1CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN THCS Chuyên đề 1: SỐ CHÍNH PHƯƠNG I- ĐỊNH NGHĨA: Số chính phương là số bằng bình phương đúng của một số nguyên. II- TÍNH CHẤT: 1- Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9; không thể có chữ tận cùng bằng 2, 3, 7, 8. 2- Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên tố với số mũ chẵn. 3- Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n+1. Không có số chính phương nào có dạng 4n + 2 hoặc 4n + 3 (n N). 4- Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 3n hoặc 3n +1. Không có số chính phương nào có dạng 3n + 2 ( n N ). 5- Số chính phương tận cùng bằng 1, 4 hoặc 9 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn. Số chính phương tận cùng bằng 5 thì chữ số hàng chục là 2. Số chính phương tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ. 6- Số chính phương chia hết cho 2 thì chia hết cho 4. Số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9 Số chính phương chia hết cho 5 thì chia hết cho 25 Số chính phương chia hết cho 8 thì chia hết cho 16. III- MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG. A- Dạng 1: CHỨNGMINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG. Bài 1: Chứng minh rằng mọi số nguyên x, y thì: A= (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + 4y là số chính phương. Giải : Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + 4y = ( 2 2 2 2 45 4 )( 5 6 )x xy y x xy y y Đặt 2 25 5 ( )x xy y t t Z thì A = ( 2 2 4 2 4 4 2 2 2 2)( ) ( 5 5 )t y t y y t y y t x xy y Vì x, y, z Z nên 2 2 2 2, 5 , 5 5 5x Z xy Z y Z x xy y Z Vậy A là số chính phương. Bài 2: Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng 1 luôn là số chính phương. Giải : Gọi 4 số tự nhiên, liên tiếp đó là n, n+1, n+2, n+3 (n Z). Ta có: n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n . ( n + 3)(n + 1)(n + 2) + 1 = ( 2 23 )( 3 2) 1 (*)n n n n Đặt 2 3 ( )n n t t N thì (*) = t(t + 2) + 1 = t2 + 2t + 1 = (t + 1)2 = (n2 + 3n + 1)2 Vì n N nên n2 + 3n + 1 N. Vậy n(n + 1)(n + 2)(+ 3) + 1 là số chính phương. 2Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ...+ k(k + 1)(k + 2) Chứng minh rằng 4S + 1 là số chính phương. Giải : Ta có: k(k + 1)(k + 2) = 1 4 k (k + 1)(k + 2). 4= 1 4 k(k + 1)(k + 2). ( 3) ( 1)k k = 1 4 k(k + 1)(k + 2)(k + 3) - 1 4 k(k + 1)(k + 2)(k - 1) => 4S =1.2.3.4 - 0.1.2.3 + 2.3.4.5 - 1.2.3.4 + . . . + k(k + 1)(k + 2)(k + 3) - k(k + 1)(k + 2)(k - 1) = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) => 4S + 1 = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) + 1 Theo kết quả bài 2 => k(k + 1)(k + 2)(k + 3) + 1 là số chính phương. Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; . . . - Dãy số trên được xây dựng bằng cách thêm số 48 vào giữa các chữ số đứng trước và đứng sau nó. Chứng minh rằng tất cả các số của dãy trên đều là số chính phương. Ta có 44 ...488...89 = 44...488...8 + 1 = 44...4 . 10n + 8 . 11 ... 1 + 1 n chữ số 4 n - 1 chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 1 = 4. 10 1 10 1 .10 8. 1 9 9 n n n = 2 24.10 4.10 8.10 8 9 4.10 4.10 1 9 9 n n n n n = 2 2.10 1 3 n Ta thấy 2.10n + 1 = 200...01 có tổng các chữ số chia hết cho 3 nên nó chia hết cho 3 n - 1 chữ số 0 => 2 2.10 1 3 n Z hay các số có dạng 44 ... 488 ... 89 là số chính phương. Các bài tương tự: Chứng minh rằng số sau đây là số chính phương. A = 11 ... 1 + 44 ... 4 + 1 2n chữ số 1 n chữ số 4 B = 11 ... 1 + 11 . . .1 + 66 . . . 6 + 8 2n chữ số 1 n+1 chữ số 1 n chữ số 6 C= 44 . . . 4 + 22 . . . 2 + 88 . . . 8 + 7 2n chữ số 4 n+1 chữ số 2 n chữ số 8 D = 22499 . . .9100 . . . 09 n-2 chữ số 9 n chữ số 0 3E = 11 . . .155 . . . 56 n chữ số 1 n-1 chữ số 5 Kết quả: A= 2 2 2 10 2 10 8 2.10 7 ; ; 3 3 3 n n n B C D = (15.10n - 3)2 E = 2 3 210 n Bài 5: Chứng minh rằng tổng các bình phương của 5 số tự nhiên liên tiếp không thể là một số chính phương. Gọi 5 số tự nhiên liên tiếp đó là n - 2, n - 1, n +1, n + 2 ( n N, n >2). Ta có (n - 2)2 + ( n - 1)2 + n2 + (n + 1)2 + (n + 2)2 = 5 . (n2 + 2) Vì n2 không thể tận cùng bởi 3 hoặc 8 do đó n2 + 2 không thể chia hết cho 5 => 5. (n2 + 2) không là số chính phương hay A không là số chính phương. Bài 6: Chứng minh rằng số có dạng n6 - n4 + 2n3 + 2n2 trong đó n N và n >1 không phải là số chính phương. n6 - n 4 + 2n3 + 2n2 = n2. (n4 - n2 + 2n +2) = n2. [n2(n-1)(n+1) +2(n+1)] = n2[(n+1)(n3 - n2 + 2)] = n2(n + 1) . [(n3 + 1) - (n2 - 1)] = n2(n + 1)2 . (n2 - 2n + 2) Với nN, n > 1 thì n2 - 2n + 2 = ( n -1)2 + 1 > ( n - 1)2 Và n2 - 2n + 2 = n2 - 2(n - 1) < n2 Vậy (n - 1)2 n2 - 2n + 2 không phải là một số chính phương. Bài 7: Cho 5 số chính phương bất kỳ có chữ số hàng chục khác nhau còn chữ số hàng đơn vị đều là 6. Chứng minh rằng tổng các chữ số hàng chục của 5 số chính phương đó là một số chính phương. Ta biết một số chính phương có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số hàng chục của nó là số lẻ. Vì vậy chữ số hàng chục của 5 số chính phương đó là 1,3,5,7,9 khi đó tổng của chúng bằng 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52 là số chính phương. Bài 8: Chứng minh rằng tổng bình phương của 2 số lẻ bất kỳ không phải là số chính phương. a và b lẻ nên a = 2k + 1, b= 2m + 1 (Với k, m N). => a2 + b2 = (2k + 1)2 + ( 2m + 1)2 = 4k2 + 4k + 1 + 4m2 + 4m + 1 = 4 (k2 + k + m2 + m) + 2 => a2 + b2 không thể là số chính phương. Bài 9: Chứng minh rằng nếu p là tích của n (với n > 1) số nguyên tố đầu tiên thì p - 1 và p + 1 không thể là các số chính phương. Vì p là tích của n số nguyên tố đầu tiên nên p2 và p không thể chia hết cho 4 (1) a- Giả sử p + 1 là số chính phương. Đặt p + 1 = m2 ( m N). Vì p chẵn nên p + 1 lẻ => m2 lẻ => m lẻ. 4Đặt m = 2k + 1 (k N). Ta có m2 = 4k2 + 4k + 1 => p + 1 = 4k2 + 4k + 1 => p = 4k2 + 4k = 4k (k + 1) 4 mâu thuẫn với (1). => p + 1 không phải là số chính phương. b- p = 2.3.5... là số chia hết cho 3 => p - 1 có dạng 3k + 2. => p - 1 không là số chính phương. Vậy nếu p là tích n (n >1) số nguyên tố đầu tiên thì p - 1 và p + 1 không là số chính phương. Bài 10: Giả sử N = 1.3.5.7 . . . 2007. 2011 Chứng minh rằng trong 3 số nguyên liên tiếp 2N - 1, 2N và 2N + 1 không có số nào là số chính phương. a- 2N - 1 = 2.1.3.5.7 . . . 2011 - 1 Có 2N 3 => 2N - 1 = 3k + 2 (k N) => 2N - 1 không là số chính phương. b- 2N = 2.1.3.5.7 . . . 2011 => 2N chẵn. => N lẻ => N không chia hết cho 2 và 2N 2 nhưng 2N không chia hết cho 4. 2N chẵn nên 2N không chia cho 4 dư 1 hoặc dư 3 => 2N không là số chính phương. c- 2N + 1 = 2.1.3.5.7 . . . 2011 + 1 2N + 1 lẻ nên 2N + 1 không chia hết cho 4 2N không chia hết cho 4 nên 2N + 1 không chia cho 4 dư 1. => 2N + 1 không là số chính phương. Bài 11: Cho a = 11 . . . 1 ; b = 100 . . . 05 2010 chữ số 1 2009 chữ số 0 Chứng minh 1ab là số tự nhiên. Giải: b = 100 . . . 05 = 100 . . . 0 - 1 + 6 = 99 . . . 9 + 6 = 9a + 6 2009 chữ số 0 2010 chữ số 0 2010 chữ số 9 ab + 1 = a(9a + 6) + 1 = 9a2 + 6a + 1 = (3a + 1)2 Naaab 13)13(1 2 B. DẠNG 2: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1: Tìm số tự nhiên n sao cho các số sau là số chính phương a) n2 + 2n + 12 b) n(n + 3) c) 13n + 3 d) n2 + n + 1589 Giải: a) Vì n2 + 2n + 12 là số chính phương nên đặt n2 + 2n + 12 = k2 (k N) (n2 + 2n + 1) + 11 = k2 k2 – (n + 1)2 = 11 (k + n + 1)(k – n - 1) = 11 Nhận xét thấy k + n + 1 > k - n - 1 và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết (k + n + 1) (k - n - 1) = 11.1 k + n + 1 = 11 k = 6 k - n – 1 = 1 n = 4 5b) đặt n(n + 3) = a2 (n N) n2 + 3n = a2 4n2 + 12n = 4a2 (4n2 + 12n + 9) – 9 = 4a2 (2n + 3)2 – 4a2 = 9 (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9 Nhận xét thấy 2n + 3 + 2a > 2n + 3 – 2a và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9.1 2n + 3 + 2a = 9 n = 1 2n + 3 – 2a = 1 a = 2 c) Đặt 13n + 3 = y2 (y N) 13(n - 1) = y2 – 16 13(n - 1) = (y + 4)(y – 4) (y + 4)(y – 4) 13 mà 13 là số nguyên tố nên y + 4 13 hoặc y – 4 13 y = 13k 4 (với k N) 13(n - 1) = (13k 4)2 – 16 = 13k.(13k 8) 13k2 8k + 1 Vậy n = 13k2 8k + 1 (với k N) thì 13n + 3 là số chính phương d) Đặt n2 + n + 1589 = m2 (m N) (4n2 + 1)2 + 6355 = 4m2 (2m + 2n + 1) (2m – 2n – 1) = 6355 Nhận xét thấy 2m + 2n + 1 > 2m – 2n – 1 > 0 và chúng là những số lẻ, nên ta có thể viết (2m + 2n + 1) (2m – 2n – 1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41 Suy ra n có thể có các giá trị sau : 1588 ; 316 ; 43 ; 28 Bài tương tự : Tìm a để các số sau là những số chính phương a) a2 + a + 43 b) a2 + 81 c) a2 + 31a + 1984 Kết quả: a) 2; 42; 13 b) 0; 12; 40 c) 12 ; 33 ; 48 ; 97 ; 176 ; 332 ; 565 ; 1728 Bài 2 : Tìm số tự nhiên n 1 sao cho tổng 1! + 2! + 3! + + n! là một số chính phương. Với n = 1 thì 1! = 1 = 12 là số chính phương Với n = 2 thì 1! + 2! = 3 không là số chính phương Với n = 3 thì 1! + 2! + 3! = 1 + 1.2 + 1.2.3 = 9 = 33 là số chính phương Với n 4 ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1 + 1.2 + 1.2.3 + 1.2.3.4 = 33 còn 5!; 6!; ; n! đều tận cùng bởi 0 do đó 1! + 2! + 3! + n! có tận cùng bởi chữ số 3 nên nó không phải là số chính phương. Vậy có 2 số tự nhiên n thoả mãn đề bài là n = 1; n = 3 Bài 3: Có hay không số tự nhiên n để 2010 + n2 là số chính phương. Giả sử 2010 + n2 là số chính phương thì 2010 + n2 = m2 (m N ) 6Từ đó suy ra m2 - n2 = 2010 (m + n) (m – n) = 2010 Như vậy trong 2 số m và n phải có ít nhất 1 số chẵn (1) Mặt khác m + n + m – n = 2m 2 số m + n và m – n cùng tính chẵn lẻ (2) Từ (1) và (2) m + n và m – n là 2 số chẵn. (m + n) (m – n) 4 nhưng 2006 không chia hết cho 4 Điều giả sử sai. Vậy không tồn tại số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương. Bài 4: Biết x N và x > 2. Tìm x sao cho )1()2()1(.)1( xxxxxxxx Đẳng thức đã cho được viết lại như sau: )1()2()1( 2 xxxxxx Do vế trái là một số chính phương nên vế phải cũng là một số chính phương. Một số chính phương chỉ có thể tận cùng bởi một trong các chữ số 0; 1; 4; 5; 6; 9 nên x chỉ có thể tận cùng bởi một trong các chữ số 1; 2; 5; 6; 7; 0 (1) Do x là chữ số nên x 9, kết hợp với điều kiện đề bài ta có x N và 2 < x 9 (2) Từ (1) và (2) x chỉ có thể nhận một trong các giá trị 5; 6; 7 Bằng phép thử ta thấy chỉ có x = 7 thoả mãn đề bài, khi đó 762 = 5776 Bài 5: Tìm số tự nhiên n có 2 chữ số biết rằng 2n + 1 và 3n + 1 đều là các số chính phương. Ta có 10 n 99 nên 21 2n + 1 199. Tìm số chính phương lẻ trong khoảng trên ta được 2n + 1 bằng 25; 49; 81; 121; 169 tương ứng với số n bằng 12; 24; 40; 60; 84 Số 3n + 1 bằng 37; 73; 121; 181; 253. Chỉ có 121 là số chính phương. Vậy n = 40 Bài 6: Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên sao cho n + 1 và 2n + 1 đều là các số chính phương thì n là bội số của 24 Vì n + 1 và 2n + 1 là các số chính phương nên đặt n + 1 = k2, 2n + 1 = m2 (k, m N ) Ta có m là số lẻ m = 2a + 1 m2 = 4a(a + 1) + 1 Mà )1(2 2 )1(4 2 12 aaaamn n chẵn n + 1 lẻ k lẻ đặt k = 2b + 1 (với b N ) k2 = 4b(b+1) + 1 n = 4b(b+1) n 8 (1) Ta có: k2 + m2 = 3n + 2 2 (mod3) Mặt khác k2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1, m2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1 Nên để k2 + m2 2 (mod3) thì k2 1 (mod3) m2 1 (mod3) m2 – k2 3 hay (2n + 1) – (n + 1) 3 n 3 (2) Mà (8; 3) = 1 (3) Từ (1), (2), (3) n 24 Bài 7: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho số 28 + 211 + 2n là số chính phương Giả sử 28 + 211 + 2n = a2 (a N) thì 72n = a2 – 482 = (a + 48) (a – 48) 2p. 2q = (a + 48) (a – 48) với p, q N ; p + q = n và p > q a + 48 = 2p 2p 2q = 96 2q (2p-q – 1) = 25.3 a – 48 = 2q q = 5 và p – q = 2 p = 7 n = 5 + 7 = 12 Thử lại ta có: 28 + 211 + 2n = 802 C.DẠNG 3 : TÌM SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1 : Cho A là số chính phương gồm 4 chữ số. Nếu ta thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta được số chính phương B. Hãy tìm các số A và B. Gọi A = 2kabcd . Nếu thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta có số B = 2)1)(1)(1)(1( mdcba với k, m N và 32 < k < m < 100 a, b, c, d = 9;1 Ta có: A = 2kabcd B = 21111 mabcd . Đúng khi cộng không có nhớ m2 – k2 = 1111 (m - k)(m + k) = 1111 (*) Nhận xét thấy tích (m – k)(m + k) > 0 nên m – k và m + k là 2 số nguyên dương. Và m – k < m + k < 200 nên (*) có thể viết (m – k) (m + k) = 11.101 Do đó: m – k = 11 m = 56 A = 2025 m + k = 101 n = 45 B = 3136 Bài 2: Tìm một số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng số gồm 2 chữ số đầu lớn hơn số gồm 2 chữ số sau một đơn vị. Đặt 2kabcd ta có 1 cdab và k N, 32 k < 100 Suy ra : 101cd = k2 – 100 = (k – 10)(k + 10) k + 10 101 hoặc k – 10 101 Mà (k – 10; 101) = 1 k + 10 101 Vì 32 k < 100 nên 42 k + 10 < 110 k + 10 = 101 k = 91 abcd = 912 = 8281 Bài 3: Tìm số chính phương có 4 chữ số biết rằng 2 chữ số đầu giống nhau, 2 chữ số cuối giống nhau. Gọi số chính phương phải tìm là: aabb = n2 với a, b N, 1 a 9; 0 b 9 Ta có: n2 = aabb = 11. ba0 = 11.(100a + b) = 11.(99a + a + b) (1) Nhận xét thấy aabb 11 a + b 11 Mà 1 a 9; 0 b 9 nên 1 a + b 18 a + b = 11 Thay a + b = 11 vào (1) được n2 = 112(9a + 1) do đó 9a + 1 là số chính phương Bằng phép thử với a = 1; 2;; 9 ta thấy chỉ có a = 7 thoả mãn b = 4 Số cần tìm là: 7744 8Bài 4: Tìm một số có 4 chữ số vừa là số chính phương vừa là một lập phương. Gọi số chính phương đó là abcd . Vì abcd vừa là số chính phương vừa là một lập phương nên đặt abcd = x2 = y3 với x, y N Vì y3 = x2 nên y cũng là một số chính phương. Ta có : 1000 abcd 9999 10 y 21 và y chính phương y = 16 abcd = 4096 Bài 5 : Tìm một số chính phương gồm 4 chữ số sao cho chữ số cuối là số nguyên tố, căn bậc hai của số đó có tổng các chữ số là một số chính phương. Gọi số phải tìm là abcd với a, b, c, d nguyên và 1 a 9; 0 b, c, d 9 abcd chính phương d 9,6,5,4,1,0 d nguyên tố d = 5 Đặt abcd = k2 < 10000 32 k < 100 k là một số có hai chữ số mà k2 có tận cùng bằng 5 k tận cùng bằng 5 Tổng các chữ số của k là một số chính phương k = 45 abcd = 2025 Vậy số phải tìm là: 2025 Bài 6: Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết rằng hiệu các bình phương của số đó và viết số bở hai chữ số của số đó nhưng theo thứ tự ngược lại là một số chính phương Gọi số tự nhiên có hai chữ sốphải tìm là ab (a, b N, 1 a, b 9) Số viết theo thứ tự ngược lại ba Ta có ab 2 - ba 2 = (10a + b)2 – (10b + a)2 = 99 (a2 – b2) 11 a2 – b2 11 Hay (a - b) (a + b) 11 Vì 0 < a – b 8, 2 a + b 18 nên a + b 11 a + b = 11 Khi đó: ab 2 - ba 2= 32 . 112 . (a – b) Để ab 2 - ba 2 là số chính phương thì a – b phải là số chính phương do đó a – b = 1 hoặc a – b = 4 Nếu a – b = 1 kết hợp với a + b = 11 a = 6, b = 5 , ab= 65 Khi đó 652 – 562 = 1089 = 332 Nếu a – b = 4 kết hợp với a + b = 11 a = 7,5 loại Vậy số phải tìm là 65 Bài 7: Cho một số chính phương có 4 chữ số. Nếu thêm 3 vào mỗi chữ số đó ta cũng được một số chính phương. Tìm số chính phương ban đầu. (Kết quả: 1156) Bài 8: Tìm số có 2 chữ số mà bình phương của số ấy bằng lập phương của tổng các chữ số của nó. Gọi số phải tìm là ab với a, b N, 1 a 9; 0 b 9 9Theo giả thiết ta có: ab = (a + b)3 (10a +b)2 = (a + b)3 ab là một lập phương và a + b là một số chính phương Đặt ab = t3 (t N), a + b = 12 (1 N) Vì 10 ab 99 ab = 27 hoặc ab = 64 Nếu ab = 27 a + b = 9 là số chính phương Nếu ab = 64 a + b = 10 không là số chính phương loại Vậy số cần tìm là ab = 27 Bài 9 : Tìm 3 số lẻ liên tiếp mà tổng bình phương là một số có 4 chữ số giống nhau. Gọi 3 số lẻ liên tiếp đó là 2n - 1 ; 2n + 1 ; 2n + 3 (n N) Ta có : A = (2n – 1)2 + (2n + 1)2 + (2n +3)2 = 12n2 + 12n + 11 Theo đề bài ta đặt 12n2 + 12n + 11 = aaaa = 1111 . a với a lẻ và 1 a 9 12n(n + 1) = 11(101a – 1) 101a – 1 3 2a – 1 3 Vì 1 a 9 nên 1 2a – 1 17 và 2a – 1 lẻ nên 2a – 1 15;9;3 a 8;5;2 Vì a lẻ a = 5 n = 21 3 số cần tìm là: 41; 43; 45 Bài 10 : Tìm số có 2 chữ số sao cho tích của số đó với tổng các chữ số của nó bằng tổng lập phương các chữ số của số đó. ab (a + b) = a3 + b3 10a + b = a2 – ab + b2 = (a + b)2 – 3ab 3a (3 + b) = (a + b) (a + b – 1) a + b và a + b – 1 nguyên tố cùng nhau do đó a + b = 3a hoặc a + b – 1 = 3a a + b – 1 = 3 + b a + b = 3 + b a = 4, b = 8 hoặc a = 3, b = 7 Vậy ab = 48 hoặc ab = 37 10 Chuyên đề 2: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 1. Tìm nghiệm nguyên của Phương trình và hệ phương trình bậc nhất hai ẩn Tuỳ từng bài cụ thể mà làm các cách khác nhau. VD1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x + 3y = 11 (1) Cách 1: Phương pháp tổng quát: Ta có: 2x + 3y = 11 2 1 5 2 311 yyyx Để phương trình có nghiệm nguyên 2 1 y nguyên Đặt Zty 2 1 y = 2t + 1 x = -3t + 4 Cách 2 : Dùng tính chất chia hết Vì 11 lẻ 2x + 3y luôn là số lẻ mà 2x luôn là số chẵn 3y lẻ y lẻ Do đó : y = 2t + 1 với Zt x = -3t + 4 Cách 3 : Ta nhân thấy phương trình có một cặp nghiệm nguyên đặc biệt là x0 = 4 ; y0 = 1 Thật vậy : 2 . 4 + 3.1 = 11 (2) Trừ (1) cho (2) vế theo vế ta có : 2(x - 4) + 3(y - 1) = 0 2(x -4) = -3(y -1) (3) Từ (3) 3(y - 1) 2 mà (2 ; 3) = 1 y - 1 2 y = 2t + 1 với Zt Thay y = 2t + 1 vào (3) ta có : x = -3t + 4 Nhận xét : Với cách giải này ta phải mò ra một cặp nghiệm nguyên (x0, y0) của phương trình ax + by = c ; cách này sẽ gặp khó khăn nếu hệ số a, b, c quá lớn. Các bài tập tương tự : Tìm nghiệm nguyên của phương trình. a) 3x + 5y = 10 b) 4x + 5y = 65 c) 5x + 7y = 112 VD2 : Hệ phương trình. Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình sau : 3x + y + z = 14 (1) 5x + 3y + z = 28 (2) 11 Giải : Từ hệ đã cho ta có : 2(x + y) = 14 vậy x = 7 - y (*) Thay (*) vào (1) ta được z = 14 - y - 3x = 2y -7 Vì x > 0 nên 7 - y > 0 y 0 nên 2y - 7 > 0 y > 2 7 Vậy 2 7 < y < 7 và Zy 6;5;4 y Giải tiếp hệ đã cho có 3 nghiệm (3; 4; 1); (2; 5; 3); (1; 6; 5) Bài tập tương tự: a) Tìm nghiệm nguyên của hệ 2x -5y = 5 2y - 3z = 1 b) Trăm trâu ăn trăm bó cỏ – trâu đứng ăn năm, trâu nằm ăn ba, trâu già 3 con 1 bó. Tìm số trâu mỗi loại. c) Tìm số nguyên dương nhỏ nhất chia cho 1000 dư 1 và chia cho 761 dư 8. 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình, hệ phương trình bậc cao. Phương pháp 1 : Dùng dấu hiệu chia hết để giải phương trình. VD1: a) Tìm cặp số nguyên (x ; y) thoả mãn phương trình 6x2 + 5y2 = 74 (1) Cách 1 : Ta có : 6 (x2 - 4) = 5 (10 - y2) (2) Từ (2) 6(x2 - 4) 5 và (6 ; 5) = 1 x2 - 4 5 x2 = 5t + 4 với Nt Thay x2 - 4 = 5t vào (2) ta có : y2 = 10 – 6t Vì x2 > 0 và y2 > 0 5t + 4 > 0 10 - 6t > 0 3 5 5 4 t với Nt t = 0 hoặc t = 1 Với t = 0 y2 = 10 (loại) Với t = 1 x2 = 9 x = 3 y2 = 4 y = 2 Vậy các cặp nghiệm nguyên là :........................ Cách 2 : Từ (1) ta có x2 + 1 5 0 < x2 12 x2= 4 hoặc x2 = 9 Với x2 = 4 y2 = 10 (loại) Với x2 = 9 y2 = 4 (thoả mãn) Vậy..................... Cách 3 : Ta có :(1) y2 chẵn 0 < y2 14 y2 = 4 x2 = 9 12 Vậy............... VD2 : Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên a) x5 + 29x = 10(3y + 1) b) 7x = 2y - 3z - 1 Giải : x5 - x + 30x = 10(3y+1) VP 30 còn VT 30 phương trình vô nghiệm Phương pháp 2: Phân tích một vế thành tích, một vế thành hằng số nguyên VD1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: a) xy + 3x - 5y = -3 b) 2x2 - 2xy + x - y + 15 = 0 c) x2 + x = y2 - 19 Giải : a) Cách 1: x(y + 3) – 5(y + 3) = -18 (x – 5) (y + 3) = -18... Cách 2 : 3 18 5 3 35 yy y x b) Tương tự. c) 4x2 + 4x = 4y2 - 76 (2x + 1)2 - (2y)2 = -75... Phương pháp 3 : Sử dụng tính chẵn lẻ (đặc biệt của chia hết) VD2 : Tìm nghiệm nguyên. x3 - 2y3 - 4z3 = 0 Giải : x3 = 2(y3 + 2z3) VP 2 x3 2 x 2 đặt x = 2k 8k3 = 2(y3 + 2z3) 4k3 = y3 + 2z3 y3 = 4k3 - 2z3 = 2(2k3 - z3) y chẵn. Đặt y = 2t ta có : 8t3 = 2(2k3 - z3) 4t3= 2k3 - z3 z3 = 2k3 - 4t3 z chẵn z = 2m 8m3 = 2(k3 - 2t3) ......k chẵn....... Phương pháp 4 : Phương pháp sử dụng tính chất của số chính phương VD1 : Tìm nghiệm nguyên của. a) x2 - 4xy + 5y2 = 169 b) x2 - 6xy + 13y2 = 100 Giải : a) (x - 2y)2 + y2 = 169 = 0 + 169 = 25 + 144... b) (x – 3y)2 + (2y)2 = 100 = 0 + 100 = 36 + 64 = ... Phương pháp 5 : Phương pháp công thức nghiệm phương trình bậc 2 13 VD1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình. a) 2x2 -2xy + x + y + 15 = 0 b) 5(x2 + xy + y2) = 7(x+2y) (đề thi học sinh giỏi tỉnh 2009 – 2010) c) x(x + 1) = y (y + 1) (y2 + 2) Phương pháp 6 : Phương pháp đặt ẩn phụ VD: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 6 7 32 22 22 12 2 2 2 2 xx xx xx xx (1) Đặt y = x2 + 2x + 2 (y Z) (1) 6 7 1 1 y y y y 5y2 – 7y – 6 = 0 5 3 1 y (loại) ; y2 = 2 (thoả mãn) x1 = 0; x2 = -2 Các bài tập tương tự: a) x3 + (x + 1)3 + (x + 2)3 = (x + 3)3 b) 12 1 )1( 1 )2( 1 2 xxx * Một số phương pháp khác. VD1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 2x2 + 4x = 19 -3y2 Giải : 4x2 + 8x + 4 = 42 - 6y2 (2x + 2)2 = 6 (7 - y2) Vì (2x + 2)2 0 7 - y2 0 72 y Mà y Z y = 0 ; 1 ; 2 Từ đây ta tìm được giá trị tương ứng của x 3. Một số bài toán liên quan tới hình học. a) Cho tam giác có độ dài của 3 đường cao là những số nguyên dương và đường tròn nội tiếp tam giác đó có bán kính bằng 1(đ.v.đ.d). Chứng minh tam giác đó là tam giác đều Giải: Gọi độ dài các cạnh và các đường cao tương ứng theo thứ tự là a; b; c và x; y; z. R là bán kính đường tròn nội tiếp. Ta có R = 1 x; y; z > 2 và giả sử x y z > 2 Ta có : ax = by = cz = (a + b+ c).1 (=2S) Suy ra: a cba x ; c cba z b cba y ; cba a x 1 ; cba b y 1 ; cba c z 1 1111 zyx mà x y z > 2 xz 11 và yz 11 nên zzyx 3111 14 z 3 1 3z z = 3 Tương tự ta có: x = 3; y = 3 tam giác đó là tam giác đều b) Tìm tất cả các hình chữ nhật với độ dài các cạnh là các số nguyên dương có thể cắt thành 13 hình vuông bằng nhau sao cho mỗi cạnh của hình vuông là số nguyên dương không lớn hơn 4 (đ.v.đ.d) Giải : Gọi các cạnh hình chữ nhật cần tìm là a và b, cạnh hình vuông là c. Từ giả thiết hình chữ nhật cắt thành 13 hình vuông nên phải có: ab = 13c2 (1) với 0 < c 4 (2) Từ (1) suy ra a hoặc b chia hết cho 13. Vì vai trò a, b như nhau ta có thể giả giả sử a chia hết cho 13, tức là a = 13d Thay vào (1) ta được : 13db = 13c2 Hay db = c2 Ta hãy xét các trường hợp có thể có của c. Với c = 1, chỉ có thể: d = 1, b = 1, suy ra a = 13 Với c = 2, chỉ có thể: d = 1, b = 4, suy ra a = 13 d = 2, b = 2, suy ra a = 26 d = 4, b = 1, suy ra a = 52 Với c = 3, chỉ có thể: d = 1, b = 9, suy ra a = 13 d = 3, b = 3, suy ra a = 39 d = 9, b = 1, suy ra a = 117 Với c = 4, chỉ có thể: d = 1, b = 16, suy ra a = 13 d = 2, b = 8, suy ra a = 26 d = 4, b = 4, suy ra a = 52 d = 8, b = 2, suy ra a = 104 d = 16, b = 1, suy ra a = 208 Với 12 nghiệm của phương trình (1) chỉ có 4 trường hợp thoả mãn bài toán. Bài toán có 4 nghiệm. Ta tìm được 4 hình chữ nhật thoả mãn đề bài: (a = 13, b = 1); (a = 26, b = 2); (a = 39, b = 3); (a = 52, b = 4) 15 Chuyên đề 3: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH (Dành cho bồi dưỡng học sinh giỏi tỉnh) I. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ * Các phương pháp 1. Luỹ thừa khử căn 2. Đặt ẩn phụ 3. Dùng bất đẳng thức 4. Xét khoảng II. ÁP DỤNG CÁC PHƯƠNG PHÁP A. Phương pháp luỹ thừa khử căn 1. Giải các phương trình a) )1(2321 xx Điều kiện: x 2 3 Với 2 3x PT (1) 43522321 2 xxxx xxx 383522 2 3 8 )2(48964)352(4 22 x xxxx PT (2) 052282 xx )(26 )(2 Kotmx tmx Vậy PT đã cho có nghiệm x=2 b) )1()1()1(3 22 xxxx ĐK: 1x Với 1x PT (1) 112)1(3 22 xxxxxx 12442 2 xxxx 1222 xxxx Do 1x nên 2 vế của PT này không âm vì vậy PT này 232324 48444 xxxxxxx 04895 234 xxxx 0)1()2( 22 xxx 01 02 2 xx x 2 x ™ 16 c) 1222 33 xx (1) Giải: Pt (1) 1222 333 xx 1)22()2(.()22)(2(3222 333 xxxxxx 3 2 46231 xxx )462(27331 232 xxxxx 010715951 23 xxx 0)10752)(1( 2 xxx 010752 1 2 xx x 78326 78326 1 x x x B. Phương pháp đặt ẩn phụ (2) Giải các phương trình: a) 3123 xx Giải: ĐK: 1x Đặt ax 3 2 ; bx 1 ( 0b ) Ta có hệ PT 3 323 ba ba Suy ra 06623 aaa 0)6)(1( 2 aa )/(31 mTxa Vậy phương trình nghiệm 3x b. )1(552 xx ĐK: 5x Đặt : yx 5 ( )0y ta có hệ phương trình 5 5 2 2 xy yx 0)()( 22 yxyx 01yx yx +) 05 0 5 2 xx x xxyx 2 211 0 x x 2 211 x (Ko T/m) +) 01 yx 015 xx 51 xx )1(5 xx 17 (*)512 01 2 xxx x PT (*) 042 xx 2 171 2 171 x x (ko t/m) Vậy PT vô nghiệm c) 6 2 4 ).2(5)4)(2( x x xxx ; ĐK: 0 2 4 x x Đặt )2)(4()2.( 2 4 2 xxaax x x ; Ta có PT: 0652 aa ; 6 1 a a +) 01861 2 xxa 0762 xx 23 )( 1 23 x tmx +) 036866 2 xxa 02862 xx )(373 373 tmx x Vậy pt có 2 nghiệm 373;23 x C. áp dụng bất đẳng thức (3) Giải các phương trình a) 45224252642 xxxx (1) ĐK: 2 5x Với Đk: 2 5x PT (1) 4152352 xx Ta có: 4152352 xx Đẳng thức xẩy ra 2 5 0)152)(352( x xx 3 2 5 x Vậy nghiệm của PT đã cho là 3 2 5 x b) )1(271064 2 xxxx Giải ĐK 64 x Trên TXĐ )64)(11(64 22 xxxx 264 xx Lại có 22)5(2710 22 xxx 18 xxxx 6427102 Đẳng thức xẩy ra 5 64 5 64 x x x xx Vậy PT (1) có nghiệm là x=5 c) Giải phương trình 211 22 xxxxxx Giải ĐK: 01 01 2 2 xx xx áp dụng BĐT cô si cho các số không âm ta có 2 11 1).1( 2 11 1).1( 2 2 2 2 xx xx xx xx 111 22 xxxxx Ta có 122 xxx (Vì 0)1( 2 x ) 211 222 xxxxxx Đẳng thức xẩy ra 1 x ; Vậy pt có nghiệm là x=1 D. Xét khoảng (4) Giải các PT a) )1(353448 22 xxx Giải TXĐ: x PT(1) 343548 22 xxx 34 3548 13 22 x xx Thấy 1x là nghiệm của PT (1) +) 1335481 22 xxx 2 2 13 1 48 35 4 3 1 x x x PT vô nghiệm +) 1 4 3 x 133548 22 xx 2 2 13 1 48 35 4 3 1 x x x PT vô nghiệm Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x=1 b) 1235 3 46 xx (1) 19 Giải Ta có: 1x thì 1; 64 xx 1x thì 1; 64 xx +) Xét 1x 123;45 46 xx 3 46 235 xx PT (1) vô nghiệm Xet 1x týừng tự ta suy ra phýừng trỡnh vụ nghiệm Thấy x= 1 hoặc x= -1 là nghiệm của PT (1) Bài tập: Giải các PT (1) a) )(15)2(2 32 Bxx (b) )(917.17 22 Bxxxx (2) xxx 3.3 (A) (3) 83124 22 xxx (D) (4) )(13626 2 Cxxxx (5) )(231034 Axx (6) 08645.27 56105 xx (C) III. Giải hệ phương trình * Các phương pháp: 1. Phương pháp thế 2. Công thức trừ, nhân, chia các vế 3. Đặt ẩn phụ 4. Dùng bất đẳng thức. IV. áp dụng các phương pháp. A. Phương pháp thế. 1. Giải các hệ pgương trình a) 2947 113 yx yx Giải Hệ đã cho tương đương với 29)311(47 311 xx xy 155 311 x xy 2 3 y x Vậy hệ đã cho có nghiệm là: (x;y) = (3;2) 20 b) 027624 065 2 22 yxyx xyx Giải Hệ đã cho tương đương với 027624 0)3)(2( 2 yxyx yxyx 027642 3 027620 2 2 2 yy yx yy yx 14 1271 14 1271 3 20 5493 20 3549 2 y y yx y y yx 20 5493 10 5493 y x Hoặc 20 5493 10 5493 y x 14 1271 14 12733 y x Hoặc 14 1271 14 12733 y x c) 2004200320032003 222 3zyx zxyzxyzyx Giải: )2(3 )1( 2004200320032003 222 zyx zxyzxyzyx Ta có: PT (1) 0222222 222 zxyzxyzyx 0)()()( 222 xzzyyx zyx Thế vào (2) ta có: 20042003 33 x 20032003 3x 3x Do đó x= y=z = 3 Vậy nghiệm của hệ đã cho là: (x;y;z) = (3;3;3) B. Phương pháp cộng, trừ, nhân, chia các vế 21 (2) Giải các hệ phương trình a) 226 2235 yx yx Giải: Hệ đã cho tương đương với: 226 4265 yx yx 2235 666 yx x 1 6 1 2 x y b) 12 12 3 3 xy yx Giải: Hệ đã cho tương đương với 0)(2 12 33 3 yxyx yx 0)2)(( 12 22 3 yxyxyx yx yx yx 123 (do 0222 yxyx ) yx xx 0123 yx xxx 0)1)(1( 2 yx x x x 2 51 2 51 1 1 1 y x hoặc 2 51 2 51 y x hoặc 2 51 2 51 y x c) 9 4 1( xzxz zyzy yxyx trong đó 0,, zyx Giải Hệ đã cho tương đương với 10)1)(1( 5)1)(1( 2)1)(1( xz zy yx 10)1)(1( 5)1)(1( 2)1)(1( 100)1)(1)(1( 2 xz zy yx zyx 22 10)1)(1( 5)1)(1( 2)1)(1( 10)1)(1)(1( xz zy yx zyx 11 21 51 y x z 4 0 1 z y x Vậy hệ đã cho có nghiệm là (x;y;z)=(1;0;4) C. Phương pháp đặt ẩn phụ (3). Giải các hệ phương trình a) 6 5 2233 22 xyyxyx yyxx Đặt: x-y=a; x+y =b Hệ đã cho trở thành
Tài liệu đính kèm: