Đề Tài:phương Pháp Giải Pt Nghiệm Nguyên

--- Bài mới hơn ---

  • Phương Pháp Giải Phương Trình Nghiệm Nguyên
  • Hệ Phương Trình Bậc Nhất Hai Ẩn (Nâng Cao)
  • Giải Phương Trình Bậc 2 Số Phức
  • Nâng Cao Toán Lớp 8
  • Phương Pháp Giải Nhanh Bài Tập Phương Trình Oxi Hóa
  • A. Những vấn đề chung

    I/ Lý do chọn đề tài:

    Các bài toán về phương trình nghiệm nguyên là những bài toán khó. Đường lối chung để giải phương trình này là dựa vào đặc điểm của phương trình để thu hẹp miền chứa nghiệm.

    Để phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động trong học tập của mỗi học sinh, đối với mỗi dạng toán này cũng như việc tạo ra sự hứng thú say mê học tập của các em là việc rất cần thiết của các thầy cô giáo dạy toán. Do vậy tôi muốn trao đổi kinh nghiệm về một số phương pháp thường dùng để giải phương trình nghiệm nguyên hay gặp trong chương trình toán cấp 2 mà tôi đã làm.

    II/ Mục đích:

    Giúp học sinh nắm được một số phương pháp cơ bản để giải phương trình nghiệm nguyên.

    III/ Nhiệm vụ:

    – Đưa ra các phương pháp và ví dụ minh hoạ

    – Rút kinh nghiệm

    IV/ Đối tượng và phạm vi nghiên cứu:

    – Đối tượng: các tài liệu về phương trình nghiệm nguyên

    – Phạm vi nghiên cứu: các bài toán về phương trình nghiệm nguyên trong chương trình toán cấp 2.

    V/ Phương pháp nghiên cứu:

    – Nghiên cứu tài liệu

    – Trao đổi kinh nghiệm

    – Tổng kết rút kinh nghiệm

    Thử lại:

    x= k.(k+1); y = 3k+1 thoả mãn phương trình đã cho.

    Vậy phương trình (1) có nghiệm tổng quát:

    III/ Phương pháp dùng bất đẳng thức:

    1. Phương pháp sắp thứ tự các ẩn:

    Ví dụ 6: Tìm 3 số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng

    Giải:

    Gọi các số nguyên dương phải tìm là x, y, z. Ta có: x + y + z = x.y.z (1)

    Do x, y, z có vai trò như nhau ở trong phương trình (1) nên có thể sắp thứ tự các ẩn như sau:

    Giải:

    Do vai trò bình đẳng của x và y. Giả sử , dùng bất đẳng thức để giới hạn khoảng giá trị của số nhỏ y

    Ta có:

    (1)

    Mặt khác do

    Do đó

    nên (2)

    Từ (1) và (2) ta có : . Do y

    +Với y =4 ta được:

    + Với y = 5 ta được: loại vì x không là số nguyên

    + Với y = 6 ta được:

    Vậy các nghiệm nguyên dương của phương trình là: (4; 12), (12; 4) , (6; 6)

    3/ Phương pháp chỉ ra nghiệm nguyên:

    Ví dụ 8: Tìm số tự nhiên x sao cho 2x+3x=5x

    Giải:

    Chia hai vế cho 5x, ta được:

    (1)

    +Với x=0 vế trái của phương trình (1) bằng 2 (loại)

    + Với x = 1 thì vế trái của phương trình bằng 1 ( đúng)

    + Với x thì:

    Nên: ( loại)

    Vậy nghiệm duy nhất của phương trình là x = 1

    4/ Sử dụng điều kiện của phương trình bậc hai có nghiệm

    Ta viết phương trình f(x; y) = 0 dưới dạng phương trình bậc hai đối với một ẩn đã chọn. Chẳng hạn chọn ẩn x, khi đó y là tham số, điều kiện cần để phương trình có nghiệm là , để có nghiệm nguyên còn cần phải là số chính phương.

    Ví dụ 9:

    Tìm các nghiệm nguyên của phương trình :

    x+y+xy = x2+y2 (1)

    Giải:

    Phương trình (1) tương đương với: x2-(y+1)x+(y2-y) = 0 (2)

    Điều kiện để (2) có nghiệm là

    --- Bài cũ hơn ---

  • 9 Phương Pháp Giải Phương Trình Nghiệm Nguyên
  • Giải 9 Bài Pt Mũ & Log Bằng Ẩn Số Phụ
  • Các Dạng Phương Trình Quy Về Phương Trình Bậc Hai
  • Dạng Bài Tập Về Áp Dụng Công Thức Giải Bất Phương Trình Lớp 10 Phải Biết
  • Đạo Hàm Và Bài Toán Giải Phương Trình, Bất Phương Trình Lượng Giác
  • Phương Pháp Giải Phương Trình Nghiệm Nguyên

    --- Bài mới hơn ---

  • Hệ Phương Trình Bậc Nhất Hai Ẩn (Nâng Cao)
  • Giải Phương Trình Bậc 2 Số Phức
  • Nâng Cao Toán Lớp 8
  • Phương Pháp Giải Nhanh Bài Tập Phương Trình Oxi Hóa
  • Xem Phương Pháp Giải Nhanh Bài Tập Phương Trình Oxi Hóa
  • TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HCM

    KHOA GIÁO DỤC TIỂU HỌC

    ĐỀ TÀI:PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH

    NGHIỆM NGUYÊN

    Môn:Cơ sở Toán ở Tiểu học 3

    Giảng viên:

    Lớp:

    Các thành viên cùng thực hiện:

    LỜI MỞ ĐẦU 2

    PHƯƠNG PHÁP 1: XÉT SỐ DƯ CỦA TỪNG VẾ 3

    PHƯƠNG PHÁP 2: ĐƯA VỀ DẠNG TỔNG 3

    PHƯƠNG PHÁP 3: DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC 3

    PHƯƠNG PHÁP 4: DÙNG TÍNH CHIA HẾT, TÍNH ĐỒNG DƯ 6

    PHƯƠNG PHÁP 5: DÙNG TÍNH CHẤT CỦA SỐ CHÍNH PHƯƠNG 8

    PHƯƠNG PHÁP 6: LÙI VÔ HẠN, NGUYÊN TẮC CỰC HẠN 10

    PHƯƠNG PHÁP 7: XÉT CHỮ SỐ TẬN CÙNG 11

    PHƯƠNG PHÁP 8: TÌM NGHIỆM RIÊNG 11

    PHƯƠNG PHÁP 9: PHƯƠNG PHÁP HẠ BẬC 12

    PHƯƠNG PHÁP 10: PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH 13

    PHƯƠNG PHÁP 11: PHƯƠNG PHÁP LOẠI TRỪ 13

    PHƯƠNG PHÁP 12: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CỦA SỐ NGUYÊN TỐ 13

    BÀI TẬP ÁP DỤNG 15

    LỜI MỞ ĐẦU

    Không giống như các phương trình nghiệm thực hay nghiệm phức, phương trình nghiệm nguyên khó giải quyết hơn vì điều kiện ràng buộc nguyên của nhiệm. Vì vậy với phương trình nghiệm nguyên, ta thường không có một phương pháp hoặc định hướng giải cụ thể nào như với phương trình nghiệm thực và nghiệm phức. Tuy nhiên, ta có thể áp dụng một số phương pháp hiệu quả để giải quyết lớp phương trình này. Trong chuyên đề này ta sẽ nêu ra một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên. Tùy vào từng bài toán mà ta có những dấu hiệu nhận biết để chọn phương pháp thích hợp.

    PHƯƠNG PHÁP 1: XÉT SỐ DƯ CỦA TỪNG VẾ

    Ví dụ 1:Chứng minh các phương trình sau không có nghiệm nguyên:

    𝑥

    2−

    𝑦

    2

    chia cho 4 có số dư 0, 1, 3. Còn vế phải 1998 chia cho 4 dư 2. Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.

    𝑥

    2,

    𝑦

    2

    chia cho 4 có số dư là 0, 1 nên

    𝑥

    2+

    𝑦

    2 chia cho 4 có các số dư 0, 1, 2. Còn vế phải 1999 chia cho 4 dư 3.

    Vậy phương trình không có nghiệm nguyên.

    Ví dụ 2:Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:

    9𝑥+2=

    𝑦

    2+𝑦

    Giải

    Biến đổi phương trình: 9𝑥+2= 𝑦(𝑦+1)

    Ta thấy vế trái của phương trình là số chia hết cho 3 dư 2 nên 𝑦(𝑦+1) chia hết cho 3 dư 2.

    Chỉ có thể: 𝑦=3𝑘+1, 𝑦+1=3𝑘+2 𝑣ớ𝑖 𝑘 𝑛𝑔𝑢𝑦ê𝑛

    Khi đó: 9𝑥+2

    3𝑘+1

    3𝑘+2

    Thử lại: 𝑥=𝑘

    𝑘+1, 𝑦=3𝑘+1 thỏa mãn phương trình đã cho.

    Đáp số:

    𝑥=𝑘

    𝑘+1

    𝑦=3𝑘+1 với 𝑘 là số nguyên tùy ý.

    PHƯƠNG PHÁP 2: ĐƯA VỀ DẠNG TỔNG

    Biến đổi phương trình về dạng: vế trái là tổng của các phương trình, vế phải là tổng của các số chính phương.

    Ví dụ:Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:

    Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 chỉ có một dạng phân tích thành tổng của hai số chính phương

    3

    2,

    5

    2. Do đó phương trình thỏa mãn chỉ trong hai khả năng:

    Giải các hệ trên suy ra phương trình (1) có bốn nghiệm nguyên là:

    2;3,

    3;2, −1;−2, (−2;−1

    --- Bài cũ hơn ---

  • Đề Tài:phương Pháp Giải Pt Nghiệm Nguyên
  • 9 Phương Pháp Giải Phương Trình Nghiệm Nguyên
  • Giải 9 Bài Pt Mũ & Log Bằng Ẩn Số Phụ
  • Các Dạng Phương Trình Quy Về Phương Trình Bậc Hai
  • Dạng Bài Tập Về Áp Dụng Công Thức Giải Bất Phương Trình Lớp 10 Phải Biết
  • Cách Giải Phương Trình Bậc 2 Và Tính Nhẩm Nghiệm Pt Bậc 2

    --- Bài mới hơn ---

  • Tổng Hợp Các Phương Pháp Giải Phương Trình Và Hệ Phương Trình Môn Toán
  • Hướng Dẫn Học Sinh Giải Phương Trình Toán Bằng Máy Tính Casio
  • Công Bố Kết Quả Bình Chọn Giải Thưởng Y Tế Thông Minh Năm 2022
  • Giới Thiệu Nhóm Sản Phẩm Bình Chọn Giải Thưởng Y Tế Thông Minh: “báo Cáo Sự Cố”
  • Người Giải Mã Tử Thi
  • Bài viết này Trung tâm Gia sư Hà Nội chia sẻ với các em cách giải phương trình bậc 2 và tính nhẩm nghiệm của PT bậc 2 trong trường hợp đặc biệt.

    Có nhiều dạng toán trong chương trình Toán 9 và ôn thi vào lớp 10 môn Toán cần phải biết phương pháp giải phương trình bậc 2 thì mới làm được.

    Định nghĩa phương trình bậc 2

    Phương trình bậc hai là phương trình có dạng: ax 2 + bx + c = 0. Với

    • x là ẩn số
    • a, b, c là các số đã biết sao cho: a ≠ 0
    • a, b, c là những hệ số của phương trình và có thể phân biệt bằng cách gọi tương ứng với hệ số của x (theo phương trình trên thì a là hệ số bậc hai, b là hệ số bậc một, c là hằng số hay số hạng tự do).

    Phương pháp giải phương trình bậc 2

    Giải phương trình bậc 2: ax 2 + bx + c = 0 theo biệt thức delta (Δ)

    Công thức Vi-ét về quan hệ giữa các nghiệm của đa thức với các hệ số của nó. Trong trường hợp phương trình bậc hai một ẩn, được phát biểu như sau:

    Nếu phương trình bậc 2 có:

    Xuất phát từ định lý Vi-ét, chúng ta có các dạng toán tính nhẩm như sau:

    Nếu phương trình có dạng x 2 – (u+v)x + uv = 0 thì phương trình đó có hai nhiệm u và v.

    Nếu phương trình có dạng x 2 + (u+v)x + uv = 0 thì phương trình có hai nghiệm -u và -v.

    Như vậy, với dạng này chúng ta cần thực hiện 2 phép nhẩm: “Phân tích hệ số c thành tích và b thành tổng”. Trong hai phép nhẩm đó, chúng ta nên nhẩm hệ số c trước rồi kết hợp với b để tìm ra hai số thỏa mãn tích bằng c và tổng bằng b.

    Khi tiến hành, bạn nhẩm trong đầu như sau: Tích của hai nghiệm bằng c, mà tổng lại bằng b.

    Tóm lại:

    x 2 – 5x + 6 = 0

    Nhẩm: “Tích của hai nghiệm bằng 6, mà tổng lại bằng 5”. Hai số đó là: 2 và 3 vì 6 = 2×3 và 5 = 2 + 3. Vậy phương trình có hai nghiệm x = 2, x = 3.

    x 2 – 7x + 10 = 0

    Nhẩm: “Tích của hai nghiệm bằng 10, mà tổng lại bằng 7”. Hai số đó là: 2 và 5 vì 10 = 2×5 và 7 = 2 + 5. Vậy phương trình có hai nghiệm x = 2, x = 5.

    Ví dụ phương trình:

    Do loại này đã quá quen thuộc và thường gặp, nên bài viết không xét các ví dụ cho trường hợp này mà tập trung vào Dạng 1 và Dạng 3.

    Dạng 3: Hai nghiệm là nghịch đảo của nhau

    • Nếu thay v = 1 vào (1) thì chúng ta sẽ có trường hợp nhẩm nghiệm quen thuộc a + b + c = 0, với a = 1, b = -(u+1), c = u.
    • Nếu thay v = -1 vào (1) thì bạn sẽ có trường hợp nhẩm nghiệm a – b + c = 0, với a = 1, b = -(u-1), c = -u.

    Nếu u ≠ 0 và v = 1/ u thì phương trình (1) có dạng:

    --- Bài cũ hơn ---

  • Các Phương Pháp Giải Phương Trình
  • Các Dạng Hệ Phương Trình Đặc Biệt
  • Giải Phương Trình Bậc Hai (Bản Đầy Đủ)
  • Học Cách Giải Bất Phương Trình Từ Cơ Bản Đến Nâng Cao
  • Bai Giang Phuong Trinh Vi Phan
  • Chuyên Đề: Giải Phương Trình Nghiệm Nguyên

    --- Bài mới hơn ---

  • Lý Thuyết Hệ Phương Trình Có Cấu Trúc Đặc Biệt Toán 10
  • Chuyên Đề Một Số Phương Pháp Giải Hệ Phương Trình
  • Các Công Thức Lượng Giác Toán 10 Đầy Đủ Nhất
  • Phương Trình Lượng Giác Cơ Bản
  • Phương Pháp Giải Phương Trình Bậc Ba, Bậc Bốn Đặc Biệt Môn Toán Lớp 10
  • Chuyên Đề: Giải Phương trình nghiệm nguyên I-Phương trình nghiệm nguyên dạng: ax + by = c (1) với a, b, c ẻ Z 1.Các định lí: a. Định lí 1: Điều kiện cần và đủ để phương trình ax + by = c (trong đó a,b,c là các số nguyên khác 0 ) có nghiệm nguyên (a,b) là ước của c. b.Định lí 2: Nếu (x0, y0) là một nghiệm nguyên của phương trình ax + by = c thì nó có vô số nghiệm nguyên và nghiệm nguyên (x,y) được cho bởi công thức: Với t є Z, d = (a,b) 2.Cách giải: Bước 1: Rút ẩn này theo ẩn kia (giả sử rút x theo y) Bước 2: Dựa vào điều kiện nguyên của x, tính chất chia hết suy luận để tìm y Bước 3: Thay y vào x sẽ tìm được nghiệm nguyên Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên: 2x + 5y =7 Hướng dẫn: Ta có 2x + 5y =7 Û x = Û x = 3 – 2y + Do x, y nguyên ị nguyên. Đặt = t với (t є Z ) ị y = 1 – 2t ị x = 3 – 2(1- 2t) + t = 5t + 1 Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là: x = 5t + 1 y = -2t +1 (t є Z ) Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên 6x – 15 y = 25 Hướng dẫn: Ta thấy( 6,15 ) = 3 mà 3/25 Vậy không tồn tại x,y nguyên sao cho 6x- 15y = 25 Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình. 5x + 7y = 112 Hướng dẫn: Ta có 5x + 7y = 112 ị x = = 22 - y + Do x, y nguyên ị nguyên hay (2 – 2y) 5 Û 2(1-y) 5; (2 , 5) = 1 ị (1-y) 5 hay (y-1)5 . Đặt y-1 = 5t (t є Z ) ị y = 5t +1 thay y vào x ta có x = 21 – 7t ị ị t = Nếu t = 0 ị x = 21; y = 1 Nếu t = 1 ị x = 14; y = 6 Nếu t = 2 ị x = 7; y = 11 II. Phương trình nghiệm nguyên đưa về dạng g (x1, x2,., xn) . h (x1, x2,., xn) = a (3) Với a є Z 1.Cách giải: Đặt g (x1, x2,., xn) = m (với m là ước của a) ị h(x1, x2,., xn) = Giải hệ: g (x1, x2,., xn) = m h(x1, x2,., xn) = tìm được x1, x2,., xn thử vào (3) ta được nghiệm của phương trình. 2.Chú ý: -Nếu a = 0 ta có g (x1, x2,., xn) = 0 h(x1, x2,., xn) = 0 -Nếu a = pa với p nguyên tố thì từ pt (3) ta có: g (x1, x2,., xn) = pa1 h(x1, x2,., xn) = pa2 Với a1 + a2 = a Ví dụ 4: Tìm x, y є Z biết x – y + 2xy = 6 Hướng dẫn: Ta có x – y + 2xy = 6 Û 2 x – 2y + 4 xy = 12 Û 2 x – 2y + 4 xy –1 = 11 Û (2x – 1) + 2y(2x-1) = 11Û (2x – 1) (2y + 1) = 11 Ta có 11 = 1.11= (-1)(-11) = 11.1 = (-11)(-1) Ta có 2y + 1 = 1 ị (x; y) = (6; 0) 2x – 1 = 11 2y + 1 = -1 ị (x; y) = (-5; -1) 2x – 1 = -11 2y + 1 = 11 ị (x; y) = (1, 5) 2x – 1 = 1 2y + 1 = -11 ị (x; y) = ( 0; -6) 2x – 1 = -1 Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 1 + x + x2 + x3 = 2y Hướng dẫn: Ta có 1 + x + x2 + x3 = 2y Û (1 + x) (1 + x2) = 2y ị 1 + x = 2 m và 1 + x2 = 2y – m (m nguyên dương) ị x = 2 m – 1 ị x2 = 22m – 2 m +1 + 1 x2 = 2y – m - 1 x2 = 2y – m – 1 ị 22m – 2m + 1 + 1 = 2 y – m - 1 ị 2 y – m – 22m + 2m +1 = 2 Nếu m = 0 ị x = 0 ; y = 0 (t/m) ị 2 y – m – 1 lẻ ị 2 y – m – 1 = 1 ị y – m – 1 = 0 ị y = m + 1 ị 2 m - 22m – 1 = 0 ị 2 m = 22m – 1 ị m = 2m – 1 ị m = 1 ị y = 2 ; x = 1 Vậy (x, y) = (0; 0); (1; 2) III. Phương trình nghiệm nguyên đưa về dạng 2 + + 2 Û 2 + (y+1)2 = 0 Û y + 1 = 0 Û y = -1 (x-1) + (y+1) = 0 x = 1 Vậy nghiệm của phương trình là ( x = 1 ; y = -1) IV- Phương trình nghiệm nguyên mà các ẩn có vai trò bình đẳng Khi làm toán ta thường gặp một số bài toán mà trong đó các ẩn bình đẳng với nhau . Để giải các bài toán đó có nhiều cách giải khác nhau tuỳ thuộc vào từng loại cụ thể. ở đây ta nghiên cứu đến 1 phương pháp giải toán này: Ta giả sử các ẩn xảy ra theo một trật tự tăng dần rồi tiến hành giải Ví dụ 8: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: + + + = 1 Hướng dẫn: Giả sử 1 Ê x Ê y Ê z ị x2 Ê xy Ê xz Ê yz Ê xyz ị 1 = + + + Ê + + + Û 1 Ê ị x2 Ê 12 ị x є 1, 2,3 Nếu x = 1 ị + + + = 1 ị z + 1 + y + 9 = yz ị yz – z – y + 1 = 11 (y- 1) (z - 1) = 11 ị y = 2 ; z = 12 hoặc z =2 ; y = 12 Nếu x = 2 ị + + + = 1 ị (2y - 1) (2z-1) = 23 ị y = 1; z = 12 hoặc y = 12; z = 1 Nếu x = 3 ị (3y – 1) (3z - 1) = 37 vô nghiệm Vậy (x, y, z) = (1; 2, 12) và các hoán vị Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên I- Phương pháp 1 : Sử dụng tính chẵn lẻ Ví dụ 9: Tìm x, y nguyên tố thoả mãn: y2 – 2x2 = 1 Hướng dẫn: Ta có y2 – 2x2 = 1 ị y2 = 2x2 +1 ị y là số lẻ Đặt y = 2k + 1 (với k nguyên).Ta có (2k + 1)2 = 2x2 + 1 Û x2 = 2 k2 + 2k ị x chẵn , mà x nguyên tố ị x = 2, y = 3 Ví dụ 10: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình (2x + 5y + 1)( + y + x2 + x) = 105 Hướng dẫn: Ta có: (2x + 5y + 1)( + y + x2 + x) = 105 Ta thấy 105 lẻ ị 2x + 5y + 1 lẻ ị 5y chẵn ị y chẵn + y + x2 + x = + y + x(x+ 1) lẻ có x(x+ 1) chẵn, y chẵn ị lẻ ị = 1 ị x = 0 Thay x = 0 vào phương trình ta được (5y + 1) ( y + 1) = 105 Û 5y2 + 6y – 104 = 0 ị y = 4 hoặc y = ( loại) Thử lại ta có x = 0; y = 4 là nghiệm của phương trình II. Phương pháp 2 : Phương pháp phân tích Thực chất là biến đổi phương trình về dạng: g1 (x1, x2,., xn) h (x1, x2,., xn) = a Ví dụ 11: Tìm x, y nguyên sao cho ( x + y ) P = xy với P nguyên tố. Giải Ta có ( x + y ) P = xy với xy – Px – Py = 0 Û x ( y – P ) – ( Py – P2) = P2 Û ( y- P ) ( x- P ) = P2 Mà P nguyên tố ị P2 = 1.P2 = P.P = (-1)(-P2) = ( -P ) (-P) ị Các cặp số (x,y ) là: (P+1, P(P+1) ); ( P-1, P (P-1) ); (2p, 2p); (0,0) và các hoán vị của chúng. III- Phương pháp loại trừ ( phương pháp 3 ) Khẳng định nghiệm rồi loại trừ các giá trị còn lại của ẩn Ví dụ 12: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 1! + 2! + + x! = Hướng dẫn: Với x³ 5 thì x! có tận cùng là 0 và 1! + 2! + 3! + 4! Có tận cùng là 3 ị 1! + 2! + + x! có tận cùng là 3, không là số chính phương (loại) Vậy x < 5 mà x nguyên dương nên: x = Thử vào phương trình ta được (x = 1, y= 2); (x = 3, y= 3) là thoả mãn IV.Phương pháp 4: Dùng chia hết và có dư Ví dụ 13: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – 2y2 = 5 Hướng dẫn: Xét x 5 mà x2 – 2y2 = 5 ị 2y2 5 ị y2 5 (2,5) = 1 5 là số nguyên tố ị y2 25 ị x2 – 2y2 25 lại có x 5 ị x2 25 5 25 loại Xét x 5 ị y 5 và x2 chia cho 5 có các số dư 1 hoặc 4 y2 chia cho 5 có các số dư 1 hoặc 4 ị 2y2 chia cho 5 dư 2 hoặc 3 ị x2 – 2 y2 chia cho 5 dư 1 hoặc 2(loại) Vậy phương trình x2 – 2y2 = 5 vô nghiệm Ví dụ 14: Tìm x, y là số tự nhiên thoả mãn: x2 + = 3026 Hướng dẫn: Xét y = 0 ị x2 + 30 = 3026 ị x2 = 3025 mà x є N ị x = 55 mà 3026 chia cho 3 dư 2 (loại). Vậy nghiệm (x,y) = (55,0) V. Phương pháp 5 : Sử dụng tính chất của số nguyên tố Ví dụ 15: Tìm x, y, z nguyên tố thoả mãn: xy + 1 = z Mà z nguyên tố ị z lẻ ị xy chẵn ị x chẵn ị x = 2 Xét y = 2 ị 22 + 1 = 5 là nguyên tố ị z = 5 (thoả mãn) Có 4 chia cho 3 dư 1 ị (2.4k+1) 3 ị z 3 (loại) Vậy x = 2, y = 2, z = 5 thoả mãn Ví dụ 16 : Tìm số nguyên tố p để 4p + 1 là số chính phương Hướng dẫn: đặt 4p + 1 = x2 (x є N) ị x lẻ đặt x = 2k + 1 (k є N) ị 4p + 1 = (2k + 1)2 Û 4p + 1 = 4k2 + 4k + 1 Û p =k(k+1) Û k(k + 1) chẵn ị p chẵn, p nguyên tố ị p = 2 VI. Phương pháp 7: Đưa về dạng tổng Ví dụ 17: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + y2 – x – y = 8 Hướng dẫn: Ta có x2 + y2 –x – y = 8 Û 4 x2 + 4 y2 – 4 x –4y = 32 Û (4x2 – 4x +1) + (4y2 – 4y + 1) = 34 Û (2x – 1)2 + (2y – 1)2 = 34 Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 chỉ có duy nhất 1 dạng phân tích thành tổng của 2 số chính phương 32 và 52 Do đó ta có = 3 hoặc = 5 = 5 = 3 Giải ra ta được (x,y) = (2,3); (2,-2); (-1, -2); (-1, 3) và các hoán vị của nó. Ví dụ 18: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – 4xy + 5y2 = 169 Hướng dẫn: Ta có x2 – 4xy + 5y2 = 169 Û (x – 2y)2 + y2 = 169 Ta thấy 169 = 02 + 132 = 52 + 122 ị = 0 hoặc = 13 = 13 = 0 hoặc = 5 hoặc = 12 = 12 = 5 Giải ra ta được (x, y) = (29, 12);(19, 12); (-19, -12); (22, 5); (-2, 5) ;(2, -5); (-22, -5); (26, 13); (-26, -13); (-13. 0); (13, 0) VII. Phương pháp 7 : Dùng bất đẳng thức Ví dụ 19: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 –xy + y2 = 3 Hướng dẫn: Ta có x2 –xy + y2 = 3 Û (x- )2 = 3 - Ta thấy (x- )2 ³ 0 ị 3 - ³ 0 ị -2 Ê y Ê 2 ị y= ± 2; ±1; 0 thay vào phương trình tìm x Ta được các nghiệm nguyên của phương trình là : (x, y) = (-1,-2), (1, 2); (-2, -1); (2,1) ;(-1,1) ;(1, -1) Bài tập luyện tập rèn tư duy sáng tạo Bài 1:Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x + 3y = 11 Hướng dẫn Cách 1: Ta thấy phương trình có cặp nghiệm đặc biệt là x0 = 4, y0 = 1 Vì 2.4 + 3.1 = 11 ị( 2x + 3y) – (2.4 + 3.1) = 0 Û 2(x-4) + 3(y-1) = 0 ị 2(x-4) = - 3(y-1) mà (2,3) = 1 Đặt x – 4 = 3k và y – 1 = 2k với ( k ẻ Z) Vậy nghiệm tổng quát của pt là : x = 4 – 3k y = 1+ 2k ( k ẻ Z) *Nhận xét: Theo cách giải này phải tìm ra 1 cặp nghiệm nguyên đặc biệt (x0, y0) của phương trình vô định ax + by = c Nếu phương trình có hệ số a, b, c lớn thì cách giải khó khăn. Cách 2: Dùng tính chất chia hết. Ta có 2x + 3y = 11 ị x= = 5- y- Do x, y nguyên ị nguyên đặt = k ị y = 2k +1 ị x = 4- 3k (k ẻ Z) y = 2k +1 (k ẻ Z) Vậy nghiệm tổng quát: x = 4- 3k Bài 2: Tìm cặp số nguyên dương (x,y) thoả mãn phương trình: 6x2 + 5y2 = 74 Hướng dẫn: Cách 1: Ta có 6x2 + 5y2 = 74 Û 6x2 –24 = 50 – 5y2 Û 6(x2 – 4) = 5(10 – y2) ị 6(x2 – 4) 5 ị x2 – 4 5 (6, 5) = 1 ị x2 = 5t + 4 (t ẻN) Thay x2 – 4 = 5t vào phương trình ị y2 = 10 – 6t ị t = 0 hoặc t = 1 với t = 0 ta có x2 = 4, y2 = 10 (loại) Với t = 1 ta có x2 = 9 Û x = ± 3 y2 = 4 y = ± 2 mà x, y ẻ Z ị x = 3, y = 2 thoả mãn Cách 2: Sử dụng tính chẵn lẻ và phương pháp chặn Ta có 6x2 + 5y2 = 74 là số chẵn ị y chẵn lại có 0< 6x2 ị 0< 5y2 < 74 Û 0 < y2 < 14 ị y2 = 4 ị x2 = 9 Cặp số (x,y) cần tìm là (3, 2) Cách 3: Ta có 6x2 + 5y2 = 74 Û 5x2 + 5y2 + x2 + 1 = 75 ị x2 + 1 5 mà 0 < x2 Ê 12 ị x2 = 4 hoặc x2 = 9 Với x2 = 4 ị y2 = 10 loại Với x2 = 9 ị y2 = 4 thoả mãn cặp số (x,y) cần tìm là (3, 2) Bài 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + y2 = 2x2y2 Hướng dẫn: Cách 1: Đặt x2 = a, y2 = b Ta có a + b = 2 ab ị a b ị = ị a = ± b b a Nếu a = b ị 2a = 2a2 ị a= a2 ị a= 0, a= 1ị (a,b) = (0, 0); (1, 1) Nếu a = - b ị 2 b2 = 0 ị a = b = 0 ị (x2, y2) = (0, 0); (1, 1) ị (x, y ) = (0, 0); (-1, -1); (-1, 1); (1, -1) ; (1, 1) Cách 2: Ta có x2 + y2 = 2x2y2. Do x2, y2 ³ 0 Ta giả sử x2 Ê y2 ị x2 + y2 Ê 2 y2 ị 2x2 y2 Ê 2y2 Nếu y = 0 phương trình có nghiệm (0;0) Nếu y 0ị x2 Ê 1 ị x2= 0 hoặc x2 = 1 ị y2 = 0 (loại) hoặc y2 = 1 ị (x, y) = (1, 1); (1, -1) ; (-1, 1) Vậy phương trình có nghiệm (x;y) =(0, 0); (-1, -1); (-1, 1); (1, -1) ; (1, 1) Cách 3: Có x2 + y2 = 2x2y2 Û 2x2 + 2y2 = 4 x2y2 Û 4 x2y2 –2x2 – 2y2 + 1 = 1 2x2 (2y2 - 1) – (2y2 - 1)= 1 Û (2x2 – 1) (2y2 - 1) = 1 Mà 1 = 1.1 = (-1)(-1) ị (x2, y2) = (1, 1); (0, 0) ị (x, y) = (1, 1); (0, 0) ; (1, -1); (-1; -1); (-1, 1) Bài 4: Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: x2 –3xy + 2y2+ 6 = 0 Hướng dẫn: Ta thấy(x, y) = (0, 0) không phải là nghiệm của phương trình Ta coi phương trình x2 – 3xy + 2y2 + 6 = 0 ẩn x ta tính = y2 – 24 Phương trình có nghiệm tự nhiên thì là số chính phương ị y2 – 24 = k2 ị (y – k)(y + k) = 24 (kẻN) mà 24 = 24.1 = 12.2 = 6.4 = 3.8 ; y+k và y – k cùng chẵn ị y+ k = 6 ị y = 5 hoặc y+ k = 12 ị y = 7 y – k = 4 y – k = 2 Thay vào ta tìm được (x,y) = (8, 7); (13, 7); (7, 5); (8,5) Bài 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x2 + 2y2 – 2xy + y + x – 10 = 0 Hướng dẫn: C1: Ta có phương trình đã cho Û 2x2 – (2y-1) x + 2y2 + y – 10 = 0 Coi x là ẩn y là tham số ta có phương trình bậc 2 ẩn x Xét = (2y – 1)2 – 4.2 (2y2 + y -10) = -12y2 – 12y+ 81 Để nghiệm x nguyên thì là số chính phương Đặt k2= -12y2 – 12 y + 81 ị k2 + 3(2y + 1) = 84 ị (2y + 1)2 = 28 - Ê 28; (2y + 1)2 lẻ ị (2y + 1)2 = 1, 9, 25 ị y = 0, 1, -2, 2, -3 thử trực tiếp vào phương trình ta tìm được các cặp số (x, y) = (2, 0); (0, 2) thoả mãn C2: Đặt x + y = a, xy = b ta có x, y ẻ Z ị a, b ẻ Z phương trình 2x2 – (2y-1) x + 2y2 + y – 10 = 0 Û 2a2 – 4b + a – 10 = 0Û 4a2 – 8b + 2a – 20 = 0 Û (a+ 1)2 + 3a2 – 8b – 21 = 0 Û (a+ 1)2 + 3a2 = 8b + 21 lại có (x+ y)2³ 4 xy ị a2 ³ 4b ị 8b + 21 Ê 2a2 + 21 ị (a+ 1)2 + 3a2 Ê 2a2 + 21 ị (a+ 1)2 Ê 21 mà (a+ 1)2 là số chính phương ị (a+ 1)2 ẻ {1, 4, 9, 16}ị a ẻ {0, 1, 2, 3} Với a = 0 ị 12 + 3. 0 = 8b + 21 ị 8b = 20 loại Với a = 1 ị (1+1)2 + 3.12 = 8b + 21 ị 8b = -14 loại Với a = 2 ị (1+ 2)2 + 3.22 = 8b + 21 ị 8b = 0 ị b = 0 Với a = 3 ị (1+ 3)2 + 3.32 = 8b + 21 ị 8b = 22 loại Vậy được a = 2, b = 0 ị xy = 0 x + y = 2 ị (x, y ) = (0, 2); (2, 0) thoả mãn Bài 6 :Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương x, y sao cho : x2 + 4x – y2 = 1 Hướng dẫn: Cách 1: Ta có x2 + 4x – y2 = 1 Û (x + 2)2 - y2 = 5 Û (x + 2+ y)(x+ 2-y) = 5 ị x+ 2 + y = 5 ị x = 1, y = 2 x + 2 – y = 1 Vậy nghiệm của phương trình là x = 1, y = 2 Cách 2: Ta có x2 + 4 x – y2 = 1Û x2 + 4 x – (y2 + 1) = 0 = 4 + y2 + 1 ị x = Để phương trình có nghiệm thì là số chính phương ị 4 + y2 + 1 = k2 Û (k- y) (k+ y) = 5 ị y = 2 thay vào phương trình tìm được x = 1 Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là x = 1; y = 2 Bài 7: Hai đội cờ thi đấu với nhau mỗi đấu thủ của đội này phải đấu 1 ván với mỗi đấu thủ của đội kia. Biết rằng tổng số ván cờ đã đấu bằng 4 lần tổng số đấu thủ của hai đội và biết rằng số đấu thủ của ít nhất trong 2 đội là số lẻ hỏi mỗi đội có bao nhiêu đấu thủ. Hướng dẫn: Gọi x, y lần lượt là số đấu thủ của đội 1 và đội 2 (x, y nguyên dương ) Theo bài ra ta có xy = 4 (x + y) Đây là phương trình nghiệm nguyên ta có thể giải bằng các cách sau Cách 1: Có xy = 4(x + y) Û xy – 4x – 4y + 16 = 16 Û (x-4) (y - 4) = 16 mà 16 = 1.16 = 2.8 = 4.4 lại có ít nhất 1 đội có số đấu thủ lẻ ị x – 4 = 1 Û x = 5 hoặc x = 20 y-4 = 16 y = 20 y = 5 Cách 2: Ta thấy x, y bình đẳng.Không mất tính tổng quát ta giả sử xÊ y Ta có x, y nguyên dương xy = 4 (x + y) Û + = 1 lại có ³ Û + Ê Û Ê 1 ị x Ê 8 ị x= 5, 6, 7, 8 Thử trực tiếp ta được x = 5, y = 20 (thoả mãn) Vậy 1 đội có 5 đấu thủ còn đội kia có 20 đấu thủ Bài 8: Tìm năm sinh của Bác Hồ biết rằng năm 1911 khi Bác ra đi tìm đường cứu nước thì tuổi Bác bằng tổng các chữ số của năm Bác sinh cộng thêm 3. Hướng dẫn: Ta thấy nếu Bác Hồ sinh vào thể kỷ 20 thì năm 1911 Bác nhiều nhất là 11 tuổi (1+ 9 + 0 + 0 + 3) loại. Suy ra Bác sinh ra ở thế kỷ 19 Gọi năm sinh của Bác là 18 xy (x, y nguyên dương, x, y Ê 9) Theo bài ra ta có: 1911 - 18 xy = 1 + 8 + x + y = 3 Û 11x + 2y = 99 ị 2y 11 mà (2, 11) = 1 ị y 11 mà 0Ê y Ê 9 ị y = 0 ị x = 9. Vậy năm sinh của Bác Hồ là 1890 Bài 9: Tìm tất cả các số nguyyên x, y thoả mãn phương trình = Hướng dẫn: Ta có = Û 7 (x+ y) = 3 (x2 – xy + y2) ị 28k = 3(3k2+ q2) ị k 3 và k có dạng 3m (mẻ Z+) ị 28 m = 27m2 + q ị m( 28 – 27m) = q2 ³ 0 ị m = 0 hoặc m = 1 Với m = 0 ị k = 0 ị q = 0 ị x = y = 0 (loại) Với m = 1 thì k = 3; p = 9ị 28 = 27 + q2 ị q = ± 1 Khi p = 9, q = 1 thì x = 5, y= 4 khi p = 9, q = 1- thì x = 4, y= 5 Vậy nghiệm của phương trình là (x, y) = (4, 5); (5, 4) Bài 10: Hãy dựng một tam giác vuông có số đo 3 cạnh là a, b, c là những số nguyên và có cạnh đo được 7 đơn vị Hướng dẫn: Giả sử cạnh đo được 7 đơn vị là cạnh huyền (a = 7) ị b2 + c2 = 72 ị b2 + c2 7 ị b 7; c 7 (vì số chính phương chia hết cho 7 dư 0, 1, 4, 2) lại có 0<b, c< 7 loại ị Cạnh đo được là cạnh góc vuông giả sử b = 7 Ta có a2 – c2 = 49 Û (a+c)(a-c) = 49 ị a+ c = 49 ị a = 25 Vậy tam giác cần dựng có số đo 3 cạnh a – c = 1 c = 24 là 7, 25, 24

    --- Bài cũ hơn ---

  • Bộ Đề Kiểm Tra 1 Tiết Môn Toán Lớp 11
  • Chuyên Đề Hoán Vị, Chỉnh Hợp Và Tổ Hợp
  • Phương Trình Lượng Giác Có Điều Kiện
  • Các Phương Pháp Giải Phương Trình Lượng Giác
  • Phương Trình Lượng Giác Và Ứng Dụng (Nâng Cao)
  • Chuyên Đề Phương Trình Nghiệm Nguyên

    --- Bài mới hơn ---

  • Một Số Lưu Ý Khi Giải Phương Trình Lượng Giác
  • Cđ Giải Hpt Không Mẫu Mực
  • Kĩ Thuật Giải Hệ Phương Trình
  • Giải Hệ Pt Bằng Phương Pháp Thế
  • Chủ Đề 11: Các Dạng Hệ Phương Trình Đặc Biệt
  • PHƯƠNG TRìNH NGHIÊM NGUYÊN

    Và KINH NGHIệM GIảI

    CHUYÊN Đề:

    Người thực hiện:

    lê đình biên

    I. Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

    Xét tính chia hết

    1

    Phương pháp xét tính chia hết

    Phát hiện tính chia hết của 1 ẩn

    Đưa về phương trình ước số

    Biểu thị một ẩn theo ẩn còn lại rồi dùng tính chia hết

    Xét số dư của từng vế.

    VD1: Giải phương trình nghiệm nguyên

    3x + 17y = 159

    VD2: Tìm nghiệm nguyên của PT

    a, xy – x – y = 3

    b, 2xy – x + y = 3

    VD3: Tìm nghiệm nguyên của PT

    xy – x – y = 2

    VD4: Chứng minh rằng: các PT sau

    không có nghiệm nguyên:

    1, x2 – y2 = 1998

    2, x2 + y2 = 1999

    VD5: Tìm nghiệm nguyên của PT

    9x + 2 = y2 + y

    Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

    Phát hiện tính chia hết của 1 ẩn

    VD6: Giải phương trình nghiệm nguyên

    3x + 17y = 159 (1)

    Gợi ý

    B1: Lý luận để có: 17y chia hết cho 3

    B2: Lý luận để có: y chia hết cho 3

     Đặt y = 3k (k є Z)

    B3: Tìm x; y theo k

    B4: Thử lại vào (1) đúng  KL

    Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

    Đưa về phương trình ước số

    VD7: Tìm nghiệm nguyên của PT

    a, xy – x – y = 3

    b, 2xy – x + y = 3

    Gợi ý

    Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

    a/ B1: Biến đổi phương trình thành:

    (x – 1)(y – 1) = 4

    B2: Vì x;y là số nguyên:

     (x – 1) và (y – 1) є Ư (4)

    (x – 1)(y – 1) = 1.4 = 4.1 = (-1).(-4)

    = (-4).(-1) = 2.2 = (-2).(-2)

    B3: Lập bảng tìm x; y

    B4: Trả lời

    b/ B1: Nhân 2 vế của PT với 2. Biến đổi phương trình thành:

    (2y – 1)(2x + 1) = 5

    B2: Vì x;y là số nguyên:

     (2y – 1) và (2x – 1) є Ư (5)

    B3: Lập bảng tìm x; y

    B4: Trả lời

    Đưa về phương trình ước số

    VD7: Tìm nghiệm nguyên của PT

    a, xy – x – y = 3

    b, 2xy – x + y = 3

    Kinh nghiệm

    Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

    Để viết VT: 2xy – x + y thành một tích.

    Ta biến đổi thành: x(2y – 1) + 1/2 (2y – 1)

    Để khử mẫu ta nghĩ đến việc nhân 2 vế với 2

    Phương pháp biểu thị 1 ẩn theo ẩn còn lại rồi dùng tính chia hết

    VD8: Giải phương trình nghiệm nguyên:

    xy – x – y = 2

    Gợi ý

    B1: Biến đổi PT về: x(y – 1) – y = 2

    B2: – Khảng định y≠1

    – Biểu thị x theo y: x =

    B3: Tách phần nguyên:

    x = 1 +

    B4: Lý luận để có: (y – 1) є Ư(3)

    B5: Tìm y  Giá trị tương ứng của x

    B6: Kết luận

    Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

    Xét số dư của từng vế

    VD9: CMR các PT sau không có nghiệm nguyên

    a) x2 – y2 = 1998 (*)

    Gợi ý

    B1: x2; y2 : 4 dư 0 hoặc 1

    B2: x2 – y2 : 4 dư 0 hoặc 1 hoặc 3

    B3: 1998 : 4 dư 2

    B4:  PT (*) không có nghiệm nguyên

    Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

    Xét số dư của từng vế

    VD10: CMR các PT sau không có nghiệm nguyên

    b) x2 + y2 = 1999 (* *)

    Gợi ý

    B1: x2; y2 : 4 dư 0 hoặc 1

    B2: x2 + y2 : 4 dư 0 hoặc 1 hoặc 2

    B3: 1998 : 4 dư 3

    B4:  PT (* *) không có nghiệm nguyên

    Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

    Xét số dư của từng vế

    Kinh nghiệm

    – Một số chính phương khi : 4 dư 0 hoặc 1

    – x2 – y2 khi : 4 dư 0 hoặc 1 hoặc 3

    – x2 + y2 khi : 4 dư 0 hoặc 1 hoặc 2

    Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

    Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

    VD11: Tìm nghiệm nguyên của PT

    9x + 2 = y2 + y

    Gợi ý

    B1: Biến đổi vế phải = y(y + 1)

    B2: Lý luận vế trái : 3 dư 2  y(y + 1) : 3 dư 2

     y = 3k + 1

    y+1 = 3k + 2

    B3: Tìm được x = k(k + 1)

    B4: Thử lại và kết luận: x = k(k + 1)

    y = 3k + 1

    Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

    Phương pháp sắp thứ tự các ẩn

    Phương pháp xét từng khoảng giá trị của ẩn

    Phương pháp chỉ ra nghiệm nguyên

    Phương pháp sử dụng điều kiện để PT bậc hai có nghiệm (∆ ≥ 0)

    VD12: Giải phương trình nghiệm nguyên

    x + y + z = xyz

    VD13: Tìm nghiệm nguyên dương

    1/x + 1/y = 1/3

    VD14: Tìm x є N

    2x + 3x = 5x

    VD15: Tìm nghiệm nguyên của PT

    x2 – xy + y2 = 2x – y

    Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

    Phương pháp sắp thứ tự các ẩn

    VD12: Tìm nghiệm nguyên dương của PT

    x + y + z = xyz

    Gợi ý

    B3: Chia cả hai vế của BĐT cho Z

     xy ≤ 3

     xy = 1; 2; 3

    B4:

    B1: Nhận xét: x; y ; z có vai trò

    bình đẳng trong PT

    Có thể sắp thứ tự giá trị các ẩn:

    B2: Giả sử: 1 ≤ x ≤ y ≤ z

     xyz = x + y + z ≤ 3z

    Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

    Phương pháp xét từng khoảng giá trị của ẩn

    VD13: Tìm nghiệm nguyên dương của PT

    1/x + 1/y = 1/3

    Gợi ý

    B4: Kết luận: (x; y) = (4; 12); (12; 4); (6; 6)

    Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

    Phương pháp xét từng khoảng giá trị của ẩn

    Kinh nghiệm

    Khi các ẩn trong phương trình có vai trò bình đẳng ta thường sắp thứ tự các ẩn, sau đó dùng BĐT để giới hạn khoảng giá trị của số nhỏ

    Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

    Phương pháp chỉ ra nghiệm nguyên

    VD14: Tìm các số tự nhiên x sao cho

    2x + 3x = 5x

    Gợi ý

    B1: Chia hai vế của PT cho 5x  (2/5)x + (3/5)x = 1

    B2: Xét với x = 0  …………….  Loại

    B3: Xét với x = 1  …………….  Nhận

    B4: Xét với x ≥ 2  (2/5)x < 2/5

     (2/5)x < 3/5

    B5: Kết luận: x = 1

    Kinh nghiệm

    Có thể chỉ ra được một hoặc vài số là nghiệm PT. Rồi chứng minh PT không có nghiệm nào khác

    Vế trái < 1  Loại

    Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

    Phương pháp sử dụng ĐK để PT bậc hai có nghiệm

    VD15: Tìm nghiệm nguyên dương của PT

    x2 – xy + y2 = 2x – y

    Gợi ý

    B1: Viết PT thành PT bậc 2 đối với x:

    x2 – (y + 2)x + (y2 +y) = 0 (*)

    B2: Tính ∆ = -3y2 + 4

    B3: Giải ∆ ≥ 0  3y2 ≤ 4  y = 0; 1; -1

    B4: Tìm giá trị tương ứng của x và thử lại

    B5: Kết luận.

    Kinh nghiệm

    ĐK ∆ ≥ 0 chỉ là ĐK cần chứ chưa đủ để PT có nghiệm nguyên.

    Kết quả tìm đựơc phải thử lại

    Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

    Sử dụng tính chất về chia hết của số chính phương

    Tạo ra bình phương đúng

    Tạo ra tổng các số chính Phương

    Xét các số chính phương liên tiếp

    Sử dụng đk biệt số ∆ là số chính phương

    Sử dụng tính chất tích của hai số nguyên là số chính phương

    VD16: Tìm x є Z để 9x + 5 là tích của 2 số nguyên liên tiếp

    VD17: Tìm nghiệm nguyên

    2×2 + 4x = 19 – 3y2

    VD18: Tìm nghiệm nguyên dương

    4×2 + 4x + y2 – 6y= 24

    VD19: Tìm nghiệm nguyên

    x4 – y4 = 3y2 + 1

    VD20: Tìm nghiệm nguyên

    x2 + 2y2 + 3xy + 2x + 3y + 4 = 0

    VD21: Tìm nghiệm nguyên dương của PT

    xy = z2

    Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

    Sử dụng tính chất về chia hết của số chính phương

    VD16: Tìm các số nguyên x để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếp

    Gợi ý

    B1: Giả sử: 9x+5 = n(n+1) (n є Z)

    B2: Nhân hai vế của PT với 4

    Đưa về dạng: (2n+1)2 = 3(12x+7)

    B3: Lý luận để có (2n+1)2 ÷ 9  VT ÷ 9

    B4: Lý luận để có (12x+7) ÷ 3  VP ÷ 9

    B5:  Mâu thuẫn

     Không tồn tại số nguyên nào

    Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

    Sử dụng tính chất về chia hết của số chính phương

    Lưu ý một số tính chất

    Số CP không tận cùng bằng 2; 3; 7; 8

    Số CP chia hết cho số nguyên tố P thì chia hết cho P2

    Số CP chia cho 3 dư 0 hoặc 1

    Số CP chia cho 4 dư 0 hoặc 1

    Số CP chia cho 8 dư 0 hoặc 1 hoặc 4

    Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

    Tạo ra bình phương đúng

    VD17: Tìm nghiệm nguyên của PT

    2×2 + 4x = 19 – 3y2

    Gợi ý

    B1: Cộng hai vế của PT với 2

    Đưa PT về: 2(x+1)2 = 3(7-y2)

    B2: Lý luận để có 3(7-y2) chia hết cho 2  (7-y2) chia hết cho 2  y lẻ

    B3: Lý luận để có (7-y2) ≥ 0  y2 ≤ 7

    B4: Tìm được y2 ≤ 1

    B5: Tìm x  x = 2; x = 4

    B6: Kết luận: (x; y)

    Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

    Tạo ra ra tổng các số chính phương

    VD18: Tìm nghiệm nguyên dương của PT

    4×2 + 4x + y2 – 6y = 24

    Gợi ý

    B1: Biến đổi PT về dạng: (2x+1)2 + (y-3)2 = 34

    B2: Lý luận (2x + 1) lẻ

    B3: Viết 34 dưới dạng: a2 + b2 (a lẻ):

    32 + 52; 52 + 32

    B4: Tìm được (x; y)

    Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

    Xét các số chính phương liên tiếp

    VD19: Tìm nghiệm nguyên

    x4 – y4 = 3y2 +1

    Gợi ý

    B1: Viết PT dưới dạng: x4 = y4 +3y2 +1

    B2: Chứng tỏ: y4 +3y2 +1 ≥ (y2 +1)2

    Chứng tỏ: y4 +3y2 +1 < (y2 +2)2

    B3:  (y2 +1)2 ≤ x4 < (y2 +2)2

     x4 = (y2 +1)2

    B4: Giải PT: y4 +2y2 +1 = y4 +3y2 +1  y = 0

    B5: Tìm x

    B6: Kết luận (x; y)

    Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

    Xét các số chính phương liên tiếp

    Lưu ý:

    Sử dụng tính chất:

    TC1: Nếu 2 số nguyên dương NTCN có tích là một SCP

    Thì mỗi số đều là SCP

    TC2: Nếu 2 số nguyên liên tiếpcó tích là một SCP

    Thì một trong hai số nguyên liên tiếp đó bằng 0

    Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

    Sử dụng điều kiện biệt số ∆ là SCP

    VD21: Tìm nghiệm nguyên của PT

    x2 + xy + y2 = x2y2

    Gợi ý

    B1: thêm xy vào 2 vế của PT  (x + y)2 = xy(xy + 1)

    B2: xy và xy + 1 là 2 số nguyên liên tiếp có tích là 1 SCP

     xy = 0

    xy + 1 = 0

    B3: Xét từng trường hợp có kq:

    (x; y) = (0; 0); (1; -1); (-1; 1)

    Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

    VD22: Tìm nghiệm nguyên của PT

    x3 + 2y3 = 4z3 (*)

    Gợi ý

    B1: Lý luận để có x chia hết cho 2. Đặt x = 2×1 (x1 є Z)

    B2: thay x = 2×1 vào (*)  y chia hết cho 2. Đặt y = 2y1 (y1 є Z)

    B3: thay y = 2y1 vào (*)  z chia hết cho 2. Đặt z = 2z1 (z1 є Z)

    II. Một số dạng phương trình nghiệm nguyên

    Một số dạng phương trình nghiệm nguyên

    VD23: Tìm nghiệm nguyên của PT

    (x – 2)(3x – 2)(5x – 2)(7x – 2) = 945

    Gợi ý

    B1: Nếu x≥ 3  VT ≥ 1.7.13.19 = 1729 (loại)

    B2: Nếu x ≤ -2  VT ≥ 4.8.12.16 = 6164 (loại)

     -2 ≤ x < 3

     x є { -1; 0; 1; 2}

    B3: Lần lượt thay x = -1; 0; 1; 2 vào PT: x = -1 (thoả mãn)

    Kinh nghiệm

    – Nếu triển khai và giải PT bậc 4  gặp nhiều K2

    – Dựa vào x є Z dùng P2 xét khoảng giá trị của ẩn để giải bài toán

    Một số dạng phương trình nghiệm nguyên

    ax + by = c (a; b; c є Z)

    Kinh nghiệm

    B1: Rút gọn phương trình. Chú ý đến tính chia hết của các ẩn

    B2: Biểu thị ẩn mà hệ số của nó có GTTĐ nhỏ (chẳng hạn x) theo ẩn kia

    B3: Tách riêng giá trị nguyên ở biểu thức của x

    B4: Đặt điều kiện để phân số trong biểu thức của x bằng một số nguyên t1  Được PT bậc nhất 2 ẩn y và t1

    B5: Cứ tiếp tục làm như trên cho đến khi các ẩn đều được biểu thị dưới dạng một đa thức với các hệ số nguyên.

    VD24: Tìm nghiệm nguyên của PT:

    11x + 18y = 120

    Một số dạng phương trình nghiệm nguyên

    Dạng 1:

    axy + bx + cy + d = 0

    (a; b; c; d є Z)

    Dạng 2:

    ax2 + by2 + c = 0

    (a; b; c є Z)

    Dạng 3:

    ax2 + by2 + cx + d = 0

    ax2 + by2 + cy + d = 0

    (a; b; c; d є Z)

    Dạng 4:

    ax2 + by2 + cxy + d = 0

    (a; b; c; d є Z)

    VD25: Tìm nghiệm nguyên

    5x – 3y = 2xy – 11

    VD26: Tìm nghiệm nguyên

    3×2 + 4y2 = 84

    VD27: Tìm nghiệm nguyên

    x2 – 2x – 11 = y2

    VD28: Tìm nghiệm nguyên

    5×2 – y2 + 4xy – 9 = 0

    Một số dạng phương trình nghiệm nguyên

    Dạng 5:

    ax2 + by2 + cx + dy = 0

    (a; b; c; d є Z)

    Dạng 6:

    ax2+by2+cx+dy+e = 0

    (a; b; c; d; e є Z)

    Dạng 7:

    ax2+by2+cxy+dx+ey = 0

    (a; b; c; d; e є Z)

    Dạng 8:

    ax2+by2+cxy+dx+ey+g= 0

    (a; b; c; d; e є Z)

    VD29: Tìm nghiệm nguyên dương

    x2 + y2 = 5(x – y)

    VD30: Tìm nghiệm nguyên

    3×2 + 4y2 + 12x + 3y + 5 = 0

    VD31: Tìm nghiệm nguyên

    x + y + xy = x2 + y2

    VD32: Tìm nghiệm nguyên

    x2 -xy + y2 = 2x – 3y – 2

    Một số dạng phương trình nghiệm nguyên

    Kinh nghiệm

    – Đưa về Phương trình ước.

    – Viết phương trình đó dưới dạng Phương trình bậc hai đối với một ẩn rồi dùng điều kiện: ∆ ≥ 0 hoặc ∆ là số chính phương

    Một số dạng phương trình nghiệm nguyên

    VD32:

    x3 + x2 + x + 1 = y3

    Gợi ý

    B1: Viết PT dưới dạng: (x-y)3 + 3xy(x-y) = xy + 8

    B2: Đặt: x – y = a va xy = b  a3 – 8 = – b(3a – 1)

    B3: Lý luận để có a3 – 8 chia hết cho 3a-1

    B4: Nhân với 27 215 chia hết 3a – 1

    B5: (3a – 1) є Ư (± 1; ± 5; ± 43; ± 215)

    B6: Tìm a và b  Tìm x; y

    Một số dạng phương trình nghiệm nguyên

    Kinh nghiệm

    – Đưa về Phương trình ước.

    – Đặt ẩn phụ cho biểu thức (x + y) hoặc (x – y) và xy.

    – Với biểu thức (x3 + y3) hoặc (x3 – y3) nên vận dụng HĐT

    Một số dạng phương trình nghiệm nguyên

    VD34:

    x4 – 4×2 + y2 + 2x2y – 9 = 0

    Gợi ý

    B1: Biến đổi về dạng: (x2 + y + 2x)(x2 + y – 2x) = 9

    B2: Đưa về phương trình ước số

    B3: Tìm x; y

    Một số dạng phương trình nghiệm nguyên

    VD35: Tìm nghiệm nguyên của PT

    x(x+1)(x+2)(x+3) = y2

    Gợi ý

    B1: Biến đổi về dạng: (x2 + 3x)(x2 + 3x + 2) = y2

    B2: Đặt (x2 + 3x + 1) = a

     (a+y)(a-y) = 1

    B3: Tìm được y = 0  x =

    Một số dạng phương trình nghiệm nguyên

    Kinh nghiệm

    – Đưa về Phương trình bậc hai với hai ẩn

    – Phân tích thành nhân tử để phát hiện một biểu thức là số chính phương.

    – Phát hiện một số chính phương năm giữa hai số chính phương

    Một số dạng phương trình nghiệm nguyên

    VD36: Tìm nghiệm nguyên của PT

    6x + 15y + 10z = 3

    Gợi ý

    B1: Lý luận để có 10 z chia hết cho 3  z chia hết cho 3

     z = 3k (k є Z)

    B2: Giải PT hai ẩn x; y với k là tham số:

    2x + 5y = 1 – 10k

    B3: Đưa PT về dạng: x = – 5k – 2y +

    B4: Đặt = t  y = 1 – 2t

    B5: Viết nghiệm x; y; z theo k và t

    Một số dạng phương trình nghiệm nguyên

    VD37: Tìm nghiệm nguyên của PT

    2xyz = x + y + z + 6

    Gợi ý

    B1: Do x; y; z có vai trò bình đẳng  giải sử: 1 ≤ x ≤ y ≤ z

     2xyz ≤ 3z + 16

    B2: Do z nguyên dương  2xy ≤ 3 + 16/z ≤ 19

     xy ≤ 9

    B3: Do x nguyên dương  x2 ≤ xy

    B4: x2 ≤ 9  x є (1; 2; 3)

    B5: Thay lần lượt x  Tìm y, z

    Một số dạng phương trình nghiệm nguyên

    Kinh nghiệm

    – Tìm dấu hiệu chia hết  Đưa về PT bậc nhất đối với hai ẩn

    – Dựa vào vai trò bình đẳng của ẩn để dùng phương pháp chặn

    – Trong trường hợp khác có thể xét một hoặc một vài giá trị của một ẩn rồi xét tiếp trường hợp còn lại

    Một số dạng phương trình nghiệm nguyên

    VD38: Tìm nghiệm nguyên dương của PT

    1/x + 1/y + 1/6xy = 1/6

    Gợi ý

    B1: Nhân hai vế của PT với 6xy

    B2: Đưa về PT ước số: (x – 6) (y – 6) = 37

    B3: Tìm x; y.

    Kinh nghiệm

    Tìm cách khử mẫu

    Đưa về phương trình ước số

    Một số dạng phương trình nghiệm nguyên

    VD39: Tìm nghiệm nguyên dương của PT: 2x + 3= y2

    Gợi ý

    B1: Xét với x ≥ 2  VT: 4 dư 3  Không thoả mãn

    VP: 4 dư 1

     x = 0; 1

    B2: Xét từng trường hợp  (x; y)

    Kinh nghiệm

    Tìm STN k để với x ≥ k thì PT không có nghiệm nguyên

    Xét x є (0; 1; …….; k-1)

    Chú ý: + an – bn chia hết a – b với n là số tự nhiên

    + an + bn chia hết a + b với n là số tự nhiên lẻ

    + (a + b)n chia hết ak + bn với n є N; k є Z

    VD40: Tìm nghiệm nguyên dương của PT:

    x + x + 3 = y

    Gợi ý

    B1: Lý luận để có y chẵn  y = 2k (k є Z)

    x = 4 – 3k

    B2: Tìm được 3z + 10k = 1  z = -3k +

    B3: Đặt = t  (x; y; z) theo t

    {

    {

    Một số dạng phương trình nghiệm nguyên

    VD42: Tìm giá trị của m để PT sau có hai nghiệm nguyên dương

    x2 + mx + 2 = 0

    Gợi ý

    B1: Gọi x1; x2 là các nghiệm nguyên dương

     x1 + x2 = – m (m є Z)

    B2: ∆ = m2 – 8 là số chính phương

    Đặt (m2 – 8) = k2 (k є N)

    B3: Đưa về PT ước: (m – k)(m + k) = 8

    III. Ứng dụng: Bài toán đưa về giải PT nghiệm nguyên

    1, Bài toán về số tự nhiên và các chữ số

    2, Bài toán về tính chia hết và số nguyên tố

    3, Bài toán thực tế

    Trân trọng cảm ơn !

    Người thực hiện: Phạm Ngọc Thuý

    --- Bài cũ hơn ---

  • Sách Giải Bài Tập Toán Lớp 8 Bài 4: Bất Phương Trình Bậc Nhất Một Ẩn
  • Những Lưu Ý Khi Giải Bài Toán Bất Phương Trình Dành Cho Học Sinh Lớp 9
  • Chương Ii. §2. Hoán Vị
  • Bàn Về Hai Dạng Toán Của Giải Tích Tổ Hợp
  • Hoán Vị, Chỉnh Hợp, Tổ Hợp Và Bài Tập Áp Dụng
  • Chuyên Đề “Phương Trình Nghiệm Nguyên”

    --- Bài mới hơn ---

  • Các Phương Pháp Giải Phương Trình Nghiệm Nguyên
  • Phương Pháp Giải Nhanh Bài Tập Phương Trình Oxi Hóa – Khử – Du Học & Lao Động
  • Phương Pháp Giải Phương Trình Số Phức Cơ Bản Và Nâng Cao
  • Các Dạng Bài Tập Giải Phương Trình Bậc 2 Số Phức
  • Giải Hệ Phương Trình Bằng Phương Pháp Cộng Đại Số Và Bài Tập Vận Dụng
  • www.vnmath.com www.vnmath.com 1 Giáo viên hướng dẫn: thầy ĐỖ KIM SƠN www.VNMATH.com www.vnmath.com www.vnmath.com 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 www.vnmath.com www.vnmath.com 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 www.vnmath.com www.vnmath.com 4 www.VNMATH.com www.vnmath.com www.vnmath.com 5 1) PHƯƠNG PHÁP XÉT SỐ DƯ CỦA TỪNG VẾ Ví dụ 1: Chứng minh các phương trình sau không có nghiệm nguyên: a) 2 2 1998x y  b) 2 2 1999x y  Giải: a) Dễ chứng minh 2 2,x y chia cho 4 chỉ có số dư 0 hoặc 1 nên 2 2x y chia cho 4 có số dư 0, 1, 3. Còn vế phải 1998 chia cho 4 dư 2 Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. b) 2 2,x y chia cho 4 có số dư 0, 1 nên 2 2x y chia cho 4 có các số dư 0, 1, 2. Còn vế phải 1999 chia cho 4 dư 3. Vậy phương trình không có nghiệm nguyên. Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 29 2x y y   Giải Biến đổi phương trình: 9 2 ( 1)x y y   Ta thấy vế trái của phương trình là số chia hết cho 3 dư 2 nên ( 1)y y  chia cho 3 dư 2. Chỉ có thể: 3 1y k  , 1 3 2y k   với k nguyên Khi đó: 9 2 (3 1)(3 2)x k k    9 9 ( 1)x k k   ( 1)x k k   Thử lại, ( 1)x k k  , 3 1y k  thỏa mãn phương trình đã cho. Đáp số ( 1)3 1 x k k y k     với k là số nguyên tùy ý 2) PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ DẠNG TỔNG Biến đổi phương trình về dạng: vế trái là tổng của các bình phương, vế phải là tổng của các số chính phương. Ví dụ 3: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2 2 8x y x y    (1) Giải: (1) 2 24 4 4 4 32x y x y     2 2 2 2 2 2 (4 4 1) (4 4 1) 34 | 2 1 | | 2 1 | 3 5 x x y y x y              Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 chì có duy nhất một dạng phân tích thành tồng của hai số chính phương 2 23 ,5 . Do đó phương trình thỏa mãn chỉ trong hai khả năng: | 2 1 | 3 | 2 1 | 5 x y     hoặc | 2 1 | 5 | 2 1 | 3 x y     www.VNMATH.com www.vnmath.com www.vnmath.com 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 31 yz xz xy z z z z        Suy ra 2 31 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 www.vnmath.com www.vnmath.com 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 + 10 315 15 2yzt t t      Với t = 1 ta có : 2xyz = 5(x + y + z) +15 ≤ 15x + 15 22 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 www.vnmath.com www.vnmath.com 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 2x 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         23 6 1 0y y    23( 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 www.vnmath.com www.vnmath.com 9 3x + 17.3t = 159  x + 17t = 53 Do đó: 53 173 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 25 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    2 225 10 1 5 27k k y     2 25(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    2 225 20 4 5 27k k y     2 25(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 : 19x2 + 28y2 = 729. Giải Cách 1. Viết phương trình đã cho dưới dạng (18x2 + 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 www.vnmath.com www.vnmath.com 10 Vậy (3) vô nghiệm và do đó phương trình đã cho cũng vô nghiệm. Cách 2. Giả sử phương trình có nghiệm Từ phương trình đã cho ta suy ra x2 ≡ -1 (mod 4), điều này không xảy ra với mọi số nguyên x. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm b) Phương pháp đưa về phương trình ước số Ví dụ 12: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: xy – x – y = 2 Giải: Biến đổi phương trình thành: x(y – 1) – y = 2 x(y – 1) – (y – 1) = 3  (y – 1)(x – 1) = 3 Ta gọi phương trình trên là phương trình ước số: vế trái là 1 tích các thừa số nguyên, vế phái là một hằng số. Ta có x và y là các số nguyên nên x – 1 và y – 1 là các số nguyên và là ước của 23. Do vai trò bình đẳng của x và y trong phương trình nên có thể giả sử xy, khi đó x – 1y – 1 Ta có: Do đó: x 4 0 y 2 -2 Nghiệm nguyên của phương trình: (4 ; 2), (2 ; 4), (0 ; -2), (-2 ; 0) Ví dụ 13: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x + xy + y = 9. Giải Phương trình đã cho có thể đưa về dạng : (x + 1)(y + 1) = 10. (1) Từ (1) ta suy ra (x + 1) là ước của 10 hay ( 1) { 1; 2; 5; 10}x       Từ đó ta tìm được các nghiệm của phương trình là : (1, 4), (4, 1), (-3, -6), (-6, -3), (0, 9), (9, 0), (-2, -11), (-11, -2). Ví dụ 14: Xác định tất cả các cặp nguyên dương (x; n) thỏa mãn phương trình sau 3 3367 2nx   Giải Để sử dụng được hằng đẳng thức a3 – b3 = (a – b)(a2 + ab + b2) ta chứng minh n chia hết cho 3 . Từ phương trình đã cho ta suy ra 3 2nx  (mod 7). x – 1 3 -1 y – 1 1 -3 www.VNMATH.com www.vnmath.com www.vnmath.com 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 3x khi chia cho 7 chỉ có thể cho số dư là 0, 1, hoặc 6 nên không thề có đồng dư thức 3 2nx  (mod 7). Vậy n = 3m với m là một số nguyên dương nào đó. Thay vào phương trình đã cho ta được 3 33367 2 mx   2(2 )[(2 ) 3 .2 ] 3367m mx m x x    (1) Từ (1) ta suy ra 2m x là ước của 3367 Hơn nữa, 3 3 3(2 ) 2 3367m mx x    nên (2 ) {1;7;13}m x  Xét 2 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 31 1 1 1 y yx 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 = 24 4n n 236 21 4 4 1x n n     23(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 www.vnmath.com www.vnmath.com 12 Để phương trình bậc hai đối với n có nghiệm nguyên, điều kiện cần là là số chính phương. Nhưng 1 4(9 5) 36 21x x     chi hết cho 3 nhưng không chia hết hco 9 nên không là số chính phương. Vậy không tồn tại số nguyên n nào để 9x + 5 = n(n + 1), tức là không tồn tại số nguyên x để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếp. b) Tạo ra bình phương đúng: Ví dụ 17: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2 22 4 19 3x x y   Giải : 2 22 4 2 21 3x x y    2 22( 1) 3(7 )x y    Ta thấy 2 23(7 ) 2 7 2y y     y lẻ Ta lại có 27 0y  nên chỉ có thể 2 1y  Khi đó (2) có dạng: 22( 1) 18x   Ta được: x + 1 = 3 , do đó: 1 22; 4x x   Các cặp số (2 ; 1), (2 ; -1), (-4 ; 1), (-4 ; -1) thỏa mãn (2) nên là nghiệm của phương trình đã cho. c) Xét các số chính phương liên tiếp: Ví dụ 18: Chứng minh rằng với mọi số nguyên k cho trước, không tồn t5ai số nguyên dương x sao cho: ( 1) ( 2)x x k k   Giải: Giả sử ( 1) ( 2)x x k k   với k nguyên, x nguyên dương. Ta có: 2 2 2x x k k   2 2 21 2 1 ( 1)x x k k k        2 2 2 2( 1) 1 2 1 ( 1)k x x x x x         (2) Từ (1) và (2) suy ra: 2 2 2( 1) ( 1)x k x    vô lý Vậy không tồn tại số nguyên dương x để x(x + 1) = k(k + 2) Ví dụ 19: Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là một số chính phương: 4 3 22 2 3x x x x    Giải: Đặt 4 3 22 2 3x x x x    = 2y (1) với y Ta thấy: 2 4 3 2 2 2 2 2 2 ( 2 ) ( 3) ( ) ( 3) y x x x x x y x x x x            Ta sẽ chứng minh 2 2 2( 2)a y a   với a = 2x x www.VNMATH.com www.vnmath.com www.vnmath.com 13 Thật vậy: 2 2 2 2 2 2 2 2 4 3 2 1 113 ( ) 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 13( ) 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 29 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: 2xy 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 2z 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 2x xy y x y   (1) Giải: Thêm xy vào hai vế: 2 2 2 22x xy y x y xy    2( ) ( 1)x y xy xy    (2) www.VNMATH.com www.vnmath.com www.vnmath.com 14 Ta thấy xy và xy +

    --- Bài cũ hơn ---

  • Tính Toán Ma Trận Và Giải Hệ Phương Trình Tuyến Tính Trong Mathematica
  • Kiến Thức Cơ Bản Đại Số Lớp 10: Phương Trình Và Hệ Phương Trình
  • Phương Trình Lượng Giác Chứa Căn Và Phương Trình Lượng Giác Chứa Giá Trị Tuyệt Đối
  • Giải Hệ Phương Trình Bằng Phương Pháp Thế Và Bài Tập Vận Dụng
  • Chuyên Đề: Phương Pháp Giải Phương Trình Vô Tỉ
  • Bài Tập Phương Trình Nghiệm Nguyên

    --- Bài mới hơn ---

  • Nhân Liên Hợp Trong Giải Phương Trình
  • Giải Toán Bằng Cách Lập Phương Trình
  • Phương Trình Pell Và Một Số Áp Dụng
  • Giải Bài Tập Sgk Bài 3: Giải Hệ Phương Trình Bằng Phương Pháp Thế
  • Bài Tập Sgk Bài 4: Giải Hệ Phương Trình Bằng Phương Pháp Cộng Đại Số
  • Published on

    1. 1. BÀI TẬP PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Bài viết này tập hợp các bài tập để các bạn rèn luyện sau khi đã đọc xong các chuyên đề phương trình nghiệm nguyên: – Các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên, phần 1-3 – Phương trình nghiệm nguyên dạng đa thức – Các dạng phương trình nghiệm nguyên khác BÀI TẬP Bài 1: Tìm các số nguyên tố x,y,z thỏa mãn : xy+1=z Hướng dẫn: 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=2vàz=5. Bài 2: 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: z2-22m=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.
    2. 2. Đáp số : n=4,z=13. Bài 3: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x+23√−−−−−−−√=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 x+23√=y+z+2yz−−√. Suy ra: (x−y−z)2+43√(x−y−z)=4yz−12. (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 4: Tìm tất cả các số nguyên dương a,b,c đôi một khác nhau sao cho biểu thức : A = 1a+1b+1c+1ab+1bc+1ca nhận giá trị nguyên dương. Hướng dẫn: Ta có: A.abc=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 a⩾3thì b⩾5,c⩾7 và A<1, loại. Suy ra a=1 hoặc a=2 Nếu a=1 thì b⩾3,c⩾5 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 Bài 5: Tìm tất cả các bộ ba số tự nhiên không nhỏ hơn 1 sao cho tích của hai số bất kì cộng với
    3. 3. 1 chia hết cho số còn lại Hướng dẫn: Giả sử ba số đã cho là a⩾b⩾c⩾1. Ta có cab+1,abc+1,bac+1 Suy ra abc(ab+1)(ac+1)(bc+1) ⇒ab+bc+ca+1⋮ abc ⇒ab+bc+ca+1=k.abc,k∈Z+. (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 6: Tìm ba số nguyên dương đôi một khác nhau x,y,z thỏa mãn : x3+y3+z3=(x+y+z)2 Hướng dẫn: Vì vai trò của x,y,z như nhau nên có thể giả sử x<y<z Áp dụng bất đẳng thức x3+y3+z33⩾(x+y+z3)3 ∀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 khácx+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
    4. 4. Đáp số : (1, 2, 3) và các hoán vị của bộ ba số này Bài 7: Tìm các số nguyên không âm x,y sao cho : x2=y2+y+1−−−−√ 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 8: Tìm tất cả các cặp số nguyên (x,y) thỏa mãn 12×2+6xy+3y2=28(x+y) Hướng dẫn: Đáp số (x,y)=(0,0);(1,8);(−1,10) Phương trình : 12×2+6xy+3y2=28(x+y)(∗) Ta sẽ đánh giá miền giá trị của `x`: Từ (*) suy ra: x2=−3(x+y)2+28(x+y)=142 3−3−1}=y 8x−27y=38(x,y∈N) x=−2+27t,y=−2+8t ⇒x=25,y=6 (cho t=1) Bài 25: 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 26: Chứng minh rằng phương trình : 1x+1y+1z=11991 chỉ có một số hữu hạn nghiệm nguyên dương. Hướng dẫn: Gỉả sử 0<x≤y≤z. Ta có 1x+1y+1z+1t=11991⩽3x Suy ra 1991<x≤3.1991 nên x có hữu hạn giá trị Với mỗi giá trị của x có y≤2.1991xx−1991≤22.1991 suy ra giá trị tương ứng của z với mỗi gíá trị của x,y Bài 27: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: )1x+1y=114b)1x+1y=1z Hướng dẫn: a) Xét 1x+1y=1a (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 28: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 1!+2!+……+x!=y2
    5. 10. Hướng dẫn: Thử trực tiếp, thấy x<5, Phương trình có nghiệm, tìm nghiệm Chứng minh với x≥5 phương trình vô nghiệm Bài 29: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : xy+3x-5y=−3 2×2-2xy-5x+5y=−19 Hướng dẫn: a) xy+3x−5y=−3⇔(x−5)(y+3)=−18 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 30: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 4x+11y=4xy x2-656xy-657y2=1983 Hướng dẫn: 4x+11y=4xy⇔(4x−11)(y−1)=1 Xét 4 hệ phương trình Đáp số: (x;y)(0;0),(3;12) b) x2−656xy−657y2=1983⇔(x+y)(x−657y)=1983 Đáp số : (x;y)=(−4;−1),(4;−1),(−660;−1),(660;1) Bài 31: Tìm các cặp số nguyên dương (x;y) thỏa mãn phương trình : 7x-xy-3y=0 y2=x2+12x-1923 Hướng dẫn: 7x−3y−xy=0⇔(x+3)(7−y)=21 Chú ý rằng x∈Z+nên x+3≥4, do đó chỉ có hai phuong trình Đáp số : (4;4),(8,16) Bài 32: 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: x(x+1)(x+7)(x+8)=y2⇔(x2+8x+7)=y2
    6. 11. Đặt x2+8x=z (z∈Z) Ta có : z(z+7)=y⇔(2z+7+2y)(2z+7−2y)=49 Đáp số : (0;0),(−1;0),(1;12),(1;−12),(−9;12), (−9;−12),(−8;0),(−7;0),(−4;12),(−4;12)

    --- Bài cũ hơn ---

  • Phương Trình Mặt Cầu Và Các Dạng Toán Liên Quan
  • Giải Bài Tập Phương Trình Mặt Cầu
  • Các Dạng Bài Tập Toán Phương Trình Mặt Cầu Trong Không Gian Oxyz
  • Phương Pháp Đặt Ẩn Phụ Trong Phương Trình Mũ
  • Giải Bài Tập Phương Trình Mặt Phẳng
  • 9 Phương Pháp Giải Phương Trình Nghiệm Nguyên

    --- Bài mới hơn ---

  • Đề Tài:phương Pháp Giải Pt Nghiệm Nguyên
  • Phương Pháp Giải Phương Trình Nghiệm Nguyên
  • Hệ Phương Trình Bậc Nhất Hai Ẩn (Nâng Cao)
  • Giải Phương Trình Bậc 2 Số Phức
  • Nâng Cao Toán Lớp 8
  • Published on

    1. 1. chúng tôi chúng tôi 1 Giáo viên hướng dẫn: thầy ĐỖ KIM SƠN www.VNMATH.com
    2. 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. 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. 4. chúng tôi chúng tôi 4 www.VNMATH.com
    5. 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
    6. 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
    7. 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
    8. 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
    9. 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 ) 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
    10. 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
    11. 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
    12. 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
    13. 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
    14. 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
    15. 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
    16. 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
    17. 48. chúng tôi chúng tôi 48 www.VNMATH.com
    18. 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
    19. 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
    20. 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

    --- Bài cũ hơn ---

  • Giải 9 Bài Pt Mũ & Log Bằng Ẩn Số Phụ
  • Các Dạng Phương Trình Quy Về Phương Trình Bậc Hai
  • Dạng Bài Tập Về Áp Dụng Công Thức Giải Bất Phương Trình Lớp 10 Phải Biết
  • Đạo Hàm Và Bài Toán Giải Phương Trình, Bất Phương Trình Lượng Giác
  • Sử Dụng Máy Tính Cầm Tay Giải Nhanh Trắc Nghiệm Lượng Giác
  • Các Phương Pháp Giải Phương Trình Nghiệm Nguyên

    --- Bài mới hơn ---

  • Phương Pháp Giải Nhanh Bài Tập Phương Trình Oxi Hóa – Khử – Du Học & Lao Động
  • Phương Pháp Giải Phương Trình Số Phức Cơ Bản Và Nâng Cao
  • Các Dạng Bài Tập Giải Phương Trình Bậc 2 Số Phức
  • Giải Hệ Phương Trình Bằng Phương Pháp Cộng Đại Số Và Bài Tập Vận Dụng
  • Phương Pháp Quy Nạp Toán Học
  • 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.

    1.1. 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 

    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: 

    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.

    2.1. 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

    3.1. 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

     

     

     

     

     

    --- Bài cũ hơn ---

  • Chuyên Đề “Phương Trình Nghiệm Nguyên”
  • Tính Toán Ma Trận Và Giải Hệ Phương Trình Tuyến Tính Trong Mathematica
  • Kiến Thức Cơ Bản Đại Số Lớp 10: Phương Trình Và Hệ Phương Trình
  • Phương Trình Lượng Giác Chứa Căn Và Phương Trình Lượng Giác Chứa Giá Trị Tuyệt Đối
  • Giải Hệ Phương Trình Bằng Phương Pháp Thế Và Bài Tập Vận Dụng
  • Bài Tập Trắc Nghiệm Nguyên Hàm Tích Phân

    --- Bài mới hơn ---

  • Lý Thuyết Và Bài Tập Đối Xứng Trục (Có Lời Giải)
  • Chương I. §6. Đối Xứng Trục
  • Ôn Tập Và Bồi Dưỡng Toán 6 Theo Chuyên Đề
  • Đáp Án Của Trò Chơi Brain Out
  • Giải Bài Tập Trang 57 Sgk Toán 4: Nhân Với Số Có Một Chữ Số
  • BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM NGUYÊN HÀM TÍCH PHÂN-FULL

    MỤC LỤC

    Loại (. HỌ NGUYÊN HÀM CỦA HÀM SỐ 1

    Loại TÌM HỌ NGUYÊN HÀM = PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ 5

    Loại TÌM HỌ NGUYÊN HÀM = PHƯƠNG PHÁP NGUYÊN HÀM TỪNG PHẦN 7

    Loại ĐỊNH NGHĨA TÍCH PHÂN 9

    Loại TÍNH TÍCH PHÂN = PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ LOẠI 1 14

    Loại TÍNH TÍCH PHÂN = PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ LOẠI 2 15

    Loại TÍNH TÍCH PHÂN = PHƯƠNG PHÁP TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN 19

    Loại TÍNH DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG 20

    Loại TÍNH THỂ TÍCH VẬT TRÒN XOAY 23

    Loại (. HỌ NGUYÊN HÀM CỦA HÀM SỐ

    1. Định nghĩa

    Cho hàm số xác định trên khoảng . Hàm số được gọi là nguyên hàm của hàm số nếu với mọi .

    Nhận xét. Nếu là một nguyên hàm của thì cũng là nguyên hàm của .

    Ký hiệu: .

    2. Tính chất

    ( .

    ( .

    ( .

    3. Bảng nguyên hàm của một số hàm số thường gặp

    Bảng nguyên hàm

    , là hằng số

    Câu 1. Hàm số có nguyên hàm trên nếu:

    A. xác định trên . B. có giá trị lớn nhất trên .

    C. có giá trị nhỏ nhất trên . D. liên tục trên .

    Câu 2. Mệnh đề nào sau đây sai?

    A. Nếu là một nguyên hàm của trên và là hằng số thì .

    B. Mọi hàm số liên tục trên đều có nguyên hàm trên .

    C. là một nguyên hàm của trên .

    D. .

    Câu 3. Xét hai khẳng định sau:

    (I) Mọi hàm số liên tục trên đoạn đều có đạo hàm trên đoạn đó.

    (II) Mọi hàm số liên tục trên đoạn đều có nguyên hàm trên đoạn đó.

    Trong hai khẳng định trên:

    A. Chỉ có (I) đúng. B. Chỉ có (II) đúng.

    C. Cả hai đều đúng. D. Cả hai đều sai.

    Câu 4. Hàm số được gọi là nguyên hàm của hàm số trên đoạn nếu:

    A. Với mọi , ta có .

    B. Với mọi , ta có .

    C. Với mọi , ta có .

    D. Với mọi , ta có , ngoài ra và .

    Câu 5. Trong các câu sau đây, nói về nguyên hàm của một hàm số xác định trên khoảng , câu nào là sai?

    (I) là nguyên hàm của trên nếu và chỉ nếu .

    (II) Nếu liên tục trên thì có nguyên hàm trên .

    (III) Hai nguyên hàm trên của cùng một hàm số thì sai khác nhau một hằng số.

    A. Không có câu nào sai. B. Câu (I) sai.

    C. Câu (II) sai. D. Câu (III) sai.

    Câu 6. Giả sử là một nguyên hàm của hàm số trên khoảng . Giả sử cũng là một nguyên hàm của trên khoảng . Khi đó:

    A. trên khoảng .

    B. trên khoảng , với là hằng số.

    C. với mọi thuộc giao của hai miền xác định, là hằng số.

    D. Cả ba câu trên đều sai.

    Câu 7. Xét hai câu sau:

    (I) ,

    trong đó và tương ứng là nguyên hàm của .

    (II) Mỗi nguyên hàm của là tích của với một nguyên hàm của .

    Trong hai câu trên:

    A. Chỉ có (I) đúng. B. Chỉ có (II) đúng.

    C. Cả hai câu đều đúng. D. Cả hai câu đều sai.

    Câu 8. Các khẳng định nào sau đây là sai?

    A. . B. .

    C. . D. ( là hằng số).

    Câu 9. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai?

    A. là một nguyên hàm của .

    B. là một nguyên hàm của .

    C. Nếu và đều là nguyên hàm của hàm số thì (hằng số).

    D..

    Câu 10. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai?

    A. Nếu là một nguyên hàm của hàm số thì mọi nguyên hàm của đều có dạng ( là hằng số).

    B. .

    C. là một nguyên hàm của hàm số .

    D. là một

    --- Bài cũ hơn ---

  • Bài Tập Có Lời Giải Trang 77, 78 Sbt Sinh Học 8
  • Bài Tập Có Lời Giải Trang 27, 28 Sbt Sinh Học 8
  • Đáp Án Vở Bài Tập Sinh Học 7
  • Bài Tập Có Lời Giải Môn Quản Trị Ngân Hàng
  • Giải Bài Tập Quản Trị Rủi Ro Tài Chính Ueh
  • Web hay
  • Links hay
  • Push
  • Chủ đề top 10
  • Chủ đề top 20
  • Chủ đề top 30
  • Chủ đề top 40
  • Chủ đề top 50
  • Chủ đề top 60
  • Chủ đề top 70
  • Chủ đề top 80
  • Chủ đề top 90
  • Chủ đề top 100
  • Bài viết top 10
  • Bài viết top 20
  • Bài viết top 30
  • Bài viết top 40
  • Bài viết top 50
  • Bài viết top 60
  • Bài viết top 70
  • Bài viết top 80
  • Bài viết top 90
  • Bài viết top 100