Đề cương ôn thi môn Toán Lớp 9 - Chuyên đề 12 Phương trình nghiệm nguyên - Trần Kim Oanh

GIÁO VIÊN: TRẦN KIM OANH CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 1. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN. 1.1. Sử dụng các tính chất về quan hệ chia hết. Khi giải các phương trình nghiệm nguyên cần vận dụng linh hoạt các tính chất về chia hết, đồng dư, tính chẵn lẻ,… để tìm ra điểm đặc biệt của các ẩn số cũng như các biểu thức chứa ẩn trong phương trình, từ đó đưa phương trình về các dạng mà ta đã biết cách giải hoặc đưa về những phương trình đơn giản hơn..

 Xét số dư hai vế của phương trình để chỉ ra phương trình không có nghiệm, tính chẵn lẻ của các vế, …

 Đưa phương trình về dạng phương trình ước số.  Phát hiện tính chia hết của các ẩn.  Sử dụng tính đồng dư của các đại lượng nguyên.

Ví dụ 1. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:    2 2 x 2x 11 y

Lời giải Cách 1. Biến đổi tương đương phương trình ta được

                    2 2 2 2 2 2 x 2x 11 y x 2x 1 12 y x 1 y 12 x 1 y x 1 y 12

Ta có các nhận xét: + Vì phương trình đã cho chứa y có số mũ chẵn nên có thể giả sử  y 0 . Thế thì    x 1 y x 1 y

+ Ta có        x 1 y x 1 y 2y nên  x 1 y và  x 1 y cùng tính chẵn lẻ. Tích của chúng

bằng 12 nên chúng cùng là số chẵn. Với các nhận xét trên ta có hai trường hợp

 Trường hợp 1: Ta có           

x 1 y 6 x 5

x 1 y 2 y 2

 Trường hợp 1: Ta có           

x 1 y 2 x 3

x 1 y 6 y 2

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là             x; y 5;2 , 5; 2 , 3;2 , 3; 2

Cách 2. Viết thành phương trình bậc hai đối với x là       2 2 x 2x 11 y 0

Khi đó ta có     ' 2 2 1 11 y 12 y

Điều kiện cần để bậc hai có nghiệm nguyên ' là số chính phương. Từ đó ta đặt     ¥ 2 2 12 y k k hay ta được          2 2 k y 12 k y k y 12

Giả sử  y 0 thì    k y k y và   k y 0 lai có      k y – k – y 2y nên  k y và  k y cùng

tính chẵn lẻ và phải cùng chẵn.

Từ các nhận xét trên ta có     

k y 6

k y 2

Do đó ta được  y 2 , khi đó ta được    2 x 2x 15 0 , suy ra  x 3 hoặc  x 5

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là             x; y 5;2 , 5; 2 , 3;2 , 3; 2

Ví dụ 2. Tìm các số tự nhiên x và các số nguyên y sao cho:   x 2 2 3 y

Lời giải Lần lượt xét các giá trị tự nhiên của x như sau + Nếu  x 0 thì  2 y 4 nên  y 2

+ Nếu  x 1 thì  2 y 5 , phương trình không có nghiệm nguyên

DeThi.edu.vn

GIÁO VIÊN: TRẦN KIM OANH Nếu  x 2 , khi đó  x 2 3 là số lẻ nên y là số lẻ. Lại có  x 2 4 nên  x 2 3 chia cho 4 dư 3, còn

2 y chia cho 4 dư 1. Do đó phương trình không có nghiệm.

Vậy các nghiệm của phương trình là        x; y 0;2 , 0; 2 .

Ví dụ 3. Giải phương trình nghiệm nguyên:    3 3 x y 6xy 1

Lời giải

Biến đổi tương đương phương trình ta được             3 3 3 x y 6xy 1 x y 3xy x y 6xy 1

Đặt    a x y; b xy với a, b là các số nguyên.

Khi đó phương trình trên trở thành         3 3 a 3ab 6b 1 a 1 3b a 2

Từ đó ta suy ra được    3 a 1 a 2 hay ta được        3 a 8 7 a 2 nên   7 a 2

Suy ra  a 2 là ước của 7, ta cũng có  

  

3 a 1 b 3 a 2 , nên ta có bảng giá trị như sau

 a 2 1 1 7 a 1 3 5

 

  

3 a 1 b 3 a 2 0 Không nguyên 6 Không nguyên

Từ đó ta có các nghiệm của phương trình    3 a 3ab 6b 1 là       a; b 1;0 , 5;6

 Với      a; b 1;0 ta được            

x y 1 x 0; y 1 xy 0 x 1; y 0

 Với      a; b 5;6 ta được            

x y 5 x 2; y 3

xy 6 x 3; y 2

Thử lại ta được các nghiệm của phương trình là           x; y 0; 1 , 1;0 , 2;3 , 3;2 .

1.2. Đưa hai vế về tổng các bình phương. Ý tưởng của phương pháp là biến đổi phương trình về dạng vế trái là tổng của các bình phương và vế phải là tổng của các số chính phương.

Ví dụ 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình      2 2 x xy y 3x y 1

Lời giải Biến đổi phương trình ta được

     

         

         

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 x xy y 3x y 1 2x 2xy 2y 6x 2y …