Một số chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi cấp Trung học Cơ sở

 SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC 
 TRƢỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC
MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG HSG 
 CẤP TRUNG HỌC CƠ SỞ
 [2012] MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM 
NGUYÊN
 Nguyễn Duy Liên
Mở đầu
 Ngạn ngữ Pháp có câu: "Le Mathématique est le Roi des Sciences mais 
L’Arithmétique est la Reine",dịch nghĩa:"Toán học là vua của các khoa học 
nhƣng Số học là Nữ hoàng". Điều này nói lên tầm quan trọng của Số học trong 
đời sống và khoa học. Số học giúp con ngƣời ta có cái nhìn tổng quát, sâu rộng 
hơn, suy luận chặt chẽ và tƣ duy sáng tạo.
 Trong các kì thi chọn học sinh giỏi các cấp THCS, THPT cấp tỉnh, cấp 
Quốc gia,cấp khu vực, cấp quốc tế, các bài toán về Số học thƣờng đóng vai trò 
quan trọng. Chúng ta có thể làm quen nhiều dạng bài toán Số học, biết nhiều 
phƣơng pháp giải, nhƣng cũng có bài chỉ có một cách giải duy nhất. Mỗi khi 
gặp một bài toán mới chúng ta lại phải suy nghĩ tìm cách giải mới. Sự phong 
phú đa dạng của các bài toán Số học luôn là sự hấp dẫn đối với mỗi giáoviên, 
học sinh giỏi yêu toán. Xuất phát từ những ý nghĩ đó tôi đã sƣu tầm và hệ thống 
lại một số bài toán để viết lên chuyên đề "Một số phƣơng pháp giải phƣơng 
trình nghiệm nguyên " dành cho các thầy cô giáo dạy toán,các em học sinh bậc 
Trung học ,và chỉ đòi hỏi kiến thức toán của bậc Trung học Cơ sở.Chuyên đề 
gồm các phần :
-Phần I : Bảng các kí hiêu
-Phần II: Kiến thức cơ bản.
-Phần III: Một số phƣơng pháp giải phƣơng trình nghiệm nguyên
 • Phƣơng pháp 1:Sử dụng tính chẵn lẻ
 • Phƣơng pháp 2: Phƣơng pháp phân tích
 • Phƣơng pháp 3: Phƣơng pháp cực hạn
 • Phƣơng pháp 4: Phƣơng pháp loại trừ
 • Phƣơng pháp 5: Dùng chia hết và chia có dƣ
 • Phƣơng pháp 6: Sử dụng tính chất nguyên tố
 • Phƣơng pháp 7: Phƣơng pháp xuống thang
 • Phƣơng pháp 8: Dùng bất đẳng thức.
-Phần IV: Bài tập tƣơng tự.
 Mục tiêu ở đây là một số bài mẫu, một số bài khác biệt căn bản đã nói lên 
đƣợc phần chính yếu của chuyên đề. Tuy vậy, những thiếu sót nhầm lẫn cũng 
không thể tránh khỏi đƣợc tất cả , về phƣơng diện chuyên môn cũng nhƣ 
phƣơng diện sƣ phạm. Lối trình bày bài giải của tôi không phải là một lối duy 
nhất. Tôi đã cố gắng áp dụng cách giải cho phù hợp với chuyên đề, học sinh có 
thể theo mà không lạc hƣớng. Ngoài ra lúc viết tôi luôn luôn chú ý đến các bạn
 2 PHẦN I : BẢNG CÁC KÍ HIỆU
 : Tập hợp các số tự nhiên : 0;1;2;3;...
 * : Tập hợp các số tự nhiên khác 0 : 1;2;3;...
 : Tập hợp các số nguyên : ...;3;2;1;0;1;2;3;...
 P : Tập hợp các số nguyên tố
 : Tập hợp các số hữu tỉ
 : Tập hợp các số vô tỉ
 : Tập hợp các số thực
 x  : x thuộc ; x là số nguyên
 a b : a chia hết cho b , a là bội của b
 a  b : a không chia hết cho b
 b | a : b là ƣớc của a , b chia hết a
 b | a : b không là ƣớc của a
 a  bmod m : a đồng dƣ với b theo môđun m , a  b chia hết cho m
 a,b : ƢCLN của a và b
 a,b : BCNN của a và b
 a;b : cặp số ,nghiệm của phƣơng trình hai ẩn số
  : Suy ra
  : Tƣơng đƣơng với ,khi và chỉ khi
 (đpcm) : Điều phải chứng minh , kết thúc bài toán hay một phép chứng
 minh
 , ,, : Tồn tại,mọi ,hoặc, giao
 Pt,hệ pt,bđt : Phƣơng trình ,hệ phƣơng trìn,Bất đẳng thức
 PHẦN II :KIẾN THỨC CƠ BẢN 
 I.ĐỊNH LÍ VỀ PHÉP CHIA
1.Định lí:
 Cho a,b là các số nguyên tuỳ ý và b  0 ,khi dó có hai số nguyên q, r duy nhất
sao cho : a  bq  r với 0  r  b , a là số bị chia , b là số chia , q là thƣơng số
và r là số dƣ .
 4 Ta thƣờng vận dụng hai nhận xét sau đây trong khi giải một số phƣơng trình 
 nghiệm nguyên .
 n 
 1. X n  Y n   X  an a  *   Yn   X  a  i với i 1;2;3...;a 1
 2. X  X 1... X  n  Y Y 1... y  n   X  a X  a 1... X  a  n
 a    Y Y 1...Y  n   X  i X  i 1... X  i  n
 với i 1;2;...;a 1
IV. TÍNH CHẤT CHIA HẾT
 Phƣơng trình nghiệm nguyên có dạng: a xn  a xn   a xn  0 (*)
 1 1 2 2 k k
 Với n là số nguyên dƣơng lớn hơn 1,các tham số nguyên a1,a2 ,..., ak và các ẩn
 x1, x2 ,..., xk .,đƣợc giải bằng phƣơng pháp lùi vô hạn nhƣ sau:
 + Sử dụng tính chất chia hết để chứng minh xn , xn ,..., xn cùng chia hết cho một
 1 2 k
 số nguyên tố p .Từ đó suy ra x1, x2 ,...xk cũng chia hết cho p
 + Đặt x1  py1, x2  py2 ,..., xk  pyk (suy ra y1, y2 ,..., yk cũng nhận giá trị nguyên)
 Phƣơng trình (*) trở thành : a  py n  a  py n   a  py n  0
 1 1 2 2 k k
  a yn  a yn   a yn  0 .Hoàn toàn tƣơng tự ,ta chứng minh đƣợc
 1 1 2 2 k k
 y , y ,...y cũng chia hết cho p ,từ đó suy ra x , x ,...x cũng chia hết cho p2
 1 2 k 1 2 k
 +Quá trình này tiếp tục mãi ,suy ra x , x ,...x cùng chia hết cho pm với m là
 1 2 k
 một số nguyên dƣơng lớn tuỳ ý.Điều này chỉ xẩy ra khi và chỉ khi
 x1  x2  ..  xk  0
 Vậy phƣơng trình (*) có một nghiệm duy nhất x1  x2  ..  xk  0
 PHẦN III :MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM 
 NGUYÊN
 • Phương pháp 1:Sử dụng tính chẵn lẻ
 Thí dụ 1
 Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình : 2x  5y 12 x  x2  x  y  105
 Giải: Vì 105 là số lẻ nên 2x  5y 1 là số lẻ  y chẵn. Mà x2  x  x x 1
 chẵn nên 2 x lẻ  x  0 . Thay x  0 vào phƣơng trình ta đƣợc
 5y 1 y 1  21.5  21.5
 5 y  1  21 5 y  1  21 
 Vì 5y 1,5 1 nên  hoặc   y  4 .
 y  1  5 y  1  5
 6 (Junior Balkan 2001 Mathematcal-
 Olympiads)
 Giải: Phƣơng trình  x2  y2  x  y 1.3.23.29  x2  y2 và x  y cùng lẻ
 x, y khác tính chẵn lẻ  x2  y2 có dạng 4k 1k   x2  y2 chỉ có thể là
 1;29;3.23  69hoặc 2001 .Vậy ta có :
 • x2  y2 1 x, y 0;1  x2  y2  2001
 • x2  y2  29  x, y 5;5;2;2 x  y  69
 • x2  y2  69  x, y 3  VT 9  69 9 (vô lí)
 • x2  y2  2001 x, y 3  VT 9  2001 9 (vô lí)
 Vậy phƣơng trình vô nghiệm.
Bài tập tƣơng tự
1/ Tìm số nguyên tố p để 4 p 1 là số chính phƣơng.
2/ Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: 2x3  y2  2007 (ĐềTS10C.Lê Khiết-QN- 
2007)
3/Tìm x, y  thoả mãn điều kiện :
 1992x1993 1993y1994 1995 (ĐềTS10 C.KHTN -HN-1994)
4/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: x3  y3  2xy  8 (Bungari MO-1978)
 • Phương pháp 2:Phương pháp phân tích.
 Thí dụ 1
 Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
 x2 1 y2 1  2 x  y1 xy  41 xy
 (Titu Andreescu)
Giải: Viết lại phƣơng trình : x2 y2  2xy 1 x2  y2  2xy  2 x  y1 xy  4
 2 2 2 
   xy 1   x  y  2 x  y xy 1  4  xy 1  x  y  4
   x 1 y 1  2
 • Nếu :  x 1 y 1  2 ta có các hệ phƣơng trình sau
 x 1  2 x 1  2 x 1  1 x 1  1 có các nghiệm tƣơng ứng lần
  ; ;  ;
 y 1  1 y 1  1 y 1  2 y 1  2
 lƣợt là: 1;2,3;0,0;3,2;1
 8 Giải: Phƣơng trình  x y 1 y x 1  5330 Mà phân tích 5330 thành tích 2
 thừa số gồm:
 1.5330  5.1066 13.410  26.205 10.533  41.130  65.82  2.2665
 6 trƣờng hợp đầu tiên vô nghiệm
 y y y y 
 x  1  65 x 1  82 x  64 x  81 x  4 x  3
         
 x  x  x  x 
  y  1  82  y  1  65  y  81  y  64 y  3 y  4
 y y 
 x 1  2 x 1  2665 x  1 x  2664
       
 x  x 
   y 1  2665  y 1  2 y  2664 y  1
 Vậy phƣơng trình có 4 nghiệm 3;4, 4;3 , 1;2664 , 2664;1 
 Thí dụ 5
 Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình: x2  y 1  y2  x 1 1 (*)
 (Polish Mathematical-Olympiads 2004)
 Giải Đặt x  u 1, y  v 1 ,phƣơng trình (*) trở thành
 u 12 v  v 12 u 1  uvu  v  4uv  u  v 1
  uvu  v  4  u  v  4  5  uv 1u  v  4  5 Phƣơng trinh tƣơng
 đƣơng với 4 hệ phƣơng trình sau
 uv 1  1 uv 1  1 uv 1  5 uv 1  5
     
 u  v  4  5 u  v  4  5 u  v  4  1 u  v  4  1
 u  v  1 u  v  9 u  v  3 u  v  5
       
 uv  0 uv  2 uv  4 uv  6
 giải ra ta đƣợc các nghiệm u,v  1,0, 0,1, 6,1 , 1, 6  
 các nghiệm của pt là  x; y  1;2,5;2;2;1;2;5
Bài tập tƣơng tự
 1/Chop, q là hai số nguyên tố .Giải phƣơng trình nghiệm nguyên
 1 1 1
 sau:   
 x y pq
 (Titu Andreescu)
 2/Tìm tất cả các tam giác vuông có các cạnh là số nguyên Và số đo diện tích 
 bằng số đo chu vi tam giác.
 3/ Giải phƣơng trình nghiệm nguyên 3x2 10xy  8y2  96
 1 1 1
 4/Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình:   
 2m n3
 (ĐềTS10 PTNK HCM 2001-2002)
 10 x4  y4  z4  2x2 y2  2y2 z2  2z2 x2  2000
 (Junior Balkan 2000 Mathematical-Olympiads)
 Giải Giả sử tồn tại x, y, z  thoả mãn, theo đề bài các số hạng của vế trái
 đều có bậc chẵn .Giả sử rằng x, y, z  0
 Trƣớc tiên ta chứng minh các số x, y, z phân biệt .Ngƣợc lại chẳng hạn y  z
 Đẳng thức trở thành x4  4x2 y2  2000  x chẵn , x  2t t   thì ta có
 t 2  25
 t2 t 2  y2   125   (vô lí)
 2 2 
 t  y  5
 Giả sử x  y  z . Nếu x4  y4  z4 lẻ thì tồn tại ít nhất một số chẵn và có hai số
 có cùng tính chẵn lẻ.
 Ta có
 2 
 : x4  y4  z4  2x2 y2  2y2 z2  2z2 x2  x2  y2   2x2  y2 z2  z4  4y2 z2
 2 
  x2  y2  z2   2yz 2  x2  y2  z2  2yz x2  y2  z2  2yz 
   x  y  z x  y  z x  y  z x  y  z  đây là tích của 4 số nguyên
 phân biệt.Mà số 2000 16.125  24.125.Mà với 4 thừa số phân biệt :
 x  y  z  x  y  z  x  y  z  x  y  z mà các thừa số này chia hết cho 
 2,và không chia hết cho 4.Trong khi đó ƣớc chẵn nhỏ nhất của 2000 chia hết 
 2 mà
 không chia hết cho 4 là 2,10,50,250 nhƣ 2.10.50.250>2000 Vô lí
 Thí dụ 3
 Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình : x3  7 y  y3  7x
Giải Phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với
 2 2 x  y
 x  yx  xy  y  7  0  
 2 2 
 x  xy  y  7  0
 2 2 2 7
 •Nếu x  xy  y  7  0   x  y   7  3xy  0  xy  
 3
 x 1, y  2  x  2, y 1
 • x  y  n  * thoả màn phƣơng thình
 Vậy phƣơng trình có các nghiệm 1,2, 2,1. n, n với n  *
 Thí dụ 4
 Một tam giác có số đo của chiều cao là những số nguyên và bán kính đƣờng 
 tròn nội tiệp bằng 1 Chứng minh rằng tam giác đó đều.
 12