Phương trình nghiệm nguyên lớp 8

     



Bạn đang xem: Phương trình nghiệm nguyên lớp 8

*
11 trang
*
ngocninh95
*
*
16747
*
13Download


Xem thêm: Đề Thi Violympic Lớp 8 Vòng 15 Năm 2016, Đề Thi Violympic Toán Lớp 8 Vòng 15 Năm 2016

Bạn đang xem tư liệu "Chuyên đề bồi dưỡng học sinh xuất sắc Toán 8: Phương trình nghiệm nguyên", để cài đặt tài liệu gốc về máy các bạn click vào nút DOWNLOAD sinh sống trên


Xem thêm: Đơn Vị Hành Chính Tỉnh Hưng Yên Có Bao Nhiêu Huyện, Đơn Vị Hành Chính Tỉnh Hưng Yên

CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG HSG MÔN TOÁN 8 – PHẦN ĐẠI SỐ TRẦN NGỌC ĐẠI, trung học cơ sở THỤY THANH 1 CHUYÊN ĐỀ PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN I. PHƢƠNG PHÁP DÙNG TÍNH chia HẾT 1. Sử d ng đặc điểm chia hết Các đặc điểm thư ng sử dụng : – nếu như a  m cùng a ± b  m thì b  m. – ví như a  b, b  c thì a  c. – nếu như ab c nhưng mà ƯCLN(b , c) = 1 thì a c. – nếu a m, b n thì ab mn. – trường hợp a b, a c với ƯCLN(b , c) = 1 thì a bc. – trong m số nguyên liên tiểp, bao gi cũng tồn tại m t số là b i của m. Ví d 1. Search x, y  Z mãn nguyện : 3x + 17y = 159 (1) Giải : thừa nhận xét 3x  3, 159  3, suy ra 17y  3. Nhưng ƯCLN(17 , 3) = 1 nên y  3. Đặt y = 3k (k  Z). Cầm vào phương trình (1) ta được : 3x + 17.3k = 159  x + 17k = 53  x = 53 – 17k. Từ kia ta được nghiệm của phương trình (1) là :x 53 17ky 3k  (k Z). Ví d 2. Search nghiệm nguyên của phương trình : x2  2y2 = 5 (2) Giải : trường đoản cú (2)  x nên là số lẻ. Đặt x = 2k + 1 (k  Z) và cụ vào (2) ta được : 4k2 + 4k + 1 – 2y2 = 5  2(k2 + k – 1) = y2 Suy ra y2 là số chẵn  y là số chẵn. Đặt y = 2t (t  Z), vậy vào (2.1) ta tất cả : 2(k2 + k - 1) = 4t2  k(k + 1) = 2t2 + 1 (2.1) Ta thấy k(k + 1) là số chẵn c n 2t2 + 1 là số lẻ cần phương trình (2.1) vô nghiệm. Vậy phương trình (2) không có nghiệm nguyên. PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 2 TRẦN NGỌC ĐẠI, thcs THỤY THANH 2. Đƣa về phƣơng trình ƣ c s Ví d 3. Tìm x, y  Z bằng lòng phương trình : xy – x – y = 2 (3) Giải : Ta tất cả (3)  xy – x – y + 1 = 3  x(y – 1) – (y – 1) = 3  (x – 1)(y – 1) = 3 Suy ra x – 1  Ư(3). Vày Ư(3)   1 ;  3 buộc phải ta tất cả bảng sau : x – 1 1 –1 3 –3 y – 1 3 –3 1 –1 x 2 0 4 –2 y 4 –2 2 0 Vậy các nghiệm nguyên của phương trình (3) là: (4 ; 2), (2 ; 4), (0 ; –2), (–2 ; 0). Ví d 4. Search x  Z để x2 – 2x – 4 là m t số chính phương. Giải : Đặt x2 – 2x – 4 = y2 (y  Z)  (x – 1)2 – y2 = 5  (x – 1 – y)(x – 1 + y) = 5 (4). Do 5 = 1.5 = (–1).(–5), cần từ (4) ta có các trư ng phù hợp : – Trư ng hòa hợp 1 : x 1 y 1 x y 2 x 4x 1 y 5 x y 6 y 2                  (thoả mãn). – Trư ng thích hợp 2 : x 1 y 1 x y 0x y 2x 1 y 5 x y 4               (thoả mãn). – Trư ng vừa lòng 3 : x 1 y 5 x y 6 x 4x 1 y 1 x y 2 y 2                  (thoả mãn). – Trư ng hợp 4 : x 1 y 5 x y 4 x 2x 1 y 1 x y 0 y 2                  (thoả mãn). Vậy các giá trị x buộc phải tìm là x  –2 ; 4. 3. Bóc ra các giá trị nguyên Ví d 5. Giải Ví d 3 bằng phương pháp khác. Giải : bộc lộ x theo y : x(y – 1)  y  2 (5) Ta thấy y  1 chưa hẳn là nghiệm của phương trình (5) (vì khi ấy (5) trở nên 0x  3, vô nghiệm), buộc phải chia cả nhị vế của (5) cho y – 1 ≠ 0 ta được : y 2 3x 1y 1 y 1   CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG HSG MÔN TOÁN 8 – PHẦN ĐẠI SỐ TRẦN NGỌC ĐẠI, thcs THỤY THANH 3 vì chưng x  Z phải 3y 1 Z, suy ra y – 1 phải là cầu của 3. Ta lập bảng : y – 1 1 –1 3 –3 x 4 –2 2 0 y 2 0 4 –2 Vậy các nghiệm nguyên của phương trình (3) là: (4 ; 2), (2 ; 4), (0 ; –2), (–2 ; 0). BÀI TẬP 1. Tìm các nghiệm nguyên của những phương trình sau : a) 2x  3y  156 ; b) 3xy  x – y  1 ; c) 2x2  3xy – 2y2  7 ; d) x3 – y3  91 ; e) x2 – xy  6x – 5y – 8 ; f) x2 – 2y2  5. 2. Mang đến đa thức f(x) có những hệ số nguyên. Biết rằng f(1).f(2) = 35. Chứng minh rằng đa thức f(x) không có nghiệm nguyên. II. PHƢƠNG PHÁP XÉT SỐ DƢ TỪNG VẾ 1. Tìm kiếm nghiệm nguyên của phƣơng trình Ví d 6. Kiếm tìm nghiệm nguyên của phương trình : 9x  2  y2  y (6) Giải : Viết lại phương trình thành : 9x  2  y(y  1) (6.1) Ta thấy vế trái của (6.1) là số phân chia cho 3 dư 2 bắt buộc y(y  1) phân tách cho 3 dư 2. Ví như y phân chia hết mang đến 3 hoặc y phân chia cho 3 dư 2 thì y(y  1) phần lớn chia hết mang đến 3, trái với tóm lại trên. Vì thế y phân tách cho 3 dư 1. Đặt y  3k  1 (k  Z) thì y  1  3k  2. Khi ấy ta tất cả : 9x  2  (3k  1)(3k  2)  9x  9k(k  1)  x  k(k  1). Test lại x = k(k  1) với y = 3k  1 tán đồng phương trình đang cho. Vậy nghiệm nguyên của phương trình (6) là x = k(k  1) với y = 3k  1 (k  Z) 2. Minh chứng phƣơng trình vô nghiệm Ta minh chứng hai vế khi phân chia cho cùng m t số cấp thiết cùng m t số dư. Ch ý : hai số a – b với a  b (a, b  Z) tất cả cùng tính chẵn lẻ. PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 4 TRẦN NGỌC ĐẠI, thcs THỤY THANH thật vậy : bởi (a – b)  (a + b)  2a là m t số chẵn nên a – b với a  b hoặc thuộc là số chẵn, hoặc thuộc là số lẻ, có nghĩa là ch ng cùng tính chẵn lẻ. Ví d 7. Chứng minh rằng các phương trình sau không có nghiệm nguyên : a) x2 – y2  2006 (7) b) x2  y2  2007 (8) Giải : a) phương pháp 1. Phương trình (7) viết thành : (x – y)(x  y) = 2006 (7.1) bởi (x – y)  (x  y)  2x là số nguyên chẵn nên (x – y) và (x  y) thuộc tính chẵn lẻ. Tự (7.1) suy ra (x – y) cùng (x  y) đều chẵn. Cho nên vì thế (x – y)(x  y) phân chia hết cho 4. Nhưng lại 2006 không phân chia hết cho 4. Từ đó suy ra (7.1) vô nghiệm. Từ kia phương trình (7) vô nghiệm. Bí quyết 2. Số thiết yếu phương phân tách cho 4 chỉ hoàn toàn có thể dư 0 hoặc 1. Cho nên vì thế x2, y2 phân chia cho 4 chỉ bao gồm số dư 0 hoặc 1. Suy ra x2 – y2 phân tách cho 4 tất cả số dư 0, 1, 3. C n vế đề nghị 2006 phân tách cho 4 dư 2. Vậy phương trình không có nghiệm nguyên. B) x2, y2 chia cho 4 tất cả số dư 0, 1 nên x2 + y2 phân chia cho 4 có số dư 0, 1, 2. C n vế đề xuất 2007 phân chia cho 4 dư 3. Vậy phương trình (8) không tồn tại nghiệm nguyên. BÀI TẬP 3. Tìm những nghiệm nguyên của các phương trình sau : a) 3x2 – 4y2  13 ; b) 19x2  28y2  2009 ; c) x2  2y2 – 8y + 3 ; d) x2 – 4y2  1234520082009 4. Minh chứng rằng không tồn tại những số nguyên x, y, z vừa lòng : x3  y3  z3  x  y  z  2008 (Trích đề thi HSG lớp 8, thị xã Thái Th y 2007 – 2008) 5. Tồn tại hay không số nguyên n thỏa mãn : n3 + 2006n  20082007 + 1 (Trích đề thi HSG lớp 8, thị xã Thái Th y 2006 – 2007) 6. Chứng tỏ rằng số 49 cs 0 50 cs 0A 100...0500...01 ko là lập phương của m t số tự nhiên. CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG HSG MÔN TOÁN 8 – PHẦN ĐẠI SỐ TRẦN NGỌC ĐẠI, thcs THỤY THANH 5 III. PHƢƠNG PHÁP DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC 1. Sắp đến thứ tự những ẩn Ví d 8. Tìm tía số nguyên dương làm sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng. Giải : cách 1. Gọi những số nguyên dương buộc phải tìm là x, y, z. Theo đề bài ta có : x  y  z  xyz (9) Ta thấy x, y, z có vai tr đồng nhất nên ta có thể sắp sản phẩm tự giá trị của các ẩn, chẳng hạn 1  x  y  z (*) mà không làm mất tính bao quát của bài toán. Từ (9) ta tất cả xyz  x  y  z  3z  xy  3 (do z > 0). Từ kia xy  1 ; 2 ; 3 (vì x, y nguyên dương). Xét tía trư ng hòa hợp : – với xy  1, ta bao gồm x  1 và y  1. Thay vào (9) ta được 2  z  z, loại. – cùng với xy  2, ta tất cả x  1, y  2. Thay vào (9) ta được z  3. – với xy  3, ta gồm x  1, y  3. Nỗ lực vào (9) ta được z  2, loại vì y z. Vậy tía số nên tìm là 1 trong những ; 2 ; 3. Biện pháp 2. Phân tách hai vế của (9) mang đến xyz > 0 ta được : 1 1 11xy yz zx   (9.1) trả sử 1 x y z   . Từ bỏ (9.1) suy ra : 2 2 2 21 1 1 1 1 1 31xy yz zx x x x x       . Suy ra 231x , cho nên vì vậy x2  1 xuất xắc x = 1 (vì x nguyên dương). Cố kỉnh x = 1 vào (9.1) : 1  y  z  yz  (y – 1)(z – 1)  2. Do 0 y 1 z 1    , phải ta chỉ tất cả m t trư ng hợp: y – 1  1 và z – 1  2 tốt y  2 với z  3. Vậy bố số bắt buộc tìm là một ; 2 ; 3. 2. Xét từng khoảng tầm giá trị của ẩn Ví d 9. Tìm những nghiệm nguyên dương của phương trình : 1 1 1x y 3  (10) Giải : giải pháp 1. Vì x, y có vai tr tương đồng nên ta rất có thể giả sử 1 x y  . Từ bỏ (10) ta suy ra 1 2y 63 y   PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 6 TRẦN NGỌC ĐẠI, trung học cơ sở THỤY THANH khía cạnh khác, cũng tự (10) ta suy ra :1 1y 3y 3   do đó y  4 ; 5 ; 6. Xét bố Trư ng hợp : – Trư ng thích hợp 1 : x  4, từ phương trình ta được y = 12 (thoả mãn). – Trư ng thích hợp 2 : x  5, tự phương trình ta được y  215 (loại). – Trư ng hòa hợp 3 : x  6, tự phương trình ta được y  6. Cầm lại, phương trình (10) có cha nghiệm nguyên : (4 ; 12), (12 ; 4), (6 ; 6). Giải pháp 2. Đưa phương trình đã mang lại về phương trình cầu số : 1 1 1xy 3(x y) 0 (x 3)(y 3) 9x y 3          . Vế trái phương trình bên trên là tích của hai số nguyên do x, y là các số nguyên. Từ kia suy ra x – 3 với y – 3 phải là ước của 3. Do Ư(3)   1 ;  3 phải ta gồm bảng sau : x – 3 1 –1 3 y – 3 9 –9 3 x 4 2 6 y 12 –6 6 3. Chỉ ra m t hay nhiều nghiệm nguyên phương thức xét từng khoảng chừng giá trị của ẩn còn được biểu lộ dưới dạng : đã cho thấy m t hoặc cùng số là nghiệm của phương trình, rồi chứng tỏ phương trình không hề nghiệm làm sao khác. Ví d 10. Tìm những số tự nhiên và thoải mái x, sao cho : x x x2 3 5 (11) Giải : Phương trình (11) viết thành : x xx xx x2 3 2 31 15 5 5 5             – với x = 0, ta được : 1  1  1, loại. – cùng với x  1, ta được : 2 315 5  , thoả mãn. – cùng với x > 1, thì x x2 2 3 3,5 5 5 5          , suy ra x x2 3 2 315 5 5 5            , loại. Vậy nghiệm nhất của (11) là x = 1. 4. Sử d ng những bất đẳng thức quen thu c M t số bất đẳng thức cần chú ý : CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG HSG MÔN TOÁN 8 – PHẦN ĐẠI SỐ TRẦN NGỌC ĐẠI, thcs THỤY THANH 7 - Bất đẳng thức Cô–si : a bab2 (a, b  0, dấu bằng có  a = b). – Bất đẳng thức Bunhiacopxki : (a2 + b2)(x2 + y2)  (ax + by)2. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi ay = bx. – Bất đẳng thức chứa dấu giá chỉ trị tuyệt vời và hoàn hảo nhất : |x|  x, dấu bởi có  x  0 ; -|x| ≤ x, dấu bởi có  x ≤ 0. -|x|  x  |x| |x| + |y| ≥ |x + y|, dấu bởi có  xy  0. Ví d 11. Tìm những số nguyên dương x, y toại ý phương trình : (x2 + 1)(x2 + y2) = 4x2y (12) Giải : giải pháp 1. Áp d ng bất đẳng thức Cô–si ta gồm : x2 + 1  2x, dấu bởi có  x = 1. X2 + y2  2xy, dấu bởi có  x = y. Do x, y nguyên dương phải nhân các bất đẳng thức bên trên vế theo vế ta được : (x2 + 1)(x2 + y2)  4x2y, dấu bằng có khi và chỉ khi x = y = 1. Vậy phương trình (12) có nghiệm tuyệt nhất x = y = 1. Biện pháp 2. (12)  x4 + x2y2 + x2 + y2 – 4x2y = 0  (x2 – y)2 + (xy – x)2 = 0. Phương trình trên chỉ xảy ra khi còn chỉ khi : 2 2 2x y 0 y x y xx y 1xy x 0 x(y 1) 0 y 1 0                   (vì x, y nguyên dương). BÀI TẬP 7. Tìm các nghiệm nguyên của các phương trình sau : a) x2 + xy + y2 = 2x + y ; b) x2 + xy + y2 = x + y ; c) x2 – 3xy + 3y2 = 3y ; d) x2 – 2xy + 5y2 = y + 1 ; 8. Tìm những nghiệm nguyên của phương trình : 1 1 1x y 4  9. Tìm những số thoải mái và tự nhiên x, y tán đồng : x y 3xy 2 (Trích đề thi HSG lớp 8, thị xã Thái Th y 2007 – 2008) 10. Tìm những số tự nhiên x thỏa mãn nhu cầu : a) x x2 3 35  ; b) x x x3 4 5  ; c) x x x5 12 17 .  PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 8 TRẦN NGỌC ĐẠI, trung học cơ sở THỤY THANH 11. A) Tìm ba số nguyên dương làm thế nào để cho tích của ch ng gấp hai tổng của ch ng. B) Tìm bốn số nguyên dương thế nào cho tổng của ch ng bởi tích của ch ng. 12. Tìm những số nguyên x cùng y sao cho : x3 + x2  x  1  y3. 13. Tìm những nghiệm nguyên dương của phương trình : x! + y! = (x + y)! 14. Minh chứng rằng phương trình sau không tồn tại nghiệm nguyên dương : x17  y17  1917 IV. PHƢƠNG PHÁP DÙNG TÍNH CHẤT CỦA SỐ CHÍNH PHƢƠNG 1. Sử d ng đặc thù về phân tách hết của s thiết yếu phƣơng Các đặc thù thư ng sử dụng : – Số thiết yếu phương không tận cùng bằng 2, 3, 7, 8. – Số thiết yếu phương phân chia hết mang đến số nguyên tố phường thì phân tách hết cho p2. – Số chính phương khi chia cho 3, cho 4 chỉ hoàn toàn có thể dư 0 hoặc 1. – Số chủ yếu phương phân tách cho 5, mang đến 8 thì số dư chỉ rất có thể là 0, 1 hoặc 4. – Số bao gồm phương lẻ phân chia cho 4, 8 thì số dư phần đa là 1. – Lập phương của m t số nguyên phân tách cho 9 chỉ có thể dư 0, 1 hoặc 8. Ví d 12. Tìm các số nguyên x nhằm 9x + 5 là tích của nhì số nguyên liên tiếp. Giải : Đặt x(9x + 5) = y(y + 1) với y nguyên thì : 36x + đôi mươi = 4y2 + 4y  3(12x + 7) = (2y + 1)2 (13) Ta thấy vế trái (13) phân chia hết mang lại 3 yêu cầu vế đề xuất cũng phân chia hết mang đến 3. Số bao gồm phương (2y + 1)2 chia hết đến 3, yêu cầu cũng chia hết mang lại 9. Mà lại 12x + 7 không chia hết đến 3 đề xuất 3(12x + 7) không phân tách hết mang đến 9. Xích míc ở trên chứng minh không tồn tại số nguyên x thoả mãn đk đề bài. 2. Sử d ng đặc thù kẹp phải ch ý đến tính chất : thân hai số thiết yếu phương liên tiếp không tồn tại số chủ yếu phương nào. Từ kia suy ra với mọi số nguyên a, x ta bao gồm : – không tồn tại x nhằm a2 0 nên x2 0, suy ra y2 > a2. (a + 2)2 – y2 = (x2 + x + 2)2 – <(x2 + x)2 + (x2 + x + 3)> = <(x2 + x)2 + 4(x2 + x) + 4> – <(x2 + x)2 + (x2 + x + 3)> = 3x2 + 3x + 1 = 3(x + 12)2 + 14 > 0, suy ra y2