Issuu

BỒI DƯỠNG HỌC SINH KHÁ, GIỎI MÔN TOÁN

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

SÁNG KIẾN HƯỚNG DẪN HỌC SINH KHAI THÁC HƯỚNG GIẢI CÁC BÀI TOÁN “GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN” BỒI DƯỠNG HỌC SINH KHÁ, GIỎI MÔN TOÁN LỚP 8 WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN

1. Tên sáng kiến: Hướng dẫn học sinh khai thác hướng giải các bài toán: “Giải phương trình nghiệm nguyên”.

2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Bồi dưỡng học sinh khá, giỏi môn toán lớp 8. 3. Thời gian áp dụng sáng kiến: ... 4. Thông tin về tác giả : Họ và tên : .... Năm sinh : ... Trình Độ chuyên môn : Đại học. Chức vụ công tác : Giáo viên. Nơi làm việc : ... Địa chỉ liên hệ : ... Điện thoại : ... 5. Đơn vị áp dụng sáng kiến : ....

MỤC LỤC A. ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN .................................. 3 B. MÔ TẢ GIẢI PHÁP .................................................................................... 3 I. Thực trạng trước khi tạo ra sáng kiến........................................................... 3 II. Các giải pháp................................................................................................ 4 1. Hệ thống một số kiến thức ............................................................................ 4 2. Các biện pháp thực hiện đối với học sinh ..................................................... 7 3. Phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên..........................................8 Chuyên đề 1: Phương pháp sử dụng tính chất chia hết ................................ 9 Phương pháp 1: Phát hiện tính chất chia hết của một ẩn ................................... 9 Phương pháp 2: Phương pháp đưa về phương trình ước số..............................22 Phương pháp 3: Phương pháp tách giá trị nguyên............................................34 Phương pháp 4: Phương pháp xét số dư từng vế ..............................................46 Chuyên đề 2: Phương pháp dùng bất đẳng thức............................................54 Phương pháp 1: Phương pháp sắp thứ tự của ẩn...............................................54 Phương pháp 2: Phương pháp chỉ ra nghiệm nguyên........................................67 Phương pháp 3: Dùng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai.............70 Chuyên đề 3: Phương pháp dùng tính chất của số chính phương................75 Phương pháp 1: Phương pháp tạo ra bình phương đúng...................................75 Phương pháp 2: Phương pháp tạo ra tổng các bình phương.............................82 Phương pháp 3: Phương pháp dùng nguyên lí kẹp ...........................................93 C. HIỆU QUẢ DO SÁNG KIẾN ĐEM LẠI.................................................106 D. CAM KẾT KHÔNG SAO CHÉP, VI PHẠM BẢN QUYỀN.....................107

A. ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN Phương trình nghiệm nguyên là một kiến thức trọng tâm của phân môn đại số lớp 8. Việc giải các bài toán giải phương trình nghiệm nguyên giúp học sinh ghi nhớ, tổng hợp các kiến thức cơ bản. Giải các bài toán phương trình nghiệm nguyên hay và khó sẽ giúp học sinh nâng cao được khả năng phân tích, tổng hợp kiến thức, đồng thời giúp các em phát huy tối đa trí thông minh của mình. Đối với học sinh lớp 8 nói chung và học sinh giỏi lớp8 nói riêng, tuy các em đã có khả năng tự học nhưng nếu chỉ dựa vào khả năng tự học mà không có sự hướng dẫn, gợi mở của giáo viên thì các em khó có thể “chinh phục” mọi bài toán trong chuyên đề phương trình nghiệm nguyên một cách toàn diện. Là giáo viên bộ môn Toán của trường THCS Nguyễn Hiền, tôi đã bồi dưỡng học sinh giỏi đội tuyển toán 8 của nhà trường đã gần 4 năm. Thấy được ý nghĩa và tầm quan trọng của chuyên đề “Giải phương trình nghiệm nguyên”, tôi đã suy nghĩ, tìm tòi và dành tâm huyết của mình để viết đề tài này với mục đích bồi dưỡng tư duy, phát triển trí thông minh, tính chủ động cho học sinh góp phần nâng cao hiệu quả học tập, đặc biệt là trong các kỳ thi quan trọng như: Thi học sinh giỏi cấp huyện, thi tuyển sinh vào các trường chuyên trong nước và của tỉnh Nam Định... B. MÔ TẢ GIẢI PHÁP I. Thực trạng trước khi có sáng kiến: 1. Thuận lợi: Bản thân là giáo viên được trực tiếp giảng dạy học sinh giỏi đội tuyển toán lớp 8 nên có cơ hội thử nghiệm sáng kiến, đúc rút kinh nghiệm và khẳng định được giá trị của sáng kiến. Học sinh trường THCS Nguyễn Hiền nói chung và học sinh giỏi đội tuyển toán nói riêng hầu hết có ý thức học tập nghiêm túc. Tài liệu tham khảo rất nhiều như: Báo toán học tuổi trẻ, báo toán tuổi thơ; các sách của các giáo sư đầu nghành toán và qua các trang mạng giáo dục. 3

2. Khó khăn: Tuy các sách viết về chuyên đề này rất nhiều xong hầu hết khi học sinh sử dụng các tài liệu đó các em chỉ biết được lời giải của bài toán mà không biết được đường lối suy nghĩ để tìm hướng giải cho bài toán. Ở sáng kiến kinh nghiệm này tôi giúp các em học sinh biết cách suy nghĩ để tìm ra hướng giải cho bài toán. Điều này đòi hỏi giáo viên không chỉ hiểu sâu sắc bản chất kiến thức, nhiều kinh nghiệm làm bài mà còn đòi hỏi có ngôn ngữ diễn đạt trong sáng, dễ hiểu. Là một giáo viên toán, đây là điều khiến tôi đã và đang phải rèn luyện và cố gắng rất nhiều. Đứng trước mỗi bài toán về phương trình nghiệm nguyên, học sinh chưa có định hướng một cách chủ động trong việc lựa chọn phương pháp giải toán. Nhiều bước giải bài toán còn thiếu chính xác, thiếu chặt chẽ. Nguyên nhân chính là do học sinh chưa được hệ thống các kiến thức một cách đầy đủ, chưa biết tổng hợp kiến thức thành một công cụ cho bản thân để vận dụng trong giải toán. Đứng trước yêu cầu của bài toán, học sinh chưa biết xuất phát từ đâu. Khi dựa vào hướng dẫn giải toán trong các tài liệu SGK và sách tham khảo, học sinh chỉ mới tiếp thu thụ động mà chưa chủ động tổng hợp các phương pháp giải. Trước thực trạng đó, tôi đã tìm những giải pháp tích cực nhằm đem lại hiệu quả tốt nhất cho hoạt động dạy và học, đồng thời trang bị thêm phương pháp giải toán và các giải pháp để nâng cao hứng thú học tập, kích thích tính tự giác và tự học của học sinh. II. CÁC GIẢI PHÁP CỦA SÁNG KIẾN. 1. Hệ thống một số kiến thức cần thiết 1.1. Định nghĩa phép chia hết:

a, b ∈ ℤ (b ≠ 0)∃q, r sao cho a = bq + r với 0 ≤ r< b . - Nếu r = 0 ⇒ a ⋮ b . - Nếu r ≠ 0 ⇒ a không chia hết cho b.

1.2. Một số tính chất: ∀a, b,c,d ∈ℤ - Nếu a ≠ 0 thì a ⋮ a và 0 ⋮ a. - Nếu a ⋮ b và b ⋮ c ⇒ a ⋮ c. - Nếu a ⋮ b và b ⋮ a ⇒ a = ± b. - Nếu a ⋮ b và a ⋮ c ⇒ a ⋮ BCNN(b; c). - Nếu a ⋮ b, a ⋮ c và (b, c) = 1 ⇒ a ⋮ bc. - Nếu a ⋮ b ⇒ ac ⋮ b.

1.3. Một số định lí thường dùng. - Nếu a ⋮ c và b ⋮ c ⇒ (a ± b) ⋮ c. - Nếu a ⋮ c và b ⋮ d ⇒ ab ⋮ cd. - Nếu a ⋮ b ⇒ an ⋮ bn ( n nguyên dương). Một số hệ quả áp dụng: + ∀a, b ∈ ℤ và n nguyên dương ta có (an – bn) ⋮ (a – b). + ∀a, b∈ ℤ và n chẵn (n nguyên dương) ta có (an – bn) ⋮ (a + b). + ∀a, b∈ ℤ và n lẻ (n nguyên dương) ta có (an + bn) ⋮ (a + b).

1.4. Tính chất của số chính phương - Số chính phương không tận cùng bằng 2, 3, 7, 8. - Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho p2. - Số chính phương chia cho 3 dư 0 hoặc dư 1. - Số chính phương chia cho 4 dư 0 hoặc dư 1. - Số chính phương chia cho 8 dư 0, dư 1 hoặc dư 4. - Số chính phương chia cho 5 dư 0, dư 1 hoặc dư 4. - Số chính phương lẻ chia cho 4 hoặc 8 thì số dư đều là 1. - Lập phương của một số nguyên chia cho 9 dư 0; 1 hoặc 8. - Không tồn tại số chính phương nằm giữa hai số chính phương liên tiếp.

1.5. Các dấu hiệu chia hết. + Dấu hiệu chia hết cho 2:

Số có chữ số tận cùng là 0;2;4;6;8.

+ Dấu hiệu chia hết cho 3:

Số có tổng các chữ số chia hết cho 3.

+ Dấu hiệu chia hết cho 4:

Số có 2chữ số cuối hợp thành số chia hết cho 4.

+ Dấu hiệu chia hết cho 5:

Số có chữ số tận cùng là 5 hoặc 0.

+ Dấu hiệu chia hết cho 8:

Số có 3 chữ số cuối hợp thành số chia hết cho 8.

+ Dấu hiệu chia hết cho 9:

Số có tổng các chữ số chia hết cho 9.

+ Dấu hiệu chia hết cho 10:

Số có chữ số tận cùng là 0.

+ Dấu hiệu chia hết cho 11:

Số có hiệu của tổng các chữ số hàng chẵn và tổng các chữ số hàng lẻ chia hết cho 11.

1.6. Các hằng đẳng thức đáng nhớ: 2

1/ ( A + B ) = A 2 + 2AB + B2 2

2 / ( A − B) = A 2 − 2AB + B2 3 / A 2 − B2 = ( A − B)( A + B) 3

4 / ( A + B) = A3 + 3A 2 B + 3AB2 + B3 2

5 / ( A − B) = A3 − 3A 2 B + 3AB2 − B3 6 / A3 + B3 = ( A + B ) ( A 2 − AB + B2 ) 7 / A3 − B3 = ( A − B) ( A 2 + AB + B2 ) 2

8 / ( A + B + C ) = A 2 + B2 + C2 + 2 ( AB + BC + CA )

1.7. Một số bất đẳng thức quen thuộc: (Lưu ý: Khi sử dụng, học sinh phải chứng minh Bất đẳng thức 2.1 và Bất

đẳng thức 2.2 với n ≥ 3 ). * Bất đẳng thức Côsi: a1 + a2 + a3 + ... + an ≥ n. n a1a2 ...an * với n ∈ N ; n ≥ 2 ; ai ≥ 0 và

Dấu bằng xảy ra ⇔

i = 1; n .

a1 = a2 = a3 = ... = an .

* Bất đẳng thức Bunhia :

+ a2 + .... + an

)(x

)

+ x2 + ... + xn ≥ (a1 x1 + a2 x2 + ... + an xn )

∀ai ; xi ; i = 1; n và n ∈ N * . Dấu bằng xảy ra ⇔

a a1 a 2 = = ... = n . x1 x 2 xn

1.8. Các phép biến đổi tương đương phương trình - Nếu cộng vào hai vế của một phương trình với cùng một số hoặc một biểu thức mà không làm thay đổi điều kiện xác định của phương trình đã cho, ta

được phương trình mới tương đương - Nếu nhân vào hai vế của một phương trình với cùng một số khác không hoặc một biểu thức luôn khác không mà không làm thay đổi điều kiện xác định của phương trình đã cho, ta được phương trình mới tương đương. - Tính chất nâng lên lũy thừa cùng bậc ở hai vế: n n a, A = B ⇔ A = B với n là số tự nhiên lẻ .

b, A = B ⇔ A n = B n với A ≥ 0; B ≥ 0; n ∈ N * và n chẵn.

2. Các biện pháp thực hiện đối với học sinh Trước khi dạy chuyên đề này tôi cho các em làm bài kiểm tra với các bài tập giải phương trình nghiệm nguyên. Tôi chấm và phân tích chất lượng bài kiểm tra chi tiết với từng đối tượng học sinh và cụ thể từng học sinh. Khi dạy chuyên đề này tôi dạy phần cơ bản tương ứng với từng đơn vị kiến thức của chuyên đề cho tất cả các học sinh lớp 8 của trường THCS Nguyễn Hiền. Phần những bài tập vận dụng ở cấp độ 1 tôi giảng dạy cho các em học sinh khá, các bài tập vận dụng ở cấp độ cao tôi dành cho các em học sinh giỏi trong

đội tuyển toán 8. Sau khi cung cấp các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên , tôi cho các em tự rút ra kinh nghiệm cho mình. Sau đó tôi bổ sung và chốt lại những kinh nghiệm cần nhớ của chuyên đề. 7

Cuối cùng tôi cho các em làm bài kiểm tra với các bài tập giải phương trình nghiệm nguyên. Sau khi chấm trả và phân tích chất lượng chi tiết để so sánh với chất lượng của bài kiểm tra trước khi dạy chuyên đề.

3. Phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Chuyên đề 1: Phương pháp sử dụng tính chất chia hết Phương pháp 1: Phát hiện tính chất chia hết của một ẩn. Phương pháp 2: Phương pháp đưa về phương trình ước số. Phương pháp 3: Phương pháp tách giá trị nguyên. Phương pháp 4: Phương pháp xét số dư từng vế. Chuyên đề 2: Phương pháp dùng bất đẳng thức Phương pháp 1: Phương pháp sắp thứ tự của ẩn. Phương pháp 2: Phương pháp chỉ ra nghiệm nguyên. Phương pháp 3: Dùng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai. Chuyên đề 3: Phương pháp dùng tính chất của số chính phương Phương pháp 1: Phương pháp tạo ra bình phương đúng. Phương pháp 2: Phương pháp tạo ra tổng các bình phương. Phương pháp 3: Phương pháp dùng nguyên lí kẹp để giải phương trình nghiệm nguyên.

Chuyên đề 1: Phương pháp sử dụng tính chất chia hết §1. Phương pháp phát hiện tính chất chia hết I. Cơ sở lí luận của phương pháp Đây là phương pháp học sinh nghĩ tới đầu tiên khi gặp bài toán phương trình nghiệm nguyên dạng ax + by = c . Nhưng để làm theo phương pháp này ta phải giúp học sinh hiểu được bản chất kiến thức của phương pháp. Đó là muốn tìm được nghiệm nguyên của phương trình ta kiểm tra tính chia hết của c và ax (hoặc c và by) cho cùng 1 số k nguyên nào đó, từ đó ta phải lập luận để by cũng phải chia hết cho số k, đặt y theo k và thế vào phương trình ban đầu tìm x. Muốn kiểm tra tính chia hết của c và ax cần sử dụng những kiến thức sau:

1. Dấu hiệu chia hết cho 2, 3, 4, 5, 8, 9, 10, 11. + Dấu hiệu chia hết cho 2:

Số có chữ số tận cùng là 0;2;4;6;8.

+ Dấu hiệu chia hết cho 3:

Số có tổng các chữ số chia hết cho 3.

+ Dấu hiệu chia hết cho 4:

Số có 2chữ số cuối hợp thành số chia hết cho 4.

+ Dấu hiệu chia hết cho 5:

Số có chữ số tận cùng là 5 hoặc 0.

+ Dấu hiệu chia hết cho 8:

Số có 3 chữ số cuối hợp thành số chia hết cho 8.

+ Dấu hiệu chia hết cho 9:

Số có tổng các chữ số chia hết cho 9.

+ Dấu hiệu chia hết cho 10:

Số có chữ số tận cùng là 0.

+ Dấu hiệu chia hết cho 11:

Số có hiệu của tổng các chữ số hàng chẵn và tổng các chữ số hàng lẻ chia hết cho 11.

2. Một số tính chất: ∀ a,b,c,d ∈ ℤ Nếu a ≠ 0 thì a ⋮ a và 0 ⋮ a. Nếu a ⋮ b và b ⋮ c ⇒ a ⋮ c. Nếu a ⋮ b và b ⋮ a ⇒ a = ± b. Nếu a ⋮ b và a ⋮ c ⇒ a ⋮ BCNN(a,b). Nếu a ⋮ b , a ⋮ c và (b,c) = 1 ⇒ a ⋮ b.c Nếu a ⋮ b ⇒ ac ⋮ b ( c ∈ℤ) . 9

3. Một số định lí thường dùng. Nếu a ⋮ c và b ⋮ c ⇒ (a ± b) ⋮ c. Nếu a ⋮ c và b ⋮ d ⇒ ab ⋮ cd.

Nếu a ⋮ b

⇒

an ⋮ bn ( n nguyên dương).

II. Ví dụ: Giải các phương trình nghiệm nguyên sau:

1. 3x + 17 y = 159 (1) . * Phân tích tìm lời giải: - Học sinh nhận thấy ngay muốn tìm nghiệm nguyên (x; y) ở phương trình (1) ta phải kiểm tra tính chia hết của 159; 3 và 17. - Ta thấy 159 ⋮ 3 nên 3x + 7 y ⋮3 mà 3x⋮3 ∀x ∈ ℤ nên 17 y⋮3 . - Ta có 17 và 3 là hai số nguyên tố cùng nhau nên y phải chia hết cho 3. - Đặt y = 3k ( k ∈ ℤ ). Thay vào phương trình (1) tìm x. Do vậy ta có lời giải như sau:

* Lời giải: Giả sử tồn tại các số nguyên x, y thỏa mãn (1). Vì x ∈ ℤ ⇒ 3x⋮3 Mà 159⋮3 do đó 17y⋮3 ⇒ y ⋮3 (do 17 và 3 là hai số nguyên tố

cùng nhau).

Đặt y = 3k ( k ∈ ℤ ). Thay vào phương trình ban đầu ta có:

3x + 17.3k = 159 ⇒ x + 17k = 53 .  x = 53 − 17k Do đó:  ( k ∈ ℤ) .  y = 3k  x = 53 − 17k Thử lại, thay  (k ∈ ℤ) vào phương trình ban đầu thì thỏa mãn.  y = 3k

Vậy phương trình đã cho có vô số nghiệm nguyên (x;y) được biểu thị bởi công  x = 53 − 17k thức:  ( k ∈ ℤ) .  y = 3k

2. 3 x + 2 y = 10 (2) * Phân tích hướng giải: - Tương tự như PT(1) muốn tìm (x;y) ở phương trình (2) ta phải xét tính chia hết của 10, 3 và 2.

* Lời giải: Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn đề bài. Ta thấy 10 và 2y đều chia hết cho 2 nên 3x⋮ 2 ⇒ x⋮ 2 (do 2 và 3 là hai số nguyên tố cùng nhau).

Đặt x = 2k (k ∈ ℤ) .Thay vào phương trình ban đầu ta có: 3.2k + 2 y = 10 ⇒ y + 3k = 5 .  x = 2k Do đó:  ( k ∈ ℤ) .  y = 5 − 3k  x = 2k (k ∈ ℤ) vào phương trình ban đầu thì thỏa mãn. Thử lại, thay   y = 5 − 3k

Vậy phương trình đã cho có vô số nghiệm nguyên(x;y) được biểu thị bởi  x = 2k ( k ∈ ℤ) . công thức :   y = 5 − 3k

3. 11x + 18 y = 120 (3) * Lời giải: Giả sử tồn tại x, y nguyên thỏa mãn phương trình (3). Ta thấy 18y và 120 đều chia hết cho 6 nên 11x⋮ 6 ⇒ x⋮ 6 (vì 11 và 6 là hai số nguyên tố cùng nhau).

Đặt x = 6k (k ∈ ℤ) . Thay vào phương trình ban đầu ta có: 11.6k + 18 y = 120 ⇔ 11.k + 3 y = 20 20 −11k ⇔ y= 3

21 −12k − 1 + k 3 k −1 ⇔ y = 7 − 4k + 3 ⇔ y=

Để y nguyên thì

k −1 ∈ ℤ hay k −1 ⋮ 3 . 3

Đặt k −1 = 3t (t ∈ ℤ) ⇒ k = 3t + 1 . Khi đó x = 6k = 6(3t + 1) = 18t + 6 và y = 7 − 4(3t + 1) +

3t = 7 −12t − 4 + t = 3 − 11t . t

Thử lại: 11(18t + 6) + 18(3 − 11t ) = 198t + 66 + 54 −198t = 120 (đúng) Vậy phương trình đã cho có vô số nghiệm nguyên (x;y) được biểu thị bởi công  x = 18t + 6

thức: 

 y = 3 − 11t

(t ∈ ℤ) .

* Lời bình: GV cần chú ý nhắc HS ghi nhớ: y =

20 −11k với k là số nguyên thì 3

y chưa chắc đã có giá trị nguyên nên nếu đem kết quả này thay vào phương trình

để tìm x rồi kết luận nghiệm là sai. Ta cần phải biến đổi tiếp đưa y về dạng y = 3 − 11t (t ∈ℤ) . Lúc này với mọi giá trị t là số nguyên thì giá trị của y cũng là số nguyên. Khi đó ta mới thay vào phương trình tìm x theo t rồi kết luận nghiệm của phương trình.

III. Bài tập vận dụng: Bài 1. Gải phương trình nghiệm nguyên 3 x + 19 y = 168. Bài 2. Giải phương trình nghiệm nguyên 7 x + 8 y = 200. Bài 3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2 x + 3 y = 11. (Chuyên tỉnh Hậu Giang năm 2016 – 2017).

Bài 4. Tìm tập hợp nghiệm nguyên của phương trình 4 x + 7 y = 15. (Chuyên tỉnh Quảng Ngãi năm 2016 – 2017)

Bài 5. Tìm các số tự nhiên m, n thỏa mãn phương trình 19m + 94n = 1994. (Chuyên tỉnh Tiền Giang năm 2015 – 2016)

Bài 6. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 11x + 18 y = 120. (HSG tỉnh Tiền Giang năm 2015 – 2016)

Bài 7. Tồn tại hay không các số tự nhiên x, y, z thỏa mãn 5 x 2 + 2016 y +1 = 2017 z . (Tạp chí Toán học và tuổi trẻ số 434) 2 2 Bài 8. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 19 x + 28 y = 729 .

(Đề thi HSG Tỉnh Hà Nam năm 2015 – 2016)

Bài 9. Tồn tại hay không các số tự nhiên x, y, z thỏa mãn 2016 x + 2017 y = 2018 z. (Tạp chí Toán học và tuổi trẻ số 420)

Bài 10. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2 x + 3 y = 11. 2 2 Bài 11. Tìm cập số nguyên dương (x; y) thỏa mãn phương trình 6 x + 5 y = 74.

Bài 12. Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên

x 2 + y 2 + z 2 = 199. Bài 13. Tìm tất cả các nghiệm nguyên x; y thỏa mãn 2

x+ y 3 = . 2 x + xy + y 7 2

Bài 14. Giải phương trình nghiệm nguyên 7 x + 13 y = 1820. Bài 15. Chứng minh rằng không tồn tại x, y là các số nguyên thỏa mãn biểu thức 2012 x 2015 + 2013 y 2018 = 2015.

Bài 16. Giải phương trình nghiệm nguyên x3 − y 3 = 95( x 2 + y 2 ). (Chuyên Khoa học tự nhiên 2016 -2017)

Bài 17. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 6 x + 15 y + 10 z = 3 . (Chuyên Tỉnh Quảng Ninh năm 2016 – 2017)

Bài 18. Tìm x, y là các số tự nhiên thỏa mãn 5 x = y 4 + 4 y + 1 . (Tạp chí Toán học và tuổi trẻ số 434)

Bài 19. Tìm x, y, z là các số tự nhiên thỏa mãn x 2 + y 3 + z 4 = 90. (Tạp chí Toán học và tuổi trẻ số 166)

Hướng dẫn khai thác tìm lời giải và lời giải Bài 1. Gải phương trình nghiệm nguyên 3x + 19 y = 168. (1) * Phân tích tìm lời giải: - Học sinh nhận thấy ngay muốn tìm nghiệm nguyên (x; y) ở phương trình (1) ta phải kiểm tra tính chia hết của 168; 3 và 19. - Ta thấy 168⋮3 nên 3x + 19 y ⋮3 mà 3x⋮3 ∀x ∈ ℤ nên 19 y ⋮3 . - Ta có 19 và 3 là hai số nguyên tố cùng nhau nên y phải chia hết cho 3. - Đặt y = 3k ( k ∈ ℤ ). Thay y = 3k vào PT(1) tìm x. Do vậy ta có lời giải như sau:

* Lời giải: Giả sử tồn tại các số nguyên x, y thỏa mãn (1). Vì x ∈ ℤ ⇒ 3x⋮3 Mà 168⋮3 do đó 19y⋮3 ⇒ y ⋮3 (do 19 và 3 là hai số nguyên tố cùng nhau).

Đặt y = 3k ( k ∈ ℤ ). Thay y = 3k vào phương trình ban đầu ta có: 3x + 19.3k = 168 ⇒ x + 19k = 56 .  x = 56 − 19k Do đó:  ( k ∈ ℤ) .  y = 3k  x = 56 − 19k Thử lại , thay  (k ∈ ℤ) vào phương trình ban đầu thì thỏa mãn.  y = 3k

Vậy phương trình đã cho có vô số nghiệm nguyên (x; y) được biểu thị bởi công  x = 56 − 19k thức:  ( k ∈ ℤ) .  y = 3k

Bài 2. Giải phương trình nghiệm nguyên 7 x + 8 y = 200. (2) * Phân tích hướng giải: - Tương tự như PT(1) muốn tìm (x; y) ở phương trình (2) ta phải xét tính chia hết của 7, 8 và 200.

* Lời giải: Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn đề bài. Ta thấy 200 và 8y đều chia hết cho 8 nên 7 x⋮8 ⇒ x⋮8 (do 7 và 8 là hai số nguyên tố cùng nhau).

Đặt x = 8k (k ∈ ℤ) . Thay x = 8k (k ∈ ℤ) vào phương trình ban đầu ta có: 7.8k + 8 y = 200 ⇒ y + 7k = 25 x = 8k

 Do đó: 

 y = 25 − 8k

 Thử lại, thay 

( k ∈ ℤ) .

x = 8k

 y = 25 − 8k

(k ∈ ℤ) vào phương trình ban đầu thì thỏa mãn.

Vậy phương trình đã cho có vô số nghiệm nguyên(x; y) được biểu thị bởi công  thức: 

x = 8k

 y = 25 − 8k

( k ∈ ℤ)

Bài 3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2 x + 3 y = 11. (3) (Chuyên tỉnh Hậu Giang năm 2016 – 2017)

* Lời giải: Giả sử tồn tại x, y nguyên thỏa mãn phương trình (3). Ta thấy 11 không chia hết cho 2 mà 2x chia hết cho 2 nên 3y là số lẻ suy ra y lẻ (vì 3 là số lẻ).

Đặt y = 2k + 1(k ∈ ℤ) .Thay y = 2k + 1(k ∈ ℤ) vào phương trình ban đầu ta có: 2 x + 3.(2k + 1) = 11 ⇔ 2 x = 8 − 6k ⇔ x = 4 − 3k Vậy phương trình đã cho có vô số nghiệm nguyên(x;y) được biểu thị bởi công  x = 4 − 3k

thức: 

 y = 2k + 1

(t ∈ ℤ) .

Bài 4. Tìm tập hợp nghiệm nguyên của phương trình 4 x + 7 y = 15. (4) ( Chuyên tỉnh Quảng Ngãi năm 2016 – 2017)

* Phân tích tìm lời giải: - Nhận thấy 4x là số chẵn, 15 là số lẻ. Lại có 4 x + 7 y = 15 nên 7y là số lẻ mà 7 là số lẻ nên y là số lẻ. - Đặt y = 2k+1 ( k ∈ ℤ ). Thay y = 2k+1 vào phương trình (4) tìm được x. Do đó ta có lời giải như sau:

* Lời giải: Giả sử tồn tại các số nguyên x, y thỏa mãn (4). Vì x ∈ ℤ ⇒ 4 x⋮ 2 . Lại có 15 không chia hết cho 2 do đó 7y không chia hết cho 2 hay y là số lẻ.

Đặt y = 2k+1 ( k ∈ ℤ ). Thay y = 2k+1 vào phương trình ban đầu ta có: 4 x + 7.(2k + 1) = 15 ⇒ 2 x + 7k = 4 ⇒ x =

4 − 7k 7k = 2− . 2 2

Vì x nguyên nên 7k phải chia hết cho 2 mà 7 và 2 là hai số nguyên tố cùng nhau suy ra k chia hết cho 2. Đặt k = 2t ( t ∈ℤ ).  x = 7t + 2 Do đó:  (t ∈ ℤ).  y = 1 − 4t  x = 7t + 2 Thử lại, thay  (t ∈ ℤ) vào phương trình ban đầu thì thỏa mãn.  y = 1 − 4t

Vậy phương trình đã cho có vô số nghiệm nguyên (x; y) được biểu thị bởi công  x = 7t + 2 thức:  (t ∈ ℤ) .  y = 1 − 4t

* Lời bình: Tránh sai lầm khi thay x =

4 − 7k vào phương trình để tìm y. Ta cần 2

phải biến đổi tiếp đưa x về dạng x = 7t + 2(t ∈ ℤ) . Lúc này với mọi giá trị t là số nguyên thì giá trị của x cũng là số nguyên. Khi đó ta mới thay x = 7t + 2(t ∈ ℤ) vào phương trình tìm x theo t rồi kết luận nghiệm của phương trình.

Bài 5. Tìm các số tự nhiên m, n thỏa mãn phương trình

19m + 94n = 1994.(5) (Chuyên tỉnh Tiền Giang năm 2015 – 2016)

* Phân tích hướng giải: - Vì m, n là các số tự nhiên do đó ta có 94n < 1994 suy ra n < 21 và ta tìm được số tự nhiên (m, n) là: (100;1), (6;20). Bài 6. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 11x + 18 y = 120.(6) (HSG tỉnh Tiền Giang năm 2015 – 2016)

* Phân tích hướng giải: - Cùng mạch suy nghĩ như phương trình (1), (2). Ta có nghiệm nguyên (x; y) được biểu thị bởi công thức:  x = 18t + 6 (t ∈ ℤ).   y = 3 − 11t

Bài 7. Tồn tại hay không các số tự nhiên x, y, z thỏa mãn

5 x 2 + 2016 y +1 = 2017 z. (7) (Tạp chí Toán học và tuổi trẻ số 434)

* Phân tích hướng giải: - Nhận thấy phương trình có 3 ẩn x, y, z trong đó chỉ có ẩn x đóng vai trò là cơ số. Do vậy ta nghĩ tới việc xét tính chia hết đối với 5x2. - Trước hết ta có 2017 chia 3 dư 1 do đó 2017 z chia 3 dư 1 hay 2017 z = 3n + 1 (n là số nguyên). Lại có 2016 chia hết cho 3 nên 2016 y+1 cũng chia hết cho 3. Do vậy 5x2 không chia hết cho 3. Vậy 5x 2 = 3t + 1 . - Để có thể giải quyết tiếp bài toán HS cần xét tích sau:

T = ( 3k + r )( 3h + s ) = 3 ( 3kh + ks + hr ) + sr . Xét t = kh + ks + hr và sr = 1 ta có nếu s = r = 0 thì T = 3t( chia hết cho 3). Nếu r = s= 1 thì T = 3t+1(chia 3 dư 1).

Theo đó x2 phải chia hết cho 3 hoặc chia 3 dư 1nên 5x2 chia hết cho 3 hoặc chia cho 3 dư 2. Điều này mâu thuẫn với bài toán. Do vậy ta có lời giải như sau:

* Lời giải: Xét tích 3k + r với r bằng 0,1,2 ta thấy:

T = ( 3k + r )( 3h + s ) = 3 ( 3kh + ks + hr ) + sr . Nếu r = s = 1 thì T = 3n + 1.

Nếu s = r = 0 thì T = 3m. Ta có 2017 chia 3 dư 1 do đó 2017z chia 3 dư 1 hay 2017z = 3n+1 (n là số nguyên). Lại có 2016 chia hết cho 3 nên 2016y+1 cũng chia hết cho 3 hay 2016y+1 = 3m. Do vậy 5x2 không chia hết cho 3 hay 5x2 phải có dạng 3k+1. Theo bài toán xét lúc đầu suy ra x2 phải có dạng 3m hoặc 3n+1 nên 5x2 phải có dạng 3k hoặc 3k +2 (mâu thuẫn với 5x2 phải có dạng 3k+1.) Vậy không tồn tại các số tự nhiên x, y, z thỏa mãn đề bài. 2 2 Bài 8. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình19 x + 28 y = 729.(8)

(HSG Tỉnh Hà Nam năm 2015 – 2016)

* Hướng dẫn giải: - Sử dụng phương pháp phát hiện tính chia hết ta có phương trình đã cho vô nghiệm.

Bài 9. Tồn tại hay không các số tự nhiên x, y, z thỏa mãn

2016 x + 2017 y = 2018 z. (Tạp chí Toán học và tuổi trẻ số 420)

* Hướng dẫn giải: Phương trình có nghiệm nguyên (x, y, z) là: (0;1;1). Bài 10. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2 x + 3 y = 11 . * Hướng dẫn giải:  x = 4 − 3k Ta có nghiệm nguyên (x; y) được biểu thị bởi công thức:  (t ∈ ℤ).  y = 2k + 1

Bài 11. Tìm cặp số nguyên dương (x; y) thỏa mãn phương trình

6 x 2 + 5 y 2 = 74 . * Hướng dẫn giải: Cặp số (x, y)nguyên dương cần tìm là (3, 2). Bài 12. Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên

x 2 + y 2 + z 2 = 199. * Phân tích hướng giải: - Nhận thấy x 2 , y 2 , z 2 đều là các số chính phương. Trong đó số chính phương chẵn thì chia hết cho 4 còn số chính phương lẻ chia 4 dư 1. Lại có 199 là số lẻ nên trong 3 số x 2 , y 2 , z 2 sẽ có 1 số lẻ, hai số chẵn hoặc cả 3 số lẻ. - Do vậy ta sẽ xét hai trường hợp và có lời giải như sau:

* Lời giải: Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn đề bài. Ta thấy 199 là số lẻ nên x 2 + y 2 + z 2 là số lẻ. Mà với x, y, z nguyên thì x 2 , y 2 , z 2 đều là các số chính phương. Trong đó số chính phương chẵn thì chia

hết cho 4 còn số chính phương lẻ chia 4 dư 1 nên trong 3 số x 2 , y 2 , z 2 sẽ có 1 số lẻ, hai số chẵn hoặc cả 3 số lẻ. TH1: Có 1 số lẻ và 2 số chẵn. Ta có x 2 + y 2 + z 2 chia cho 4 dư 1 mà 199 chia 4 dư 3 nên không thỏa mãn. TH2: Cả 3 số lẻ. Ta có x 2 + y 2 + z 2 chia cho 8 dư 3 còn 199 chia 8 dư 7 không thỏa mãn. Vậy phương trình không có nghiệm nguyên.

Bài 13. Tìm tất cả các nghiệm nguyên x;y thỏa mãn

x+ y 3 = . 2 x + xy + y 7 2

* Hướng dẫn giải: - Nếu không biến đổi phương trình về dạng 7( x + y ) = 3( x 2 + xy + y 2 ) thì bài toán sẽ khó tìm hướng giải.

- Đặt x + y = p (p ∈ ℤ ) và x – y = q (q ∈ ℤ ). Suy ra x = - Thế x =

p+q p−q ;y= 2 2

p+q p−q vào phương trình ta có 28p = 3(p2 + 3q2). ;y= 2 2

Dễ thấy p ≥ 0; 3( p 2 + 3q 2 )⋮3 suy ra p = 3k. Khi đó 28k = 3(3k 2 + q 2 ). Vậy k chia hết cho 3 suy ra k = 3m. - Thay k = 3m ta có 28m = 27m 2 + q 2 suy ra 28m − 27m 2 = q 2 . Mà q 2 ≥ 0 nên m = 0 hoặc m = 1. - Từ đó tìm được nghiệm của phương trình là (4; 5) và (5; 4). 2

Bài 14. Giải phương trình nghiệm nguyên 7 x + 13 y = 1820. * Hướng dẫn giải: - Phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên (x, y) là: (13; 7), (-13; 7), (13; -7), (-13; -7).

Bài 15. Chứng minh rằng không tồn tại x, y là các số nguyên thỏa mãn biểu thức

2012 x 2015 + 2013 y 2018 = 2015. * Hướng dẫn giải: - Để giải phương trình ta sẽ xét tính chia hết của 2012, 2013 và 2015. - Nhận thấy 2012 là số chẵn, 2015 là số lẻ nên 2013y2018 là số lẻ. Mà 2013 là số lẻ nên y2018 là số chẵn. Khi đó ta xét 2 tường hợp đối với y. +TH1: y chẵn suy ra VT là số chẵn mà VP là số lẻ nên loại. +TH2: y lẻ suy ra y1009 là số lẻ.

Đặt y1009 = 2n + 1 với n nguyên. Khi đó 2013. y 2018 = 2013.(2n + 1)2 = 2013(4n 2 + 4n + 1) = 4.2013(n 2 + n) + 2013

Nên 2012 x 2015 + 2013 y 2018 chia 4 dư 1 mà 2015 chia 4 dư 3( Vô lí). Vậy không có số nguyên nào thỏa mãn đề bài.

Bài 16. Giải phương trình nghiệm nguyên : x 3 − y 3 = 95( x 2 + y 2 ) . (Đề thi Chuyên Khoa học tự nhiên 2016 -2017)

* Hướng dẫn giải: - Nhận thấy x3 − y 3 = ( x − y )( x 2 + xy + y 2 ). - Xét bài toán sau: x 2 + xy + y 2 ⋮5 ⇒ x, y ⋮5. Thật vậy, vì x 2 + xy + y 2 ⋮5 suy ra x3 – y3chia hết cho 5. Ta có x3 chia 5 dư 0, 1, 2, 3 hoặc 4nên thử lần lượt các cặp số dư ta thấy chi có x và y chia cho 5 có cùng số dư thỏa mãn. Vậy bài toán được chứng minh. - Quay trở lại bài toán ta đặt d = (x,y) suy ra x = da và y = db; (a,b) = 1. Từ đề bài suy ra 95(a 2 + b 2 )⋮ a 2 + ab + b 2 . Gọi q là số nguyên tố sao cho (a 2 + b 2 ; a 2 + ab + b 2 )⋮ q ⇒ ab⋮ q . Mà ta được a 2 + b 2 ⋮ q ⇒ a, b⋮ q (vô lí). Vậy 95⋮ a 2 + ab + b 2 ⇒ 19⋮ a 2 + ab + b 2 . Xét tất cả các tường hợp ta có d = 65. - Vậy (x, y) = (9195; 130).

Bài 17. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 6 x + 15 y + 10 z = 3. (Chuyên Tỉnh Quảng Ninh năm 2016 – 2017)

* Hướng dẫn giải: Nghiệm của phương tình là (5t - 5k -2; 1- 2t; 3k). Bài 18. Tìm x, y là các số tự nhiên thỏa mãn: 5x = y 4 + 4 y + 1. (Tạp chí Toán học và tuổi trẻ số 434)

* Hướng dẫn giải: - Nghiệm tự nhiên của phương trình là (0; 0); (2; 2).

Bài 19. Tìm x, y, z là các số tự nhiên thỏa mãn x 2 + y 3 + z 4 = 90 . (Tạp chí Toán học và tuổi trẻ số 166)

* Hướng dẫn giải: - Nghiệm tự nhiên của phương trình là: (9; 2; 1), (1; 2; 3), (5;4;1). 21

§2.Phương pháp đưa về phương trình ước số I. Cơ sở lí luận của phương pháp Ta gọi phương trình ước số là phương trình có vế trái là một tích các biểu thức có giá trị nguyên, vế phải là một hằng số nguyên. Bằng cách tìm ước số của hằng số nguyên đó, ta tìm được nghiệm nguyên của phương trình. Hoặc ta có thể

đưa phương trình về phương trình ước số bằng cách biến đổi phương trình về dạng:

Dạng 1. A.B.C=0 (*) A = 0 Phương trình (*) xảy ra ⇔  B = 0 C = 0

Dạng 2. A.B.C = m.n. p (**) với m; n; p∈ℤ A = m Phương trình (**) xảy ra ⇔  B = n và các hoán vị của chúng.  C = p

II. Các ví dụ: Giải các phương trình nghiệm nguyên sau

1. xy − x − y = 2. (1) * Phân tích tìm hướng giải: - Ta thấy phương trình này có 2 ẩn x, y. Việc sử dụng phương pháp phát hiện tính chia hết của ẩn là rất khó khăn. - Do vậy ta không thể giải bằng phương pháp phát hiện tính chất chia hết của ẩn. Mặt khác, ta thấy sau khi nhóm 2 hạng tử xy và x cho ta biểu thức x ( y − 1) , ta thêm 1 vào vế phải và nhóm với hạng tử − y còn lại được biểu thức – ( y −1) , phương trình sẽ xuất hiện nhân tử chung ở vế trái và có thể đưa vế trái về dạng tích ( x −1)( y −1) . Do đó ta có lời giải sau:

* Lời giải: Giả sử tồn tại x, y nguyên thỏa mãn phương trình (1). Biến đổi phương trình (1) thành: 22

x( y − 1) − y = 2 ⇔ x( y − 1) − ( y − 1) = 3 ⇔ ( x − 1)( y −1) = 3 Vì x, y nguyên nên x −1 và y − 1 cũng nguyên. Do vậy x −1 và y − 1 là các ước của 3. Mà Ư(3)= {−1; 1; − 3; 3} . Lập bảng giá trị ta có: x −1

-3

-1

-2

y −1

-1

-3

-2

Thỏa mãn

Vậy phương trình (1) có nghiệm (x; y) là: (-2; 0), (0; -2), (2; 4), (4; 2).

* Lời bình: - Với phương trình trên ta cũng có thể sử dụng máy tính Casio kết hợp với các bước giải để giúp các em phân tích khá nhanh phương trình này. Bước 1: Chuyển tất cả các hạng tử vế phải sang vế trái ta có xy − x − y − 2 = 0 và

đặt A = xy − x − y − 2. Bước 2: Thay y = 1000 vào biểu thức A ta được: A = 999x −1002. Bước 3: Ta có A = 999x − 999 − 3 = 999 ( x −1) − 3 = (1000 −1)( x − 1) − 3 . Bước 4: Thay 1000 = y vào lại biểu thức ở bước 3 ta có A = ( x −1)( y −1) − 3. Bước 5: Thay A = ( x −1)( y −1) − 3 vào phương trình ở bước 1 ta có

( x −1)( y −1) = 3. - Với cách làm này giúp các em có được kết quả phân tích vế trái thành nhân tử, vế phải là số nguyên. Kết hợp các phép biến đổi như tách, cộng, trừ, nhóm, đặt nhân tử chung các em dễ dàng có được lời giải của bài toán.

2. 2xy − x + y = 3. ( 2 )

* Phân tích tìm hướng giải: - Vì khi nhóm 2 hạng tử đầu tiên 2xy và –x ta được x ( 2y − 1) . Do vậy ta cần thêm bớt hạng tử y còn lại để có (2y – 1). - Tuy nhiên phương trình chỉ có y nên ta nghĩ tới việc nhân cả hai vế với 2. Do vậy ta có lời giải như sau:

* Lời giải: Giả sử phương trình có nghiệm nguyên x, y thỏa mãn phương trình (2). Biến đổi phương trình (2) ta được: 2 xy − x + y = 3 ⇔ 4 xy − 2 x + 2 y = 6 ⇔ 2 x(2 y −1) + (2 y −1) = 5 ⇔ (2 x + 1)(2 y − 1) = 5

Vì x, y nguyên nên 2x + 1 và 2y −1 cũng nguyên. Do vậy 2x + 1 và 2y −1 là các

ước của 5. Mà Ư(5) = {−1;1; − 5;5} . Lập bảng giá trị ta có: 2x + 1

-5

-1

-3

-1

2y - 1

-1

-5

-2

Thỏa mãn

Vậy phương trình (1) có nghiệm (x; y) là: (-3; 0), (-1; -2), (0; 3), (2; 1). 3. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 3x 2 + 10 xy + 8y 2 = 96. (3)

* Phân tích tìm hướng giải: - Nếu ta nhóm 2 hạng tử đầu hoặc 2 hạng tử sau của vế trái thì nhân tử thu

được chứa cả x và y. Mà hạng tử còn lại không thể thêm bớt để có được nhân 24

trử chung giống với biểu thức nhóm trước đó. Do vậy phương trình (3) không thể làm tương tự như phương trình (2) để phân tích thành phương trình ước số. - Nhận thấy nếu tách hạng tử 10xy = 4xy + 6xy ta thấy: 3x 2 + 6 xy = 3x( x + 2 y ) và 4 xy + 8 y 2 = 4 y ( x + 2 y ) . Do đó ta sẽ đưa phương trình (3) về phương trình ước số một cách dễ dàng.

* Lời giải: Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương x, y thỏa mãn PT (3). Biến đổi phương trình (3) ta được:

3x 2 + 10 xy + 8y 2 = 96 ⇔ 3x 2 + 6 xy + 4 xy + 8 y 2 = 96 ⇔ 3x( x + 2 y) + 4 y( x + 2 y) = 96 ⇔ (3x + 4 y)( x + 2 y) = 96 Vì x, y nguyên dương nên 3x + 4y và x + 2y cũng nguyên dương. Mà 96 = 16.6 = 12.8 = 24.4 và 3x+4y > x+2y với x, y nguyên dương. Nên xét các trường hợp sau TH1: 3x + 4 y = 16  3x + 4 y = 16  3x + 4 y = 16  x + 12 = 16 x = 4 ⇔  ⇔  ⇔  ⇔  (T / m)   x + 2 y = 6  2 x + 4 y = 12  2 x + 4 y = 12  2 x + 4 y = 12  y = 1

TH2: 3x + 4 y = 12  3x + 4 y = 12  x + 16 = 12  x = −4 ⇔  ⇔  ⇔  (T / m)   x + 2 y = 8  2 x + 4 y = 16  x + 2 y = 8  y = 6

TH3: 3x + 4 y = 24 3x + 4 y = 24  x + 8 = 24  x = 16 ⇔  ⇔  ⇔  (T / m)   x + 2 y = 4  2 x + 4 y = 8  x + 2 y = 4  y = −6

Vậy phương trình (3) có nghiệm (x; y) là: (4; 1); (-4; 6); (16; -6).

* Lời bình: - Ta thấy nếu tìm ước của 96 thì ước của 96 có rất nhiều giá trị, việc sử dụng ước của 96 để giải phương trình (3) thì rất phức tạp.

- Nhận thấy khi đánh giá được 3x+4 > x+2y thì hạn chế được rất nhiều trường hợp không cho nghiệm nguyên của phương trình. Khi đó việc giải bài toán trở lên đơn giản hơn rất nhiều. 4. Tìm nghiệm x,y nguyên của phương trình x 2 + x(3 y −1) + 2 y 2 − 5 = 0. (HSG TP. Hồ Chí Minh năm 2016 – 2017)

* Phân tích tìm hướng giải: - Nhận thấy đây là 1 phương trình khá phức tạp. Việc sử dụng phương pháp phát hiện tính chia hết để giải bài toán là một điều rất khó khăn. - Nhận thấy đây là phương trình 2 ẩn có bậc cao nhất là 2, vậy ta có thể

đưa phương trình về dạng tích. - Để thuận tiện hơn trong quá trình phân tích ta có thể phân tích thành nhân tử bằng cách sử dụng máy tính casio theo các bước như sau:

Đặt A= x 2 + x(3 y −1) + 2 y 2 − 5 Bước 1: Cho y =1000 thì ta có: A= x 2 + 2999 x + 1999995 = x 2 + 2999 x + 1999998 − 3 = B − 3. Bước 2: Cho B = 0 tìm nghiệm của phương trình bậc 2 theo x. Bước 3: Ta có B = x 2 + 2999 x + 1999998 = ( x + 1001)( x + 1998). Bước 4: 1001 = 1000+1 = y +1; 1998 = 2.1000 – 2 = 2y – 2. Bước 5: Ta có B = (x + 1001)(x + 1998) = (x + y + 1)(x + 2y – 2). Bước 6: Ta có A = (x + 1001)(x + 1998) – 3= (x + y + 1)(x + 2y – 2) – 3. Bước 7: Ta có A = (x + 1001)(x + 1998) – 3 = 0. Suy ra ( x + y + 1)( x + 2 y − 2) − 3 = 0 ⇒ ( x + y + 1)( x + 2 y − 2) = 3. Do vậy ta có lời giải như sau:

* Lời giải: Giả sử phương trình có nghiệm x, y nguyên. Ta có:

x 2 + x(3 y −1) + 2 y 2 − 5 = 0 ⇔ x 2 + 3xy − x + 2 y 2 − 5 = 0 26

⇔ x 2 + 2 xy + y 2 + xy − x + y 2 − 5 = 0 ⇔ ( x + y )2 + y ( x + y ) − x − 5 = 0 ⇔ ( x + y )( x + y + y ) − x − 5 = 0 ⇔ ( x + y )( x + 2 y ) − x − 5 = 0 ⇔ ( x + y + 1)( x + 2 y ) − x − 2 y − x − 5 = 0 ⇔ ( x + y + 1)( x + 2 y ) − 2( x + y + 1) = 3 ⇔ ( x + y + 1)( x + 2 y − 2) = 3 Vì x, y nguyên nên x + y + 1 và x + 2y – 2 cũng nguyên. Do đó x + y + 1 và x + 2y – 2 thuộc Ư(3). Ta xét từng trường hợp và tìm được (x, y) nguyên là: (-5; 5), (-3; 1); (1; 1); (-9; 5).

III. Bài tập vận dụng: Bài1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau 2 xy + y + x = 83. (Chuyên Tỉnh Thái Nguyên năm 2016 – 2017) 2 2 Bài 2. Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 x + 3 xy − 2 y = 7.

(HSG Toán 8 huyện Nam Trực - Tỉnh Nam Định Năm 2015-2016)

Bài 3. Tìm các số nguyên a, b biết rằng

a 1 1 − = . 7 2 b+3

(Chuyên Tỉnh Quảng Ngãi năm 2015 – 2016) 2 Bài 4. Tìm số tự nhiên x, y sao cho: (2 x + 1)( y − 5) = 12.

Bài 5. Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn

x + 3 = 2 y và 3 x + 1 = 4 z. (Tạp chí Toán học và tuổi trẻ số 411)

Bài 6. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình

2 x 2 − 2 xy − 5 x + y + 19 = 0. (HSG Vũng Tàu 2015 – 2016)

2 Bài 7. Tìm tất cả nghiệm nguyên của phương trình x − 4 xy + x + 4 y = 5.

(Chuyên Đồng Nai 2017 – 2018) 2 2 Bài 8. Giải phương trình nghiệm nguyên 3 x − 2 y − 5 xy + x − 2 y − 7 = 0.

(HSG Tỉnh Bình Phước2016 - 2017) 2 Bài 9. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn x + xy + 3 x + 2 y = 1.

(HSG Tỉnh Tây Ninh 2016- 2017)

Bài 10. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn ( y + 2) x 2 − y 2 − 2 y − 1 = 0. (HSG tỉnh Lai Châu 2016 -2017)

Bài 11. Tìm các số x, y nguyên dương thỏamãn:

( x 2 + 4 y 2 + 28) 2 − 17( x 4 + y 4 ) = 238 y 2 + 833. (Tạp chí Toán tuổi thơ 6/2017 phần đề thi dành cho nữ sinh)

Bài 12. Tìm nghiệm nguyên của phương trình

4( x − 3) y 2 + 2( x 2 − 4 x + 3) y + x 2 − 5 x = 24. (HSG Lai Châu 2016 -2017)

Bài 13. Tìm tất cả nghiệm nguyên dương x,y,z của phương trình

xyz + xy + yz + xz + x + y + z = 2015 ( x ≥ y ≥ z ≥ 8). (Chuyên Hưng Yên 2016 -2017)

Hướng dẫn tìm lời giải Bài1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau 2 xy + y + x = 83 (Đề thi Chuyên Tỉnh Thái Nguyên năm 2016 – 2017)

* Phân tích tìm hướng giải: - Ta thấy phương trình này có 2 ẩn x, y. Việc sử dụng phương pháp phát hiện tính chia hết của ẩn là rất khó khăn. - Do vậy ta không thể giải bằng phương pháp phát hiện tính chất chia hết của ẩn.

- Mặt khác, ta thấy sau khi nhóm 2 hạng tử 2xy và x cho ta biểu thức x ( 2y + 1) . Sẽ khó khăn khi chỉ còn lại y. - Nhận thấy nếu nhân thêm 2 vào cả 2 vế của phương trình ta sẽ có phương trình mới có dạng ( 2x + 1)( 2y + 1) = 167. Không giảm tính tổng quát ta giải sử x ≤ y ⇒ 2 x + 1 ≤ 2 y + 1 . - Do vậy tiến hành xét các trường hợp ta được nghiệm của phương trình là: (0; 8), (83; 0),(-84; -1),(-1; -84).

Bài 3. Tìm các số nguyên a, b biết rằng

a 1 1 − = . 7 2 b+3

(Chuyên Tỉnh Quảng Ngãi năm 2015 – 2016)

* Phân tích hướng giải: - Nhận thấy bài toán sẽ khó giải quyết khi chưa quy đồng mẫu ở 2 vế. Khi quy đồng ta có ( 2a − 7 ) ( b + 3) = 14. - Khi này chỉ cần áp dụng phương pháp giải phương trình ước số ta sẽ có kết quả. -Ta tìm được (a, b) thỏa mãn là: (0; -5),(3; -17), (4; 11), (7; -1). 2 Bài 4. Tìm số tự nhiên x, y sao cho (2 x + 1)( y − 5) = 12.

* Hướng dẫn giải: Vậy x = 1 và y = 3. Bài 5. Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn

x + 3 = 2 y và 3 x + 1 = 4 z. (Tạp chí Toán học và tuổi trẻ số 411) * Phân tích hướng giải

- Nhiều HS hiểu trên đây là 2 bài toán nhỏ do vậy khi giải các em giải độc lập khi đó giải bài toán sẽ rất phức tạp. Nhiều HS đã bị tắc với hướng giải

này. - Nhận thấy 2 phương trình đều có mối quan hệ trung gian là x. Do vậy ta có thể sử dụng cầu nối này để giải quyết bài toán. 29

- Ta thấy x nguyên dương nên 3 x + 1 ≥ x + 3 ⇒ 4 z = 2 2 z ≥ 2 y . Suy ra 4 z ⋮ 2 y ⇒ 3x + 1 = 3( x + 3) − 8⋮ x + 3 . Do vậy x + 3 thuộc ước của 8. + Mà x + 3 ≥ 4( x ∈ ℤ ) ⇒ x + 3 ∈ {4;8} ⇒ x ∈ {1;5} .

Với x = 1 suy ra y = 2; z = 1. Với x = 5 suy ra y = 3; z = 2. - Vậy nghiệm nguyên dương (x, y, z) thỏa mãn đề bài là (1; 2; 1),(5; 3; 2). Bài 6. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình 2 x 2 − 2 xy − 5 x + y + 19 = 0 .

(HSG Vũng Tàu 2015 – 2016) * Phân tích hướng giải :

- Ta có: 2 x 2 − 2 xy − 5 x + y + 19 = 0 ⇔ x(2 x − 1) − y (2 x − 1) − 2(2 x − 1) = −17 ⇔ (2 x − 1)( x − y − 2) = −17

- Lúc này ta xét các trường hợp để tìm x, y. - Vì 2x-1 là số lẻ nên ta sẽ giới hạn được các TH có thể xảy ra. - Khi đó phương trình có nghiệm nguyên (x,y) là: (0;-19), (1;16), (-8;-11), (9;8). * Lời bình:

- Cách phân tích thành nhân tử phương trình bằng casio như sau: 2 2 Ta có 2 x − 2 xy − 5 x + y + 19 = 0 . Đặt A = 2 x − 2 xy − 5 x + y − 19 .

Bước 1: Cho y =1000 ta có A = 2 x 2 − 2005 x + 1019 = 2 x 2 − 2005 x + 1002 + 17 = B + 17 . Bước 2: Cho B = 0 để tìm nghiệm của phương trình bậc 2 theo x. Bước 3: Ta có B = 2 x 2 − 2005 x + 1002 = ( x − 1002)(2 x − 1) . Bước 4: 1002 = 1000 + 2 = y + 2. 30

Bước 5: Ta có B = ( x − 1002 )( 2x − 1) = ( 2x − 1)( x − y − 2 ) . Bước 6: Khi đó = 2 x 2 − 2005 x + 1019 = 2 x 2 − 2005 x + 1002 + 17 = B + 17 = (2 x − 1)( x − y − 2) + 17 . Bước 7: A = 0 suy ra (2 x − 1)( x − y − 2) = −17 . - Như vậy ta phân tích PT về dạng (2 x − 1)( x − y − 2) = −17 . 2 Bài 7. Tìm tất cả nghiệm nguyên của phương trình x − 4 xy + x + 4 y = 5 .

(Chuyên Đồng Nai 2017 – 2018) * Phân tích hướng giải : - Cũng phân tích như phương trình (6) ta có

x 2 − 4 xy + x + 4 y = 5 ⇔ ( x − 1)( x − 4 y + 2) = 3 . - Xét các trường hợp và kết luận phương trình vô nghiệm. 2 2 Bài 8. Giải phương trình nghiệm nguyên 3 x − 2 y − 5 xy + x − 2 y − 7 = 0 .

(HSG Tỉnh Bình Phước2016 - 2017) * Hướng dẫn giải: 2 2 - Ta có: 3x − 2 y − 5 xy + x − 2 y − 7 = 0 ⇔ ( x − 2 y )(3x + y + 1) = 7 .

- Ta xét các trường hợp và kết luận phương trình vô nghiệm. 2 Bài 9. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn x + xy + 3x + 2 y = 1 .

(HSG Tỉnh Tây Ninh 2016- 2017) * Hướng dẫn giải: 2 - Ta có: x + xy + 3 x + 2 y = 1 ⇔ ( x + 2)( x + y + 1) = 3 .

- Ta xét các trường hợp và tìm được nghiệm nguyên (x, y) của phương trình là: (-1; 3), )1; -1),(-3; -1), (-5; 3). 2 2 Bài 10. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn ( y + 2) x − y − 2 y − 1 = 0 .

(HSG tỉnh Lai Châu 2016 -2017)

* Hướng dẫn giải:

- Ta có:

( y + 2) x 2 − y 2 − 2 y − 1 = 0 ⇔ ( y + 2) x 2 − y ( y + 2) = 1 ⇔ ( y + 2)( x 2 − 1) = 1 - Xét các trường hợp tìm được x = 0 và y = −1. Bài 11. Tìm các số x,y nguyên dương thỏa mãn

( x 2 + 4 y 2 + 28)2 − 17( x 4 + y 4 ) = 238 y 2 + 833. (Tạp chí Toán tuổi thơ 6/2017 phần đề thi dành cho nữ sinh) * Hướng dẫn giải:

- Ta có:

( x 2 + 4 y 2 + 28) 2 − 17( x 4 + y 4 ) = 238 y 2 + 833 2

⇔  x 2 + 4( y 2 + 28)  = 17  x 4 + ( y 2 + 7) 2  ⇔ 16 x 4 − 8 x 2 ( y 2 + 7) + ( y 2 + 7) 2 = 0 2

⇔  4 x 2 − ( y 2 + 7)  = 0 ⇔ 4 x 2 − y 2 − 7 = 0 ⇔ (2 x + y )(2 x − y ) = 7 - Xét các trường hợp tìm được x = 2 và y = 3. * Lời bình:

- Việc đánh giá 2 x + y > 2 x − y giúp học sinh có thể loại trừ 1 số trường hợp giúp ta nhanh chóng tìm được kết quả bài toán. Bài 12. Tìm nghiệm nguyên của phương trình

4( x − 3) y 2 + 2( x 2 − 4 x + 3) y + x 2 − 5 x = 24 . (HSG Lai Châu 2016 -2017) * Hướng dẫn giải: - Cùng mạch phân tích như PT (6) ta có:

4( x − 3) y 2 + 2( x 2 − 4 x + 3) y + x 2 − 5 x = 24 ⇔ 4( x − 3) y 2 + 2( x 2 − 4 x + 3) y + x 2 − 5 x + 6 = 30 32

⇔ 4( x − 3) y 2 + 2( x − 3)( x − 1) y + ( x − 3)( x − 2) = 30 ⇔ ( x − 3)  4 y 2 + 2( x − 1) y + x − 2  = 30 ⇔ ( x − 3)  (4 y 2 − 2 y − 2) + x(2 y + 1)  = 30 ⇔ ( x − 3)(2 y + 1)(2 y + x − 2) = 30

- Xét các trường hợp tìm được nghiệm nguyên (x, y) của phương trình là (8; 0), (4; 2), (-3; 2), (-3; 0), (5; 1), (5; -3), (-2; 1), (6; -3). * Lời bình:

- Việc đánh giá 2y + 1 là số lẻ và ( 2y + 1) + ( x − 3) = 2y + x − 2 giúp học sinh có thể loại trừ 1 số trường hợp giúp ta nhanh chóng tìm được kết quả bài toán. Bài 13. Tìm tất cả nghiệm nguyên dương x, y, z của phương trình

xyz + xy + yz + xz + x + y + z = 2015 ( x ≥ y ≥ z ≥ 8) . (Chuyên Hưng Yên 2016 -2017) * Hướng dẫn giải:

- Ta có:

xyz + xy + yz + xz + x + y + z = 2015 ( x ≥ y ≥ z ≥ 8) ⇔ ( x + 1)( y + 1)( z + 1) = 2016 = 7.32.25 = 16.14.9 - Xét các khả năng ta tìm được nghiệm nguyên dương của phương trình là: (15; 13; 8). * Lời bình:

- Việc đánh giá x ≥ y ≥ z ≥ 8 ⇒ x + 1 ≥ 9; y + 1 ≥ 9; z + 1 ≥ 9 giúp học sinh có thể loại trừ 1 số trường hợp giúp ta nhanh chóng tìm được kết quả bài toán.

§3. Phương pháp tách giá trị riêng I. Cơ sở lý luận của phương pháp:

- Rất nhiều phương trình nghiệm nguyên nếu dùng phương pháp phát hiện tính chất chia hết không đi đến được kết quả cuối cùng của bài toán, thậm trí không giải quyết được vấn đề. Và rất nhiều phương trình nghiệm nguyên ta không thể giải quyết được bằng phương pháp đưa về phương trình ước số. - Giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp tách giá trị riêng là cách biểu thị một ẩn (ẩn x) theo ẩn còn lại (ẩn y) rồi dùng phép chia hết để tìm giá trị nguyên của y, từ đó tím giá trị nguyên của x. II. Các ví dụ:

1. Giải các phương trình nghiệm nguyên sau xy − x − y = 2. (1) * Phân tích hướng giải:

Với phương trình này ta có hai cách giải như sau: Cách 1: Giả sử tồn tại x, y nguyên thỏa mãn phương trình (1).

Biến đổi phương trình (1) thành:

x ( y − 1) − y = 2 ⇔ x( y − 1) − ( y − 1) = 3 ⇔ ( x − 1)( y − 1) = 3 Vì x, y nguyên nên x −1 và y − 1 cũng nguyên. Do vậy x −1 và y − 1 là các ước của 3. Mà Ư(3) = {−1;1; − 3;3} .

Lập bảng giá trị ta có: x −1

-3

-1

-2

y− 1

-1

-3

-2

Vậy phương trình (1) có nghiệm (x; y) là: (-2; 0), (0; -2), (2; 4), (4; 2).

Cách 2:

Giả sử phương trình có nghiệm x,y nguyên thỏa mãn phương trình (1). Biến đổi phương trình (1)

xy − x − y = 2 ⇔ x( y − 1) = y + 2 . Ta có với y = 1 thì x.0=2 (vô lí). Do đó y ≠ 1 ⇒ x = Để x nguyên thì

y+2 3 = 1+ . y −1 y −1

3 ∈ ℤ ⇒ ( y − 1) là ước của 3. y −1

Mà Ư(3) = {−3; −1;1;3} . Lập bảng giá trị ta có y-1

-3

-1

-2

Thỏa mãn

x = 1+

3 y −1

Vậy phương trình (1) có nghiệm (x; y) là: (-2; 0), (0; -2), (2; 4), (4; 2). * Lời bình:

- Ta thấy có thể giải phương trình (1) bằng cách đưa về phương trình ước số. Nhưng ta cũng có thể chuyển vế, biến đổi ẩn x theo ẩn y rồi áp dụng tính chất về chia hết để tìm nghiệm nguyên của phương trình. - Như vậy có những phương trình nghiệm nguyên có thể giải được bằng nhiều phương pháp. Trong trường hợp này hai phương pháp giải đều cho lời giải đơn giản do vậy học sinh có thể làm theo cách nào cũng được. Nhưng ở một số

phương trình khác nếu có nhiều cách làm thì ta nên chọn cách làm đơn giản nhất.

2 2 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình ( y + 2) x + 1 = y .

(HSG Tỉnh Bình Định năm 2015 – 2016) * Phân tích tìm hướng giải:

- Nếu ta dùng phương pháp đưa về phương trình ước số thì rất khó khăn và giải phương trình này rất phức tạp. - Nếu ta chyển 1 sang vế phải ( y + 2) x 2 = y 2 − 1 ta sẽ giải được phương trình (2) bằng cách tách giá trị nguyên. * Lời giải:

Giả sử phương trình có nghiệm x,y nguyên. 2 2 2 2 Ta có: ( y + 2) x + 1 = y ⇔ ( y + 2) x = y − 1 .

Ta thấy: y = −2 không phải là nghiệm của phương trình (2) nên y ≠ 2 .  −2 < y ≤ −1 y2 −1 ≥0⇔ Khi đó phương trình (2) ⇔ x = y+2  y ≥1 2

2 2 2 Do x ∈ ℤ ⇒ ( y − 1)⋮ ( y + 2) mà ( y + 2 y )⋮ ( y + 2) ⇒ (2 y + 1) ⋮ ( y + 2)

 y = −1  y = −3 Mà (2 y + 4) ⋮ ( y + 2) ⇒ 3 ⋮ ( y + 2) ⇒  y =1   y = −5

Từ đó ta có các nghiệm (x; y) nguyên cần tìm là: (0; 1); (0; -1). 2 2 3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: ( x + 2 x + 2)( y + 1) = x( x + 2) + 7.

* Phân tích tìm hướng giải:

- Ta không được nghĩ tới phương pháp đưa về phương trình ước số vì theo phương pháp này ta phải bỏ ngoặc, chuyển vế và phân tích từ đầu khiến bài toán trở lên quá phức tạp. - Ta không sử dụng phương pháp phát hiện tính chia hết để giải phương trình này được.

- Nhận thấy ở phương trình có vế trái là tích của 2 biểu thức chỉ có biến x hoặc chỉ có biến y, vế phải là một biểu thức chỉ có biến x. Do đó ta nghĩ tới phương pháp tách giá trị nguyên, biểu diễn y theo x rồi dựa vào tính chất chia hết để tìm y, x. * Lời giải:

Giả sử phương trình có nghiệm x, y nguyên. Ta có:

( x 2 + 2 x + 2)( y 2 + 1) = x( x + 2) + 7 ⇔ ( x 2 + 2 x + 2)( y 2 + 1) = x 2 + 2 x + 7. 2 2 2 Vì x + 2 x + 2 = ( x + 2 x + 2) + 1 = ( x + 1) + 1 > 0

x2 + 2 x + 7 x2 + 2 x + 2 + 5 5 ⇒ y +1 = 2 = = + 1 . x + 2x + 2 x2 + 2 x + 2 x2 + 2x + 2 2

2 2 Vì x, y ∈ ℤ ⇒ y + 1∈ ℤ; x + 2 x + 2 ∈ ℤ.

2 2 Do đó x 2 + 2 x + 2 là ước của 5 mà x + 2 x + 2 = ( x + 1) + 1 ≥ 1

và Ư(5)= {−5; − 1;1;5} Nên ta có các trường hợp sau: TH1: x 2 + 2 x + 2 =5

 x =1 ⇔ x 2 + 2 x − 3 = 0 ⇔ ( x − 1)( x + 3) = 0 ⇔   x = −3  y =1 2 2 Với x = 1 ⇒ y + 1 = 2 ⇔ y = 1 ⇔   y = −1  y =1

Với x = −3 ⇒ y 2 + 1 = 2 ⇔ y 2 = 1 ⇔   y = −1  y= 5

2 2 TH2: x + 2 x + 2 = 1 ⇔ y = 5 ⇔ 

 y = − 5

(loại)

Vậy (x; y) nguyên cần tìm là: (1; 1), (1; -1), (-3; 1), (-3; -1).

2 5. Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: xy − 2 y − 3 = 3x − x .

(Đề thi HSG Bến Tre 2016 – 2017) * Phân tích tìm hướng giải: - Ta thấy rằng ở phương trình trên y có bậc cao nhất là 1. Nên ta có thể rút

y và tách giá trị nguyên của phương trình. * Lời giải: Giả sử phương trình có nghiệm x, y nguyên. Ta có:

xy − 2 y − 3 = 3 x − x 2 ⇔ y ( x − 2) − 3 = 3x − x 2 ⇔ y ( x − 2) = 3 x − x 2 + 3. Ta có x = 2 không phải là nghiệm của phương trình.

3 + 3x − x 2 (1 − x)( x − 2) + 5 5 = = 1− x + . Do đó y = x−2 x−2 x−2 Vì y nguyên nên 1 − x +

5 nguyên ⇔ 5 ⋮ x − 2 hay x − 2 là ước của 5. x−2

Mà Ư(5) = {−5; −1;1;5} . Ta có bảng giá trị sau: x−2

-5

-1

-3

-5

Thỏa mãn

y = 1− x +

5 x−2

Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x; y) là: (-3; 3); (1; -5); (3; 3); (7; -5).

* Lời bình: - Với những phương trình bậc 2, có một ẩn nào đó chỉ xuất hiện bậc nhất. Ta có thể rút ẩn đó theo ẩn còn lại để tách giá trị nguyên. Ví dụ ở bài toán trên

nhận thấy rằng y có bậc cao nhất là một nên từ đó rút y theo x từ phương trình đã cho ta được y =

3 + 3x − x 2 . Ta lấy 3 + 3x − x 2 chia cho x − 2 để tách lấy giá trị x−2

nguyên. Rõ ràng phương trình có nghiệm nguyên khi x − 2 là ước của 5.

III – Bài tập vận dụng. Bài1. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình ( x + 3)( y + 4) = 3 xy. (Đề chuyên Tỉnh Bình Dương 2016 – 2017 vòng 1) 2 Bài 2. Tìm tất cả các nghiệm nguyên x, y thỏa mãn y ( x − 1) = x + 2 .

(Chuyên Phú Yên 2015 – 2016)

Bài 3. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 5 x − 3 y = 2 xy − 11. Bài 4. Tìm các số nguyên dương (x; y) thỏa mãn phương trình

xy 2 + 2 xy + x = 32 y. (HSG Hà Giang 2015 – 2016) 2 Bài 5. Tìm tất cả các nghiệm nguyên thỏa mãn x + 2 xy + y = 6.

(Chuyên Tỉnh Phú Thọ 2016 -2017)

Bài 6. Tìm tất cả các các số nguyên (x; y) thỏa mãn:

x 2 + xy − x − 2 y − 5 = 0. (Chuyên Toán Hòa Bình 2016 – 2017)

Bài 7. Tìm tất cả các số nguyên ( x, y ) thỏa mãn:

2 x 2 − 2 xy − 5 x + y + 19 = 0. (HSG Vũng Tàu 2015 – 2016)

Bài 8. Tìm tất nghiệm nguyên dương ( a; b ) thỏa mãn :

a 3 − b3 + 3(a 2 − b 2 ) + 3(a − b) = (a + 1)(b + 1) + 25. (HSG Tỉnh Quảng Nam năm 2016 – 2017)

Bài 9. Tìm các số nguyên ( x, y ) thỏa mãn phương trình

2 xy 2 + 3 x 2 + y + 3 = 2 y 2 + xy + 3 x. (Chuyên Yên Bái 2017 – 2018)

Bài 10. Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương ( x, y ) thỏa mãn

x 2 − y 2 + x 2 y − xy = x + 14. (HSG Tỉnh Thừa Thiên Huế 2016 – 2017)

Hướng dẫn tìm hướng giải và lời giải Bài 1. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: ( x + 3)( y + 4) = 3 xy. (Đề chuyên Tỉnh Bình Dương 2016 – 2017 vòng 1)

* Phân tích tìm lời giải: - Học sinh có thể giải PT này bằng phương pháp đưa về phương trình ước số. Nhưng theo cách đó lời giải rất phức tạp. Nếu sa đà vào cách này rất mất thời gian. - Do vậy HS cần có kinh nghiệm khi phương trình có x và y có bậc cao nhất là 1 thì ta biến đổi x theo y hoặc ngược lại để tách được giá trị nguyên. Từ

đó có lời giải rất dễ dàng. * Lời giải: Giải sử phương trình có nghiệm nguyên ( x, y ) . Ta có

( x + 3)( y + 4) = 3 xy ⇔ y (2 x − 3) = 4 x + 12 ⇔ y = 2+

18 2x − 3

(Vì x là số nguyên nên 2x - 3 khác 0)

Vì x, y nguyên nên 18 phải chia hết cho 2 x − 3 . Do vậy 2 x − 3 phải thuộc ước của 18. Mà Ư(18) = {±1; ÷2; ±3; ±6; ±8;18} . Từ đó ta tính được các giá trị nguyên của x là : 2;1;3;0;6;-3. Nên suy ra giá trị y tương ứng là: 20; -16; 8; -4; 4; 0. Vậy phương trình có nghiệm nguyên ( x, y ) là: (2; 20), (1; -16), (3; 8), (0; -4), (6; 4), (-3; 0). 2 Bài 2. Tìm tất cả các nghiệm nguyên ( x, y ) thỏa mãn: y ( x − 1) = x + 2 .

(Chuyên Phú Yên 2015 – 2016)

* Phân tích tìm lời giải: - Nhận thấy nếu chia cả 2 vế cho x − 1 ta có thể đưa phương trình về dạng tách giá trị nguyên y =

x2 + 2 . Nhưng học sinh x −1

thường không để ý rằng

x −1 chưa khác 0. - Do vậy ta phải kiểm tra x = 1 có là nghiệm của phương trình hay không. Khi đó ta tìm được hướng giải của bài toán.

* Lời giải: Giải sử phương trình có nghiệm nguyên ( x, y ) . Ta có với x = 1 thì phương trình có dạng: 0 = 2(vô lí) Nên x = 1 không là nghiệm của phương trình. Do đó ta có

x2 + 2 3 ⇔ y = x +1+ y ( x − 1) = x + 2 ⇔ y = x −1 x −1 2

Vì x, y nguyên nên x −1 thuộc ước của 3. Vậy ( x, y ) cần tìm là : (4; 6), (2; 6), (-2; -2), (0; -2).

Bài 3. Tìm các nghiệm nguyên ( x, y ) của phương trình 5 x − 3 y = 2 xy − 11. * Hướng dẫn giải: - Khi HS làm được bài 2 thì kinh nghiệm của bài 2 sẽ giúp các em giải bài 3 một cách dễ dàng.

- Các cặp giái trị của ( x, y ) là: (-1; 6), (-2; -1), (2; 3), (-5, 2).

Bài 4. Tìm các số nguyên dương ( x, y ) thỏa mãn phương trình

xy 2 + 2 xy + x = 32 y. (HSG Hà Giang 2015 – 2016)

* Phân tích tìm lời giải: - Nhận thấy ẩn x có bậc cao nhất là 1 nên ta sẽ rút x theo y để tách giá trị nguyên. Khi đó HS làm được bài 4 một cách dễ dàng.

* Lời giải: Giải sử phương trình có nghiệm nguyên ( x, y ) . Ta có:

xy 2 + 2 xy + x = 32 y ⇔ x( y 2 + 1) = 32 y. Vì y nguyên dương nên y + 1 khác 0 nên x =

32 y . ( y + 1) 2

2 Vì ( y, y + 1) = 1 nên ( y + 1) ∈ Ư(32). 2 2 2 4 Mà 32 = 25 nên ( y + 1) = 2 và ( y + 1) = 2 (do ( y + 1) 2 > 1 ) 2 2 Nếu ( y + 1) = 2 thì y = 1 suy ra x = 8. 2 4 Nếu ( y + 1) = 2 thì y = 3 suy ra x = 6.

Vậy nghiệm nguyên dương ( x, y ) của phương trình là : (8; 1), (6; 3). 2 Bài 5. Tìm tất cả các nghiệm nguyên thỏa mãn: x + 2 xy + y = 6 .

(Chuyên Tỉnh Phú Thọ 2016 -2017)

* Phân tích hướng giải: Cũng với mạch suy nghĩ để giải PT(2) và PT(3). Ta có thể giải được pt này theo phương pháp tách giá trị nguyên.

* Lời giải: Giải sử phương trình có nghiệm nguyên ( x, y ) . 2 2 Ta có: x + 2 xy + y = 6 ⇔ y (2 x + 1) = 6 − x

6 − x2 ⇔ y= (vì x, y nguyên nên 2 x + 1 ≠ 0 ). 2x +1 ⇔ y = 2x −1 −

23 . 2x +1

Vì x, y nguyên nên 2 x + 1 phải thuộc ước của 23. Từ đó ta suy ra x ∈{−12; −1;0;11} . Lần lượt thay giá trị của x vào phương trình ta tìm được y tương ứng là: 6; -5; 6; -5. Vậy giá trị ( x, y ) cần tìm là: (-12; 6), (-1; -5), (0; 6), (11; -5).

Bài 6. Tìm tất cả các các số nguyên ( x, y ) thỏa mãn

x 2 + xy − x − 2 y − 5 = 0. (Chuyên Toán Hòa Bình 2016 – 2017)

* Phân tích tìm lời giải: Tương tự như PT(5) ta cũng có thể giải PT(6) này một cách dễ dàng.

* Lời giải: Giải sử phương trình có nghiệm nguyên ( x, y ) .

x 2 + xy − x − 2 y − 5 = 0 ⇔ y ( x − 2) = − x 2 + x + 5 − x2 + x + 5 ⇔ y= (Vì x = 2 không là nghiệm của phương trình) x−2

⇔ y = −x −1 +

3 x−2

Vì x, y nguyên nên x − 2 phải thuộc ước của 3. Từ đó tìm được ( x, y ) thỏa mãn là: (3; -1),(5; -5),(1; -5),(-1, 1).

Bài 7. Tìm tất cả các số nguyên ( x, y ) thỏa mãn:

2 x 2 − 2 xy − 5 x + y + 19 = 0. (HSG Vũng Tàu 2015 – 2016)

* Phân tích tìm lời giải: Tương tự như PT(6) ta cũng có thể giải PT(7) này một cách dễ dàng.

* Lời giải: Giải sử phương trình có nghiệm nguyên ( x, y ) .

2 x 2 − 2 xy − 5 x + y + 19 = 0 ⇔ y =

⇔ y = x−2−

−2 x 2 + 5 x − 19 ( x ∈ ℤ) 1− 2x

17 . 1− 2x

Vì x, y nguyên nên 1 − 2x phải thuộc ước của 17. Từ đó tìm được ( x, y ) thỏa mãn là: (0; -19), (1; 16), (-8; -11), (9; 8).

Bài 8. Tìm tất nghiệm nguyên dương ( a, b) thỏa mãn :

a 3 − b3 + 3(a 2 − b2 ) + 3(a − b) = (a + 1)(b + 1) + 25. (HSG Tỉnh Quảng Nam năm 2016 – 2017)

* Hướng dẫn giải: - Ta thấy sau khi biến đổi vế trái của phương trình ta đượcthành (a + 1)3 − (b + 1)3 = (a + 1)(b + 1) + 25 . Đặt H = (a + 1) − (b − 1); P = (a + 1)(b + 1). 25 − H 3 . Rõ ràng H, P > 0. Từ đó ta có P = 3H − 1

Do P > 0 nên H nhận giá trị là 1, 2, 3. Thực tế chỉ có H = 1 thỏa mãn khi đó P = 12. Nên từ đó suy ra (a + 1)(b + 1) = 12 = 1.12 = 2.6 = 3.4. - Xét tất cả các tường hợp ta có nghiệm nguyên dương (a, b) của phương trình là: (1; 5), (5; 1), (2; 3), (3; 2).

Bài 9. Tìm các số nguyên ( x, y ) thỏa mãn phương trình

2 xy 2 + 3 x 2 + y + 3 = 2 y 2 + xy + 3 x. (Chuyên Yên Bái 2017 – 2018) 44

* Hướng dẫn giải: - Ta thấy ẩn x và ẩn y trong phương trình đều có bậc cao nhất là 2 nên ta không thể rút y theo x . - Nhận thấy

2 xy 2 + 3 x 2 + y + 3 = 2 y 2 + xy + 3 x ⇔ ( x − 1)(2 y 2 + 3 x − y ) + 3 = 0 −3 ⇔ 2 y 2 + 3x − y = x −1 Do đó để x, y nguyên thì trước tiên

3 ∈ ℤ . Điều này tương đương với x − 1 x −1

thuộc ước của 3. Từ đó giải tìm được số nguyên x, y thỏa mãn là x = 0; y = -1

Bài 10. Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương ( x, y ) thỏa mãn

x 2 − y 2 + x 2 y − xy = x + 14. (HSG Tỉnh Thừa Thiên Huế 2016 – 2017)

* Hướng dẫn giải: - Nhận thấy y = -1 không là nghiệm của phương trình nên ta có:

x 2 − y 2 + x 2 y − xy = x + 14 ⇔ ( x 2 − x)( y + 1) = y 2 + 14 y 2 + 14 15 ⇒x −x= = y −1 + y +1 y +1 2

Vì x, y nguyên dương nên ta sẽ có 15 chia hết cho y +1. - Từ đó ta tìm được nghiệm nguyên ( x, y ) thỏa mãn phương trình là: (3; 2), (-2; 2), (3; 4), (-2; 4).

§4. Phương pháp xét số dư từng vế I - Cơ sở lý luận của phương pháp: Phương pháp này thường được áp dụng để chứng minh phương trình không có nghiệm nguyên bằng cách chứng minh số dư trong phép chia hai vế của phương trình cho cùng một số nào đó khác nhau. Muốn tìm số dư ở hai vế của phương trình cho cùng một số cần sử dụng những kiến thức sau:

Tính chất của số chính phương: - Số chính phương không tận cùng bằng 2; 3; 7; 8. - Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho p2. - Số chính phương chia cho 3 dư 0 hoặc dư 1. - Số chính phương chia cho 4 dư 0 hoặc dư 1. - Số chính phương chia cho 8 dư 0, dư 1 hoặc dư 4.

Các dấu hiệu chia hết: + Dấu hiệu chia hết cho 2:

Số có chữ số tận cùng là 0;2;4;6;8.

+ Dấu hiệu chia hết cho 3:

Số có tổng các chữ số chia hết cho 3.

+ Dấu hiệu chia hết cho 4:

Số có 2chữ số cuối hợp thành số chia hết cho 4.

+ Dấu hiệu chia hết cho 5:

Số có chữ số tận cùng là 5 hoặc 0.

+ Dấu hiệu chia hết cho 8:

Số có 3 chữ số cuối hợp thành số chia hết cho 8.

+ Dấu hiệu chia hết cho 9:

Số có tổng các chữ số chia hết cho 9.

+ Dấu hiệu chia hết cho 10:

Số có chữ số tận cùng là 0.

+ Dấu hiệu chia hết cho 11:

Số có hiệu của tổng các chữ số hàng chẵn và tổng các chữ số hàng lẻ chia hết cho 11.

II - Các ví dụ: 2 2 1. Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm: x − y = 2018. (1)

* Phân tích hướng giải : - Ta thấy vế trái có x 2 và y2 là các số chính phương với x, y là số nguyên. Do đó ta dễ dàng chứng minh được x 2 và y2 chia cho 4 đều dư 0 hoặc dư 1 nên

x 2 − y 2 chia cho 4 có số dư là 0 hoặc 1 hoặc 3. Mà 2018 chia 4 dư 2. - Do vậy ta sử dụng xét số dư ở 2 vế với 4 sẽ cho phương trình (1) vô nghiệm.

* Lời giải : Giả sử phương trình có nghiệm nguyên ( x, y) . Ta dễ dàng chứng minh được x 2 và y2 chia cho 4 đều dư 0 hoặc dư 1. 2 2 Do vậy x − y chia cho 4 có số dư là 0 hoặc 1 hoặc 3. Mà 2018 chia 4 dư 2.

Vậy phương trình đã cho không có nghiệm.

* Lời bình : Ta cũng có thể trình bầy lời giải phương trình này như sau: Giả sử tồn tại ( x, y) nguyên thỏa mãn phương trình (1). Ta có: x 2 − y 2 = 2018 ⇒ x 2 − y 2 là số chẵn ⇒ x, y cùng tính chẵn lẻ

⇒ ( x − y)⋮ 2 và ( x + y)⋮ 2 ⇒ ( x − y )( x + y )⋮ 4 2 2 Lại có x − y = 2018 ⇔ ( x − y )( x + y ) = 2018

Do đó 2018⋮ 4 (Vô lí) suy ra điều giả sử là sai. Vậy phương trình (1) không có nghiệm nguyên. 2 2. Tìm nghiệm nguyên ( x, y) của phương trình: 9 x + 2 = y + y. (2)

* Phân tích hướng giải : - Ta không thể giải PT(2) bằng phương pháp tách giá trị riêng vì PT này y2 + y − 2 có ẩn x có bậc cao nhất là 1 nhưng khi tách giá trị nguyên cho ta x = . 9

Nên không thể sử dụng tính chất chia hết để làm tiếp. Do vậy HS cần chú ý đến xét số dư ở từng vế của phương trình với cùng một số nào đó. - Ta thấy 9 x + 2 chia 3 dư 2 mà 9 x + 2 = y 2 + y do đó y 2 + y = y ( y + 1) chia 3 dư 2. Mà y và y + 1 là 2 số nguyên liên tiếp với y nguyên. Do vậy y chia cho 3 dư 1. Sau đó ta đặt y = 3k+1( k ∈ ℤ ) và thay vào phương trình tìm được x như vậy sẽ tìm được nghiệm nguyên của phương trình.

* Lời giải: Giả sử tồn tại ( x, y) nguyên thỏa mãn phương trình (2). 2 Ta có: 9 x + 2 chia 3 dư 2 mà 9 x + 2 = y + y do đó y 2 + y = y ( y + 1) chia 3 dư 2

⇒ y chia 3 dư 1.

Đặt y = 3k + 1( k ∈ ℤ ) ⇒ y + 1 = 3k + 2. Khi đó phương trình (2) trở thành:

9x + 2 = ( 3k + 1)( 3k + 2 ) ⇔ 9 x + 2 = 9 k 2 + 9k + 2 ⇔ x = k2 + k  y = 3k + 1 (k ∈ ℤ). Vậy nghiệm của phương trình là:  2 x = k + k a b c 3. Tìm các bộ số tự nhiên (a, b, c) thỏa mãn 10 + 2 − 3 = 2016. (3)

* Phân tích hướng giải: - Ta không thể giải phương trình trên bằng phương pháp tách giá trị riêng. Cũng không thể giải phương trình bằng phương pháp đưa về phương trình ước số. - Mặt khác ta lại thấy vế phải là 2016 là một số chẵn. Vế trái có các lũy thừa với cơ số là 10, 2, 3. Do vậy ta có thể sử dụng phương pháp xét số dư từng vế để giải phương trình (3).

* Lời giải : Nếu a > 0; b > 0 thì không tồn tại (a, b, c) vì VT lẻ, VP chẵn. 48

b c Nếu a = 0 thì 2 − 3 = 2015

Xét b = 0 thì không tồn tại c nguyên. Xét b = 1 thì không tồn tại c nguyên. b c b c Xét b > 1 thì 2 ⋮ 4 ; −3 chia 4 dư 1 suy ra 2 − 3 chia 4 dư 1.

Mà 2015 chia 4 dư 3 nên không tồn tại c nguyên. Nếu b = 0 ta có: 10 a − 3c = 2015 Xét c = 0 thì không tồn tại a nguyên. Xét c = 1 thì không tồn tại a. c Xét c > 1 thì 10a chia 3 dư 1; 3 ⋮ 3 suy ra 10a − 3c chia 3 dư 1.

Mà 2015 chia 3 dư 2 nên không tồn tại a. Vậy phương trình vô nghiệm. 4. Xác định tất cả các cặp nguyên dương ( x, n) thỏa mãn phương trình sau:

x 3 + 3367 = 2 n. (HSG Tỉnh Tuyên Quang 2015 – 2016)

* Phân tích tìm hướng giải: - Ta thấy phương trình có 2 n và x 3 nên không thể sử dụng phương pháp tách giá trị riêng để giải phương trình (4). - Nhận thấy: Nếu chuyển x3 sang vế trái ta được phương trình

2 n − x 3 = 3367 . Như vậy ta có thể giải phương trình bằng phương pháp xét số dư từng vế. n 3 - Ta có: 3 3 6 7 ⋮ 7 do đó 2 và x khi chia cho 7 có cùng số dư.

Ta xét n trong phép chia cho 3: n Nếu n không chia hết cho 3 thì 2 khi chia cho 7 chỉ có thể cho số dư là

3 2, 4 hoặc 7, trong khi đó x khi chia cho 7 chỉ có thể cho số dư là 0, 1 hoặc 6 n 3 nên 2 và x khi chia cho 7 không có cùng số dư.

Do vậy n chia hết cho 3. Đặt n = 3m( m ∈ ℤ ) 49

Khi đó ta có:

23m − x 3 = 3367 ⇔ (2m )3 − x 3 = 3367 ⇔ (2m − x)  (2m − x )2 + 3 x.2 m  = 3367(*) - Do vậy ta có thể giải phương trình (*) bằng cách sử dụng phương pháp

đưa về phương trình ước số. - Như vậy việc kết hợp giữa các phương pháp giải giúp học sinh có thể chyển hóa bài toán phức tạp về bài toán đơn giản hơn và giải nhanh hơn.

* Lời giải: Giả sử tồn tại x, n nguyên dương thỏa mãn phương trình (4). 3 n n x Ta có: x + 3367 = 2 ⇔ 2 − 3 = 3367 .

n 3 Vì 3 3 6 7 ⋮ 7 do đó 2 và x khi chia cho 7 có cùng số dư.

Ta xét n trong phép chia cho 3: Nếu n không chia hết cho 3 thì 2 khi chia cho 7 chỉ có thể cho số dư là n

3 2, 4 hoặc 7, trong khi đó x khi chia cho 7 chỉ có thể cho số dư là 0, 1 hoặc 6 n 3 nên 2 và x khi chia cho 7 khôngcó cùng số dư.

Do vậy n chia hết cho 3. Đặt n = 3m ( m ∈ ℤ ) Khi đó ta có:

23m − x 3 = 3367 ⇔ (2m )3 − x 3 = 3367 ⇔ (2m − x)  (2m − x )2 + 3 x.2 m  = 3367(*) m m 2 m Vì x , n là số nguyên dương nên 2 − x và  (2 − x ) + 3 x.2  đều là các số m nguyên. Do đó 2 − x là ước của 3367. m Lại có (2 m − x)3 < 23m − x 3 = 3367 nên 2 − x ∈ {1;7;13} .

Xét 2m − x = 1 . Thay vào (*) ta suy ra được 2m (2m − 1) = 2.561 (vô nghiệm). m m m Xét 2 − x = 3 . Thay vào (*) ta suy ra được 2 (2 − 13) = 2.15 (vô nghiệm).

m m m Xét 2 − x = 7 . Thay vào (*) ta suy ra được 2 (2 − 7) = 24.32 .

Từ đó ta có m = 4; n = 3m = 12 và x = 9. Vậy ( x, n) = (9; 12).

5. Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên:

x 2 + y 2 + z 2 = 1999. (5) * Phân tích tìm hướng giải: - Cùng mạch suy nghĩ như phương trình (1) ta thấy vế trái có x 2 , y 2 , z 2 là các số chính phương với x, y, z là số nguyên. - Do đó ta sử dụng tính chất chia hết của số chính phương để xét số dư ở hai vế của phương trình.

* Lời giải: Giả sử tồn tại x, y, z nguyên thỏa mãn phương trình (5). Ta có: 1999 là số lẻ mà x 2 + y 2 + z 2 = 1999 nên x 2 + y 2 + z 2 là số lẻ nên trong ba số x 2 , y 2 , z 2 phải có một số lẻ và hai số chẵn hoặc cả ba số đều lẻ. TH1: Trong ba số x 2 , y 2 , z 2 có một số lẻ và hai số chẵn. Ta có số chính phương chẵn thì chia hết cho 4, còn số chính phương lẻ thì 2 2 2 chia cho 4 dư 1 và chia cho 8 dư 1. Do đó x + y + z chia cho 4 dư 1 mà 1999 2 2 2 chia cho 4 dư 3 nên x + y + z = 1999 (vô lí).

TH2: Ba số x 2 , y 2 , z 2 đều là số lẻ. Khi đó x 2 + y 2 + z 2 chia cho 8 dư 3 mà 1999 chia 8 dư 7. 2 2 2 Do đó x + y + z = 1999 (vô lí).

Như vậy điều giả sử là sai. Vậy phương trình (5) không có nghiệm nguyên.

III - Bài tập vận dụng: Bài 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2 − 2 y 2 = 5 . 2 2 Bài 2. Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn: 5 x + 8 y = 20412 .

(Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 2017 – 2018 vòng 2) 2 y Bài 3. Tìm x, y là số tự nhiên thỏa mãn x + 3 = 3026 .

Hướng dẫn tìm lời giải 2 2 Bài 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x − 2 y = 5 .

* Phân tích tìm hướng giải : - Ta thấy vế trái có x 2 , y 2 là các số chính phương với x, y là số nguyên. Tuy nhiên vế phải của phương trình là 5 nên ta không thể xét trực tiếp phép chia của các số chính phương cho 5. - Do đó ta xét 2 trường hợp x chia hết cho 5 và x không chia hết cho 5 để từ đó tìm tính chia hết của 2y2 với 5 và tìm y. Do vậy ta có lời giải như sau:

* Lời giải: Giải sử phương trình có nghiệm x, y nguyên. Ta có: - TH1: x chia hết cho 5. Ta có x⋮5 suy ra x2 chia hết cho 25 mà x 2 − 2 y 2 = 5 và 5 chia hết cho 5 nên − 2y 2 chia hết cho 5 mà 2 và 5 là 2 số nguyên tố cùng nhau nên y2 chia hết cho 25 hay x 2 − 2 y 2 chia hết cho 25 (mâu thuẫn vì x 2 − 2 y 2 = 5 chia hết cho 5) - TH2: x không chia hết cho 5. Ta có x không chia hết cho 5 suy ra y không chia hết cho 5 và x2 chia 5 có số dư là 1 hoặc 4. Mặt khác y2 chia 5 cũng dư 4 hoặc 1 nên 2y2 chia 5 dư 3 hoặc 2. Suy ra x 2 − 2 y 2 chia cho 5 dư ±1 hoặc ±2 (loại). Vậy phương trình vô nghiệm.

Bài 2. Tìm tất cả các số nguyên x,y thỏa mãn: 5 x 2 + 8 y 2 = 20412 . (Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 2017 – 2018 vòng 2)

* Hướng dẫn giải: Ta có 20412⋮ 2 và 8y2 ⋮ 2 nên x⋮ 2 . 2 2 Đặt x = 2 x1 . Khi đó phương trình trở thành 5 x1 + 2 y = 5103 .

2 2 2 2 Vì 5103⋮3 nên 5 x1 + 2 y chia hết cho 3 hay x1 + y ⋮ 3 ⇒ x1 ⋮ 3, y ⋮ 3.

2 2 Đặt x1 = 3x2 ; y = 3 y1 thì phương trình đã cho trở thành 5 x2 + 2 y1 = 5103. 2 2 Suy luận tương tự ta được 5 x3 + 2 y2 = 63.

2 2 Tiếp tục đặt cho ta 5 x4 + 2 y3 = 7 .

Nếu x4 = y3 = 0 thì phương trình vô nghiệm Nếu x4 ≠ 0, y3 ≠ 0 thì x4 = ±1, y3 = ±1 ⇒ x = ±54, y = ±27 . Vậy x = ±54, y = ±27 . 2 y Bài 3. Tìm x, y là số tự nhiên thỏa mãn x + 3 = 3026.

* Hướng dẫn giải: Vì x, y là số tự nhiên nên ta xét 2 trường hợp y = 0 và y ≠ 0 . - TH1: Với y = 0 suy ra x 2 = 3025 . Mà x là số tự nhiên nên x = 55. - TH2: Với y > 0 thì 3y chia hết cho 3 và x 2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1. Do vậy x 2 + 3 y chia cho 3 dư 0 hoặc 1. Mà 3026 chia cho 3 dư 2 (loại). Vậy nghiệm ( x, y ) của phương trình là (55; 0).

Chuyên đề 2: Phương pháp dùng bất đẳng thức §1. Phương pháp sắp thứ tự của ẩn I - Cơ sở lí luận của phương pháp: Một số phương trình ta không thể giải được nếu không dùng phương pháp sắp thứ tự của ẩn. Nếu phương trình có các hệ số nguyên mà các ẩn x, y, z,... có vai trò bình đẳng, ta có thể giả sử x ≤ y ≤ z ..., mục đích sắp thứ tự của ẩn để thu hẹp miền xác định của ẩn. Từ đó dùng các phép hoán vị để suy ra các nghiệm của phương trình đã cho.

II - Ví dụ: 1. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x + y + z = xyz. (1)

* Phân tích tìm hướng giải: - Ta không thể đưa phương trình (1) về phương trình ước số. - Ta thấy không thể giải phương trình bằng phương pháp xét giá trị riêng hoặc phương pháp xét số dư từng vế. - Nhận thấy: x, y, z là các số nguyên dương, vai trò của chúng như nhau nên không mất tính tổng quát, ta giả sử 1 ≤ x ≤ y ≤ z mà x + y + z = xyz ⇒ 1 =

1 1 1 3 + + ≤ 2 ⇒ x2 ≤ 3 ⇒ x = 1 xy zy xz x

Với x = 1 thay vào phương trình (1) ta được phương trình

1 + y + z = yz ⇔ ( y − 1)( z − 1) = 2 . - Do vậy kết hợp với cách giải của phương trình ước số ta sẽ tìm được nghiệm nguyên dương của phương trình.

* Lời giải: Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương x, y, z. Vì vai trò của x, y, z như nhau nên không mất tính tổng quát, giả sử 1 ≤ x ≤ y ≤ z.

Ta có: x + y + z = xyz ⇒ 1 =

1 1 1 3 + + ≤ 2 ⇒ x 2 ≤ 3 ⇒ x = 1 (Thỏa mãn). xy zy xz x

Thay x = 1 vào phương trình (1) ta được: 1 + y + z = yz ⇔ ( y − 1)( z − 1) = 2. Vì y, z là các số nguyên dương nên y −1 và z − 1 cũng là các số nguyên. Do đó y − 1 và z −1 thuộc ước của 2. Hơn nữa y ≤ z nên y − 1 ≤ z − 1 . Mà Ư(2)= {−2; −1;1; 2} . Lập bảng giá trị ta có z −1

-1

y −1

-2

-1

Thỏa mãn

Loại vì y = -1 > x=1

Vậy nghiệm nguyên dương ( x, y, z ) của phương trình là (1; 2; 3) và các hoán vị của chúng. 2. Tìm các số nguyên dương x, y, z sao cho

1 1 1 + + = 1.(2) x y z

* Phân tích tìm hướng giải: Ta thấy x, y, z có vai trò như nhau. Do vậy ta có thể sắp thứ tự của ẩn để giải phương trình (2).

* Lời giải: Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương x, y, z . Vì vai trò của x, y, z như nhau mà x, y, z là các số nguyên dương, không mất tính tổng quát ta giả sử 1 ≤ x ≤ y ≤ z . Ta xét các trường hợp sau: TH1: Với x = 1 ⇒

1 1 + = 0 (Vô nghiệm) y z

TH2: Với x = 2 . Thay x = 2 vào phương trình (2) ta được: 1 1 1 + = ⇒ yz − 2 y − 2 z = 0 ⇔ y ( z − 2) − 2( z − 2) = 4 ⇔ ( y − 2)( z − 2) = 4 y z 2

Vì y, z là các số nguyên dương ⇒ y − 2; z − 2 là các số nguyên do đó y − 2 và z − 2 thuộc ước của 4.

Mà Ư(4)= {−4; −2; −1;1; 2; 4} và 1 ≤ y ≤ z ⇒ −1 ≤ y − 2 ≤ z − 2 . Ta có bảng giá trị sau: y−2

z−2

Thỏa mãn

Loại vì 1≤ y ≤ z

TH3: Với x = 3 . Thay x = 3 vào phương trình (2) ta được:

1 1 2 + = (*) y z 3

Vì y ≥ x ta xét các khả năng sau: Nếu y = 3 thì z = 3. 1 1  y ≥ 4 ⇒ ≤  1 1 1 1 1 2 y 4 ⇒ + ≤ + = < Nếu y ≥ 4 thì z ≥ 4 . Ta có:  y z 4 4 2 3 z ≥ 4⇒ 1 ≤ 1  z 4 ⇒ Phương trình (*) vô nghiệm.

1 1   y ≥ 4 ⇒ y ≤ 4 TH4: Với x ≥ 4 ⇒  z ≥ 4⇒ 1 ≤ 1  z 4

Lại có

1 1 1 1 1 1 3 1 1 ≤ do đó + + ≤ + + = < 1 x y z 4 4 4 4 x 4

⇒ Phương trình (*) vô nghiệm.

Vậy phương trình (2) có nghiệm nguyên dương ( x, y, z )là: (3; 3; 3), (2; 3; 6) và các hoán vị của chúng (2; 4; 4) và các hoán vị của chúng. 2 2 2 3. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x + y + z + xyz = 20.(3)

* Phân tích tìm hướng giải: - Nhận thấy vai trò của x, y, z là như nhau nên ta sử dụng phương pháp sắp thứ tự các ẩn để giải phương trình. - Giả sử 1 ≤ x ≤ y ≤ z từ đó ta đánh giá được y 2 ≥ x 2 ; z 2 ≥ x 2 ; xyz ≥ x 2 .

⇒ x 2 + y 2 + z 2 + xyz ≥ 4 x 2 mà x 2 + y 2 + z 2 + xyz = 20 . Do đó 20 ≥ 4 x 2 ⇔ x 2 ≤ 5 ⇔ x ≤ 5 . - Do vậy xét các trường hợp của x cho ta các phương trình ẩn y và z. Các phương trình mới chỉ còn ẩn y, z mà vai trò y, z như nhau nên ta tiếp tục sử dụng phương pháp sắp thứ tự các ẩn để giải phương trình.

* Lời giải: Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương x, y, z. Vì vai trò của x, y, z như nhau mà x, y, z là các số nguyên dương, không mất tính tổng quát ta giả sử 1 ≤ x ≤ y ≤ z ⇒ y 2 ≥ x 2 ; z 2 ≥ x 2 ; xyz ≥ x 2 .

⇒ x 2 + y 2 + z 2 + xyz ≥ 4 x 2 mà x 2 + y 2 + z 2 + xyz = 20 . 2 2 Do đó 20 ≥ 4 x ⇔ x ≤ 5 ⇔ x ≤ 5 .

Vì x nguyên dương nên x ∈ {1; 2} Ta xét các trường hợp sau: 2 2 TH1: Thay x= 1 vào phương trình (3) ta được: y + z + yz = 19

2 2 2 2 2 2 2 2 2 Ta có: z ≥ y ; yz ≥ y ⇒ y + z + yz ≥ y + y + y = 3 y

2 Do đó 3y2 ≤ 19 ⇔ y ≤

19 19 ⇔ y≤ .Vì y nguyên dương nên y ∈ {1;2} 3 3

2 Với y = 1 thì z + z = 18 ⇔ z ( z + 1) = 18 (Vô nghiệm)

Với y = 2 thì z 2 + 2 z − 15 = 0 . Giải phương trình ta có nghiệm nguyên dương z = 3 (t/m) 2 2 TH2: Thay x = 2 vào phương trình (3) ta được y + z + yz = 16 .

Ta có z 2 ≥ y 2 ; yz ≥ y 2 ⇒ y 2 + z 2 + 2 yz ≥ y 2 + y 2 + 2 y 2 = 4 y 2 2 2 Do đó 4 y ≤ 16 ⇔ y ≤

16 ⇔ y 2 ≤ 4 ⇔ y ≤ 2 ⇒ y = 2 (Vì y = 2 > x = 1 ) 4

2 Với y = 2 thì z + 4 z − 12 = 0 .

Giải phương trình ta có nghiệm nguyên dương z = 2 (t/m) Vậy phương trình có nghiệm ( x, y, z ) nguyên dương là: (2; 2; 2), (1; 2; 3) và các hoán vị của nó. 4. Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình:

5( x + y + z + t ) + 10 = 2 xyzt .(4) * Phân tích tìm hướng giải: Cùng với mạch phân tích như phương trình (3) ta sử dụng phương pháp sắp thứ tự các ẩn để giải phương trình (4).

* Lời giải: Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương x, y, z. Vì vai trò của x, y, z như nhau nên không mất tính tổng quát, ta giả sử

1≤ x ≤ y ≤ z ≤ t . Ta có: 2 xyzt = 5( x + y + z + t ) + 10 ≤ 5(t + t + t + t ) + 10 = 20t + 10 . 5 3 Suy ra xyz ≤ 10 + ≤ 15 (Vì t ≥ 1 ) mà x ≤ y ≤ z nên x ≤ 15 ⇔ x ≤ 2 . t

Ta xét các khả năng sau:

TH1: Với x = 1 ta có

2yzt = 5 ( y + z + t ) + 15 ≤ 15t + 15 ⇒ 2 yz ≤ 30 ⇒ 2 y 2 ≤ 30 ⇒ y ≤ 3 . Với y = 3 thì 2zt = 5 ( z + t ) + 20 hay 4zt = 10 ( z + t ) + 40 hay ( 2t − 5)( 2z − 5 ) = 65. Dễ thấy rằng phương trình có nghiệm (t = 35; z = 3) và (t = 9; z = 5). Giải tương tự các tường hợp còn lại và trường hợp x = 2. Cuối cùng ta tìm được nghiệm nguyên dương ( x, y, z, t ) của phương trình là: (1; 1; 3; 35), (1; 1; 5; 9) và các hoán vị của các bộ số này. 5. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

x + 2 y + 2 z = xyz . * Phân tích tìm hướng giải: - Ta không thể giải phương trình (5) bằng phương pháp đưa về phương trình ước số và phương pháp tách giá trị riêng. - Ta cũng không thể xét số dư từng vế để giải phương trình này. - Nếu nhìn tổng quát ta thấy x, y, z trong phương trình trên không có vai trò như nhau. Nhưng vai trò của y và z trong phương trình (5) lại bình đẳng. Do vậy không mất tính tổng quát ta giả sử 1 ≤ y ≤ z và giải phương trình bằng phương pháp sắp thứ tự các ẩn.

*Lời giải: Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương x, y, z . Do vai trò của y và z là bình đẳng nên giả sử 1 ≤ y ≤ z . Chỉ có 2 khả năng sau: TH1: Nếu x = 1 . Khi đó phương trình (5) có dạng:

1 + 2 y + 2 z = yz ⇔ ( y − 2)( z − 2) = 5 (5 ') Do y ≤ z ⇒ y − 2 ≤ z − 2 . Mặt khác, vì y > 0 ⇒ y − 2 ≥ −1 . Vì thế từ (5’) suy ra:

y − 2 =1 y = 3 ⇔  z − 2 = 5 z = 7 TH2: Nếu x > 1 (tức là x ≥ 2 ). Ta có (5) ⇒ 2( y + z ) = x ( yz − 1) Do x ≥ 2 và yz − 1 ≥ 0 (Vì y ≥ 1, z ≥ 1 ), nên ta có x ( yz − 1) ≥ 2( yz − 1) Vì thế y + z ≥ yz − 1 ⇒ yz − y − z ≤ 0 ⇒ ( y − 1)( z − 1) ≤ 2 Do 0 ≤ y − 1 ≤ z − 1 nên y − 1 ≤ 1 ⇒ y ≤ 2 Từ (5) và do y nguyên dương nên chỉ có hai khả năng sau: Nếu y = 1. Khi đó từ (1) có: x + 2 + 2 z = xz ⇔ ( x − 2)( z −1) = 4 Do x ≥ 2 và do z ≥ 1 nên ta có :  x − 2 = 1 x = 3    z −1 = 4 z = 5  x − 2 = 2  x = 4  ⇔   z − 1 = 2  z = 3    z − 1 = 1  z = 2    x − 2 = 4   x = 6

Nếu y = 2. Khi đó từ (1) ta có: x + 4 + 2 z = 2 xz ⇔ (2 z −1)( x −1) = 5 Do x ≥ 2 ⇒ x − 1 ≥ 1 ; z ≥ y ≥ 2 ⇒ 2 z − 1 ≥ 3 . Vì thế ta có 2 z − 1 = 5 z = 3 ⇔   x −1 = 2 x = 2 Vậy với giả thiết y ≤ z , phương trình (5) có các nghiệm ( x, y, z ) sau: (1; 3; 7), (3; 1; 5), (4; 1; 3), (6; 1; 2), (2; 2; 3). Vì vai trò của y, z như nhau nên ta có 5 nghiệm trên và các hoán vị y, z của nó.

6. Tìm ba số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng.

* Phân tích tìm hướng giải: - Trước hết ta gọi 3 số cần tìm là x, y, z . Theo đầu bài toán ta có x + y + z = xyz . - Khi đó bài toán trở thành tìm nghiệm nguyên dương x, y, z của phương trình x + y + z = xyz . - Nhận thấy vai trò của x, y, z như nhau nên không mất tính tổng quát, ta giả sử x ≤ y ≤ z mà x + y + z = xyz ⇒ x + y + z ≤ 3 z ⇒ xyz ≤ 3 z ⇒ xy ≤ 3 (vì z>0) * mà x, y ∈ ℕ nên ta xét 3 khả năng xy = 1; xy = 2; xy = 3.

- Do vậy kết hợp với cách giải của phương trình ước số ta sẽ tìm được các số nguyên dương cần tìm.

* Lời giải: Gọi các số nguyên dương cần tìm là x, y, z . Theo bài toán ta có x+y+z = xyz (6) Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương x, y, z. Vì vai trò của x, y, z như nhau nên không mất tính tổng quát, ta giả sử x ≤ y ≤ z Ta có: x + y + z = xyz ⇒ x + y + z ≤ 3 z ⇒ xyz ≤ 3 z ⇒ xy ≤ 3 (vì z > 0). * Mà x, y ∈ ℕ nên ta xét 3 khả năng sau:

TH1: xy = 1 mà x, y là các số nguyên dương ⇒ x = y = 1 . Thay x = y = 1 vào phương trình (6) ta có:

1 + 1 + z = 1.1.z ⇔ z + 2 = z ⇔ 2 = 0 (Vô lí). TH2: xy = 2 mà x ,y là các số nguyên dương và x ≤ y ⇒ x = 1; y = 2 . Thay x = 1; y = 2 vào phương trình (6) ta có:

1 + 2 + z = 1.2.z ⇔ z = 3 (Thỏa mãn). TH3: xy = 3 mà x, y là các số nguyên dương và x ≤ y ⇒ x = 1; y = 3 . Thay x = 1; y = 3 vào phương trình (6) ta có: 61

1 + 3 + z = 1.3.z ⇔ z = 2 (Vô lí vì y = 3 < z = 2) Vậy các số nguyên cần tìm là: 1; 2; 3.

C¸ch 2: Chia hai vÕ cña x + y + z = xyz (1) cho xyz ≠ 0 ta ®−îc:

1 1 1 + + =1 yz xz xy

Gi¶ sö x ≥ y ≥ z ≥ 1. Ta cã 1=

1 1 1 1 1 1 3 + + ≤ 2 + 2 + 2 = 2 yz xz xy z z z z

3 ≥ 1 do ®ã z2 ≤ 3 nªn z = 1. Thay z = 1 vµo (1) ta cã: z2

Suy ra

x + y + 1 = xy ⇔ xy - x - y = 1 ⇔ x(y - 1) - (y - 1) = 2 ⇔ (x - 1)(y - 1) = 2

Ta cã x - 1 ≥ y - 1 ≥ 0 nªn: x-1

y-1

Suy ra :

Ba sè ph¶i t×m lµ 1; 2; 3. III – Bài tập vận dụng: 2 2 Bài 1. Tìm a, b ∈ ℕ sao cho a + 3ab + b = 11 .

Bài 2. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x + y + x + 9 = xyz. Bài 3.Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình

x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + x7 = x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 . Bài 4. Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình

x 2015 + y 2015 = 20172015 .

Bài 5. Tìm tất cả các số nguyên tố a, b, c sao cho ab + bc + ca > abc . Bài 6. 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. Bài 7. Tìm nghiệm nguyên của phương trình

( x + y + 1)2 = 3( x 2 + y 2 + 1) . Bài 8. Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn

1 1 1 1 + + = . x y 6 xy 6

Hướng dẫn tìm hướng giải và lời giải 2 2 Bài 1. Tìm a, b ∈ ℕ sao cho a + 3ab + b = 11 .

* Phân tích tìm hướng giải: - Nhận thấy vai trò của a, b như nhau nên ta áp dụng phương pháp sắp thứ tự của ẩn để giải phương trình (1).

*Lời giải : Ta thấy a, b bình đẳng với nhau. Không mất tính tổng quát ta giả sử

0 ≤ a ≤ b . Ta có a 2 + 3ab + b 2 ≥ a 2 + 3a 2 + a 2 ⇔ 11 ≥ 5a 2 ⇔ a 2 ≤

11 5

Vì a là số tự nhiên nên a = 0 hoặc a = 1. Với a = 0 thì b2 = 11(loại). Với a = 1 thì b = 2 (Thỏa mãn). Vậy a, b cần tìm là: a = 1, b = 2.

Bài 2. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x + y + x + 9 = xyz. * Phân tích tìm hướng giải: Cùng mạch phân tích như bài 1 ta có lời giải như sau:

*Lời giải: Vì x,y,z có vai trò như nhau. Giả sử x ≥ y ≥ z ≥ 1 . 63

Với x > 1 và y = z =1. Khi đó x + 1= x (vô lí). Với x ≥ y > 1; z = 1 . Khi đó x + y + 10 = xy ⇔ ( x − 1)( y − 1) = 11 suy ra x = 12, y = 2. Với x ≥ y ≥ z ≥ 2 . Đặt x – 2 = a; y – 2 = b; z – 2 = c ⇒ a ≥ b ≥ c ≥ 0 . Khi đó: a + b + c + 15 = (a + 2)(b + 2)(c + 2)

⇔ 3( a + b + c ) + 2(ab + bc + ac ) + abc = 7 Với c = 0 ta có: Nếu b = 0 thì 3a = 7 (loại). Nếu a ≥ b > 0 ⇒ 3( a + b ) + 2 > 7 (không thỏa mãn). Vậy nghiệm (x,y,z) của bài toán là: (12; 2; 1) và các hoán vị của nó.

Bài 3. Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình

x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + x7 = x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 . * Phân tích tìm hướng giải: - Đây là bài toán có rất nhiều ẩn, nhiều HS sẽ lúng túng trong việc xử lí bài toán. - Nhận thấy vai trò của các ẩn là bình đẳng nên không mất tính tổng quát, giả sử x1 ≥ x2 ≥ x3 ≥ x4 ≥ x5 ≥ x6 ≥ x7 . - Cùng mạch phân tích như bài 1,2 ta có lời giải như sau:

* Lời giải: Vì x1 ; x2 ; x3 ; x4 ; x5 ; x6 ; x7 bình đẳng nên giả sử

x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + x7 = x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 Khi đó

x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + x7 = x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 ≤ 7 x1 ⇔ x2 x3 x4 x5 x6 x7 ≤ 7(3') Vì 23 = 8 > 7 nên từ (3’) không thể có quá 2 số lớn hơn 2. Ta xét các trường hợp:

TH1: x1 = x2 = x3 = x4 = x5 = x6 = x7 = 1 (không thỏa mãn). TH2: x1 ≥ 2; x2 = x3 = x4 = x5 = x6 = x7 = 1 . Từ (3’) ta có x1 + 6 = 1 (không thỏa mãn). TH3: x1 ≥ x2 ≥ 2; x3 = x4 = x5 = x6 = x7 = 1 . Từ (3’) ta có x1 + x2 + 5 = x1 x2 . Từ đó tìm được

( x1 = 7; x2 = 2);( x1 = 4; x2 = 3) TH4: x1 ≥ x2 ≥ x3≥ 2; x4 = x5 = x6 = x7 = 1 . Từ (3’) suy ra x1 + x2 + x3 + 4 = x1 x2 x3 (không thỏa mãn). Vậy nghiệm ( x1; x2 ; x3 ; x4 ; x5 ; x6 ; x7 ) của phương trình (3) là : (7; 2; 1; 1; 1; 1; 1), (4; 3; 1; 1; 1; 1; 1) và các hoán vị của nó.

Bài 4. Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình: x 2015 + y 2015 = 2017 2015.(4)

* Phân tích hướng giải: - Ta lại gặp dạng bài tập này ở phương pháp xét số dư từng vế. Nhưng ở phương pháp này nhận thấy vai trò x, y như nhau nên ta giả sử x ≥ y > 0 và có lời giải như sau:

Giả sử x ≥ y > 0 . Từ PT(4) ta có

2017 x ≥ y > 0 ⇒ x + 1 ≤ 2107 ⇔ ( x + 1) 2015 ≤ 2017 2015 ⇔ x 2015 + 2015.x 2014 + ... + 2015 x + 1 ≤ 2017 2015 ⇒ x 2015 + 2015 x 2014 < x 2015 + y 2015 ⇒ y 2015 > 2015 x 2014 ≥ 2015. y 2000 ⇒ y > 2015 Vì x ≥ y > 0 nên x

2017

≥ y 2017 > 2017.x 2016 ⇒ x > 2015

Vậy 2015 < x; y < 2017 suy ra x = y = 2016 (không thỏa mãn). Vậy phương trình (4) vô nghiệm.

Bài 5. Tìm tất cả các số nguyên tố a, b, c sao cho ab + bc + ca > abc . * Phân tích tìm lời giải: - Ta không thể giải bất phương trình (5) bằng phương pháp đưa về phương trình ước số. 65

- Ta cũng không giải phương trình bằng phương pháp xét số dư từng vế. - Ta nhận thấy vai trò của a,b,c như nhau nên ta sử dụng phương pháp sắp thứ tự ẩn để giải bài toán. - Giả sử a ≥ b ≥ c ≥ 2 . Từ đó giải tìm được nghiệm (a,b,c) của bài toán là: (3; 2; 2), (3; 3; 2), (5; 3; 2) và các hoán vị của nó.

Bài 6. 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. * Phân tích tìm hướng giải: - Đây là dạng giải bài toán bằng cách lập phương trình. Do vậy trước tiên ta phải lập phương trình cho bài toán. - Gọi số đấu thủ đội 1 là x, đội 2 là y (x, y là số nguyên dương, x + y là một số lẻ). Ta có tổng số ván cờ là: xy. Vì tổng số ván cờ bằng 4 lần tổng số đáu thủ nên ta có phương trình xy = 4x + 4y suy ra x(y - 4) = 4y. Ta xét y = 4 thì x = 0 (vô lí). Nên y khác 4 khi đó x =

4y 16 = 4+ . y−4 y−4

Từ đó ta tìm được 1 đội có 5 đấu thủ, đội kia có 20 đấu thủ. 2

Bài 7. Tìm nghiệm nguyên của phương trình ( x + y + 1) = 3( x + y + 1) . * Hướng dẫn giải: - Sử dụng phương pháp xét thứ tự các ẩn ta tìm được nghiệm nguyên duy nhất của bài toán là x = y = 1. 1 1 1 1 = . Bài 8. Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn + + x y 6 xy 6

* Hướng dẫn giải: Sử dụng phương pháp xét thứ tự các ẩn ta tìm được nghiệm nguyên dương (x, y) thỏa mãn bài toán là: (43; 7), (7; 43). 66

§ 2.Phương pháp chỉ ra nghiệm I - Cơ sở lý luận của phương pháp. Nhiều phương trình vô tỷ được cho dưới dạng phức tạp như lũy thừa có bậc là ẩn chưa biết, chính vì thế khiến ta khó nhận ra được hướng giải. Nhưng nếu chỉ ra được một hoặc một vài số là nghiệm của phương trình ta có thể chứng minh phương trình không còn nghiệm nào khác.

II - Ví dụ . 1.T×m c¸c sè tù nhiªn x sao cho 2 x + 3x = 5 x . (1)

* Phân tích tìm hướng giải: - Nhận thấy lũy thừa trong phương trình (1) có số mũ là ẩn x nên việc sử dụng các phương pháp đưa về phương trình ước số hay phương pháp tách giá trị riêng sẽ gặp khó khăn. - Ta cũng không thể dùng phương pháp xét số dư từng vế. - Mà phương trình chỉ có 1 ẩn nên không sử dụng phương pháp sắp thứ tự các ẩn. Nhận thấy x = 1 là nghiệm của phương trình (1). Do vậy ta có thể sử dụng phương pháp chỉ ra nghiệm để giải phương trình (1).

* Lời giải: ViÕt ph−¬ng tr×nh d−íi d¹ng:

2 3 ( )x + ( )x = 1 5 5 Víi x = 0 th× vÕ tr¸i cña PT(1) b»ng 2 (lo¹i). Víi x = 1 th× vÕ tr¸i cña PT(1) b»ng 1 (®óng).

2 x 2 3 x 3 Vì x ≥ 2 th× ( ) < , ( ) < 5 5 5 5

2 5

3 5

x x nªn ( ) + ( ) <

2 3 + = 1 (lo¹i). 3 5

NghiÖm duy nhÊt cña ph−¬ng tr×nh: x = 1. 67

x x x 2. Tìm các số tự nhiên x sao cho 3 + 4 = 5 . (2)

* Phân tích tìm hướng giải: - Cùng mạch suy nghĩ như giải phương trình (1). Nhận thấy x = 2 là nghiệm của phương trình. - Do vậy ta chứng minh x > 2 và 0 < x < 2 không là nghiệm của phương trình.

*Lời giải: Giả sử phương trình có nghiệm tự nhiên x.

3 x 4 x x x x Ta có: 3 + 4 = 5 ⇔ ( ) + ( ) = 1 5 5 3 2 4 2 Với x = 2 ta có phương trình trở thành ( ) + ( ) = 1 ⇔ 1 = 1 (luôn đúng). 5 5 Suy ra x = 2 là nghiệm của phương trình. Với x > 2 ta có:

3 2  3 x ( ) ( ) <  5 3 4 3 4 5 ⇒ ( ) x + ( ) x < ( )2 + ( )2 = 1  5 5 5 5 ( 4 ) x < ( 4 ) 2  5 5 Với 0 < x < 2 ta có: 3 2  3 x ( ) > ( )  5 3 4 3 4 5 ⇒ ( ) x + ( ) x > ( )2 + ( )2 = 1  5 5 5 5 ( 4 ) x > ( 4 ) 2  5 5 Vậy phương trình có nghiệm tự nhiên x = 2.

III. Bài tập Bài 1. Tìm các số tự nhiên x sao cho 7 + 5 = 12 . x

Bài 2. Tìm các số tự nhiên x sao cho 1008 + 1009 = 2017 . x

Bài 3. Tìm các số tự nhiên x sao cho 2016 + 2017 = 4033 . x

Hướng dẫn tìm lời giải x x x Bài 1. Tìm các số tự nhiên x sao cho 7 + 5 = 12 . (1)

* Phân tích tìm hướng giải: - Nhận thấy x = 0 và x = 1 là nghiệm của phương trình. Do vậy ta chứng minh x ≥ 2 không là nghiệm của phương trình. x

 5 7  - Trước tiên ta viết phương trình về dạng   +   = 1  12   12 

Với x = 0 thì VT = 2(loại). Với x = 1 thì VT = 1 (thỏa mãn). x x x x 7  5 5  7  7  5 x ≥ 2 < , < ⇒ + Vớ i thì         < 1 (loại). 12 12 12 12 12 12

















- Vậy nghiệm duy nhất của phương trình là x = 1 x x x Bài 2. Tìm các số tự nhiên x sao cho 1008 + 1009 = 2017 .(2)

* Phân tích tìm hướng giải: - Cùng mạch phân tích như phương trình (1) ta đưa phương trình về dạng (

1008 x 1009 x ) +( ) = 1. 2017 2017

- Ta tìm được nghiệm duy nhất của phương trình là x = 1. x x x Bài 3. Tìm các số tự nhiên x sao cho 2016 + 2017 = 4033 .

* Phân tích tìm hướng giải: - Cùng mạch phân tích như phương trình (1), (2)ta đưa phương trình về dạng (

2016 x 2017 x ) +( ) = 1. 4033 4033

- Ta tìm được nghiệm duy nhất của phương trình là x = 1.

§ 3. Phương pháp dùng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc 2 I - Cơ sở lý luận của phương pháp. Nhiều phương trình muốn tìm được nghiệm ta đi xét khoảng giá trị của nghiệm để giới hạn miền nghiệm của phương trình. Vậy sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai thực chất giúp ta giới hạn tập nghiệm của ẩn từ

đó tìm được tập nghiệm của phương trình. Để sử dụng phương pháp này cần áp dụng các kiến thức cơ bản sau: 2 Cho phương trình bậc 2 ẩn x: ax + bx + c = 0 (a ≠ 0) (*)

b c x+ =0 a a b b2 b2 c 2 ⇔ x + 2 x. + 2 − 2 + = 0 2 a 4a 4a a b b2 c ⇔ ( x + )2 = 2 − a 4a a b b 2 − 4ac ⇔ ( x + )2 = a 4a 2 ⇔ x2 +

b 2 − 4ac ≥ 0 ⇔ b 2 − 4ac ≥ 0 . Phương trình (*) có nghiệm ⇔ 2 4a 2 Đặt △= b − 4 ac .

Vậy phương trình bậc 2 ẩn x (*) có nghiệm ⇔△≥ 0 .

II - Ví dụ. 2 2 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x + xy + y = 2 x + y. (1)

* Phân tích tìm hướng giải: - Ta đã bắt gặp dạng phương trình này ở dạng phương trình ước số. Tuy nhiên việc đưa về phương trình ước số cũng khá phức tạp đôi khi không giải quyết được vấn đề.

- Nhận thấy bậc cao nhất của ẩn trong phương trình là bậc 2. Nếu ta coi x là

ẩn và y là tham số ta có thể đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai ẩn x với y là tham số như sau:

x 2 + xy + y 2 = 2 x + y ⇔ x 2 + xy + y 2 − 2 x − y = 0 ⇔ x 2 + x( y − 2) + ( y 2 − y ) = 0 - Coi phương trình trên là phương trình bậc 2 ẩn x. Khi đó ta tìm điều kiện

để phương trình có nghiệm:

△≥ 0 ⇔ b 2 − 4ac ≥ 0 ⇔ ( y − 2)2 − 4( y 2 − y ) ≥ 0 ⇔ y2 − 4 y + 4 − 4 y2 + 4 y ≥ 0 ⇔ −3 y 2 + 4 ≥ 0 4 ⇔ y2 ≤ 3 - Vì y là số nguyên nên ta sẽ tìm được y ∈ {0; −1;1} . Thay y tìm được vào phương trình (1) tìm được x. Do vậy ta có lời giải như sau:

* Lời giải: Giải sử phương trình (1) có nghiệm nguyên x,y. Ta có:

x 2 + xy + y 2 = 2 x + y ⇔ x 2 + xy + y 2 − 2 x − y = 0 ⇔ x 2 + x( y − 2) + ( y 2 − y ) = 0 (1') Coi phương trình (1’) là phương trình bậc hai ẩn x, y là tham số.

Điều kiện để phương trình (1’) có nghiệm là:

△≥ 0 ⇔ b 2 − 4ac ≥ 0 ⇔ ( y − 2) 2 − 4( y 2 − y ) ≥ 0 ⇔ y2 − 4 y + 4 − 4 y2 + 4 y ≥ 0 71

⇔ −3 y 2 + 4 ≥ 0 4 3 2 ⇔ y ∈ {0,1} (Vì y ∈ ℤ) ⇔ y2 ≤

Suy ra y ∈ {0; −1;1} . Với y = 0 thì phương trình (1’) có dạng:

x2 − 2x = 0 ⇔ x( x − 2) = 0  x=0 ⇔ x − 2 = 0 x = 0 ⇔ x = 2 Với y = - 1 thì phương trình (1’) có dạng:

x 2 − 3 x + 12 = 0

3 39 ⇔ ( x − )2 + = 0 (Vô lí) 2 4 Với y = 1 thì phương trình (1’) có dạng:

x2 − x = 0 ⇔ x( x − 1) = 0  x=0 ⇔  x −1 = 0 x = 0 ⇔  x =1 Vậy phương trình có nghiệm (x;y) là: (0; 0), (2; 0), (0; 1), (1; 1). 2. T×m c¸c nghiÖm nguyªn cña ph−¬ng tr×nh: x + y + xy = x2 + y2 . (2)

* Phân tích tìm hướng giải: - Nhiều HS sẽ nhận thấy vai trò của x, y bình đẳng nên sẽ sử dụng phương pháp sắp thứ tự của ẩn, giả sử x ≤ y . Tuy nhiên sẽ gặp khó khăn khi bài toán chỉ 72

yêu cầu tìm nghiệm nguyên. Do vậy khi sử dụng phương pháp này ta không tìm

được chặn dưới của ẩn nên việc giới hạn tập giá trị của ẩn là gặp khó khăn. Như vậy không thể giải phương trình ( 2 ) bằng các phương pháp sắp thứ tự của ẩn. - Một số HS cũng sẽ giải phương trình theo phương pháp đưa về phương trình ước số xong điều đó cũng phức tạp. - Nhưng nếu để ý ta thấy PT (2) có bậc cao nhất là 2 nên ta có thể giải phương trình bằng cách sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc 2.

* Lời giải: ViÕt (1) thµnh ph−¬ng tr×nh bËc 2 ®èi víi x x2 - (y + 1)x + (y2 - y) = 0 (2)

§iÒu kiÖn cÇn ®Ó (2) cã nghiÖm lµ ∆ ≥ 0 2

∆ = (y + 1) - 4(y - y) = y + 2y + 1 - 4y + 4y = -3y + 6y + 1 2

2 ∆ ≥ 0 ⇔ 3 y − 6 y − 1 ≤ 0 ⇔ 3( y − 1) ≤ 4

Do ®ã (y - 1)2 ≤ 1. Suy ra -1 ≤ y - 1 ≤ 1 y-1

-1

Víi y = 0, thay vµo (2) ta ®−îc x2 - x = 0. Ta cã x1 = 0; x2 = 1. Víi y = 1, thay vµo (2) ®−îc x2 - 2x = 0. Ta cã x3 = 0; x4 = 2. Víi y = 2, thay vµo (2) ta ®−îc x2 - 3x + 2 = 0. Ta cã x5 = 1; x6 = 2. Thö l¹i, c¸c gi¸ trÞ trªn nghiÖm ®óng ph−¬ng tr×nh (1) §¸p sè: (0; 0), (1; 0), (0; 1), (2; 1), (1; 2), (2; 2). * Lời bình: - Đây là một công cụ rất đắc lực khi giải phương trình nghiệm nguyên hoặc 1 số dạng toán khác như tìm GTNN, GTLN,... nên đa số các em rất thích làm theo hướng này. Tuy nhiên đối với HS lớp 8 các em chưa được học kiến thức về điều kiện có nghiệm của phương trình bậc 2 nên giáo viên cần lưu ý học sinh khi sử dụng phương pháp này cần chứng minh lại bài toán tổng quát. 73

3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x − 2 xy + 5 y = y + 1. (3)

* Phân tích tìm hướng giải: - Nhận thấy phương trình (3) là phương trình 2 ẩn có bậc cao nhất là 2 nên ta có thể giải phương trình bằng cách sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc 2.

* Lời giải: Giả sử phương trình có nghiệm nguyên x,y. Ta có:

x 2 − 2 xy + 5 y 2 = y + 1 ⇔ x 2 − x.2 y + 5 y 2 − y − = 0 (3') Coi phương trình (3’) là phương trình bậc hai ẩn x.

Điều kiện cần để phương trình (3’) có nghiệm là

△≥ 0 ⇔ ( −2 y ) 2 − 4.1.(5 y 2 − y − 1) ≥ 0 ⇔ 4 y 2 − 20 y 2 + 4 y + 4 ≥ 0 ⇔ −16 y 2 + 4 y + 4 ≥ 0 1 17 ⇔ (2 y − ) 2 − ≤ 0 4 16 1 17 ⇔ (2 y − ) 2 ≤ 4 16 2 ⇔ (8 y − 1) ≤ 17 Mà y là số nguyên nên (8y - 1)2 ∈ {0;1; 4;9;16} . Suy ra 8 y − 1∈ {0; −4; −3; −2; −1;1; 2;3; 4} . Lại có 8y – 1 chia 8 dư 7 nên 8y – 1 = - 1 suy ra y = 0. Thay y = 0 vào phương trình (3) ta có x2 = 1suy ra x = 1 ; x = -1. Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x,y) là: (1; 0), (-1; 0).

II. Bài tập 2 2 Bài 1.Tìm nghiệm nguyên của phương trình x – 3 xy + 3y = 3y.

Bài 2. Giải phương trình nghiệm nguyên x + xy + y = x + y. 74

Chuyên đề 3: Phương pháp dùng tính chất của số chính phương §1. Phương pháp tạo ra bình phương đúng I. Cơ sở lí luận của phương pháp: Đây là một trong những phương pháp học sinh nghĩ tới đầu tiên khi gặp bài toán phương trình nghiệm nguyên có bậc cao nhất là 2. Nhưng để làm theo phương pháp này ta phải giúp học sinh hiểu được bản chất kiến thức của phương pháp. Đó là muốn tìm được x, y nguyên ta phải tìm cách biến đổi phương trình về các bình phương của ẩn. Muốn vậy ta cần sử dụng những kiến thức sau:

1. Nh÷ng h»ng ®¼ng thøc cơ bản 1/(A + B)2 = A2 + 2AB + B2 2/(A - B)2 = A2 - 2AB + B2 3/A2 - B2 = (A - B)(A + B) 4/(A + B)3 = A3 + 3A2B + 3AB2 + B3 5/(A - B)2 = A3 - 3A2B + 3AB2 - B3 6/A3 + B3 = (A + B)(A2 – AB + B2) 7/A3 - B3 = (A - B)(A2 + AB + B2) 8/(A + B + C)2 = A2 + B2 + C2 + 2(AB + BC + CA)

2. Tính chất của số chính phương. - Số chính phương không tận cùng bằng 2; 3; 7; 8. - Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho p2. - Số chính phương chia cho 3 dư 0 hoặc dư 1. - Số chính phương chia cho 4 dư 0 hoặc dư 1. - Số chính phương chia cho 8 dư 0, dư 1 hoặc dư 4. - Số chính phương chia cho 5 dư 0, dư 1 hoặc dư 4.. - Số chính phương lẻ chia cho 4 hoặc 8 thì số dư đều là 1. - Lập phương của một số nguyên chia cho 9 dư 0; 1 hoặc 8. 75

- Không tồn tại số chính phương nằm giữa hai số chính phương liên tiếp.

II. Ví dụ. 2 2 1.Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 2 x + 4 x = 19 − 3 y .(1)

* Phân tích tìm lời giải: - Học sinh nhận thấy ngay ở vế trái có:

2 x 2 + 4 x = 2( x 2 + 2 x) = 2( x 2 + 2 x + 1) − 2 = 2( x + 1) 2 − 2 . Khi đó phương trình đã cho trở thành

2( x + 1) 2 = 21 − 3 y 2 ⇔ 2( x + 1) 2 = 3(7 − y 2 ) - Ta thấy 3(7 - y2) số lẻ mà 2(x + 1)2 là số chẵn nên 7 - y2 là số chẵn suy ra y là số lẻ. - Vì 2(x + 1)2 ≥ 0 nên 7 - y2 ≥ 0 do đó y2 = 1.Thay vào phương trình ta sẽ tìm

được x. Do vậy ta có lời giải như sau: * Lời giải: Giả sử phương trình có nghiệm nguyên x,y. Ta có:

2 x 2 + 4 x = 19 − 3 y 2 ⇔ 2( x 2 + 2 x) = 19 − 3 y 2 ⇔ 2( x 2 + 2 x + 1) − 2 = 19 − 3 y 2 ⇔ 2( x + 1) 2 − 2 = 19 − 3 y 2 ⇔ 2( x + 1) 2 = 21 − 3 y 2 ⇔ 2( x + 1) 2 = 3(7 − y 2 ) 2 2 2 Với x, y nguyên ta có 2(x + 1)2 ⋮ 2 mà 2( x + 1) = 3(7 − y ) nên 3(7 − y ) ⋮ 2

⇒ 7 − y 2 ⋮ 2 ⇒ y lẻ.

Lại có 2(x + 1)2 ≥ 0 do đó7 - y2 ≥ 0 nên chỉ có thể y2 = 1. Khi đó phương trình (1) có dạng:

 x +1 = 3  x=2 2( x + 1)2 = 18 ⇔ ( x + 1)2 = 9 ⇔  ⇔  x + 1 = −3  x = −4

Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x,y) là: (2; 1), (2; -1), (-4; -1), (-4; 1). * Lời bình: - Đối với phương trình này việc tạo ra bình phương đúng ở vế trái rất quan trọng. Nhờ đó HS áp dụngđược tính chất A2 ≥ 0 ∀A . Đây là vấn đề then chốt để giải bài toán này. 2. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình

2 x 2 + 2 y 2 − 2 xy + y + x − 10 = 0.(2) * Phân tích tìm lời giải: - Tương tự như PT(1) ta phải biến đổi phương trình về bình phương đúng. - Nhận thấy: 2 x 2 + 2 y 2 = 2( x 2 + y 2 ) = 2( x 2 + 2 xy − 2 xy + y 2 ) = 2( x + y ) 2 − 4 xy .

Do vậy ta có thể đặt x + y = a và xy = b để đưa phương trình về dạng đơn 2 2 giản hơn 2a − 4b − 2b + a − 10 = 0 ⇔ 2a − 6b + a − 10 = 0.

- Vì ẩn a có bậc cao nhất là 2 nên ta sẽ tìm cách biến đổi phương trình về bình phương đúng đối với ẩn a.

2a 2 − 4b − 2b + a − 10 = 0 ⇔ 2a 2 − 6b + a − 10 = 0 ⇔ 4a 2 + 2a − 12b − 20 = 0 ⇔ a 2 + 2a + 1 + 3a 2 = 21 + 12b ⇔ (a + 1) 2 + 3a 2 = 21 + 12b - Nếu ta sử dụng tính chất A2 ≥ 0 ∀A để đánh giá thì không giải quyết được bài toán. - Quay trở lại phép đặt ta có BĐT ( x + y ) 2 ≥ 4 xy nên a2 ≥ 4b. Khi đó 12b ≤ 3a 2 ⇔ 12b + 21 ≤ 3a 2 + 21 .

2 2 2 - Do vậy (a + 1) + 3a ≤ 3a + 21 nên (a + 1)2 ≤ 21 . Lúc này dễ dàng giải

phương trình tìm a,b và suy ra x,y.

* Lời giải: Giả sử phương trình có nghiệm nguyên x,y. Ta có:

2 x 2 + 2 y 2 − 2 xy + y + x − 10 = 0 ⇔ 2( x 2 + 2 xy + y 2 ) − 4 xy − 2 xy + x + y − 10 = 0 ⇔ 2( x + y ) 2 − 6 xy + x + y − 10 = 0 Đặt x + y = a; xy = b. Vì x, y là số nguyên nên a,b cũng là số nguyên. Khi đó phương trình có dạng 2a 2 − 6b + a − 10 = 0 ⇔ 4a 2 + 2a − 12b − 20 = 0 ⇔ a 2 + 2a + 1 + 3a 2 = 21 + 12b ⇔ (a + 1) 2 + 3a 2 = 21 + 12b

Ta có BĐT ( x + y ) 2 ≥ 4 xy do đó a2 ≥ 4b ⇔ 12b ≤ 3a 2 ⇔ 12b + 21 ≤ 3a 2 + 21 . Mà (a + 1) 2 + 3a 2 = 21 + 12b Do vậy (a + 1) 2 + 3a 2 ≤ 3a 2 + 21 nên (a + 1)2 ≤ 21 . Với a nguyên nên (a + 1)2 là số chính phương. ⇒ (a + 1) 2 ∈ {1; 4;9;16} ⇒ a ∈ {0;1; 2;3}

Với a = 0 ⇒ 12b = -21 (loại). Với a = 1 ⇒ 12b= -14 (loại). Với a = 2 ⇒ b = 0 (thỏa mãn). Với a = 3 ⇒ 12b = 22 (loại).  xy = 0 Do vậy a = 2 và b = 0 suy ra  x + y = 2

suy ra (x;y) = (0; 2), (2; 0). Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x,y) là: (0; 2), (2; 0).

III. Bài tập 2 2 Bài 1. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 2 x + 8 x = 13 − 3 y .

2 2 Bài 2. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 3 x + 4 y = 6 x + 13.

Bài 3. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình

x 2 + 2 y 2 + 2 xy + 3 y − 4 = 0. (Chuyên Bình Phước 2014 – 2015) 2 2 Bài 4. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình x + 2 y + 2 xy = y + 2.

(HSG Tỉnh Tuyên Quang năm 2016 – 2017) 2 2 Bài 5. Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn x + 5 y + 4 xy + 6 x + 12 y + 8 = 0 .

(HSG Tỉnh Tuyên Quang năm 2015 – 2016)

Hướng dẫn khai thác tìm lời giải và lời giải 2 2 Bài 1. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 2 x + 8 x = 13 − 3 y .

* Phân tích tìm lời giải: - Học sinh nhận thấy ngay ở vế trái có:

2 x 2 + 8 x = 2( x 2 + 4 x) = 2( x 2 + 4 x + 4) − 8 = 2( x + 2) 2 − 8 . Khi đó phương trình đã cho trở thành

2( x + 2) 2 = 21 − 3 y 2 ⇔ 2( x + 2) 2 = 3(7 − y 2 ) - Ta thấy 3(7 - y2) số lẻ mà 2(x + 1)2 là số chẵn nên 7 - y2 là số chẵn suy ra y là số lẻ. - Vì 2(x + 1)2 ≥ 0 nên 7 - y2 ≥ 0 do đó y2 = 1.Thay vào phương trình ta sẽ tìm

được x. Do vậy ta có lời giải như sau: * Lời giải: Giả sử phương trình có nghiệm nguyên x,y. Ta có:

2 x 2 + 8 x = 13 − 3 y 2 ⇔ 2( x 2 + 4 x) = 13 − 3 y 2

⇔ 2( x 2 + 4 x + 4) − 8 = 13 − 3 y 2 ⇔ 2( x + 2) 2 − 8 = 13 − 3 y 2 ⇔ 2( x + 2) 2 = 21 − 3 y 2 ⇔ 2( x + 2) 2 = 3(7 − y 2 ) 2 2 Với x, y nguyên ta có 2(x + 2)2 ⋮ 2 mà 2( x + 2) = 3(7 − y ) nên

3(7 − y 2 ) ⋮ 2 ⇒ 7 − y 2 ⋮ 2 ⇒ y lẻ. Lại có 2(x + 2)2 ≥ 0 do đó7 - y2 ≥ 0 nên chỉ có thể y2 = 1. Khi đó phương trình (1) có dạng:  x+2=3  x =1 2( x + 2) 2 = 18 ⇔ ( x + 2) 2 = 9 ⇔  ⇔  x + 2 = −3  x = −5

Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x,y) là: (1; 1), (1; -1), (-5; -1), (-5; 1). 2 2 Bài 2. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 3x + 4 y = 6 x + 13.

* Phân tích tìm hướng giải: - Nhận thấy nếu chuyển vế 4y2 sang VP và 6x sang vế trái ta được phương 2 2 trình mới 3x − 6 x = −4 y + 13 .

- Khi đó phân tích giống bài 1, bài 2 ta tìm được nghiệm (x;y) của phương trình là: (3; 1); (-1; -1); (-1; 1).

Bài 3. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình

x 2 + 2 y 2 + 2 xy + 3 y − 4 = 0 (Chuyên Bình Phước 2014 – 2015)

* Phân tích tìm hướng giải: 2 2 2 - Nhận thấy x + 2 xy + y = ( x + y ) . Do vậy ta biến đổi phương trình về

2 2 dạng ( x + y ) = − y − 3 y + 4 .

- Sử dụng tính chất A2 ≥ 0 (∀A) ta có − y 2 − 3 y + 4 ≥ 0 ⇒ −4 ≤ y ≤ 1 suy ra y ∈ {−4; −3; −2; −1;0;1} .

- Ta xét từng trường hợp và tìm được 6 nghiệm nguyên (x;y) của phương trình là: (4; -4), (5; -3), (1; -3), (2; 0), (-2; 0), (-1; 1). 2 2 Bài 4. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình x + 2 y + 2 xy = y + 2.

(HSG Tỉnh Tuyên Quang năm 2016 – 2017)

* Phân tích tìm hướng giải: - Cùng mạch phân tích như bài 3 ta đưa phương trình về dạng:

( x + y ) 2 = − y 2 + y + 2 và tìm được 2 nghiệm nguyên (x,y) là: (1; 2), (1; -1). 2 2 Bài 5.Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn x + 5 y + 4 xy + 6 x + 12 y + 8 = 0.

(HSG Tỉnh Tuyên Quang năm 2015 – 2016)

* Phân tích tìm hướng giải: - Ta thấy ngay phương trình có ẩn x và y đểu có bậc cao nhất là 2, hơn nữa trong phương trình có hạng tử 4xy; 6x; 12 nên ta áp dụng HĐT: (A + B + C)2 = A2 + B2 + C2 + 2(AB + BC + CA)

để đưa vế trái thành HĐT. Khi đó ta được:

x 2 + 5 y 2 + 4 xy + 6 x + 12 y + 8 = 0 ⇔ ( x + 2 y + 3) 2 = 1 − y 2 - Khi đó giải tìm được 4 nghiệm nguyên (x;y) của phương trình là: (-2; 0), (-4; 0), (-5; 1); (-1; -1).

§2.Phương pháp tạo ra tổng các bình phương I. Cơ sở lí luận của phương pháp. Những phương trình nghiệm nguyên có hai ẩn trở lên mà bậc cao nhất là bậc 2 là dấu hiệu khiến ta nghĩ tới việc giải phương trình bằng phương pháp đưa về phương trình tổng. Giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp tạo ra tổng các bình phương tìm cách biến đổi phương trình về dạng: 2 2 Dạng 1. f ( x, y...) + g ( x, y,...) = 0 (*)

 f ( x, y,...) = 0 Phương trình (*) xảy ra ⇔   g ( x, y,...) = 0 2 2 Dạng 2. f ( x, y...) + g ( x, y,...) = m (**) với m ∈ ℕ và m là tổng của

các số chính phương.

II. Các ví dụ 2 2 1.Tìm nghiệm nguyên của phương trình x + y − 6 x + 4 y + 13 = 0. (1)

* Phân tích tìm hướng giải: - Nhận thấy phương trình có các hạng tử x2, - 6x giúp ta nghĩ ngay tới hằng

đẳng thức x 2 − 6 x + 9 = ( x − 3) 2 . Tương tự với 2 hạng tử y2 và 4y ta nghĩ ngay tới việc thêm 4 để tạo hằng đẳng thức y 2 + 4 y + 4 = ( y + 2) 2 . Do vậy ta sẽ biến đổi phương trình như sau: x 2 + y 2 − 6 x + 4 y + 13 = 0 ⇔ ( x 2 − 6 x + 9) + ( y 2 + 4 y + 4) = 0 ⇔ ( x − 3)2 + ( y + 2)2 = 0

- Đây là phương trình có tổng vế trái là các bình phương, vế phải bằng 0 nên ta có x – 3 = 0 và y + 2 = 0 suy ra x = 3 và y = -2. - Do đó ta có lời giải sau:

* Lời giải: Ta có : x 2 + y 2 − 6 x + 4 y + 13 = 0 ⇔ ( x 2 − 6 x + 9) + ( y 2 + 4 y + 4) = 0 ⇔ ( x − 3)2 + ( y + 2)2 = 0

 ( x − 3) 2 ≥ 0 ∀x ⇒ ( x − 3) 2 + ( y + 4) 2 ≥ 0 ∀x, y Vì  2 ( y + 4) ≥ 0 ∀y

Do vậy: ( x − 3) 2 + ( y + 2) 2 = 0 x−3 = 0  x=3 ⇔ ⇔ y + 2 = 0  y = −2

Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x,y) là (3; 2). 2 2 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x + y − x − y = 8.(2)

* Phân tích tìm hướng giải: - Vì phương trình (2) có hạng tử x2, - x và y2 ,- y nên đa số học sinh sẽ biết

được sẽ giải phương trình này bằng phương pháp đưa về phương trình tổng. - Nhận thấy để biến đổi x 2 + y 2 − x − y = 8 về tổng của các bình phương đối với biến x và y thì ta phải nhân thêm với 4 để có được phương trình: 4 x 2 + 4 y 2 − 4 x − 4 y = 32 2 2 2 - Sử dụng hẳng đẳng thức a − 2ab + b = ( a − b) biến đổi phương trình ta

được:

4 x 2 + 4 y 2 − 4 x − 4 y = 32 ⇔ (4 x 2 − 4 x + 1) + (4 y 2 − 4 y + 1) = 34 ⇔ (2 x − 1) 2 + (2 y − 1) 2 = 34 Do đó ta có lời giải như sau:

* Lời giải: Giả sử phương trình có nghiệm x, y nguyên. 83

2 2 Ta có: x + y − x − y = 8

⇔ 4 x 2 + 4 y 2 − 4 x − 4 y = 32 ⇔ (4 x 2 − 4 x + 1) + (4 y 2 − 4 y + 1) = 34 ⇔ (2 x − 1) 2 + (2 y − 1) 2 = 34 Vì x, y là số nguyên nên 2x – 1và 2y – 1 là số nguyên suy ra (2 x − 1)2 và (2 y − 1)2 là các số chính phương. Mà 34 chỉ có duy nhất một dạng phân tích

thành tổng của hai số chính phương là 32 và 52 . Do đó phương trình thỏa mãn chỉ trong hai khả năng:

 2 x − 1 = 3 2x −1 = 5  hoặc 2 y −1 = 3  2 y − 1 = 5 Giải các hệ trên, suy ra phương trình có 4 nghiệm nguyên (x, y) là: (3; 2), (-1; -2), (-2;-1). 2 2 3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x − 4 xy + 5 y = 169. (3)

* Phân tích tìm hướng giải: - Nhận thấy phương trình (3) có hạng tử x2, y2 nhưng không có hạng tử chứa độc lập x và y nên ta không thể đưa về bình phương của biểu thức chỉ có biến x và bình phương của biểu thức chỉ có y. - Tuy nhiên trong phương trình lại có - 4xy nên ta nhóm (x2 - 4xy + 4y2) thì được hằng đẳng thức (x - 2y)2. 2 2 - Do đó ta đưa được phương trình về dạng: ( x − 2 y ) + y = 169 .

* Lời giải Giả sử phương trình có nghiệm x, y nguyên. Ta có: x 2 − 4 xy + 5 y 2 = 169 ⇔ ( x 2 − 4 xy + 4 y 2 ) + y 2 = 169 ⇔ ( x − 2 y ) 2 + y 2 = 169

2 2 Vì x, y là số nguyên nên x - 2y là số nguyên suy ra ( x − 2 y ) và y là các

số chính phương. Mà 169 có 2 cách phân tích sau: 169 = 0 2 + 132 = 5 2 + 12 2 . Do đó phương trình thỏa mãn chỉ trong 4 khả năng:  x − 2 y = 12  x − 2 y = 0  x − 2 y = 5  x − 2 y = 13 hoặc  hoặc  hoặc    y = 13  y = 5  y = 0  y = 12

Giải ra ta tìm được các nghiệm nguyên (x,y) của phương trình: (29; 12), (19; 12), (-29; -12), (-19; -12), (22; 5), (-2; 5), (-22, -5), (26, 13), (-26; -13), (-13;0), (13;0) 2 2 Bài 4. Tìm số nguyên x,y thỏa mãn x + y + xy − x − y = 1. .

(HSG Nam Định năm 2015 – 2016)

* Phân tích tìm hướng giải: 2 2 - Ta thấy phương trình có x ; y ; xy; x; y nên định hướng giúp ta biến đổi

phương trình về tổng của các bình phương trong đó có 1 bình phương của biểu thức chỉ có x, 1 bình phương của biểu thức chỉ có y và 1 bình phương của biểu thức có cả x và y như sau: - Nhân cả 2 vế của phương trình với 4 ta được: 2 x 2 + 2 y 2 + 2 xy − 2 x − 2 y = 2 ⇔ ( x 2 + 2 xy + y 2 ) + ( x 2 − 2 x + 1) + ( y 2 − 2 y + 1) = 4 ⇔ ( x + y ) 2 + ( x − 1) 2 + ( y − 1) 2 = 4

- Do vậy ta có lời giải như sau: * Lời giải: Giả sử phương trình có nghiệm x, y nguyên. Ta có: x 2 + y 2 + xy − x − y = 1 ⇔ 2 x 2 + 2 y 2 + 2 xy − 2 x − 2 y = 2 ⇔ ( x 2 + 2 xy + y 2 ) + ( x 2 − 2 x + 1) + ( y 2 − 2 y + 1) = 4 ⇔ ( x + y ) 2 + ( x − 1) 2 + ( y − 1) 2 = 4

Vì x, y là số nguyên nên x + y, x - 1 và y - 1 là số nguyên suy ra ( x + y )2 , 2 ( x − 1) 2 và ( y − 1) là các số chính phương.

Mà 4 chỉ có 1 cách phân tích duy nhất là 4 = 0 2 + 0 2 + 2 2. Do đó ta có các nghiệm (x,y) nguyên là (1; 1), (-1; 1), (1; -1).

III. Bài tập: 2 2 Bài 1. Tìm x,y nguyên thoảm mãn: 5 x + 2 y − 2 xy − 4 x + 2 y + 3. 2 2 Bài 2. Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn x + 5 y + 2 xy + 4 y = 12.

(HSG Tỉnh Quảng Ngãi năm 2016 – 2017)

Bài 3. Tìm tất cả các số nguyên x,y thỏa mãn phương trình

2 x 2 + 4 y 2 − 4 xy + 2 x + 1 = 2017. (Chuyên Tỉnh Quảng Ngãi 2017 – 2018) 2 2 Bài 4. Tìm số tự nhiên m, n thỏa mãn m + n = m + n + 8.

(Chuyên Tỉnh Quảng Nam 2016 – 2017) 2 2 Bài 5. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 3 x + 4 y + 12 x + 3 y + 5 = 0.

(Chuyên Long An 2017 -2018) 2 2 Bài 6. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x + 5 y − 4 xy + 4 x − 4 y + 3 = 0.

(Chuyên Hải Dương năm 2017 – 2018)

Bài 7. Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn: x 2 + 2 y 2 − 2 xy − 4 x + 8 y + 7 = 0. (Chuyên Đồng Nai 2017 – 2018) 2 2 Bài 8. Tìm các số nguyên x và y thỏa mãn x + 2 y + 2 xy = y + 2.

(HSG Tỉnh Bến Tre 2016 – 2017)

Bài 9. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

8 x 2 + 23 y 2 + 16 x − 44 y + 16 xy − 1180 = 0. (HSG Bạc Liêu 2016 -2017)

2 2 Bài 10. Tìm x,y nguyên thỏa mãn 9 x + 3 y + 6 xy − 6 x + 2 y − 35 = 0.

(Chuyên Tỉnh Thái Bình 2016 – 2017)

Bài 11. Giải phương trình nghiệm nguyên

3x 2 + 2 y 2 + z 2 + 4 xy + 2 xz = 26 − 2 yz. 2 3 2 Bài 12. Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình x + y − 3 y = 65 − 3 y.

Bài 13. Tìm các số nguyên dương x,y,z thỏa mãn

3x 2 − 18 y 2 + 2 z 2 + 3 y 2 z 2 − 18 x = 27. (Chuyên Cà Mau 2015 -2016)

Bài 14. Tìm các số nguyên dương x,y,z thỏa mãn 3x 2 + 6 y 2 + 2 z 2 + 3 y 2 z 2 − 18 x = 6.

(Chuyên Cà Mau 2016 -2017)

Bài 15. Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn x 2 + y 2 + 5 x 2 y 2 + 60 = 37 xy. (HSG Tỉnh Cà Mau 2016 – 2017)

Hướng dẫn tìm hướng giải Bài1. Tìm x,y nguyên thoả mãn: 5 x 2 + 2 y 2 − 2 xy − 4 x + 2 y + 3 = 0. * Phân tích hướng giải: - Nhận thấy phương trình (1) là một phương trình bậc 2 có 2 ẩn nên ta có thể giải phương trình bằng phương pháp đưa về dạng tích hoặc đưa về dạng tổng. -Với phương pháp đưa về dạng tổng việc nhẩm hệ số và áp dụng HĐT để tách và nhóm là rất khó khăn. Việc áp dụng máy tính casio có thể giúp các em giải quyết công việc này theo các bước rõ ràng và dễ dàng tìm được kết quà như sau: 2 2 Đặt C = 5 x + 2 y − 2 xy − 4 x + 2 y + 3.

Bước 1: Cho y =1000 thay vào phương trình (1) ta có:

C = 5 x 2 + 2.10002 − 2 x.1000 − 4 x + 2.1000 + 3 = 5 x 2 − 2004 x + 2002003 2

1002   = 5 x −  + 9809214, 2 ≥ 9809214, 2 5   Kết quả này chúng ta chỉ cần tìm xem dấu bằng xảy ra rồi chỉ ra giá trị x:

x= Bước 2: Thay x =

1002 1000 + 2 y + 2 = = 5 5 5

y+2 vào (1) ta có: 5

y+2 2 y+2 y+2 ) + 2 y 2 − 2. . y − 4. + 2y + 3 5 5 5 5C = 9 y 2 + 6 y + 11 = (3 y + 1)2 + 10 ≥ 10 ⇒ C ≥ 2 C = 5(

Dấu bằng xảy ra khi y =

−1 . 3

−1 −1 3 =1 Bước 3: Khi y = thì ta có x = 5 3 3 Ta có y =

−1 1 ;x = ⇒ x+ y = 0 3 3

Lại có y =

−1 1 1 2 ⇒ y + = 0 ; x − = 0 ⇔ 2x − = 0 3 3 3 3

Khi đó 2x – y – 1 = 0 Bước 4: Khi đó ta biến đổi C như sau: 2

C = ( x + y ) + (2 x − y − 1) 2 + 2 2

2 C = 0 suy ra ( x + y ) + (2 x − y − 1) = −2.

Như vậy đưa được phương trình về dạng tổng. Vì -2 < 0 nên VT < 0(Vô lí). Do vậy phương trình vô nghiệm.

2 2 Bài 2. Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn x + 5 y + 2 xy + 4 y = 12.

(HSG Tỉnh Quảng Ngãi năm 2016 – 2017)

* Phân tích hướng giải: x 2 + 5 y 2 + 2 xy + 4 y = 12 ⇔ ( x + y ) 2 + (2 y + 1) 2 = 13 - Nhận thấy 2y + 1 lẻ nên ta xét các trường hợp rồi kết luận. - Vậy nghiệm nguyên (x,y) của phương trình là: (1; 1), (0; -2), (4; -2), (-3; 1).

Bài 3. Tìm tất cả các số nguyên x,y thỏa mãn phương trình

2 x 2 + 4 y 2 − 4 xy + 2 x + 1 = 2017. (Chuyên Tỉnh Quảng Ngãi 2017 – 2018)

* Phân tích hướng giải:

2 x 2 + 4 y 2 − 4 xy + 2 x + 1 = 2017 ⇔ ( x − 2 y )2 + ( x + 1) 2 = 2017 = 92 + 442. - Ta xét các trường hợp rồi kết luận. - Vậy nghiệm nguyên (x,y) của phương trình là: (8; -18), (8; 26), (-10; -27), (-10; 17), (43; 17), (43; 26), (-45; -27). 2 2 Bài 4. Tìm số tự nhiên m, n thỏa mãn m + n = m + n + 8.

(Chuyên Tỉnh Quảng Nam 2016 – 2017)

* Phân tích hướng giải:

m2 + n2 = m + n + 8 ⇔ (2m − 1)2 + (2n − 1)2 = 34 < 62 - Nhận thấy 2m -1 và 2n – 1 là các số lẻ nên ta xét 3 TH với 3 số tự nhiên lẻ nhỏ hơn 6 là: 1,3,5 rồi kết luận. Vậy nghiệm nguyên (x,y) của phương trình là: (8; -18), (8; 26), (-10; -27), (-10; 17), (43; 17), (43; 26), (-45; -27). 2 2 Bài 5. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 3 x + 4 y + 12 x + 3 y + 5 = 0.

(Chuyên Long An 2017 -2018)

* Phân tích hướng giải:

3 x 2 + 4 y 2 + 12 x + 3 y + 5 = 0 ⇔ 48( x + 2) 2 + (8 y + 3) 2 = 121. - Nhận thấy 8y + 3 là các số lẻ nên ta xét các trường hợp rồi kết luận. - Vậy nghiệm nguyên (x,y) của phương trình là: (-2; 1). 2 2 Bài 6. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x + 5 y − 4 xy + 4 x − 4 y + 3 = 0.

(Chuyên Hải Dương năm 2017 – 2018)

* Phân tích hướng giải:

x 2 + 5 y 2 − 4 xy + 4 x − 4 y + 3 = 0 ⇔ ( x − 2 y + 2) 2 + ( y + 2)2 = 5 = 12 + 22 Vậy nghiệm nguyên (x,y) của phương trình là: (-6; -1),(-2; -1), (-6; -3), (-10; -3), (-1; 0),(-3; 0),(-9; -4),(-11; -4). 2 2 Bài 7. Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn: x + 2 y − 2 xy − 4 x + 8 y + 7 = 0.

(Chuyên Đồng Nai 2017 – 2018)

* Phân tích hướng giải: x 2 + 2 y 2 − 2 xy − 4 x + 8 y + 7 = 0 ⇔ ( x − y − 2) 2 + ( y + 2) 2 = 1 Vậy nghiệm nguyên (x,y) của phương trình là: (-1; -1), (1; -2), (1; -1), (-3; -1). 2 2 Bài 8. Tìm các số nguyên x và y thỏa mãn x + 2 y + 2 xy = y + 2.

(HSG Tỉnh Bến Tre 2016 – 2017)

* Phân tích hướng giải:

x 2 + 2 y 2 + 2 xy = y + 2 ⇔ (2 x + 2 y ) 2 + (2 y − 1) 2 = 9. - Để ý rằng 2y - 1 là số lẻ. Nên ta xét các trường hợp và kết luận. - Vậy (x,y) thỏa mãn là: (1; -1), (-2; 2).

Bài 9. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

8 x 2 + 23 y 2 + 16 x − 44 y + 16 xy − 1180 = 0. (HSG Bạc Liêu 2016 -2017)

* Phân tích hướng giải: - Biến đổi phương trình về dạng:

8 x 2 + 23 y 2 + 16 x − 44 y + 16 xy − 1180 = 0 ⇔ 8( x + y + 1) 2 + 15( y − 2) 2 = 1248 2 - Suy ra ( y − 2) ≤

1248 ⇒ ( y − 2) 2 ≤ 83 15

2 - Do 8( x + y + 1) , 1248 đều chia hết cho 8 và (15;8) = 1 nên (y - 2)2 là số

chính phương và chia hết cho 8 suy ra (y - 2)2 ∈ {0;16;64} . - Do vậy ta tìm được (x,y) là: (-5; 10), (-17; 10), (-1; -6), (11;-6). 2 2 Bài 10. Tìm x,y nguyên thỏa mãn 9 x + 3 y + 6 xy − 6 x + 2 y − 35 = 0.

(Chuyên Tỉnh Thái Bình 2016 – 2017)

* Phân tích hướng giải:

9 x 2 + 3 y 2 + 6 xy − 6 x + 2 y − 35 = 0 ⇔ (3x + y − 1)2 + 2( y + 1)2 = 38 ⇔ (3x + y − 1)2 = 38 − 2( y + 1)2 ≤ 38 - Xét các số chính phương nhỏ hơn hoặc bằng 38 và kết luận. - Vậy nghiệm nguyên (x,y) của phương trình là: (3; -2); (-1; -2).

Bài 11. Giải phương trình nghiệm nguyên

3x 2 + 2 y 2 + z 2 + 4 xy + 2 xz = 26 − 2 yz. * Phân tích hướng giải:

3 x 2 + 2 y 2 + z 2 + 4 xy + 2 xz = 26 − 2 yz ⇔ x 2 + ( x + y ) 2 + ( x + y + z ) 2 = 26. Vậy nghiệm nguyên (x,y,z) thỏa mãn là: (1;2;1). 2 3 2 Bài 12. Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: x + y − 3 y = 65 − 3 y.

* Phân tích hướng giải: - Nếu y = 0 thì x2 = 65 (loại).

2 3 2 2 3 - Nếu y >1 ta có x + y − 3 y = 65 − 3 y ⇔ x + ( y − 1) = 64.

- Xét các trường hợp và tìm được nghiệm nguyên (x,y) là : (0; 5), (8; 1).

Bài 13. Tìm các số nguyên dương x,y,z thỏa mãn:

3 x 2 − 18 y 2 + 2 z 2 + 3 y 2 z 2 − 18 x = 27. (Chuyên Cà Mau 2015 -2016)

* Phân tích hướng giải:

3x 2 − 18 y 2 + 2 z 2 + 3 y 2 z 2 − 18 x = 27 ⇔ 3( x − 3) 2 − 18 y 2 + 2 z 2 + 3 y 2 z 2 = 54 - Lập luận để z 2 ⋮ 3 ⇒ z ⋮ 3 ⇒ z 2 ⋮ 9 ⇒ z 2 ≥ 9. 2 2 2 2 - Khi đó ta có 3( x − 3) + 2 z + 3 y ( z − 6) = 54.

- Lập luận tìm được y2 ≤ 4 - Từ đó tìm được (x,y,z) là: (3; 2; 3); (6; 1; 3).

§3.Phương pháp dùng nguyên lí kẹp để giải phương trình nghiệm nguyên I. Cơ sở lí luận của phương pháp. Để áp dụng được phương pháp này ta cần sử dụng một số kiến thức sau: Với x, y, n ∈ ℕ* , khi đó ta có: a. x < y < x + 2 ⇒ y = x + 1 n n n n n b. x < y < ( x + 2) ⇒ y = ( x + 1)

c. x ( x + 1) < y ( y + 1) < ( x + 2)( x + 3) ⇒ y = x + 1

II. Các ví dụ. 2 3 3 1. Giải phương trình nghiệm nguyên sau 1 + x + x + x = y . (1)

* Phân tích hướng giải: - Ta thấy không thể giải phương trình (1) bằng phương pháp đưa về dạng tổng. - Ta thấy cũng không giải phương trình (1) bằng phương pháp xét số dư từng vế. - Nếu giải phương trình (1) bằng phương pháp đưa về dạng tích thì rất khó khăn. Hơn nữa ta có:

1 3 x 2 + x + 1 = ( x + )2 + > 0 ∀x 2 4

⇒ x 3 + x 2 + x + 1 > x 3 hay y 3 > x 3 3

3 2 - Nhận thấy ( x + 2 ) = x + 6 x + 12 x + 24 . Do đó

2 3 2 x 3 + 6 x 2 + 12 x + 24 - ( x + x + x + 1 ) = 5 x + 11x + 7 = 5( x +

⇒ ( x + 2)3 > x 3 + x 2 + x + 1 = y 3 3 3 3 Do đó ( x + 2) > y > x với x,y nguyên ⇒ y = x + 1

Khi đó phương trình trở thành 93

11 2 19 ) + >0 10 20

1 + x + x 2 + x 3 = 1 + 3x + 3x 2 + x3 ⇔ 2 x2 + 2 x = 0 ⇔ x( x + 1) = 0 - Do vậy dễ dàng ta giải được phương trình.

* Lời giải: Giả sử phương trình có nghiệm x,y nguyên. Ta có:

1 3 x 2 + x + 1 = ( x + )2 + > 0 ∀x 2 4

⇒ x 3 + x 2 + x + 1 > x3 hay y 3 > x 3 3

3 2 Xét hiệu: ( x + 2 ) − x − x − x − 1 = x 3 + 6 x 2 + 12 x + 24 - ( x 3 + x 2 + x + 1 )

2 = 5 x + 11x + 7 = 5( x +

11 2 19 ) + >0 10 20

⇒ ( x + 2)3 > x 3 + x 2 + x + 1 = y 3 3 3 3 Do đó ( x + 2) > y > x với x,y nguyên ⇒ y = x + 1 .

Khi đó phương trình trở thành:

1 + x + x 2 + x 3 = 1 + 3x + 3x 2 + x3 ⇔ 2 x2 + 2 x = 0 ⇔ x( x + 1) = 0  x=0 ⇔  x = −1 Với x = 0 suy ra y = 1. Với x = -1 suy ra y = 0. Vậy phương trình có nghiệm (x,y) nguyên là: (0; 1),(-1; 0).

2. Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn x 4 + x 2 − y 2 − y + 20 = 0. (2) (Chuyên Hải Dương 2015 – 2016)

* Phân tích hướng giải - Nếu giải phương trình (2) bằng phương pháp đưa về phương trình tích là một điều vô cùng khó khăn vì bậc cao nhất trong phương trình là bậc 4. 2 - Ta nhận thấy nếu chuyển hạng tử − y ; − y sang vế phải ta được

x 4 + x 2 + 20 = y 2 + y . 2 - Nhận thấy y + y = y ( y + 1) . Từ đó ta định hướng giải (2) bằng cách sử

dụng nguyên lí kẹp:

x ( x + 1) < y ( y + 1) < ( x + 2)( x + 3) ⇒ y = x + 1 - Do đó ta có lời giải như sau:

* Lời giải: Giải sử phương trình có nghiệm x,y nguyên. Ta có :

x 4 + x 2 − y 2 − y + 20 = 0 ⇔ x 4 + x 2 + 20 = y 2 + y 4 2 4 2 4 2 2 Nhận thấy x + x < x + x + 20 < x + x + 20 + 8 x

⇔ x 2 ( x 2 + 1) < y ( y + 1) ≤ ( x 2 + 4)( x 2 + 5) . Mà x,y ∈ ℤ nên ta xét các trường hợp sau: TH1:

y ( y + 1) = (x 2 + 1)( x 2 + 2) ⇔ x 4 + x 2 + 20 = x 4 + 3x 2 + 2  x=3 ⇔ 2 x 2 = 18 ⇔ x 2 = 9 ⇔   x = −3 2 2 2 2 Với x = 9 ta có y + y = 9 + 9 + 20 ⇔ y + y − 110 = 0 ⇔ y = 10 hoặc y =-10.

TH2:

y ( y + 1) = (x 2 + 2)( x 2 + 3) ⇔ x 4 + x 2 + 20 = x 4 + 5 x 2 + 6 7 ⇔ 4 x 2 = 14 ⇔ x 2 = 2 TH3:

y ( y + 1) = (x 2 + 4)( x 2 + 5) ⇔ x 4 + x 2 + 20 = x 4 + 9 x 2 + 20 ⇔ 8 x 2 =⇔ x 2 = 0 ⇔ x = 0  y = −5 2 2 2 Với x = 0 Với x = 9 ta có y + y = 20 ⇔ y + y − 20 = 0 ⇔   y=4

Vậy phương trình có nghiệm (x,y) nguyên là: (3; 10), (3; -11), (-3; 10), (-3; -11), (0; -5), (0; 4).

III. Bài tập vận dụng: Bài 1. Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là một số chính phương

x 4 + 2 x3 + 2 x 2 + x + 3 . (HSG Tỉnh Hậu Giang 2016 – 2017)

Bài 2. Tìm các số tự nhiên x,y,z,t thỏa mãn hai điều kiện sau

 x2 + 2x + 3 y = z 2 − 4  2 2  y + 2 y + 3 x = t − 4. 2016 = y 2016 − y1344 − y 672 + 2. Bài 3. Tìm x,y nguyên thỏa mãn x

(Tạp chí Toán học và tuổi trẻ số 367)

Bài 4. Chứng minh rằng với mọi số nguyên k cho trước, không tồn tại số nguyên dương x sao cho x(x + 1) = k(k+2). (HSG Tỉnh Tuyên Quang 2016 – 2017)

Bài 5. Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là một số chính phương

x 4 + 2 x 3 + 2 x 2 + x + 3. (HSG tỉnh Hậu Giang 2016 – 2017) 4 4 2 Bài 6. Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn x − y = 3 y + 1.

(Chuyên Khánh Hòa 2015 – 2016) 4 2 2 Bài 7. Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn x + x − y + y + 10 = 0.

(Chuyên Kon Tum 2016 – 2017) 4 4 4 Bài 8. Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn ( x + 1) − ( x − 1) = y .

(Chuyên Trà Vinh 2016 – 2017) 4 4 4 2 2 2 2 Bài 9. Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn x − y − z + 2 x z + 3x + 4 z + 1 = 0.

(Tạp chí Toán học và tuổi trẻ số 455) 2

Bài 10. Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn y = 1 + x + x + x + x . (Chuyên Ninh Bình 2016 – 2017) 2

Bài 11. Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn y = x − x + 1. (Tạp chí Toán học và tuổi trẻ số 436) 2 4 3 2 Bài 12. Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn y = x + 2 x + 2 x + x + 3.

(Chuyên Lào Cai 2017 – 2018)

Bài 13. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

y 2 = x 2 ( x 2 + x + 1) + ( x + 1) 2 . (Chuyên Tiền Giang 2017 – 2018)

Bài 14. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

x 4 + ( x + 1) 4 − y 2 − ( y + 1)2 = 0. (Chuyên Bạc Liêu 2016 – 2017)

Bài 15. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

y 2 + y − x 4 − x3 − x 2 − x = 0. (Chuyên Phú Yên 2016 – 2017)

Bài 16.Tìm các số tự nhiên thỏa mãn phương trình

( x 2 + y )( y 2 + x ) = 2( x − y )3 . (Chuyên Lào Cai 2016 – 2017) 2 2 2 Bài 17. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình ( x − 9 y ) = 33 y + 16 .

(Tạp chí Toán học và tuổi trẻ số 443)

Hướng dẫn tìm lời giải Bài 1.Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là một số chính phương

x 4 + 2 x3 + 2 x 2 + x + 3. (HSG Tỉnh Hậu Giang 2016 – 2017)

* Phân tích hướng giải: 4 3 2 2 - Trước hết ta đặt x + 2 x + 2 x + x + 3 = y với y là số tự nguyên. 4 3 2 2 - Khi đó bài toán trở thành tìm x,y nguyên để x + 2 x + 2 x + x + 3 = y

- Đây là một phương trình bậc 4 rất khó để áp dụng các phương pháp đưa về dạng tích, dạng tổng hay sử dụng tính chất chia hết. 2 2 2 2 - Nhận thấy y = ( x + x) + ( x + x + 3) . 2 2 2 - Ta chứng minh a < y < (a + 2) với a = x2 + x.

- Khi đó:

y 2 = (a + 1)2 = ( x 2 + x + 1)2 ⇒ ( x 2 + x + 1)2 = x 4 + 2 x3 + 2 x 2 + x + 3  x =1 ⇒  x = −2 - Lúc này biểu thức đã cho bằng 9.

- Vậy x = 1; x = -2 là giá trị cần tìm.

Bài 2. Tìm các số tự nhiên x,y,z,t thỏa mãn hai điều kiện sau:  x2 + 2 x + 3 y = z 2 − 4  2 2  y + 2 y + 3x = t − 4

* Phân tích hướng giải: - Nhận thấy đây là một bài toán khá phức tạp. Đa số HS sẽ tìm cách phân tích từng phương trình để tìm x,y,z,t. Tuy nhiên hướng làm này sẽ mất rất nhiều thời gian. Đôi khi không giải quyết được vấn đề. - Quan sát thấy 2 phương trình đều có cầu trung gian là x và y. Hơn nữa

a = x + 1 với a,b là b = y + 1

vai trò x,y trong 2 phương trình đối xứng nhau. Nên ta đặt 

2 2 2 2 số tự nhiên. Khi đó điều kiện bài toán được viết lại là a + 3b = z ; b + 3a = t .

- Ta có:

a 2 + 3b ≥ (a + 2)2 b 2 + 3a ≥ (b + 2) 2 Như vậy dấu bằng không đồng thời xảy ra. 2 2  a + 3b < (a + 2) - Do đó 1 trong 2 BĐT  2 2 là đúng.  b + 3a < (b + 2) 2 2 - Giả sử a + 3b < ( a + 2) .

2 2 2 2 2 2 Khi đó a < a + 3b = z < (a + 2) ⇒ a + 3b = (a + 1) ⇒ 3b = 2a + 1

x = 3k + 1   y = 2k + 1 Suy ra  (k là số nguyên dương) b 2 + 3a = 4k 2 + 13k + 4  2 2 2 2 Xét k > 5 thì (2k + 3) < 4k + 13k + 4 < (2k + 4) suy ra b + 3a không là

số chính phương.

 a =1  Với k = 0 ta có  b = 1  2 b + 3a = 4  a=4  Với k = 1 ta có  b = 3  2 b + 3a = 21

 a=7  b=5 Với k = 2 ta có  b 2 + 3a = 46 

 a = 10  b=7 Với k = 3 ta có  2 b + 3a = 79   a = 13  b=9 Với k = 4 ta có  b 2 + 3a = 120  Như vậy x = y= 0; z = t= 2 thỏa mãn. 2016 = y 2016 − y1344 − y 672 + 2. Bài 3. Tìm x,y nguyên thỏa mãn x

(Tạp chí Toán học và tuổi trẻ số 367)

* Phân tích hướng giải: - Khi gặp phương trình với những lũy thừa số mũ lớn như này việc áp dụng các phương pháp quen thuộc như tách giá trị nguyên, đưa về dạng tích, đưa về dạng tổng,.. đều gặp khó khăn. 672 672 - Nhận thấy 2016 = 6723 ;1344 = 6722 . Đặt u = x ; v = y 3 3 3 3 2 3 Ta có phương trình: u = v − v − v + 2 > (v − 1) . Mà u = v − (v − 1)(v + 2)

Nếu v >1 hoặc v < -2 thì (v - 1)(v + 2) > 0. Khi đó

(v − 1)3 < u 3 = v 3 − (v − 1)(v + 2) < v 3 ⇒ v − 1 < u < v (loại) 100

Nếu −2 ≤ v ≤ 1 ⇒ v ∈ {−2; −2;0;1} Xét từng trường hợp ta có nghiệm của phương trình. - Vậy nghiệm nguyên(x,y) của phương trình là: (1; 1), (1; -1).

Bài 4. Chứng minh rằng với mọi số nguyên k cho trước, không tồn tại số nguyên dương x sao cho x(x + 1) = k(k + 2). (HSG Tỉnh Tuyên Quang 2016 – 2017)

* Phân tích hướng giải: Giải sử có x(x + 1) = k(k + 2) với k nguyên và x nguyên dương. Ta có: x 2 + x = k 2 + 2k ⇒ x 2 + x + 1 = k 2 + 2k + 1 = (k + 1)2 Do x > 0 nên x 2 < x 2 + x + 1 = (k + 1)2 2 2 2 2 Vì x > 0 nên x + x + 1 = (k + 1) < x + 2 x + 1 = ( x + 1) 2 2 2 Do vậy x < (k + 1) < ( x + 1) .

Vậy không tồn tại số nguyên dương x để x(x + 1) = k(k + 2). 4 4 2 Bài 6. Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn x − y = 3 y + 1.

(Chuyên Khánh Hòa 2015 – 2016)

* Phân tích hướng giải: 4 4 2 2 2 2 2 2 Ta có: x − y = 3 y + 1 ⇔ ( x ) = ( y ) + 3 y + 1 .

4 2 2 2 Xét hiệu: x − ( y + 1) = y và ( y 2 + 2) 2 − x 4 = y 2 + 3 > 0 .

Do vậy ( y 2 + 1) 2 ≤ x 4 < ( y 2 + 2) 2 . 2 2 4 2 Khi đó ta có phương trình: ( y + 1) = y + 3 y + 1 suy ra y = 0 suy ra x =

1 hoặc x = -1. Vậy nghiệm (x,y) là: (1; 0), (-1; 0). 4 2 2 Bài 7. Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn x + x − y + y + 10 = 0.

(Chuyên Kon Tum 2016 – 2017)

101

* Phân tích hướng giải: 4 2 2 4 2 2 2 - Ta có: x + x − y + y + 10 = 0 ⇔ x + x + 10 = y ( y − 1) > x ( x + 1) .

- Xét hiệu: ( x 2 + 3)( x 2 + 4) − y ( y − 1) = 6 x 2 + 2 > 0 ⇒ y ( y − 1) < ( x 2 + 3)( x 2 + 4) . 2 2 2 3 - Từ đó suy ra x ( x + 1) < y ( y − 1) < ( x + 3)( x + 4) .

 y ( y − 1) = ( x 2 + 2)( x 2 + 1) Mà y, x nguyên nên suy ra  2 2  y ( y − 1) = ( x + 2)( x + 3) - Giải các TH tìm được (x,y) là: (2; 6), (-2; 6), (2; -5), (-2; -5), (1; 4), (-1; 4), (1; -3), (-1; -3). 4 4 4 Bài 8. Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn ( x + 1) − ( x − 1) = y .

(Chuyên Trà Vinh 2016 – 2017)

* Phân tích hướng giải: 4 4 4 3 3 - Ta có: ( x + 1) − ( x − 1) = y ⇔ 8 x + 8 x = y .

Nếu x = 0 thì y = 0. 3 3 3 Nếu x ≥ 1thì y = 8 x + 8 x > (2 x) . 3 3 2 3 3 Xét hiệu: (2 x + 1) − y = 12 x − 2 x + 1 > 0 ⇒ y < (2 x + 1) .

Từ đó suy ra (2 x)3 < y 3 < (2 x + 1)3 (loại). 3 3 3 Nếu x ≤ −1 thì (2 x − 1) < y < (2 x) (loại).

Vậy nghiệm nguyên của phương tình là x = y = 0. 4 4 4 2 2 2 2 Bài 9. Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn x − y − z + 2 x z + 3 x + 4 z + 1 = 0.

(Tạp chí Toán học và tuổi trẻ số 455)

* Phân tích hướng giải: - Ta có

x 4 − y 4 − z 4 + 2 x 2 z 2 + 3x 2 + 4 z 2 + 1 = 0 ⇔ ( x 2 + z 2 )2 + 3x 2 + 4 z 2 + 1 = y 4 = ( y 2 )2 ⇒ y 4 > x2 + z 2 )2 102

2 2 2 4 2 - Xét hiệu: ( x + z + 2) − y = x + 3 > 0

Do đó: ( x 2 + z 2 ) 2 < y 4 < ( x 2 + z 2 + 2) 2 ⇒ y 2 = x 2 + z 2 + 1 Từ đó tìm được x = 0, z = 0 và y = 1 hoặc y = - 1. - Vậy nghiệm nguyên (x,y,z) là: (0; 1; 0), (0; -1; 0). 2 2 3 4 Bài 10. Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn y = 1 + x + x + x + x .

(Chuyên Ninh Bình 2016 – 2017)

* Phân tích hướng giải: - Nếu x = 0 thì y = 1 hoặc y = -1 2 2 3 4 2 2 - Nếu x khác 0 thì: 4 y = 4(1 + x + x + x + x ) > (2 x + x)

- Ta lại có:

4 y 2 = 4(1 + x + x 2 + x 3 + x 4 ) = (2 x 2 + x + 2) 2 − 5 x 2 < (2 x 2 + x + 2) 2 Do đó

(2 x 2 + x + 2) 2 > 4 y 2 > (2 x 2 + x ) 2 ⇒ 4 y 2 = (2 x 2 + x + 1) 2  x = −1 ⇒  x=3 Vậy nghiệm nguyên (x, y)của phương trình là (-1; 1), (-1; -1), (3; 11), (3; -11). 2

Bài 11. Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn y = x − x + 1. (Tạp chí Toán học và tuổi trẻ số 436)

* Phân tích hướng giải: - Nếu x = 0 thì suy ra y = 1 hoặc y = -1. - Nếu x = -1thì suy ra y2 = 3 (loại). - Nếu x = 1 thì y = 1 hoặc y = -1. - Nếu x ≥ 2 ⇒ 4 y 2 = 4 x 4 − 4 x3 + 4 ⇒ (2 x 2 − x − 1) 2 < (2 y 2 ) 2 < (2 x 2 − x + 1) 2

103

⇒ (2 y 2 ) 2 = (2 x 2 − x ) 2 ⇒ x = 2 ⇒ y = ±3

- Nếu x ≤ −2 đặt t = - x khi đó

y2 = t 4 − t3 + 1

⇒ (2t 2 + t − 1) 2 < (2 y 2 ) 2 < (2t 2 + t + 1) 2 ⇒ (2 y 2 ) 2 = (2t 2 + t ) 2 ⇒ t = 2 ⇒ x = −2 ⇒ y = ±5 - Vậy nghiệm (x,y) của phương trình là: (0; 1), (0; -1), (1; 1), (1; -1), (2; 3), (2; -3), (-2; 5), (-2; -5).

104

Những kinh nghiệm cần nhớ khi giải phương trình nghiệm nguyên - Nếu gặp phương trình bậc nhất với hai ẩn: Có dạng ax + by = c với nghiệm x,y nguyên (a, b, c ∈ Z) . Cách giải : - Rút gọn phương trình, chú ý đến tính chia hết của ẩn. - Biểu thị ẩn mà hệ số của nó có giá trị tuyệt đối nhỏ, chẳng hạn x, theo ẩn kia. - Tách riêng giá trị nguyên ở biểu thức của x. - Đặt điều kiện để phân số của x bằng một số nguyên t1, ta được một phương trình bậc nhất hai ẩn y và t1. - Cứ tiếp tục làm như trên cho đến khi các ẩn đều được biểu thị dưới dạng một đa thức với các hệ số nguyên. - Nếu phương trình bậc hai hai ẩn: Ta nghĩ tới việc tách các hạng tử để đưa về phương trình tích. Nếu không được ta đi phân tích phương trình đưa về dạng tổng. Nếu vẫn không được ta để ý đến phương pháp sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc 2. Nếu vẫn không được ta sử dụng xét số dư từng vế hoặc sử dụng phương pháp tách giá trị nguyên để làm. - Nếu phương trình có bậc 3 trở lên đối với 2 ẩn trở lên: Với dạng phương trình bậc ba với hai ẩn ta thường đặt ẩn phụ x + y = a hoặc x – y = a và xy = b rồi đưa phương trình có bậc 3 đối với ẩn a bậc 1 đối với

ẩn b, biến đổi đưa về phương trình ước số. Ngoài ra cũng có thể xét các số lập phương liên tiếp hoặc dùng phương pháp bất đẳng thức. - Nếu phương trình có vai trò các ẩn như nhau: Ta sử dụng phương pháp sắp thứ tự của ẩn.

105

C. HIỆU QUẢ DO SÁNG KIẾN ĐEM LẠI I. Kết quả: Áp dụng sáng kiến kinh nghiệm này vào giảng dạy đội tuyển Toán 8 trường THCS Nguyễn Hiền trong 2 năm học 2016 – 2017 và 2017 - 2018 tôi đã thu được các kết quả khả quan. Chất lượng học tập của học sinh mũi nhọn ngày càng cao. Đặc biệt là các em hứng thú học toán hơn, vận dụng và sử dụng thành thạo các phương pháp cho từng bài cụ thể. Sau khi được học các phương pháp giải “Phương trình nghiệm nguyên”, học sinh không những giải tốt những bài toán về “Phương trình nghiệm nguyên”, mà các em còn giải được một số bài toán có liên quan khác như: Dạng toán chia hết. Dạng toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. Dạng toán hệ phương trình nghiệm nguyên. Thông qua các dạng toán về “Phương trình nghiệm nguyên” giúp các em học sinh phát triển tư duy tốt hơn, nhiều em thể hiện rõ sự yêu thích, say mê học toán hơn. Trong năm học 2016 – 2017 và 2017 -2018 HS đội tuyển Toán 8 với những hành trang được tôi cung cấp sau khi học về chuyên đề phương trình nghiệm nguyên cũng như các chuyên đề trong kế hoạch dạy học Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 8, các em đã tự tin tham dự các cuộc thi về toán học do các cấp tổ chức và dành được nhiều kết quả cao như: Năm học 206 – 2017: - Trong kỳ thi học sinh giỏi cấp Huyện có 10/12 HS làm được bài tập giải phương trình nghiệm nguyên đạt 83.3 %. Điểm trung bình đạt 16,5 xếp thứ Nhất toàn huyện. Có 12 học sinh dự thi, 12/12 học sinh đạt giải trong đó có 3 giải Nhất, 5 giải Nhì, 4 giải Ba. - Kì thi Toán học Hoa Kì (AMC) đạt 4 huy chương Vàng, 3 huy chương Bạc, 2 huy chương Đồng. - Kì thi HOMC mở rộng đạt 2 huy chương Bạc, 1 huy chương Đồng.

106

- Kì thi Giải Toán bằng Tiếng Anh đạt 2 giải Nhì, 3 giải Ba và 4 giải Khuyến Khích. Năm học 2017 – 2018: - Trong kỳ thi học sinh giỏi cấp Huyện có 11/12 HS làm được bài tập giải phương trình nghiệm nguyên đạt 91.6 %. Điểm trung bình đạt 16,7 xếp thứ Nhất toàn huyện. Có 12 học sinh dự thi, 12/12 học sinh đạt giải trong đó có 1 giải Nhất, 7 giải Nhì, 2 giải Ba, 2 giải khuyến khích. - Kì thi Toán học Hoa Kì (AMC) đạt 3 huy chương Vàng, 3 huy chương Bạc, 1 huy chương Đồng, và có 5 học sinh lọt vào top AMC10. - Kì thi HOMC mở rộng đạt 1 huy chương Bạc, 1 huy chương Đồng. - Kì thi Giải Toán bằng Tiếng Anh đạt 1 giải Nhì, 4 giải Ba và 3 giải Khuyến Khích.

II. Phạm vi áp dụng Nội dung các chuyên đề là tài liệu phù hợp cho giáo viên ôn thi học sinh giỏi Toán cấp THCS đặc biệt là giáo viên Toán tại các trường đang xây dựng trung tâm chất lượng cao bậc học THCS.

III. Hiệu quả do sáng kiến đem lại Sáng kiến là tài liệu dạy học phù hợp cho giáo viên trường THCS Nguyễn Hiền bồi dưỡng học sinh giỏi đạt kết quả tốt trong năm học 2018-2019, góp phần vào thắng lợi của đoàn học sinh giỏi huyện Nam Trực (đạt giải nhất, xếp thứ nhất toàn đoàn) năm học 2018 – 2019.

D. CAM KẾT KHÔNG SAO CHÉP HOẶC VI PHẠM BẢN QUYỀN. Nội dung toàn bộ sáng kiến này là do tôi biên soạn, tuyệt đối không sao chép, vi phạm bản quyền.

107

CƠ QUAN ĐƠN VỊ

TÁC GIẢ SÁNG KIẾN

ÁP DỤNG SÁNG KIẾN

(Ký tên)

(xác nhận) ..................................................................... ..................................................................... (Ký tên, đóng dấu)

Xác nhận, đánh giá , xếp loại của Phòng Giáo dục và Đào tạo …………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

108