k   Nếu x = 5k thì : 2 2 2 2 (1) (5 ) 5 27 5(5 ) 27k y k y      Điều này vô lí, vì vế trái chia hết cho 5 với mọi k và y là số nguyên, còn vế phải không chia hết cho 5  Nếu x = 5k ± 1 thì : 2 2 (1) (5 1) 5 27k y    2 2 25 10 1 5 27k k y     2 2 5(5 4 ) 23k k y    Điều này cũng vô lí, vế trái chia hết cho 5 với mọi k và y là số nguyên, còn vế phải không chia hết cho 5  Nếu x = 5k ± 2 thì : 2 2 (1) (5 2) 5 27k y    2 2 25 20 4 5 27k k y     2 2 5(5 4 ) 23k k y    Lập luận tương tự như trên, điều này cũng vô lí Vậy phương trình đã cho không có nghiệm là số nguyên Ví dụ 11: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau : 19×2 + 28y2 = 729. Giải Cách 1. Viết phương trình đã cho dưới dạng (18×2 + 27y2 ) + (x2 + y2 ) = 729 (1) Từ (1) suy ra x2 + y2 chia hết 3, do đó x và y đều chia hết cho 3. Đặt x = 3u, y = 3v ( , )u v  Thay vào phương trình đã cho ta được : 19u2 + 28v2 = 81. (2) Từ (2) lập luận tương tự trên ta suy ra u = 3s, v = 3t ( , )s t  Thay vào (2) ta có 19s2 + 28t2 = 9. (3) Từ (3) suy ra s, t không đồng thời bằng 0, do đó www.VNMATH.com

11. chúng tôi chúng tôi 11 Nếu n không chia hết cho 3 thì 2n khi chia cho 7 chỉ có thể cho số dư là 2, 4 hoặc 7, trong khi đó 3 x khi chia cho 7 chỉ có thể cho số dư là 0, 1, hoặc 6 nên không thề có đồng dư thức 3 2n x  (mod 7). Vậy n = 3m với m là một số nguyên dương nào đó. Thay vào phương trình đã cho ta được 3 3 3367 2 m x   2 (2 )[(2 ) 3 .2 ] 3367m m x m x x    (1) Từ (1) ta suy ra 2m x là ước của 3367 Hơn nữa, 3 3 3 (2 ) 2 3367m m x x    nên (2 ) {1;7;13}m x  Xét2 1m x  , thay vào (1) ta suy ra 2m (2m – 1) = 2 × 561, vô nghiệm. Xét 2 3m x  , thay vào (1) ta suy ra 2m (2m – 13) = 2 × 15, vô nghiệm. Xét 2 7m x  , thay vào (1) ta suy ra 2m (2m – 7) = 24 × 32. Từ đó ta có m = 4; n = 3m = 12, và x = 9. Vậy (x; n) = (9; 12) c) Phương pháp tách ra các giá trị nguyên: Ví dụ 15: Giải phương trình ở ví dụ 2 bằng cách khác Giải: Biểu thị x theo y: x(y – 1) = y + 2 Ta thấy y 1 ( vì nếu y = 1 thì ta có 0x = 3 vô nghiệm) Do đó: 2 1 3 3 1 1 1 1 y y x y y y           Do x là số nguyên nên 3 1y  là số nguyên, do đó y – 1 là ước của 3. Lần lượt cho y – 1 bằng -1, 1, -3, 3 ta được các đáp số như ở ví dụ 2. 5) PHƯƠNG PHÁP DÙNG TÍNH CHẤT CỦA SỐ CHÍNH PHƯƠNG a) Sử dụng tính chất về chia hết của số chính phương Ví dụ 16: Tìm các số nguyên x để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếp Giải: Cách 1: Giải sử 9x + 5 = n(n + 1) với n nguyên thì: 36x + 20 = 2 4 4n n 2 36 21 4 4 1x n n     2 3(12 7) (2 1)x n    Số chính phương 2 (2 1)n  chia hết cho 3 nên cũng chia hết cho 9. Ta lại có 12x + 7 không chia hết cho 3 nên 3(12x + 7) không chi hết cho 9. Mâu thuẫn trên chứng tỏ không tồn tại số nguyên x nào để 9x + 5 = n(n + 1). Cách 2: Giả sử 9x + 5 = n(n + 1) với n nguyên Biến đổi 2 9 5 0n n x    www.VNMATH.com

13. chúng tôi chúng tôi 13 Thật vậy: 2 2 2 2 2 2 2 2 4 3 2 1 11 3 ( ) 0 2 4 ( 2) ( 2) ( 2 2 3) y a x x x a y x x x x x x                   2 2 3 3 1 1 1 3( ) 0 2 4 x x x        Do 2 2 2 ( 2)a y a   nên 2 2 ( 1)y a  4 3 2 2 2 2 2 2 3 ( 1) 2 0 1 2 x x x x x x x x x x                  Với x = 1 hoặc x = -2 biểu thức đã cho bằng 2 9 3 d) Sử dụng tính chất: nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là một số chính phương thì mỗi số đếu là số chính phương Ví dụ 20: Giải phương trình với nghiệm nguyên dương: 2 xy z (1) Giải: Trước hết ta có thể giả sử (x , y , z) = 1. Thật vậy nếu bộ ba số , ,o o ox y z thỏa mãn (1) và có ƯCLN bằng d, giả sử 1 1 1, ,o o ox dx y dy z dz   thì 1 1 1, ,x y z cũng là nghiệm của (1). Với (x , y , z) = 1 thì x, y, z đôi một nguyên tố cùng nhau, vì nếu hai trong ba số x, y, z có ước chung là d thì số còn lại cũng chia hết cho d. Ta có 2 z xy mà (x, y) = 1 nên 2 2 ,x a y b  với a, b *  Suy ra: 2 2 ( )z xy ab  do đó, z = ab Như vậy: 2 2 x ta y tb z tab         với t là số nguyên dương tùy ý. Đảo lại, hiển nhiên các số x, y, z có dạng trên thỏa mãn (1) Công thức trên cho ta các nghiệm nguyên dương của (1) e) Sử dụng tính chất: nếu hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương thí một trong hai số nguyên liên tiếp đó bằng 0 Ví dụ 21: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2 2 2 2 x xy y x y   (1) Giải: Thêm xy vào hai vế: 2 2 2 2 2x xy y x y xy    2 ( ) ( 1)x y xy xy    (2) www.VNMATH.com

14. chúng tôi chúng tôi 14 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. Xét xy = 0. Từ (1) có 2 2 0x y  nên x = y = 0 Xét xy + 1 = 0. Ta có xy = -1 nên (x , y) = (1 ; -1) hoặc (-1 ; 1) Thửa lại, ba cặp số (0 ; 0), (1 ; -1), (-1 ; 1) đều là nghiệm của phương trình đã cho. 6) PHƯƠNG PHÁP LÙI VÔ HẠN, NGUYÊN TẮC CỰC HẠN Ví dụ 22: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 3 3 3 2 4x y z  Giải: Hiển nhiên 2x . Đặt 12x x với 1x nguyên. Thay vào (1) rồi chia hai vế cho 2 ta được: 3 3 3 14 2x y z  (2) Do đó 2y . Đặt 12y y với 1y nguyên. Thay vào (2) rồi chia hai vế cho 2 ta được: 3 3 3 1 12 4x y z  (3) Do đó 2z . Đặt 12z z với 1z nguyên. Thay vào (3) rồi chia hai vế cho 2 được: 3 3 3 1 1 14 4x y z  (4) Như vậy nếu (x , y , z) là nghiệm của (1) thì 1 1 1( , , )x y z cũng là nghiệm của (1) trong đó 1 1 12 , 2 , 2x x y y z z   . Lập luận tương tự như trên, 2 2 2( , , )x y z cũng là nghiệm của (1) trong đó 1 2 1 2 1 22 , 2 , 2x x y y z z   . Cứ tiếp tục như vậy ta đi đến: x, y, z chia hết cho 2k với k là số tự nhiên tùy ý. Điều này chỉa xảy ra khi x = y = z = 0. Đó là nghiệm nguyên duy nhất của (1) Ví dụ 23: Tìm ba số nguyên dương đôi một khác nhau x, y, z thỏa mãn : 3 3 3 2 ( )x y z x y z     Giải Vì vai trò của x, y, z như nhau nên có thể giả sử x < y < z. Áp dụng bất đẳng thức : 33 3 3 3 3 x y z x y z          Với mọi x, y, z ≥ 0 ta suy ra x + y + z ≤ 9. Dấu bằng không xảy ra vì x, y, z đôi một khác nhau. Vậy x + y + z ≤ 8. (1) Mặt khác: x + y + z ≥ 1 + 2 + 3 = 6. (2) Từ (1) và (2) ta suy ra {6;7;8}x y z   Từ đây kết hợp với phương trình ban đầu ta tìm được x, y, z Vậy (x, y, z) = (1, 2, 3) và các hoán vị của bộ ba số này www.VNMATH.com

16. chúng tôi chúng tôi 16 o o ax by c ax by c     Trừ từng vế: ( ) ( ) 0 ( ) ( ) o o o o a x x b y y a x x b y y         (2) Ta có ( )oa x x b  mà (a, b) = 1 ( theo định lý 1) nên ox x b  Vậy tồn tại số nguyên t sao cho: ox x = bt Tức là: ox x bt  . Thay vào (2): ( )oabt b y y  o o at y y y y at       Vậy tồn tại số nguyên t sao cho: o o x x bt y y at      b) Ví dụ: Ví dụ 26: Tìm mọi nghiệm nguyên của phương trình: 3x – 2y = 5 Giải: Cách 1: Ta thấy 3; 2o ox y  là một nghiệm riêng. Theo định lý 2, mọi nghiệm nguyên của phương trình là: 3 2 2 3 x t y t      (t là số nguyên tùy ý) Cách 2: Ta thấy 1; 1o ox y   là một nghiệm riêng Theo định lý 2, mọi nghiệm nguyên của phương trình là: 1 2 1 3 x t y t       (t là số nguyên tùy ý) Chú ý: Qua hai cách giải trên, ta thấy có nhiều công thức biểu thị tập hợp các nghiệm nguyên của cùng một phương trình. c) Cách tìm một nghiệm riêng của phương trình bậc nhất hai ẩn: Để tìm một nghiệm nguyên riêng của phương trình ax by c  , ta có thể dùng phương pháp thử chọn: lần lượt cho x bằng số có giá giá trị tuyệt đối nhỏ (0; 1; 2…)  rồi tìm giá trị tương ứng của y. 9) PHƯƠNG PHÁP HẠ BẬC Ví dụ 27: www.VNMATH.com

17. chúng tôi chúng tôi 17 Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x3 + 2y3 – 4z3 = 0 (1) Giải (1)  x3 = 4z3 – 2y3 (2) Rõ ràng vế phải của (2) chia hết cho 2 nên x3  2 do đó x  2. Đặt x = 2×1 (x1 Z ). Thay vào (2) ta có : (2)  8×1 3 = 4×3 – 2y3  y3 = 2z3 – 4×1 3 (3) Lập luận tương tự ta có y  2, đặt y = 2y1 (y1 Z ). Biến đổi tương tự, ta được: z3 = 4y1 3 + 2×1 3 (4) Lập luận tương tự ta có z  2, đặt z = 2z1 (z1 Z ). Biến đổi tương tự, ta lại có: (4)  8z1 3 = 4y1 3 + 2×1 3  x1 3 + 2y1 3 – 4z1 3 = 0 (5) Rõ ràng nếu bộ số (x0; y0; z0) là nghiệm của (1) thì bộ số 0 0 0 ( ; ; ) 2 2 2 x y z cũng là nghiệm của (1), hơn nữa x0, y0, z0 là số chẵn và 0 0 0 ; ; 2 2 2 x y z cũng là số chẵn. Quá trình này có thể tiếp tục mãi và các số 0 0 0 ; ; 2 2 2n n n x y z là số chẵn với mọi n là số nguyên dương. Vậy x = y = z = 0 www.VNMATH.com

18. chúng tôi chúng tôi 18 www.VNMATH.com

19. chúng tôi chúng tôi 19 1) PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN Ví dụ 1: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 11x + 18y = 120 Giải: Ta thấy 11 6x nên 6x . Đặt x = 6k (k nguyên). Thay vào (1) và rút gọn ta được: 11k + 3y = 20 Biểu thị ẩn mà hệ số của nó có giá trị tuyệt đối nhỏ (là y) theo k ta được: 20 11 3 k y   Tách riêng giá trị nguyên của biểu thức này: 1 7 4 3 k y k     Lại đặt 1 3 k  = t với t nguyên suy ra k = 3t + 1. Do đó: 7 4(3 1) 3 11 6 6(3 1) 18 6 y t t t x k t t            Thay các biểu thức của x và y vào (1), phương trình được nghiệm đúng. Vậy các nghiệm nguyên của (10 được biểu thị bởi công thức: 18 6 3 11 x t y t      với t là số nguyên tùy ý Cách giải: – 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 bố trong biểu thức của x bằng một số nguyên 1t , ta được một phương trình bậc nhất hai ẩn y và 1t – Cứ tiếp tục như trên cho đến khi các ần đều được biểu thị dưới dạng một đa thức với các hệ số nguyên 2) PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI HAI ẨN Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 5x – 3y = 2xy – 11 Giải: Biểu thị y theo x: (2x + 3)y = 5x + 11 Dễ thấy 2x + 3  0 ( vì x nguyên ) do đó: 5 11 5 2 2 3 2 3 x x y x x        Để y  phải có 5 2 3x x  2( 5) 2 3x x   2 3 7 2 3x x    7 2 3x  www.VNMATH.com

20. chúng tôi chúng tôi 20 Ta có: Thử lại các cặp giá trị trên của (x , y) đều thỏa mãn phương trình đã cho. Ví dụ 3: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2 2 2 11x x y   Giải: Cách 1: Đưa về phương trình ước số: 2 2 2 1 12x x y    2 2 ( 1) 12x y    ( 1 )( 1 ) 12x y x y      Ta có các nhận xét: a) Vì (1) chùa y có số mũ chẵn nên có thể giả thiết rằng 0y  . Thế thì 1 1x y x y     b) ( 1 ) ( 1 ) 2x y x y y      nên 1x y  và 1x y  cùng tính chẵn lẻ. Tích của chúng bằng 12 nên chúng cùng chẵn. Với các nhận xét trên ta có hai trường hợp: x – 1 + y 6 -2 x – 1 – y 2 -6 Do đó: x – 1 4 -4 y 2 2 x 5 -3 Đáp số: (5 ; 2), (5 ; -2), (-3 ; 2), (-3 ; -2) Cách 2: Viết thành phương trình bậc hai đối với x: 2 2 2 (11 ) 0x x y    2 2 ‘ 1 11 12y y     Điều kiện cần để (2) có nghiệm nguyên: ‘ là số chính phương 2 2 12 ( )y k k    2 2 12 ( )( ) 12k y k y k y       Giả sử 0y  thì k + y  k – y và k + y  0 (k + y) – (k – y) = 2y nên k + y và k – y cùng tính chẵn lẻ và phải cùng chẵn. Từ các nhận xét trên ta có: 6 2 k y k y      Do đó: y = 2 2x + 3 1 -1 7 -7 x -1 -2 2 -5 y 6 -1 3 2 www.VNMATH.com

23. chúng tôi chúng tôi 23 Cách 3: 3 3 8x y xy   3 ( ) 3 ( ) 8x y xy x y xy      Đặt x – y = a, xy = b ta có: 3 3 8a ab b   3 8 (3 1)a b a     Suy ra: 3 8 3 1a a  3 27( 8) 3 1a a   3 27 1 215 3 1a a    Do 3 27 1 3 1a a  nên 215 3 1a  Phân tích ra thứa số nguyên tố: 215 = 5.43 Do đó 3 1 { 1; 5; 43; 215}a       Do 3a – 1 chia cho 3 dư 2 nên 3 1 { 1;5; 43;215}a     Ta có: 3a – 1  1 5  43 215 a 0 2  14 72 3 8 1 3 a b a     8 0  64  1736 Chú ý rằng 2 ( ) 4 0x y xy   nên 2 4 0a b  , do đó trong bốn trường hợp trên chỉ có 2; 0a b  . Ta được: x – y = 2; xy = 0 Đáp số: (0 ; -2) và (2 ; 0) 4) PHƯƠNG TRÌNH ĐA THỨC CÓ BA ẨN TRỞ LÊN Ví dụ 7: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 6 15 10 3x y z   Giải: Ta thấy10 3z nên 3z . Đặt z = 3k ta được: 6 15 10.3 3x y k   2 5 10 1x y k    Đưa về phương trình hai ẩn x, y với các hệ số tương ứng 2 và 5 là hai số nguyên tố cùng nhau. 2 5 1 10x y k   1 10 5 1 5 2 2 2 k y y x k y         Đặt 1 2 y = t với t nguyên. Ta có: 1 2 5 2(1 2 ) 5 5 2 3 y t x k t t t k z k            Nghiệm của phương trình: (5 5 2;1 2 ;3 )t k t k   với t, k là các số nguyên tùy ý. Ví dụ 8: Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên: 2 2 2 1999x y z   (1) www.VNMATH.com

27. chúng tôi chúng tôi 27 Ta có: 2 1 2 x t y t      Kếtt luận: nghiệm của phương trình là: (1 ; 2), ( 2 1t  ; 2t) với t là số nguyên dương tùy ý. Ví dụ 15: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x x x x y    Giải: Ta có: 0, 0x y  Bình phương hai vế rồi chuyển vế: 2 ( )x x x y x k k      Bình phương hai vế rồi chuyển vế: 2 ( )x x k x m m     Bình phương hai vế: 2 x x m  Ta biết rằng với x nguyên thì x hoặc là số nguyên hoặc là số vô tỉ. Do 2 x x m  ( )m nên x không là số vô tỉ. Do đó x là số nguyên và là số tự nhiên. Ta có: 2 ( 1)x x m  Hai số tự nhiên liên tiếp x và 1x  có tích là số chính phương nên số nhỏ bằng 0: x = 0 Suy ra: x = 0; y = 0 thỏa mãn phương trình đã cho. Nghiệm của phương trình là (0 ; 0) Ví dụ 16: Tìm các nghei65m nguyên của phương trình: 1980x y  (1) Giải: 1980x y  (2) Với điều kiện 0 , 1980x y  : (2) 1980 2 1980x y y    1980 12 55x y y    Do x, y nguyên nên 12 55y nguyên. Ta biết rằng với y nguyên thì 55y hoặc là số nguyên hoặc là số vô tỉ. Do đó 55y là số nguyên, tức là 55y là số chính phương: 11.5.y = 2 k . Do đó: y = 2 2 11.5. 55a a với a  Tương tự: x = 2 55b với b Thay vào (1): www.VNMATH.com

28. chúng tôi chúng tôi 28 55 55 6 55 6 a b a b      Giả sử y x thì a b . Ta có: a b 2 55x a 2 55y b 0 1 2 3 6 5 4 3 0 55 220 495 1980 1375 880 495 Có 7 đáp số: (0 ; 1980), (1980 ; 0), (55 ; 1375), (1375 ; 55), (220 ; 880), (880 ; 220), (495 ; 495) 8) HỆ PHƯƠNG TRÌNH VỚI NGHIỆM NGUYÊN Ví dụ 17: Tìm các nghiệm nguyên của hệ phương trình: 3 3 3 3 3 x y z x y z        Giải: Ta có hằng đẳng thức: 3 3 3 3 ( ) ( ) 3( )( )( )x y z x y z x y y z z x         Nên : 27 3 3( )( )( )x y y z z x     8 ( )( )( )x y y z x z     Đặt x + y = c, y + z = a, z + x = b. Ta có: abc = 8 , , { 1, 2, 4, 8}a b c      Giả sử x y z  thì a b c  . Ta có: a + b + c = 2(x + y + z) = 6 nên 2a  a) Với a = 2 ta có 4 4 b c bc     Suy ra: b = c = 2 Ta được: x = y = z = 1 b) Với a = 4 ta có 2 2 b c bc     Không có nghiệm nguyên. c) Với a = 8 ta có 2 1 b c bc      Suy ra: b = c =  1 Ta được: x = y = 4; z =  5 Đáp số: (1 ; 1 ; 1), (4 ; 4 ;  5), (4 ;  5 ; 4), ( 5 ; 4 ; 4) 9) PHƯƠNG TRÌNH PYTAGO Ví dụ 19: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 2 2 x y z  (1) Giải: www.VNMATH.com

31. chúng tôi chúng tôi 31 P 2 2 1x Py  1x 1y 2 3 5 6 7 8 10 11 12 13 2 2 2 1x y  2 2 3 1x y  2 2 5 1x y  2 2 6 1x y  2 2 7 1x y  2 2 8 1x y  2 2 10 1x y  2 2 11 1x y  2 2 12 1x y  2 2 13 1x y  3 2 9 5 4 3 19 10 7 649 2 1 4 2 3 1 6 3 2 180 Người ta chứng minh được rằng: nếu 1 1( , )x y là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình ( , )k kx y của phương trình được xác định bởi: 1 1( )k k kx y P x y P   với k = 1, 2, 3… Ví dụ 20: Cho phương trình: 2 2 2 1x y  (1) a) Kiểm tra rằng: (3 ; 2) là một nghiệm của (1). b) Khai triển (3 2 2)k  được 2a b ( , )a b . Chứng minh rằng (a, b) là nghiệm của (1) c) Bằng nhận xét ở câu b, hãy tìm thêm hai nghiệm nguyên dương khác của (1) Giải a) 2 2 3 2.2 1  . Vậy (3, 2) là một nghiệm của (1) b) Ta có: (3 2 2)(3 2 2) 1   (3 2 2) (3 2 2) 1k k     Ta biết rằng nếu (3 2 2) 2k a b   thì (3 2 2) 2k a b   . Do đó: ( 2)( 2) 1a b a b   2 2 2 1a b   Vậy (a, b) là nghiệm của (1) c) Ta tính: 2 (3 2 2) 9 8 12 2 17 12 2      3 (3 2 2) (17 12 2)(3 2 2)    51 34 2 36 2 48 99 70 2       Vậy: (17; 12), (99; 70) cũng là nghiệm của (1). Ví dụ 21: Tìm nghiệm nguyên dương nhỏ nhất rồi tìm thêm hai nghiệm nguyên dương khác của phương trình sau: 2 2 15 1x y  Giải www.VNMATH.com

32. chúng tôi chúng tôi 32 Kiểm tra ta được (4; 1) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất. 2 3 (4 15) 31 8 15 (4 15) 244 63 15       Hai nghiệm nguyên dương khác (31; 8) và (244; 63) 11) ĐIỀU KIỆN ĐỂ PHƯƠNG TRÌNH CÓ NGHIỆM NGUYÊN Ví dụ 18: Tìm các số thực a để các nghiệm của phương trình sau đếu là số nguyên: 2 ( 2) 0x ax a    (1) Giải: Gọi 1 2,x x là nghiệm nguyên của (1). Theo định lý Viete: 1 2 1 2 2 x x a x x a      Do đó: 1 2 1 2 1 2 2 1 2 ( ) 2 ( 1) ( 1) 3 ( 1)( 2) 3 x x x x x x x x x             1 1x  và 2 2x  là ước của 3. Giả sử 1 2x x thì 1 1x   2 2x  . Ta có hai trường hợp: a) 1 1 2 2 1 3 4 1 1 2 x x x x           Khi đó a = 6 b) 1 1 2 2 1 1 0 1 3 2 x x x x              Khi đó a =  2 www.VNMATH.com

33. chúng tôi chúng tôi 33 www.VNMATH.com

34. chúng tôi chúng tôi 34 Bài 1: Tìm tất cả các cặp nghiệm nguyên (x, y) thỏa mãn : y(x – 1) = x2 + 2. Hướng dẫn: Ta có y(x – 1) = x2 + 2 2 2 3 1 1 1 x y x x x         Vì x, y nguyên nên x – 1 là ước của 3 Vậy (x, y) = (4, 6) ; (2, 6) ; (-2, -2 ) ; (0, -2) Bài 2: Tìm x, y  thỏa mãn : 2×2 – 2xy = 5x – y – 19 . Hướng dẫn: (x, y) = (0, -19) ; (1, 16) ; (9, 8) và (-8, -11) Bài 3: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: xy2 + 2xy – 243y + x = 0 Hướng dẫn: Ta có xy2 + 2xy – 243y + x = 0  x(y + 1)2 = 243y (1) Từ (1) với chú ý rằng (y + 1; y) = 1 ta suy ra (y + 1)2 là ước của 243. Vậy (x, y) = (54, 2) ; (24, 8) Bài 4: Tìm nghiệm của phương trình: 2x – 3 = 65y Hướng dẫn: Ta chứng tỏ phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. Giả sử phương trình 2x – 3 = 65y có nghiệm nguyên ta suy ra 2x ≡ 3 (mod 5) và 2x ≡ 3 (mod 13) Từ 2x ≡ 3 (mod 5) suy ra x ≡ 3 (mod 4) (1) Từ 2x ≡ 3 (mod 13) ta suy ra x ≡ 4 (mod 12), trái với (1) Bài 5: Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau : a) 15×2 – 7y2 = 9 b) 29×2 – 28y2 = 2000 c) 1999×2 – 2000y2 = 2001 d) x2002 – 2000.y2001 = 2003 e) 19×2 – 84y2 = 198 Hướng dẫn: a) Từ phương trình đã cho ta suy ra y chia hết cho 3. Đặt y = 3y1. Ta có 5×2 – 21y12 = 3 (1) Từ (1) suy ra x chia hết cho 3. Đặt x = 3×1. Ta có 15×12 – 7y12 = 1 (2) Từ (2) suy ra y1 2 ≡ -1 (mod 3), vô nghiệm b) Từ phương trình đã cho ta suy ra x2 ≡ 5 (mod 7). Vậy phương trình đã cho vô nghiệm c) Từ phương trình đã cho ta suy ra x2 ≡ -1 (mod 4). Vậy phương trình đã cho vô nghiệm d) Từ phương trình đã cho ta suy ra x lẻ và x2002 ≡ 1 (mod 4) Suy ra 2003 ≡ 1 (mod 4), vô lí. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. e) Giả sử phương trình đã cho có nghiệm. Khi đó: y2 + 1 ≡ 0 (mod 19). Vì 19 là số nguyên tố có dạng 4k + 3 nên y2 + 1 ≡ 0 (mod 19) ta suy ra 19 1, vô lí www.VNMATH.com

36. chúng tôi chúng tôi 36 Vì x, y nguyên tố nên x, y ≥ 2. Từ phương trình đã cho ta suy ra z ≥ 5 và z lẻ (do z nguyên tố). Vì z lẻ nên x chẵn hay x = 2. Khi đó, z = 1 + 2y . Nếu y lẻ thì z chia hết cho 3 (loại). Vậy y = 2. Đáp số : x = y = 2 và z = 5. Bài 10: Tìm tất cả các cặp số tự nhiên (n, z) thỏa mãn phương trình : 2n + 122 = z2 – 32 Hướng dẫn: Nếu n lẻ thì 2n ≡ -1 (mod 3). Từ phương trình đã cho ta suy ra z2 ≡ -1 (mod 3), loại. Nếu n chẵn thì n = 2m (m € N) và phương trình đã cho trở thành: z 2 – 22m =153 hay (z – 2m )(z + 2m ) = 153. Cho z + 2m và z – 2m là các ước của 153 ta tìm được m = 2, z = 13. Đáp số : n = 4, z = 13. Bài 11: Tìm x, y nguyên thỏa mãn : x2 y2 – x2 – 8y2 =2xy Hướng dẫn: Viết lại phương trình đã cho dưới dạng: y2 (x2 – 7) = (x + y)2 . (1) Phương trình đã cho có nghiệm x = y = 0. Xét x, y ≠ 0. Từ (1) suy ra x2 – 7 là một số chính phương. Đặt x2 – 7 = a2 , ta có (x – a)(x + a) = 7 Từ đó tìm được x Đáp số: (0, 0) ; (4, -1) ; (4, 2) ; (-4, 1) ; (-4, -2) Bài 12: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : 2 3x y z   Hướng dẫn: Vì vai trò của x, y, z như nhau nên có thể giả sử .y z Từ phương trình đã cho ta suy ra 2 3 2 .x y z yz    Suy ra 2 ( ) 4 3( ) 4 12.x y z x y z yz       (1) Vì 3 là số vô tỉ nên từ (1) ta suy ra : x – y – z = 4yz – 12 = 0 yz = 3 y = 3, z = 1 và x = y + z =4 Đáp số : phương trình có 2 nghiệm là (4; 3; 1) và (4; 1; 3) Bài 13: Tìm tất cả các số nguyên dương a, b, c đôi một khác nhau sao cho biểu thức : A = 1 1 1 1 1 1 a b c ab bc ca      nhận giá trị nguyên dương. Hướng dẫn: Ta có chúng tôi = ab + bc + ca + a + b + c (1) Từ (1) ta CM được a, b, c cùng tính chẵn lẻ. Vì vau trò của a, b, c như nhau và a, b, c đôi một khác nhau nên có thể giả thiết a < b < c. Nếu 3a  thì 5, 7b c  và A < 1, loại. Suy ra a = 1 hoặc a = 2 Nếu a = 1 thì 3, 5b c  do đó 1 < A < 3 suy ra A = 2. Thay a = 1, A = 2 ta được: 2(b + c) + 1 = bc hay (b – 2)(c – 2) =5. Từ đó ta được b = 3, c = 7. Trường hợp a = 2 xét tương tự. Đáp số : (2; 4; 14), (1; 3; 7) và các hoán vị của 2 bộ số này www.VNMATH.com

37. chúng tôi chúng tôi 37 Bài 14: Tìm tất cả các bộ ba số tự nhiên không nhỏ hơn 1 sao cho tích của hai số bất kì cộng với 1 chia hết cho số còn lại Hướng dẫn: Giả sử ba số đã cho là 1.a b c   Ta có , , 1 1 1 c a b ab bc ac   Suy ra ( 1)( 1)( 1) abc ab ac bc   ab + bc + ca + 1 abc ab + bc + ca + 1 = chúng tôi .k   (1) Vì ab + bc + ca + 1  4abc nên k  4 Nếu k = 4 thì a = b = c = 1 (thỏa mãn) Nếu k = 3 thì từ (1) ta suy ra 3abc  4ab suy ra c  1 Do đó c = 1  a = 2, b = 1 Trường hợp k = 2, k = 1 được xét tương tự như trường hợp k = 3 Đáp số : (1; 1; 1) , (2; 1; 1) , (3; 2; 1) , (7; 3; 2) Bài 15: Tìm ba số nguyên dương đôi một khác nhau x, y, z thỏa mãn : 3 3 3 2 ( )x y z x y z     Hướng dẫn: Vì vai trò của x, y, z như nhau nên có thể giả sử x < y < z Áp dụng bất đẳng thức 33 3 3 3 3 x y z x y z          , , 0x y z  ta suy ra x + y + z  9 Dấu bằng không xảy ra vì x, y, z đôi một khác nhau Vậy x + y + z  8 (1) Mặt khác x + y + z  1 + 2 + 3 =6 (2) Từ (1) , (2) ta suy ra x  6,7,8 Từ đây kết hợp với phương trình ban đầu ta tìm được x, y, z Đáp số : (1, 2, 3) và các hoán vị của bộ ba số này Bài 16: Tìm tất cả nghiệm nguyên (x; y) của phương trình : 2 2 3 ( )( ) ( )x y x y x y    Hướng dẫn: Biến đổi phương trình về dạng 2 2 2 [2 ( 3 ) ( 3 )] 0y y x x y x x     (1) TH 1: y = 0 TH 2: y 0 . Khi đó (1) 2 2 2 2 ( 3 ) ( 3 ) 0y x x y x x      (2) Xem (2) là phương trình bậc 2 đối với biến y. Để (2) có nghiệm nguyên thì 2 ( 1) ( 8)x x x    phải là một số chính phương, tức là 2 ( 8) ( ) ( 4 )( 4 ) 16x x a a x a x a         www.VNMATH.com

38. chúng tôi chúng tôi 38 Từ đó ta tìm được x Đáp số : (x; y) = (9; -6) , (9; -21) , (8; -10) , (-1; -1) và (m; 0) với m Bài 17: Tìm các số nguyên không âm x, y sao cho : 2 2 1x y y   Hướng dẫn: Nếu y = 0 thì x = 1 Nếu y  1 thì từ phương trình đã cho ta suy ra y < x < y + 1, vô lí Bài 18: Tìm các số nguyên x, y, z, t sao cho : a) 2 2 2 2 2 x y z x y   b) 2 2 2 2x y z xyz   c) 2 2 2 2 2x y z t xyzt    Hướng dẫn: Sử dụng phương pháp xuống thang a) Phương trình đã cho : 2 2 2 2 2 x y z x y   (1) Nếu cả x và y đều lẻ thì từ (1) suy ra z chẵn. Khi đó, 2 2 2 2(mod 4)x y z   còn 2 2 1(mod 4):x y  vô lí Vậy 1 trong 2 biến x, y phải chẵn Giả sử x chẵn, từ (1) suy ra 2 2 4y z  do đó cả y và z đều phải chẵn Đặt 1 1 1 1 1 12 , 2 , 2 ( , , )x x y y z z x y z    . Thay vào (1) ta có 2 2 2 2 2 1 1 1 1 14 . .x y z x y   (2) Từ (2) lại lập luận như trên ta suy ra 1 1 1, ,x y z đều chẵn Cứ tiếp tục như vậy sẽ dẫn đến 2 , 2 , 2 , .k k k x y z k    Điều này chỉ xảy ra khi x = y = z = 0 b) , c) tương tự Bài 19: Tìm các số nguyên x, y, z, t thỏa mãn:  3 1 2. xy zt xz yt     Hướng dẫn: Ta có 3 1 2 xy zt xz yt      2 2 ( 3 ) 1 3( ) 12 xy zt xz yt     Cộng theo từng vế ta có 2 2 2 2 ( 3 )( 3 ) 13x t y z   Đáp số : (x; y; z; t) = (1; 1; 2; 0) , (-1; -1; -2; 0) , (1; 1; 0; 2) , (-1; -1; 0; -2) Bài 20: Tìm các nghiệm nguyên dương của hệ phương trình :  3 3 2 x y z x y z     Hướng dẫn: Khử z đưa đến phương trình : 2 2 ( 1) 0y x y x x     www.VNMATH.com

40. chúng tôi chúng tôi 40 Hướng dẫn: Đáp số : x = y = z =1 hoặc x= y = z = 2 Đặt ƒ(t) = 3 2 2 7 8 2t t t   và sử dụng tính chất ƒ(a) – ƒ(b) ( )a b a b   Bài 26: Tìm x, y Z : 2001x y  (*) Hướng dẫn: Điều kiện , 0x y  Từ (*) suy ra 2001y x  . Bình phương hai vế ta được 2001 2 2001. 2001.y x x x     Vì 2001 = 3 × 667, ta lại có 3 và 667 là các số nguyên tố nên x = 3 × 667 × a2 = 2001.a2 (trong đó )a Lập luận tương tự ta có y = 2 2001. ( )b b Thay 2 2 2001 , 2001x a y b  vào (*) cà rút gọn ta suy ra : a + b =1 Từ đó có hai nghiệm : (x; y) =(2001; 0) hoặc (0; 2001) Bài 27: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a, b) sao cho 2 2 2 a ab   là số nguyên Hướng dẫn: Từ giả thiết suy ra 2( ) ( 2) 2( ) ( 2)a b ab a b k ab      (1) Từ (1) chứng tỏ k = 1 suy ra a = 4, b = 3 Đáp số : (a; b) = (4; 3) Bài 28: Tìm n nguyên dương sao cho phương trình x3 + y3 + z3 = nx2 y2 z2 có nghiệm nguyên dương. Với các giá trị vừa tìm được của n, hãy giài phương trình trên. Hướng dẫn: Đáp số : n = 1 hoặc n = 3 Bài 29: Cho phương trình : x3 – 3xy2 + y3 = n a) Giả sử phương trình đã cho có một nghiệm nguyên (x, y). Chứng minh rằng phương trình đã cho có ít nhất ba nghiệm nguyên b) Giải phương trình tìm nghiệm nguyên với n = 2002 Hướng dẫn: a) Ta có 3 2 3 3 2 3 3 2 3 3 ( ) 3( ) ( ) ( ) 3( )( ) ( ) .x xy y y x y x x x y y x y x y               b) Từ phương trình đã cho ta suy ra 3 3 1(mod3).x y  Suy ra 1(mod3)x  và 0(mod3)y  hoặc 0(mod3)x  và 1(mod3)y  Cả hai trường hợp ta đều có 3 2 3 3 1(mod9)x xy y   . Do đó phương trình đã cho không cò nghiệm khi n = 2002. Bài 30: Chứng minh * ,n  phương trình 1 2 1 2… . …n nx x x x x x    luôn có nghiệm trong * . Hướng dẫn: Cho 1 2 2… 1nx x x     ta đi đến phương trình 1( 1)( 1) 1.n nx x n     (1) www.VNMATH.com

41. chúng tôi chúng tôi 41 Dễ thấy nx n và 1 2nx   thỏa mãn (1) Vậy phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm nguyên dương là 1 2( ; ;…; ) (1;1;…;2; )n x x x n Bài 31: Chứng minh rằng phương trình x3 + y3 + z3 – 3xyz = 2001n luôn có nghiệm nguyên với mọi n ≥ 2 Hướng dẫn: Đặt 2001 9n m . Bộ ba số (m; m – 1; m + 1) là một nghiệm của phương trình đã cho Bài 32: Chứng minh rằng phương trình x2 + y5 = z3 có vô số nghiệm nguyên (x, y, z) thỏa mãn xyz ≠ 0 Hướng dẫn: Dễ thấy bộ các bộ ba sau là nghiệm của phương trình đã cho (3; -1; 2) và (10; 3; 7) Ta thấy nếu (x; y; z) là nghiệm của phương trình đã cho thì 15 6 10 ( , , )k x k y k z cũng là nghiệm của phương trình đã cho. Từ đó có điều phải chứng minh Bài 33: Chứng minh các phương trình sau không có nghiệm nguyên?: 2 2 2 2 2 2 5 3 5 3 2 )3 4 13 )19 28 2001 ) 2 8 3 ) 5 4 24(5 1) )3 6 18 2001 a x y b x y c x y y d x x x y e x x x x                Hướng dẫn: dùng phương pháp xét số dư của từng vế. Từ đó ta thấy số dư của hai vế phương trình sẽ không bằng nhau. Điều đó dẫn tới các phương trình vô nghiệm. Bài 34: Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình: 1 1 1 4x y   Hướng dẫn: Giả sử 1 x y  thì 1 1 x y  1 1 1 2 8 4 1 1 4 4 x x y x x x         Vậy 4 8x  , thử chọn để tìm nghiệm. Đáp số: (5 ; 20), (20 ; 5), (6 ; 12), (12 ; 6), (8 ; 8) Bài 35: Tìm ba số nguyên dương sao cho tích của chúng gấp đôi tổng của chúng. Hướng dẫn: 2( )xyz x y z   Giải sử x y z  . Ta có 2( ) 2.3 6xyz x y z z z     Suy ra 6xy  , thử chọn lần lượt xy = 1; 2; 3; 4; 5; 6. Đáp số: (1 ; 3 ; 8), (1 ; 4 ; 5), (2 ; 2 ; 4) và các hoán vị. Bài 36: Tìm bốn số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng. www.VNMATH.com

43. chúng tôi chúng tôi 43 2 2 3 4 6 13x y x   Hướng dẫn: biến đổi 2 2 3 6 3 16 4x x y    2 2 3( 1) 4(4 )x y   Đáp số: (3 ; 1), (3 ; -1), (-1 ; 1), (-1 ; -1), (1 ; 2), (1 ; -2) Bài 43: Có tồn tại hay không hai số nguyên dương x và y sao cho 2 x y và 2 y x đều là số chính phương? Hướng dẫn: giả sử y x . Ta có: 2 2 2 2 ( 1)x x y x x x      Vậy không tồn tại hai số thỏa mãn đề bài. Bài 44: Chứng minh rằng có vô số số nguyên x để biểu thức sau là số chính phương: 2 2 2 2 2 (1 2 3 4 … )(1 2 3 4 … )x x          Hướng dẫn: Đặt 2 2 2 2 2 2 (1 2 3 4 … )(1 2 3 4 … )x x y           Ta có: 2( 1) ( 1)(2 1) . 2 6 x x x x x y     2 2( 1) 2 1 . 2 3 x x x y        Phương trình này có vô số nghiệm nguyên: 2 6 6 1x n n   Bài 45: Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là số chính phương: 4 3 2 1x x x x    Hướng dẫn: giả sử 4 3 2 2 1x x x x y     Biến đổi về dạng: 2 2 2 2 2 2 2 (2 ) (2 ) 2 ( 2) (2 )y x x x x x x       Nên 2 2 2 (2 ) (2 1)y x x   1 3x    . Xét x = -1; 0; 1; 2; 3. Đáp số: x = -1; x = 0; x = 3 Bài 46: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : a) x3 – 3y3 – 9z3 = 0 b) 8×4 – 4y4 + 2z4 = t4 Hướng dẫn: a) Dễ thấy x, y, z đều chia hết cho 3. Đặt x = x1, y = y1, z = z1 (x1, y1, z1 € Z), ta được : x1 3 + 3y1 3 – 9z1 3 = 0 Suy ra x = y = z = 0 b) Đáp số : x = y = z = t = 0 Bài 47: Tìm năm sinh của Nguyễn Du, biết rằng vào năm 1786 tuổi của nhà thơ bằng tổng các chữ số năm ông sinh ra. Hướng dẫn: Gọi năm sinh của nhà thơ 17xy www.VNMATH.com

44. chúng tôi chúng tôi 44 Ta có: 1786 -17xy = 1 + 7 + x + y (0 ≤ x ≤8, 0 ≤ y ≤ 9)  11x +2y = 78 Đáp số: 1766 Bài 48: Ba người đi câu được một số cá. Trời đã tối và mọi người đều mệt lả, họ vứt cá trên bờ sông, mỗi người tìm một nơi lăn ra ngủ. Người thứ nhất thức dậy, đếm số cá thấy chia 3 thừa 1 con, bèn vứt 1 con xuống sông và xách 1 3 về nhà. Người thứ hai thức dậy, tưởng hai bạn mình còn ngủ, đếm số cá vứt 1 con xuống sông và xách 1 3 về nhà. Người thứ 3 thức dậy , tưởng mình dậy sớm nhất, lại vứt 1 con xuống sông và mang 1 3 về nhà. Tính số cá 3 chàng trai câu được? biết rằng họ câu rất tồi….. Hướng dẫn:   2 2 2 1 1 1 3 3 3 x y            8x – 27y = 38 ( x, y  N) x = -2 + 27t , y = -2 + 8t Cho t = 1  x = 25, y = 6 Bài 49: giải các phương triình nghiệm nguyên: a) x2 – 4y2 = 1 b) x2 – y2 = 91 c) 2×3 + xy = 7 d) x2 + y2 = 2z2 e) x2 + 2y2 = z2 f) x2 + y2 = z2 + 1 g) 2×2 + 3y2 = z2 h) x2 – y2 + x = 0 i) x3 +7y = y3 + 7x j) 3×2 + 10xy + 8y2 = 96 k) 19×2 + 28y2 = 729 l) xy + 3x -5y = -3 m) x + y = xy n) x + y +1 = xyz o) x3 – 2y3 – 4z3 = 0 p) y2 = x3 + 7 q) x2 + y2 + z2 = 2xyz r) x2 + y2 + z2 + u2 = 2xyzu s) 8×4 + 4y4 + 2z4 = t4 t) x(x + 1)(x +7)(x + 8) = y2 u) ( x + 2)4 – x4 = y3 v) x1 4 + x2 4 + …….+ x14 4 =1599 Hướng dẫn www.VNMATH.com

46. chúng tôi chúng tôi 46 Bài 50: Tìm điều kiện cần và đủ cho số k để phương trình có nghiệm nguyên. x2 – y2 = k Hướng dẫn: Nếu x2 -y2 =k có nghiệm nguyên thì k  4t +2 Xét trường hợp k chẵn k lẻ Bài 51: Chứng minh rằng phương trình : 1 1 1 1 1991x y z    chỉ có một số hữu hạn nghiệm nguyên dương. Hướng dẫn: Gỉa sử 0 <x ≤y ≤ z. Ta có 1 1 1 1 1 3 1991x y z t x      suy ra 1991 < x ≤ 3.1991 nên x có hữu hạn giá trị Với mỗi giá trị của x có y ≤ 2.1991 1991 x x  ≤ 22 .1991 suy ra giá trị tương ứng của z với mỗi gía trị của x,y Bài 52: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 1 1 1 ) 14 1 1 1 ) a x y b x y z     Hướng dẫn: a) Xét 1 1 1 x y a   ( a nguyên dương) Với x  0, y  0, phương trình tương đương ax + ay = xy hay (x – a)(y – a) = a2 . Có tất cả 2m -1 nghiệm, với m là các ước số lớn hơn 0 của a2 . Với a = 14, a2 =196 Có 9 ước số dương và phương trình có 17 nghiệm. Bài 53: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 1! +2! +…… + x! = y2 Hướng dẫn: Thử trực tiếp, thấy x < 5, Phương trình có nghiệm, tìm nghiệm Chứng minh với x ≥ 5 phương trình vô nghiệm Bài 54: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : xy + 3x – 5y = -3 2×2 – 2xy – 5x + 5y = -19 Hướng dẫn: a) 3 5 3 ( 5)( 3) 18xy x y x y         Đáp số : (x;y) =(4;15), ( -13;-2), (3;6), ( 14;-5), (2;3), (11,-6), (8;-9), (23 -4), (6;-21), (- 1;0), (-4;-1), (7;-13) b) tương tự Bài 55: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 4x + 11y = 4xy x2 – 656xy – 657y2 = 1983 Hướng dẫn: www.VNMATH.com

47. chúng tôi chúng tôi 47 4 11 4 (4 11)( 1) 1x y xy x y      Xét 4 hệ phương trình Đáp số (x; y) (0;0), (3;12) b) ( 7) (2 7 2 )(2 7 2 ) 49z z y z y z y        2 2 656 657 1983 ( )( 657 ) 1983x xy y x y x y       Đáp số : (x;y );(-4; -1), (4; -1) , (-660 ;-1), (660;1) Bài 56: Tìm các cặp số nguyên dương (x ; y) thỏa mãn phương trình : 7x – xy – 3y = 0 y2 = x2 + 12x – 1923 Hướng dẫn: 7 3 0 ( 3)(7 ) 21x y xy x y       Chú ý rằng x Z  nên x +3 ≥4, do đó chỉ có hai phuong trình Đáp số : (4;4 ), (8, 16) Bài 57: Tìm nghiệm nguyên của phương trình a) x(x + 1)(x +7)(x + 8) = y2 b) y(y + 1)(y + 2)(y + 3) = x2 Hướng dẫn: 2 2 2 ( 1)( 7)( 8) ( 8 7)x x x x y x x y        Đặt x2 + 8x = z ( )z Z Ta có : ( 7) (2 7 2 )(2 7 2 ) 49z z y z y z y        Đáp số : (0;0), (-1;0), (1;12), (1;-12), (-9;12), (-9; -12),( -8; 0), (-7;0), (-4;12), (-4; 12) www.VNMATH.com

48. chúng tôi chúng tôi 48 www.VNMATH.com

49. chúng tôi chúng tôi 49 1) Định lý lớn Fecma: Ta biết có vô số bộ ba số nguyên dương thỏa mãn phương trình 2 2 2 x y z  . Đương nhiên xuất hiện một câu hỏi: có ba số nguyên dương nào thỏa mãn phương trình 3 3 3 x y z  không? Vào năm 1637, nhà toán học Pháp Fecma (Pierre de Fermat, 1601 – 1665) đã nêu lên mậng đề sau, được gọi là định lý lớn Fecma: Phương trình n n n x y z  (với n là số nguyên lớn hơn 2) không có nghiệm nguyên dương. Fecma đã viết vào lề cuốn Số học của Điôphăng, ở cạnh mục giải phương trình 2 2 2 x y z  : “Không thể phân tích được một lập phương đúng thành tổng của hai lập phương, không thể phân tích được một trùng phương thành tổng của hai trùng phương, và nói chung với bất cứ lũy thứa nào lớn hơn 2 thành tổng của hai lũy thừa cùng bậc. Tôi đã tìm được cách chứng minh kì diệu mệnh đề này, nhưng lề sách này quá chật nên không thể ghi lại được.” Năm 1670, năm năm sau khi Fecma mất, con trai ông đã công bố mệnh đề này. 2) Lịch sử về chứng minh định lý lớn Fecma: Người ta đã tìm thấy chứng minh của Fecma với n = 4, nhưng không biết được ông đã giải bài toán tổng quát như thế nào? Liệu lời giải của ông có sai lầm hay không? Chỉ biết rằng phải đến một thế kỷ sau, Ơle mới chứng minh được bài toán với n = 3 năm 1753 trong thư gửi Gônbach. Năm 1825, bẳng những phát minh mới về lý thuyết số, Đirichlê và Lơgiăngđrơ chứng minh được với n = 5. Năm 1839 Lamê chứng minh được với n = 7. Sau đó khoảng năm 1850 Kume chứng minh được với mọi 100n  . Năm 1978, nhờ máy tính điện tử người ta đã chứng minh được bài toán với mọi n nhỏ hơn 125000. Phương trình n n n x y z  được gọi là phương trình Fecma. Nó đã lôi cuốn các nhà toán học chuyên nghiệp và nghiệp dư suốt hơn ba thế kỷ. Trên con đường tìm cách giải phương trình đó, nhiều lý thuyết toán học mới đã được sáng tạo ra. Trong bốn chục năm gần đây, nhiều nhà toán học đã đạt được những kết quả quan trọng. Và đề chứng minh định lý lớn Fecma, chỉ còn chứng minh giả thuyết do Taniyama nếu ra: mọi đường cong elliptic đều là đường cong Weil. Chúng ta tìm hiểu đôi chút về điều này. Ta xem mỗi nghiệm nguyên của phương trình là một điển có toạ độ nguyên của một đường cong. Đường cong elliptic được Taniyama đưa ra năm 1955 trong một hội nghị quốc tế ở Nhật Bản, đó là đường cong cho bởi phương trình 2 3 2 y x mx nx p    thỏa mãn điều kiện “không có điểm kì dị”. Nhà toán học Đức Frey là người đầu tiên gắn việc chứng minh định lý lớn Fecma với các đường cong elliptic: giả sử định lý lớn Fecma không đúng thì tồn tại các số nguyên a, b, c khác 0 và số tự nhiên n sao cho n n n a b c  . Khi đó tồn tại một đường cong elliptic đặc biệt dạng Frey. Năm 1986, Ribet chứng minh được rằng: đường cong elliptic dạng Frey nếu tồn tại thì nó không phải là đường cong Weil. www.VNMATH.com

51. chúng tôi chúng tôi 51 Pytago sinh khoảng năm 580 và mất khoảng năm 500 trước Công nguyên. Ông sinh trưởng trong một gia đình quý tộc ở đảo Xa- môt, một đảo giàu có ở ven biển Ê – giê thuộc địa trung hải. Mới 16 tuổi , cậu bé Pytago đã nổi tiếng về trí thông minh khác thường. Cậu theo học một nhà toán học nổi tiếng Talét và chính Talét cũng phải kinh ngạc vì trí thông minh, tài năng của cậu. Để tìm hiểu khoa học của nền văn học các dân tộc, Pytago đã dành nhiều năm đến Ấn Độ, Babilon, Ai Cập và trở nên uyên bác trong hầu hết các lĩnh vực quan trọng: số học, hình học, thiên văn, địa lý âm nhạc, y học, triết học. Vào tuổi 50, ông mới trở về tổ quốc của mình. Ông thành lập một ngôi trường ở miền nam Ý, nhận hàng trăm môn sinh, kể cả phụ nữ, với thời gian học 5 năm gồm 4 bộ môn: hình học, toán học, thiên văn, âm nhạc. Chỉ những học sinh giỏi vào cuối năm thứ 3 mới được ông trực tiếp dạy. Trường phái Pytago đã đóng một vai trò quan trọng trong sự phát triển nền khoa học của thế giới cổ đại, đặc biệt về số học và hình học. Pytago chứng minh hệ thức giữa độ dài các cạnh của một tam gíac vuông . Hệ thức này đã đựơc nguời Ai Cập, người Babilon, Trung Quốc, Người Ấn Độ biết đền từ trước, nhưng Pytago là người đầu tiên chứng minh hệ thức ấy. Trường phái Pytago khảo sát hình vuông có cạnh dài 1 đơn vị và nhận ra rằng không thể biểu thị độ dài đường chéo cùa nó bằng một số nguyên hay phân số, tức là tồn tại các đoạn thẳng không biểu thị được theo đoạn thẳng đơn vị bởi một sồ hữu tỉ. Sự kiện ấy được so sánh với việc tìm ra hình học Ơclit ở thế kỉ XIX. Trường phái Pytago cũng nghiên cứu về âm nhạc. Họ giaỉ thích rằng độ cao của âm thanh tỉ lệ nghịch với chiều dài của dây và ba sợi dây đàn có chiều dài tỉ lệ với 6, 4, 3 sẽ cho một hợp âm êm tai. Pytago còn nghiên cứu cả kiến trúc và thiên văn. Ông cho rằng trái đất có hình cầu và ở tâm của vũ trụ. Pytago và các môn đệ cũa ông tôn thờ các con sồ và gán cho mỗi con số một ý nghĩa thần bí : họ cho rằng số 1 là nguồn gốc của mọi số, số lẻ là số nam, số chẵn là số nữ, số 5 biểu thị việc xây dựng gai đình, số 7 mang tính chất của sức khỏe, số 8 biểu thị cho tình yêu… Trước lúc vào nghe giảng, các học trò của Pytago đọc những câu kinh như: “Hãy ban ơn cho chúng tôi, hỡi những con số thần linh đã sáng tạo ra loài người” Pytago cũng có những câu thơ và nêu lên những phương châm xử thế: Hãy sống giản dị, không xa hoa. Hãy tôn trọng cha mẹ. Hãy tập chiến thắng sự đói khát, sự lười biếng và sự giận dữ. Chớ coi thường sức khỏe. Hãy cung cấp cho cơ thể đúng lúc những đồ ăn thức uống và sự luyện tập cần thiết. Chưa nhắm mắt nếu chưa soát lại những việc đã làm trong ngày. Đừng thấy cái bóng trơ của mình trên tường mà tưởng mình vĩ đại. www.VNMATH.com

52. chúng tôi chúng tôi 52 Trong quá trình biên soạn quyển chuyên đề này, chúng em đã tham khảo và trích dẫn từ nhiều nguồn sách, báo và tài liệu khác nhau. – Phương trình và bài toán với nghiệm nguyên, tác giả Vũ Hữu Bình. – Một số chuyên đề môn toán trung học cơ sở, tác giả Vũ Dương Thụy và Nguyễn Ngọc Đạm. – Một số chuyên đề số học, các tác giả ở Hà Nội. – Tạp chí báo Toán Tuổi Thơ 2, do nhà xuất bản giáo dục. – Một số tài liệu từ mạng. Cảm ơn các tác giả sách, báo nói trên đã có những quyển sách hay giúp chúng em hoàn thành tốt chuyên đề này. Chân thành cảm ơn thầy và các bạn đã dành thời gian xem chuyên đề. Nhóm biên tập hân hạnh đón nhận những đóng góp từ thầy và các bạn./. Nhóm biên tập Nguyễn Hoàng Anh Thư Trương Thanh Thư Lê Thị Thu Thảo Phạm Ngọc Xuân Đào Nguyễn Thị Mỹ Huyền www.VNMATH.com

Bạn đang đọc nội dung bài viết Phương Pháp Lagrange Giải Phương Trình Cấp 1 / 2023 trên website Techcombanktower.com. Hy vọng một phần nào đó những thông tin mà chúng tôi đã cung cấp là rất hữu ích với bạn. Nếu nội dung bài viết hay, ý nghĩa bạn hãy chia sẻ với bạn bè của mình và luôn theo dõi, ủng hộ chúng tôi để cập nhật những thông tin mới nhất. Chúc bạn một ngày tốt lành!