Top 9 # Xem Nhiều Nhất Cách Giải Các Phương Trình Lớp 9 Mới Nhất 2/2023 # Top Like | Techcombanktower.com

Phương Trình Trùng Phương Lớp 9: Lý Thuyết, Cách Giải, Các Dạng Bài Tập

Số lượt đọc bài viết: 16.719

Phương trình trùng phương theo định nghĩa là phương trình bậc ( 4 ) có dạng :

Chúng ta nhận thấy đây thực chất là phương trình bậc ( 2 ) với ẩn là ( x^2 )

Số nghiệm của phương trình trùng phương

Cho phương trình trùng phương có dạng:

( ax^4+bx^2+c=0 ) với ( a neq 0 ).

Phương trình trùng phương có 1 nghiệm (Leftrightarrow left{begin{matrix} c=0\ frac{b}{a} leq 0 end{matrix}right.) và nghiệm đó ( = 0 )

Phương trình trùng phương có 3 nghiệm phân biệt (Leftrightarrow left{begin{matrix} c=0 \frac{b}{a} <0 end{matrix}right.) và trong đó có một nghiệm ( = 0 )

Ví dụ về phương trình trùng phương lớp 9

Cách giải :

Thí dụ 2: Cho phương trình ( mx^4 -2(m-1)x^2+m-1 =0 )

Tìm ( m ) để phương trình

Ta có ( Delta’ = (m-1)^2-m(m-1)=1-m )

Áp dụng công thức trên ta có :

Để phương trình có nghiệm duy nhất thì (left{begin{matrix} m-1=0\ frac{m-1}{m} geq 0 end{matrix}right. Leftrightarrow m=1)

Các bước giải phương trình trùng phương lớp 9

Để giải phương trình ( ax^4 +bx^2+c =0 ) với ( a neq 0 ) ta làm theo các bước sau đây:

Ví dụ 1:

Bước 1: Đặt ( t=x^2 ). Điều kiện ( tgeq 0 )

Bước 2: Giải phương trình bậc hai ( at^2+bt +c =0 ) tìm ra ( t )

Bước 3: Với mỗi giá trị của ( t ) thỏa mãn điều kiện ( tgeq 0 ), giải phương trình ( x^2=t )

Bước 4: Kết luận nghiệm của phương trình ban đầu

Cách giải:

***Chú ý: Đối với các bài toán phương trình trùng phương lớp 9 thì ta cần thực hiện đầy đủ các bước trên, còn các bài toán phương trình trùng phương lớp 12 thì ta có thể bỏ đi bước thứ nhất để lời giải nhanh gọn

Giải phương trình ( x^4 -5x^2+4 =0 )

Đặt ( t= x^2 ). Điều kiện ( t geq 0 )

Khi đó phương trình đã cho trở thành :

(Leftrightarrow (t-1)(t-4)=0 Leftrightarrow left[begin{array}{l}t=1 \t=4 end{array}right.)

(left[begin{array}{l}x^2=1 \x^2=4 end{array}right. Leftrightarrow left[begin{array}{l} x=pm 1\ x=pm 2end{array}right.)

Ví dụ 2:

Vậy phương trình đã cho có ( 4 ) nghiệm phân biệt : ( x= -1;1;-2;2 )

Một số phương trình trùng phương biến đổi (xrightarrow frac{1}{x}) hoặc các biểu thức chứa căn thì đầu tiên ta cần tìm điều kiện của phương trình trùng phương rồi mới tiến hành giải

Cách giải:

Giải phương trình:

(frac{1}{x^4}-frac{5}{x^2}+6=0)

Điều kiện: ( x neq 0 )

Phương trình đã cho tương đương với :

((frac{1}{x^2}-3)(frac{1}{x^2}-2)=0 Leftrightarrow left[begin{array}{l} frac{1}{x^2}=3\ frac{1}{x^2}=2end{array}right.)

(Leftrightarrow left[begin{array}{l} frac{1}{x}=pm sqrt{3}\ frac{1}{x}=pm sqrt{2}end{array}right.)

(Leftrightarrow left[begin{array}{l} x=pm frac{1}{sqrt{3}}\ x=pm frac{1}{sqrt{2}}end{array}right.) ( thỏa mãn )

Vậy phương trình đã cho có ( 4 ) nghiệm phân biệt (x=-frac{1}{sqrt{2}};-frac{1}{sqrt{3}};frac{1}{sqrt{2}};frac{1}{sqrt{3}})

Giải phương trình số phức bậc 4 trùng phương

Đây là một dạng phương trình trùng phương nâng cao trong chương trình Toán lớp 12. Để giải bài toán này thì ta cần nhắc lại một số kiến thức về số phức

Biểu thức dạng ( a+bi ) với (a;b in mathbb{R}) và ( i^2=-1 ) được gọi là một số phức với ( a ) là phần thực và ( b ) là phần ảo

Phương trình bậc hai ( ax^2+bx+c =0) với ( Delta <0 ) có hai nghiệm phức là (frac{-bpm isqrt{Delta}}{2a})

Như vậy một phương trình bậc ( 4 ) trùng phương luôn có đủ ( 4 ) nghiệm. Đó có thể là nghiệm thực, nghiệm kép và nghiệm phức

Ví dụ 3:

Để giải phương trình số phức bậc 4 trùng phương, ta tiến hành các bước sau đây :

Cách giải:

Bước 1: Đặt ( t=x^2 ). Điều kiện ( tgeq 0 )

Bước 2: Giải phương trình bậc hai ( at^2+bt +c =0 ) tìm ra ( t ) (tìm cả nghiệm phức)

Bước 3: Với mỗi giá trị của ( t [/latex, giải phương trình [latex] x^2=t )

Bước 4: Kết luận nghiệm của phương trình ban đầu

Giải phương trình : ( x^4-x^2-2 =0 )

Phương trình đã cho tương đương với :

(Leftrightarrow left[begin{array}{l} x^2=-1 \x^2=2 end{array}right.)

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm : (-sqrt{2};sqrt{2};i)

Tu khoa lien quan:

phương trình trùng phương lớp 12

giải bất phương trình trùng phương

phương trình trùng phương nâng cao

phương trình trùng phương nâng cao

phương trình trùng hợp caprolactam

các bước giải phương trình trùng phương

điều kiện của phương trình trùng phương

thuật toán giải phương trình trùng phương

phương trình trùng phương vô nghiệm khi nào

Please follow and like us:

Cách Tư Duy Để Giải Phương Trình Bậc 2 Lớp 9

Phương trình bậc 2 ở lớp 9 là một nội dung rất quan trọng, là bước đầu giúp học sinh làm quen vơi cách giải phương trình bậc cao. Để giải một phương trình bậc 2 một ẩn thì không có gì khó, nhưng để có cách tư duy giải phương trình bậc 2 lớp 9 thì không phải bạn nào cũng có.

Bài tập 1: Giải phương trình bậc 2: $10x^2-6x-4=0$

Khi nhìn vào bài này đại đa số học sinh của chúng ta sẽ nghĩ ngay tới phương pháp sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc 2. Vâng đây là một hướng giải hoàn toàn đúng và thực hiện được. Tuy nhiên đừng làm theo cách này vội, với bài toán này còn có một cách giải nhanh và ngắn gọn hơn rất nhiều. Đó là cách gì vậy?

Các bạn để ý hệ số a, b, c của phương trình bậc 2 trên. Ta thấy $a+b+c=10-6+4=0$. Vậy phương trình bậc 2 trên sẽ biết ngay là có hai nghiệm phân biệt. $x_1=1$ và $x_2=-dfrac{2}{5}$.

Bài tập tự luyện: Giải phương trình bậc 2 sau:

a. $2016x^2-x-2015=0$

b. $x^2-2015x+2014=0$

c. $2016x^2+2015x-1=0$

Bài tập 2: Giải phương trình bậc 2: $2016x^2-2015x=0$

Đây vẫn là giải một phương trình bậc 2, bài toán này chúng ta để ý thấy khuyết hệ số c, hay nói cách khác hệ số $c=0$. Vậy bài toán này có áp dụng được cách giải ở bài tập 1 hay không?

Để ý ngay thấy rằng chúng ta không thể áp dụng cách giải phương trình bậc 2 này như với bài tập 1 được. Vậy chúng ta có áp dụng được cách giải bằng việc sử dụng công thức nghiệm hay không? Thưa các bạn là hoàn toàn có thể nhưng ở đây các hệ số rất to, có thể sảy ra nhầm lẫn.

Vấn đề đặt ra là chúng ta còn hướng giải nào phù hợp hơn không? nhanh hơn không mà lại không phức tạp? Phải tìm ra cách này mới được.

Các bạn để ý đây là phương trình bậc 2 khuyết hệ số c, các hệ số khác rất lớn. Nhưng để ý kĩ sẽ thấy chúng ta hoàn toàn có thể chuyển phương trình bậc 2 này về dạng phương trình tích. Khi đó việc giải phương trình tích hoàn toàn đơn giản.

Ta có: $2016x^2-2015x=0 Leftrightarrow x(2016x-2015)=0$

Phương trình này có 2 nghiệm là: $x=0$ hoặc $x=dfrac{2015}{2016}$

Các bạn thấy đó, qua hai bài tập đơn giản này nếu tìm ra cách tư duy để giải phương trình bậc 2 lớp 9 thì nhiều bài toán sẽ trở lên đơn giản, giúp học sinh đỡ sợ những phương trình bậc 2 có hệ số lớn. Cách giải thì hoàn toàn có thể không cần nháp mà vẫn tìm ra nghiệm một cách chính xác, nhanh, gọn và nhẹ.

9 Phương Pháp Giải Phương Trình Nghiệm Nguyên

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

Các Phương Pháp Giải Phương Trình Nghiệm Nguyên

chúng tôi  giới thiệu đến các bạn học sinh bài viết về Các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên có tham khảo, sưu tầm các bài toán từ cuốn sách Phương trình nghiệm nguyên và kinh nghiệm giải của tác giả Vũ Hữu Bình nhằm mục đích giúp cho các em có nguồn tài liệu quý giá để ôn tập, rèn luyện và nâng cao trình độ phục vụ cho những kỳ thi sắp tới.

1. Phương pháp xét tính chia hết

1.1. Phát hiện tính chia hết của một ẩn

Ví dụ 1. Giải phương trình nghiệm nguyên:  (3x + 17y = 159. )

Hướng dẫn giải

Ta dễ thấy y chia hết cho 3 nên ta đặt (y = 3tleft( {t in Z} right).)

Thay vào phương trình ban đầu ta được  [x + 17t = 53 to left{ begin{array}{l} x = 53 – 17t\ y = 3t end{array} right.left( {t in Z} right)]

Thử lại thấy thỏa mãn nên phương trình có vô số nghiệm dạng (left{ begin{array}{l} x = 53 – 17t\ y = 3t end{array} right.left( {t in Z} right))

1.2. Đưa về phương trình ước số

Ví dụ 2. Giải phương trình nghiệm nguyên:  (xy-x-y=2. )

Hướng dẫn giải

Biến đổi phương trình đã cho về dạng [xy – x – y = 2 leftrightarrow left( {x – 1} right)left( {y – 1} right) = 3.]

Do vai trò bình đẳng của x và y nên ta giả sử (x ge y.) Khi đó, ta có các trường hợp sau:

TH1: (left{ begin{array}{l} x – 1 = 3\ y – 1 = 1 end{array} right. leftrightarrow left{ begin{array}{l} x = 4\ y = 2 end{array} right.)

TH2: (left{ begin{array}{l} x – 1 = -1\ y – 1 = -3 end{array} right. leftrightarrow left{ begin{array}{l} x = 0\ y = -2 end{array} right.)

1.3. Biểu thị một ẩn theo ẩn còn lại

Trong Ví dụ 2 ở trên, ta còn có thể làm theo hướng khác với biến đổi như sau:  [xy – x – y = 2 leftrightarrow xleft( {y – 1} right) = y + 2.]

Ta dễ thấy  (y ne 1 to x = frac{{y + 2}}{{y – 1}} = 1 + frac{3}{{y – 1}}.)

Đến đây ta chỉ cần (y-1) là ước của 3, từ đó tìm ra đáp số như trên.

1.4. Xét số dư

Ví dụ 3. Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên  [{x^2} + {y^2} = 1999.]

Hướng dẫn giải

Ta dễ thấy ({x^2},{y^2} ) chia cho 4 có số dư là 0 hoặc 1 nên ({x^2} + {y^2}) chia 4 có số dư là 0; 1 hoặc 2.

Trong khi đó 1999 chia cho 4 lại dư 3 nên phương trình trên không có nghiệm nguyên.

2. Phương pháp dùng bất đẳng thức

2.1. Sắp thứ tự các ẩn

2.2. Xét từng khoảng giá trị của ẩn

2.3. Chỉ ra nghiệm nguyên

2.4. Sử dụng điều kiện có nghiệm của PT bậc hai

3. Phương pháp dùng tính chất của số chính phương

3.1. Sử dụng tính chất chia hết của số chính phương

3.2. Tạo ra bình phương đúng

3.3. Tạo ra tổng các số chính phương

3.4. Xét các số chính phương liên tiếp

3.5. Sử dụng điều kiện biệt số (Delta ) là số chính phương

3.6. Sử dụng tính chất số nguyên dương nguyên tố cùng nhau

3.7. Sử dụng tính chất số nguyên liên tiếp

4. Phương pháp lùi vô hạn, nguyên tắc cực hạn