Top #10 Cách Giải Phương Trình Có 3 Nghiệm Xem Nhiều Nhất, Mới Nhất 8/2022 # Top Trend | Maiphuongus.net

Cách Giải Phương Trình Bậc 3

--- Bài mới hơn ---

  • Học Cách Giải Phương Trình Bậc 3 Mà Học Sinh Nào Cũng Phải Biết
  • Cách Giải Phương Trình Bậc 4
  • Phương Trình Bậc Hai Một Ẩn: Lý Thuyết Và Cách Giải Phương Trình
  • Các Dạng Toán Về Phương Trình Bậc 2 Một Ẩn Và Phương Pháp Giải
  • Các Dạng Bài Tập Toán Về Phương Trình Bậc 2 Một Ẩn Và Phương Pháp Giải
  • ( 1. Phương trình có dạng: 1), trong đó a, b, c, d là các số thực cho trước .

    2. Cách giải: Bây giờ ta đi xét cách giải phương trình (1).

    Vì ( nên ta có thể chia hai vế của phương trình (1) cho a. Do vậy ta chỉ cần đi giải phương trình dạng : 2) .

    Đặt ((, khi đó 2) trở thành : 3)

    Trong đó: .

    Đặt . Để xét số nghiệm của (3), ta khảo sát sự tương giao của hàm số với trục Ox.

    Chú ý hàm bậc ba cắt Ox tại

    · Một điểm hàm luôn đơn điệu hoặc

    · Hai điểm

    · Ba điểm

    Xét hàm số , ta có: .

    * Nếu là hàm đồng biến có một nghiệm.

    * Nếu và

    .

    Từ đây ta có các kết quả sau:

    * Nếu có nghiệm duy nhất. Để tìm nghiệm này ta làm như sau:

    Đặt , khi đó (3) trở thành:

    Ta chọn u,v sao cho: , lúc đó ta có hệ:

    (là nghiệm phương trình: 4)

    ( 4) có hai nghiệm:

    (*)

    Công thức (*) gọi là công thức Cardano.

    * Nếu , khi đó (3) có hai nghiệm, một nghiệm kép ( hoặc ) và một nghiệm đơn. Tức là:

    hoặc (**).

    * Nếu , khi đó (3) có ba nghiệm phân biệt và ba nghiệm này nằm trong khoảng . Để tìm ba nghiệm này ta đặt , với ta đưa (3) về dạng: (5), trong đó .

    Giải (5) ta được ba nghiệm , từ đây suy ra ba nghiệm của phương trình (3) là :

    (***).

    Trong một số trường hợp để giải phương trình bậc ba ta đi tìm một nghiệm rồi thực hiện phép chia đa thức và chuyển phương trình đã cho về phương trình tích của một nhị thức bậc nhất và một tam thức bậc hai.

    Ví dụ 1: Giải phương trình : .

    Giải: Ta thấy phương trình có một nghiệm (dùng MTBT) nên ta biến đổi phương trình : .

    Ví dụ 2: Giải phương trình : .

    Giải: Ta có: nên phương

    trình có duy nhất nghiệm:

    .

    Ví dụ 3: Giải phương trình : (1).

    Giải:

    Ta có: nên phương trình có ba nghiệm thuộc khoảng . Đặt với

    (2) trở thành:

    .

    Vì nên ta có: .

    Vậy phương trình có ba nghiệm: .

    Ví dụ 4: Tìm m để phương trình sau có ba nghiệm phân biệt

    (1).

    Giải: Vì tổng các hệ số của phương trình bằng 0 nên phương trình có nghiệm nên :

    Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt có hai nghiệm phân biệt khác 1 .

    Vậy là giá trị cần tìm.

    Tìm m để đồ thị hàm số sau cắt trục Ox tại hai điểm phân biệt:

    Giải:

    Ta có phương trình hoành độ giao điểm:

    (2)

    Yêu cầu bài toán có hai nghiệm phân biệt.

    TH 1: có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm

    bằng 1. Điều này có .

    TH 2: có một nghiệm khác 1. Khi đó xảy ra hai khả năng

    Khả năng 1: .

    Khả năng 2: .

    Vậy các giá trị của m cần tìm là: .

    Giải: Giả sử phương trình có ba nghiệm. Ta chứng minh (1).

    * Nếu ba nghiệm của phương trình trùng nhau thì đúng.

    * Nếu ba nghiệm phương trình chỉ có hai nghiệm trùng nhau hoắc ba nghiệm đó là phân biệt. Khi đó ta có: ,

    ( trong đó: )

    .

    đpcm.

    Từ cách chứng minh trên ta suy ra được nếu có (1) thì phương trình có ba nghiệm

    Nguyễn Tất Thu

    --- Bài cũ hơn ---

  • Giải Phương Trình Bậc Hai (Bản Đầy Đủ)
  • Các Dạng Toán Phương Trình Bậc 2 Một Ẩn, Cách Giải Và Tính Nhẩm Nghiệm Nhanh
  • Cách Giải Phương Trình Bậc 2 Và Tính Nhẩm Nghiệm Pt Bậc 2
  • Cách Giải Phương Trình Bậc 2 (Hai) Đầy Đủ Nhất
  • Chuyện Lão Hòa Thượng Hóa Giải Mối Oan Nghiệp, Kết Thiện Duyên
  • Phương Pháp Giải Phương Trình Nghiệm Nguyên

    --- Bài mới hơn ---

  • Xem Phương Pháp Giải Nhanh Bài Tập Phương Trình Oxi Hóa
  • Cách Cân Bằng Phương Trình Hóa Học Lớp 10
  • Phản Ứng Oxi Hóa Khử Là Gì? Ví Dụ Phương Trình Phản Ứng Oxi Hóa Khử
  • Phản Ứng Oxi Hóa Khử
  • Đs8.tuần 22.tiết 48. Phương Trình Chứa Ẩn Ở Mẫu Thức(Tt)
  • TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HCM

    KHOA GIÁO DỤC TIỂU HỌC

    ĐỀ TÀI:PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH

    NGHIỆM NGUYÊN

    Môn:Cơ sở Toán ở Tiểu học 3

    Giảng viên:

    Lớp:

    Các thành viên cùng thực hiện:

    LỜI MỞ ĐẦU 2

    PHƯƠNG PHÁP 1: XÉT SỐ DƯ CỦA TỪNG VẾ 3

    PHƯƠNG PHÁP 2: ĐƯA VỀ DẠNG TỔNG 3

    PHƯƠNG PHÁP 3: DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC 3

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

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

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

    PHƯƠNG PHÁP 7: XÉT CHỮ SỐ TẬN CÙNG 11

    PHƯƠNG PHÁP 8: TÌM NGHIỆM RIÊNG 11

    PHƯƠNG PHÁP 9: PHƯƠNG PHÁP HẠ BẬC 12

    PHƯƠNG PHÁP 10: PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH 13

    PHƯƠNG PHÁP 11: PHƯƠNG PHÁP LOẠI TRỪ 13

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

    BÀI TẬP ÁP DỤNG 15

    LỜI MỞ ĐẦU

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

    PHƯƠNG PHÁP 1: XÉT SỐ DƯ CỦA TỪNG VẾ

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

    𝑥

    2−

    𝑦

    2

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

    𝑥

    2,

    𝑦

    2

    chia cho 4 có số dư là 0, 1 nên

    𝑥

    2+

    𝑦

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

    Vậy phương trình không có nghiệm nguyên.

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

    9𝑥+2=

    𝑦

    2+𝑦

    Giải

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

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

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

    Khi đó: 9𝑥+2

    3𝑘+1

    3𝑘+2

    Thử lại: 𝑥=𝑘

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

    Đáp số:

    𝑥=𝑘

    𝑘+1

    𝑦=3𝑘+1 với 𝑘 là số nguyên tùy ý.

    PHƯƠNG PHÁP 2: ĐƯA VỀ DẠNG TỔNG

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

    Ví dụ:Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:

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

    3

    2,

    5

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

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

    2;3,

    3;2, −1;−2, (−2;−1

    --- Bài cũ hơn ---

  • 2.2B Nhị Thức Niu Tơn Phần 2.html
  • Các Dạng Bài Tập Tổ Hợp,xác Suất,nhị Thức Newton Cơ Bản Có Lời Giải
  • Sáng Kiến Kinh Nghiệm Một Số Phương Trình Nghiệm Nguyên Thường Gặp Và Cách Giải
  • Viết Phương Trình Mặt Cầu Có Tâm Tiếp Xúc Mặt Phẳng
  • Viết Phương Trình Mặt Cầu Đi Qua 3 Điểm
  • Cách Giải Phương Trình Có Chứa Căn

    --- Bài mới hơn ---

  • Một Số Phương Pháp Giải Phương Trình Và Bất Phương Trình Chứa Căn Thức
  • Giải Sách Bài Tập Toán 8 Bài 5: Phương Trình Chứa Ẩn Ở Mẫu
  • Bài 27,28 Trang 22 Sách Toán 8 Tập 2: Phương Trình Chứa Ẩn Ở Mẫu
  • Giải Bài 35, 36, 37 Trang 11 : Bài 5 Phương Trình Chứa Ẩn Ở Mẫu
  • Pt Dang Cap Bac 2 Dv Sin Va Cos. Ptdangcapbac2Dvsinvacos Ppt
  • CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA CĂN

    GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN NHƯ THẾ NÀO

    Tôi đã tham khảo cách giải phương trình có chứa căn của cô Hường đăng trên ” Tạp chí Toán số 2 ” , đó cũng là một phương pháp rất hay . Cô dã dựa trên cơ sở sử dụng hằng đẳng thức : và để giải phương trình có chứa căn bậc hai và căn bậc ba , mong các em nên tham khảo cách giải này .

    Hôm nay tôi trình bày một cách giải phương trình có chứa căn bằng một phương pháp khác : Sử dụng đạo hàm .

    Khi các em giải phương trình dạng : , chúng ta bình phương hai vế ( sau khi đặt điều kiện cho VP) ,ta đưa phương trình đã cho về phương trình bậc hai quen thuộc , giải tìm nghiệm , sau đó kiểm tra điều kiện để chọn nghiêm phù hợ p .

    DẠNG I . và thỏa mãn

    Xét hàm số :

    Khi đó đặt : . Ta chuyển phương trình đã cho về dạng hệ đối xứng quen thuộc mà ta đã biết cách giải .

    Chú ý : Khi bài toán đã cho thì điều kiện sẽ thỏa mãn .Do vậy ta cũng không phải kiểm tra điều kiện đó .

    Ví dụ 1 . Giải phương trình sau :

    Đặt :

    Mặt khác theo cách đặt thì :

    Kết hợp với phương trình trên ta có hệ : .

    Đây là hệ đối xứng kiểu II mà ta đã biết cách giải .

    Lấy (1) trừ cho (2) vế với vế ta được : (x-y)(3x+3y+2)=0

    -Trường hợp : x-y=0 ,hay x=y thay vào (1) ta có :

    CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA CĂN

    Hệ có nghiệm :

    Trường hợp : 3x+3y+2=0 suy ra : , (*) thay vào (1) ta được phương trình : . Thay vào (*) ta tìm được y và kết luận nghiệm của hệ .

    Dạ ng II :

    Cách giải : Xét hàm số :

    Đặt :

    Ví dụ 2. Giải phương trình sau :

    Làm nháp : Xét hàm số :

    Giải : Đặt

    Với cách đặt phương trình đã cho trở thành :

    Do đó ta có hệ :

    Đến đây nhờ các em giải hộ

    ( Thi chọn HSG-BG- 2003-2004 )

    – Chuyển phương trình đã cho về dạng :

    – Xét :

    – Đặt :

    – Theo cách đặt :

    – Kết hợp ta có hệ : . Nhờ các em giải hộ ( ĐS: x=4009 )

    Dạng III .

    Xét hàm số :

    CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA CĂN

    CÁC EM HÃY CHÚ Ý ĐÉN DẠNG SAU .

    Bài 1. Giải phương trính sau .

    2.

    – Đặt :

    – Thay (2) vào (1) ta có :

    .

    Kết hơp :

    Vậy hệ có nghiệm là : x=1 và x=4 .

    2.

    – Điều kiện :

    --- Bài cũ hơn ---

  • Giải Toán Lớp 8 Bài 3: Phương Trình Đưa Được Về Dạng Ax + B = 0
  • Cách Giải Phương Trình Đưa Được Về Dạng Ax + B = 0
  • Giải Và Biện Luận Phương Trình Ax+B=0
  • Giải Toán Lớp 8 Bài 2: Phương Trình Bậc Nhất Một Ẩn Và Cách Giải
  • Bài Giảng Tiết 41 : Phương Trình Bậc Nhất Một Ẩn Và Cách Giải
  • 9 Phương Pháp Giải Phương Trình Nghiệm Nguyên

    --- Bài mới hơn ---

  • Một Số Phương Pháp Giải Phương Trình Nghiệm Nguyên Bậc Hai, Hai Ẩn.
  • Cách Tư Duy Để Giải Phương Trình Bậc 2 Lớp 9
  • Giải Bài 6,7, 8,9 Trang 9,10 Sgk Toán 8 Tập 2: Phương Trình Bậc Nhất Một Ẩn Và Cách Giải
  • Công Thức Nghiệm Và Cách Giải Phương Trình Bậc 2 Cần Biết
  • Phương Trình Thuần Nhất Bậc 2 Đối Với Sinx Và Cosx
  • Published on

    1. 1. chúng tôi chúng tôi 1 Giáo viên hướng dẫn: thầy ĐỖ KIM SƠN www.VNMATH.com
    2. 2. chúng tôi chúng tôi 2 Lời nói đầu Trang Phần 1: Các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên ………………………………….4 Phương pháp 1:Xét số dư của từng vế………………………………………………………………………5 Phương pháp 2: Đưa về dạng tổng……………………………………………………………………………5 Phương pháp 3: Dùng bất đẳng thức ………………………………………………………………………..6 Phương pháp 4: Dùng tính chia hết, tính đồng dư ……………………………………………………..8 Phương pháp 5: Dùng tính chất của số chính phương……………………………………………….11 Phương pháp 6: Lùi vô hạn, nguyên tắc cực hạn………………………………………………………14 Phương pháp 7: Xét chữ số tận cùng ………………………………………………………………………15 Phương pháp 8: Tìm nghiệm riêng ………………………………………………………………………..15 Phương pháp 9: Hạ bậc…………………………………………………………………………………………16 Phần 2: Các dạng phương trình có nghiệm nguyên ……………………………………………….18 Dạng 1: Phương trình bậc nhất hai ẩn …………………………………………………………………….19 Dạng 2: Phương trình bậc hai có hai ẩn…………………………………………………………………..19 Dạng 3: Phương trình bậc ba trở lên có hai ẩn. ………………………………………………………..21 Dạng 4: Phương trình đa thức có ba ẩn trở lên…………………………………………………………23 Dạng 5: Phương trình dạng phân thức…………………………………………………………………….24 Dạng 6: Phương trình dạng mũ………………………………………………………………………………25 Dạng 7: Hệ phương trình vô tỉ……………………………………………………………………………….26 Dạng 8: Hệ phương trình với nghiệm nguyên ………………………………………………………….28 Dạng 9: Hệ phương trình Pytago ……………………………………………………………………………28 Dạng 10: Phương trình Pel…………………………………………………………………………………….30 Dạng 11: Điều kiện để phương trình có nghiệm nguyên……………………………………………32 Phần 3: Bài tập áp dụng………………………………………………………………………………………33 Phụ lục ……………………………………………………………………………………………………………….48 Lời cảm ơn………………………………………………………………………………………………………….52 www.VNMATH.com
    3. 3. chúng tôi chúng tôi 3 Phương trình và bài toán với nghiệm nguyên là một đề tài lý thú của Số học và Đại số, từ những bài toán về tính mỗi loại trâu Trăm trâu trăm cỏ đến các chuyên gia toán học lớn với các bài toán như định lý lớn Fecma. Được nghiên cứu từ thời Điôphăng thế kỉ thứ III, phương trình nghiệm nguyên vẫn còn là đối tượng nghiên cứu của toán học. Phương trình nghiệm nguyên vô cùng đa dạng, vì thế nó thường không có quy tắc giải tổng quát. Mỗi bài toán, với số liệu riêng của nó, đòi hỏi một cách giải riêng phù hợp. Thời gian qua, nhờ sự hướng dẫn của giáo viên bộ môn, chúng em xin giới thiệu chuyên đề “Phương trình nghiệm nguyên”. Chuyên đề này là sự tập hợp các phương pháp cũng như các dạng phương trình khác nhau của phương trình nghiệm nguyên, do chúng em sưu tầm từ các nguồn kiến thức khác nhau. Chúng em mong muốn quyển chuyên đề sẽ giúp ích một phần cho việc tìm hiểu của các bạn học sinh về vấn đề nêu trên. Quyển chuyên đề này gồm có 3 phần chính. Đầu tiên chúng em xin giới thiệu các phương pháp thường dùng để giải phương trình với nghiệm nguyên, sau đó là việc tìm hiểu cách giải các dạng phương trình khác nhau của nó và cuối cùng là phần bài tập. Trong quá trình biên soạn, sưu tầm và tập hợp các phương pháp cùng những ví dụ, bài tập, tuy chúng em đã cố gắng rất nhiều nhưng thiếu sót là điều khó tránh khỏi. Vì vậy, chúng em mong thầy và các bạn khi xem xong quyển chuyên đề này hãy đóng góp ý kiến để giúp những chuyên đề sau được hoàn thành tốt hơn. Xin chân thành cảm ơn! Nhóm biên tập www.VNMATH.com
    4. 4. chúng tôi chúng tôi 4 www.VNMATH.com
    5. 6. chúng tôi chúng tôi 6 Giải các hệ trên phương trình (1) có bốn nghiệm nguyên là: (2 ; 3), (3 ; 2), (  1 ;  2), (  2 ;  1) 3) PHƯƠNG PHÁP DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC Trong khi giải các phương trình nghiệm nguyên rất cần đánh giá các miền giá trị của các biến, nếu số giá trị mà biến số có thể nhận không nhiều có thể dùng phương pháp thử trực tiếp để kiểm tra. Để đánh giá được miền giá trị của biến số cần vận dụng linh hoạt các tính chất chia hết, đồng dư, bất đẳng thức … a) Phương pháp sắp thứ tự các ẩn Ví dụ 4: Tìm ba số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng Giải: Cách 1: Gọi các số nguyên dương phải tìm là x, y, z. Ta có: . .x y z x y z   (1) Chú ý rằng các ẩn x, y, z có vai trò bình đẳng trong phương trình nên có thể sắp xếp thứ tự giá trị của các ẩn, chẳng hạn: 1 x y z   Do đó: 3xyz x y z z    Chia hai vế của bất đảng thức 3xyz z cho số dương z ta được: 3xy  Do đó {1;2;3}xy  Với xy = 1, ta có x = 1, y = 1. Thay vào (1) được 2 + z = z (loại) Với xy = 2, ta có x = 1, y = 2. Thay vào (1) được z = 3 Với xy = 3, ta có x = 1, y = 3. Thay vào (1) được z = 2 loại vì y z Vậy ba số phải tìm là 1; 2; 3. Cách 2: Chia hai vế của (1) cho 0xyz  được: 1 1 1 1 yz xz xy    Giả sử 1x y z   ta có 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 3 1 yz xz xy z z z z        Suy ra 2 3 1 z  do đó 2 3z  nên z = 1. Thay z = 1 vào (1): 1x y xy   1xy x y    ( 1) ( 1) 2x y y     ( 1)( 1) 2x y    Ta có 1 1 0x y    nên Suy ra Ba số phải tìm là 1; 2; 3 Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau : 5(x + y + z + t) + 10 = 2xyzt . x – 1 2 y – 1 1 x 3 y 2 www.VNMATH.com
    6. 7. chúng tôi chúng tôi 7 Giải Vì vai trò của x, y, z, t như nhau nên có thể giả thiết x ≥ y ≥ z ≥ t. Khi đó : 2xyzt = 5(x + y + z + t) +10 ≤ 20x + 10 3 15 15 2yzt t t      Với t = 1 ta có : 2xyz = 5(x + y + z) +15 ≤ 15x + 15 2 2 30 2 30 3yz z z      Nếu z = 1 thì 2xy = 5(x + y) + 20 hay 4xy = 10(x + y) + 40 hay (2x – 5)(2y – 5) = 65 . Dễ thấy rằng phương trình này có nghiệm là (x = 35; y = 3) và (x = 9; y = 5). Giải tương tự cho các trường còn lại và trường hợp t = 2. Cuối cùng ta tìm được nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho là (x; y; z; t) = (35; 3; 1; 1); (9; 5; 1; 1) và các hoán vị của các bộ số này. b) Phương pháp xét từng khoảng giá trị của ẩn Ví dụ 6: Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình: 1 1 1 3x y   Giải: Do vai trò bình đẳng của x và y, giả sử x y . Dùng bất đẳng thức để giới hạn khoảng giá trị của số nhỏ hơn (là y). Hiển nhiên ta có 1 1 3y  nên 3y  (1) Mặt khác do 1x y  nên 1 1 x y  . Do đó: 1 1 1 1 1 2 3 x y y y y      nên 6y  (2) Ta xác định được khoảng giá tri của y là 4 6y  Với y = 4 ta được: 1 1 1 1 3 4 12x    nên x = 12 Với y = 5 ta được: 1 1 1 2 3 5 15x    loại vì x không là số nguyên Với y = 6 ta được: 1 1 1 1 3 6 6x    nên x = 6 Các nghiệm của phương trình là: (4 ; 12), (12 ; 4), (6 ; 6) c) Phương pháp chỉ ra nghiệm nguyên Ví dụ 7: Tìm các số tự nhiên x sao cho: 2 3 5x x x   Giải: Viết phương trình dưới dạng: www.VNMATH.com
    7. 8. chúng tôi chúng tôi 8 2 3 1 5 5 x x              (1) Với x = 0 thì vế trái của (1) bằng 2, loại. Với x = 1 thì vế trái của (1) bằng 1, đúng Với 2x  thì 2 2 3 3 , 5 5 5 5 x x              nên: 2 3 2 3 1 5 5 5 5 x x                loại Nghiệm duy nhất của phương trình là x = 1 d) Sử dụng diều kiện 0 để phương trình bậc hai có nghiệm Ví dụ 8: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2 2 x y xy x y    (1) Giải Viết (1) thành phương trình bậc hai đối với x: 2 2 ( 1) ( ) 0x y x y y     (2) Điều kiện cần để (2) có nghiệm là 0 2 2 2 ( 1) 4( ) 3 6 1 0y y y y y         2 3 6 1 0y y    2 3( 1) 4y   Do đó 2 ( 1) 1y   suy ra: y – 1 -1 0 1 y 0 1 2 Với y = 0 thay vào (2) được 2 1 20 0; 1x x x x     Với y = 1 thay vào (2) được 2 3 42 0 0; 2x x x x     Với y = 2 thay vào (2) được 2 5 63 2 0 1; 2x x x x      Thử lại, các giá trị trên nghiệm đúng với phương trình (1) Đáp số: (0 ; 0), (1 ; 0), (0 ; 1), (2 ; 1), (1 ; 2), (2 ; 2) 4) PHƯƠNG PHÁP DÙNG TÍNH CHIA HẾT, TÍNH ĐỒNG DƯ Khi giải các phương trình nghiệm nguyên cần vận dụng linh hoạt các tính chất về chia hết, đồng dư, tính chẵn lẻ,… để tìm ra điểm đặc biệt của các biến số cũng như các biểu thức chứa trong phương trình, từ đó đưa phương trình về các dạng mà ta đã biết cách giải hoặc đưa về những phương trình đơn giản hơn.. a) Phương pháp phát hiện tính chia hết của ẩn: Ví dụ 9: Giải phương trính với nghiệm nguyên: 3x + 17y = 159 Giải: Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn phương trình. Ta thấy 159 và 2x đều chia hết cho 3 nên 17y3 do đó y3 ( vì 17 và 3 nguyên tố cùng nhau) Đặt y = 3t (t  ). Thay vào phương trình ta được: www.VNMATH.com
    8. 9. chúng tôi chúng tôi 9 3x + 17.3t = 159  x + 17t = 53 Do đó: 53 17 3 x t y t     ( t  ) Đảo lại, thay các biểu thức của x và y vào phương trình ta được nghiệm đúng. Vậy phương trình (1) có vô số nghiệm nguyênđược xác định bằng công thức: 53 17 3 x t y t     (t là số nguyên tùy ý) Ví dụ 10: Chứng minh rằng phương trình : 2 2 5 27x y  (1) không có nghiệm là số nguyên. Giải Một số nguyên x bất kì chỉ có thể biểu diễn dưới dạng x = 5k hoặc x = 5k ± 1 hoặc x = 5k ± 2 trong đó k   Nếu x = 5k thì : 2 2 2 2 (1) (5 ) 5 27 5(5 ) 27k y k y      Điều này vô lí, vì vế trái chia hết cho 5 với mọi k và y là số nguyên, còn vế phải không chia hết cho 5  Nếu x = 5k ± 1 thì : 2 2 (1) (5 1) 5 27k y    2 2 25 10 1 5 27k k y     2 2 5(5 4 ) 23k k y    Điều này cũng vô lí, vế trái chia hết cho 5 với mọi k và y là số nguyên, còn vế phải không chia hết cho 5  Nếu x = 5k ± 2 thì : 2 2 (1) (5 2) 5 27k y    2 2 25 20 4 5 27k k y     2 2 5(5 4 ) 23k k y    Lập luận tương tự như trên, điều này cũng vô lí Vậy phương trình đã cho không có nghiệm là số nguyên Ví dụ 11: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau : 19×2 + 28y2 = 729. Giải Cách 1. Viết phương trình đã cho dưới dạng (18×2 + 27y2 ) + (x2 + y2 ) = 729 (1) Từ (1) suy ra x2 + y2 chia hết 3, do đó x và y đều chia hết cho 3. Đặt x = 3u, y = 3v ( , )u v  Thay vào phương trình đã cho ta được : 19u2 + 28v2 = 81. (2) Từ (2) lập luận tương tự trên ta suy ra u = 3s, v = 3t ( , )s t  Thay vào (2) ta có 19s2 + 28t2 = 9. (3) Từ (3) suy ra s, t không đồng thời bằng 0, do đó www.VNMATH.com
    9. 11. chúng tôi chúng tôi 11 Nếu n không chia hết cho 3 thì 2n khi chia cho 7 chỉ có thể cho số dư là 2, 4 hoặc 7, trong khi đó 3 x khi chia cho 7 chỉ có thể cho số dư là 0, 1, hoặc 6 nên không thề có đồng dư thức 3 2n x  (mod 7). Vậy n = 3m với m là một số nguyên dương nào đó. Thay vào phương trình đã cho ta được 3 3 3367 2 m x   2 (2 ) 0y y x x y x x     (1) TH 1: y = 0 TH 2: y 0 . Khi đó (1) 2 2 2 2 ( 3 ) ( 3 ) 0y x x y x x      (2) Xem (2) là phương trình bậc 2 đối với biến y. Để (2) có nghiệm nguyên thì 2 ( 1) ( 8)x x x    phải là một số chính phương, tức là 2 ( 8) ( ) ( 4 )( 4 ) 16x x a a x a x a         www.VNMATH.com
    10. 38. chúng tôi chúng tôi 38 Từ đó ta tìm được x Đáp số : (x; y) = (9; -6) , (9; -21) , (8; -10) , (-1; -1) và (m; 0) với m Bài 17: Tìm các số nguyên không âm x, y sao cho : 2 2 1x y y   Hướng dẫn: Nếu y = 0 thì x = 1 Nếu y  1 thì từ phương trình đã cho ta suy ra y < x < y + 1, vô lí Bài 18: Tìm các số nguyên x, y, z, t sao cho : a) 2 2 2 2 2 x y z x y   b) 2 2 2 2x y z xyz   c) 2 2 2 2 2x y z t xyzt    Hướng dẫn: Sử dụng phương pháp xuống thang a) Phương trình đã cho : 2 2 2 2 2 x y z x y   (1) Nếu cả x và y đều lẻ thì từ (1) suy ra z chẵn. Khi đó, 2 2 2 2(mod 4)x y z   còn 2 2 1(mod 4):x y  vô lí Vậy 1 trong 2 biến x, y phải chẵn Giả sử x chẵn, từ (1) suy ra 2 2 4y z  do đó cả y và z đều phải chẵn Đặt 1 1 1 1 1 12 , 2 , 2 ( , , )x x y y z z x y z    . Thay vào (1) ta có 2 2 2 2 2 1 1 1 1 14 . .x y z x y   (2) Từ (2) lại lập luận như trên ta suy ra 1 1 1, ,x y z đều chẵn Cứ tiếp tục như vậy sẽ dẫn đến 2 , 2 , 2 , .k k k x y z k    Điều này chỉ xảy ra khi x = y = z = 0 b) , c) tương tự Bài 19: Tìm các số nguyên x, y, z, t thỏa mãn:  3 1 2. xy zt xz yt     Hướng dẫn: Ta có 3 1 2 xy zt xz yt      2 2 ( 3 ) 1 3( ) 12 xy zt xz yt     Cộng theo từng vế ta có 2 2 2 2 ( 3 )( 3 ) 13x t y z   Đáp số : (x; y; z; t) = (1; 1; 2; 0) , (-1; -1; -2; 0) , (1; 1; 0; 2) , (-1; -1; 0; -2) Bài 20: Tìm các nghiệm nguyên dương của hệ phương trình :  3 3 2 x y z x y z     Hướng dẫn: Khử z đưa đến phương trình : 2 2 ( 1) 0y x y x x     www.VNMATH.com
    11. 40. chúng tôi chúng tôi 40 Hướng dẫn: Đáp số : x = y = z =1 hoặc x= y = z = 2 Đặt ƒ(t) = 3 2 2 7 8 2t t t   và sử dụng tính chất ƒ(a) – ƒ(b) ( )a b a b   Bài 26: Tìm x, y Z : 2001x y  (*) Hướng dẫn: Điều kiện , 0x y  Từ (*) suy ra 2001y x  . Bình phương hai vế ta được 2001 2 2001. 2001.y x x x     Vì 2001 = 3 × 667, ta lại có 3 và 667 là các số nguyên tố nên x = 3 × 667 × a2 = 2001.a2 (trong đó )a Lập luận tương tự ta có y = 2 2001. ( )b b Thay 2 2 2001 , 2001x a y b  vào (*) cà rút gọn ta suy ra : a + b =1 Từ đó có hai nghiệm : (x; y) =(2001; 0) hoặc (0; 2001) Bài 27: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a, b) sao cho 2 2 2 a ab   là số nguyên Hướng dẫn: Từ giả thiết suy ra 2( ) ( 2) 2( ) ( 2)a b ab a b k ab      (1) Từ (1) chứng tỏ k = 1 suy ra a = 4, b = 3 Đáp số : (a; b) = (4; 3) Bài 28: Tìm n nguyên dương sao cho phương trình x3 + y3 + z3 = nx2 y2 z2 có nghiệm nguyên dương. Với các giá trị vừa tìm được của n, hãy giài phương trình trên. Hướng dẫn: Đáp số : n = 1 hoặc n = 3 Bài 29: Cho phương trình : x3 – 3xy2 + y3 = n a) Giả sử phương trình đã cho có một nghiệm nguyên (x, y). Chứng minh rằng phương trình đã cho có ít nhất ba nghiệm nguyên b) Giải phương trình tìm nghiệm nguyên với n = 2002 Hướng dẫn: a) Ta có 3 2 3 3 2 3 3 2 3 3 ( ) 3( ) ( ) ( ) 3( )( ) ( ) .x xy y y x y x x x y y x y x y               b) Từ phương trình đã cho ta suy ra 3 3 1(mod3).x y  Suy ra 1(mod3)x  và 0(mod3)y  hoặc 0(mod3)x  và 1(mod3)y  Cả hai trường hợp ta đều có 3 2 3 3 1(mod9)x xy y   . Do đó phương trình đã cho không cò nghiệm khi n = 2002. Bài 30: Chứng minh * ,n  phương trình 1 2 1 2… . …n nx x x x x x    luôn có nghiệm trong * . Hướng dẫn: Cho 1 2 2… 1nx x x     ta đi đến phương trình 1( 1)( 1) 1.n nx x n     (1) www.VNMATH.com
    12. 41. chúng tôi chúng tôi 41 Dễ thấy nx n và 1 2nx   thỏa mãn (1) Vậy phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm nguyên dương là 1 2( ; ;…; ) (1;1;…;2; )n x x x n Bài 31: Chứng minh rằng phương trình x3 + y3 + z3 – 3xyz = 2001n luôn có nghiệm nguyên với mọi n ≥ 2 Hướng dẫn: Đặt 2001 9n m . Bộ ba số (m; m – 1; m + 1) là một nghiệm của phương trình đã cho Bài 32: Chứng minh rằng phương trình x2 + y5 = z3 có vô số nghiệm nguyên (x, y, z) thỏa mãn xyz ≠ 0 Hướng dẫn: Dễ thấy bộ các bộ ba sau là nghiệm của phương trình đã cho (3; -1; 2) và (10; 3; 7) Ta thấy nếu (x; y; z) là nghiệm của phương trình đã cho thì 15 6 10 ( , , )k x k y k z cũng là nghiệm của phương trình đã cho. Từ đó có điều phải chứng minh Bài 33: Chứng minh các phương trình sau không có nghiệm nguyên?: 2 2 2 2 2 2 5 3 5 3 2 )3 4 13 )19 28 2001 ) 2 8 3 ) 5 4 24(5 1) )3 6 18 2001 a x y b x y c x y y d x x x y e x x x x                Hướng dẫn: dùng phương pháp xét số dư của từng vế. Từ đó ta thấy số dư của hai vế phương trình sẽ không bằng nhau. Điều đó dẫn tới các phương trình vô nghiệm. Bài 34: Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình: 1 1 1 4x y   Hướng dẫn: Giả sử 1 x y  thì 1 1 x y  1 1 1 2 8 4 1 1 4 4 x x y x x x         Vậy 4 8x  , thử chọn để tìm nghiệm. Đáp số: (5 ; 20), (20 ; 5), (6 ; 12), (12 ; 6), (8 ; 8) Bài 35: Tìm ba số nguyên dương sao cho tích của chúng gấp đôi tổng của chúng. Hướng dẫn: 2( )xyz x y z   Giải sử x y z  . Ta có 2( ) 2.3 6xyz x y z z z     Suy ra 6xy  , thử chọn lần lượt xy = 1; 2; 3; 4; 5; 6. Đáp số: (1 ; 3 ; 8), (1 ; 4 ; 5), (2 ; 2 ; 4) và các hoán vị. Bài 36: Tìm bốn số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng. www.VNMATH.com
    13. 43. chúng tôi chúng tôi 43 2 2 3 4 6 13x y x   Hướng dẫn: biến đổi 2 2 3 6 3 16 4x x y    2 2 3( 1) 4(4 )x y   Đáp số: (3 ; 1), (3 ; -1), (-1 ; 1), (-1 ; -1), (1 ; 2), (1 ; -2) Bài 43: Có tồn tại hay không hai số nguyên dương x và y sao cho 2 x y và 2 y x đều là số chính phương? Hướng dẫn: giả sử y x . Ta có: 2 2 2 2 ( 1)x x y x x x      Vậy không tồn tại hai số thỏa mãn đề bài. Bài 44: Chứng minh rằng có vô số số nguyên x để biểu thức sau là số chính phương: 2 2 2 2 2 (1 2 3 4 … )(1 2 3 4 … )x x          Hướng dẫn: Đặt 2 2 2 2 2 2 (1 2 3 4 … )(1 2 3 4 … )x x y           Ta có: 2( 1) ( 1)(2 1) . 2 6 x x x x x y     2 2( 1) 2 1 . 2 3 x x x y        Phương trình này có vô số nghiệm nguyên: 2 6 6 1x n n   Bài 45: Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là số chính phương: 4 3 2 1x x x x    Hướng dẫn: giả sử 4 3 2 2 1x x x x y     Biến đổi về dạng: 2 2 2 2 2 2 2 (2 ) (2 ) 2 ( 2) (2 )y x x x x x x       Nên 2 2 2 (2 ) (2 1)y x x   1 3x    . Xét x = -1; 0; 1; 2; 3. Đáp số: x = -1; x = 0; x = 3 Bài 46: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : a) x3 – 3y3 – 9z3 = 0 b) 8×4 – 4y4 + 2z4 = t4 Hướng dẫn: a) Dễ thấy x, y, z đều chia hết cho 3. Đặt x = x1, y = y1, z = z1 (x1, y1, z1 € Z), ta được : x1 3 + 3y1 3 – 9z1 3 = 0 Suy ra x = y = z = 0 b) Đáp số : x = y = z = t = 0 Bài 47: Tìm năm sinh của Nguyễn Du, biết rằng vào năm 1786 tuổi của nhà thơ bằng tổng các chữ số năm ông sinh ra. Hướng dẫn: Gọi năm sinh của nhà thơ 17xy www.VNMATH.com
    14. 44. chúng tôi chúng tôi 44 Ta có: 1786 -17xy = 1 + 7 + x + y (0 ≤ x ≤8, 0 ≤ y ≤ 9)  11x +2y = 78 Đáp số: 1766 Bài 48: Ba người đi câu được một số cá. Trời đã tối và mọi người đều mệt lả, họ vứt cá trên bờ sông, mỗi người tìm một nơi lăn ra ngủ. Người thứ nhất thức dậy, đếm số cá thấy chia 3 thừa 1 con, bèn vứt 1 con xuống sông và xách 1 3 về nhà. Người thứ hai thức dậy, tưởng hai bạn mình còn ngủ, đếm số cá vứt 1 con xuống sông và xách 1 3 về nhà. Người thứ 3 thức dậy , tưởng mình dậy sớm nhất, lại vứt 1 con xuống sông và mang 1 3 về nhà. Tính số cá 3 chàng trai câu được? biết rằng họ câu rất tồi….. Hướng dẫn:   2 2 2 1 1 1 3 3 3 x y            8x – 27y = 38 ( x, y  N) x = -2 + 27t , y = -2 + 8t Cho t = 1  x = 25, y = 6 Bài 49: giải các phương triình nghiệm nguyên: a) x2 – 4y2 = 1 b) x2 – y2 = 91 c) 2×3 + xy = 7 d) x2 + y2 = 2z2 e) x2 + 2y2 = z2 f) x2 + y2 = z2 + 1 g) 2×2 + 3y2 = z2 h) x2 – y2 + x = 0 i) x3 +7y = y3 + 7x j) 3×2 + 10xy + 8y2 = 96 k) 19×2 + 28y2 = 729 l) xy + 3x -5y = -3 m) x + y = xy n) x + y +1 = xyz o) x3 – 2y3 – 4z3 = 0 p) y2 = x3 + 7 q) x2 + y2 + z2 = 2xyz r) x2 + y2 + z2 + u2 = 2xyzu s) 8×4 + 4y4 + 2z4 = t4 t) x(x + 1)(x +7)(x + 8) = y2 u) ( x + 2)4 – x4 = y3 v) x1 4 + x2 4 + …….+ x14 4 =1599 Hướng dẫn www.VNMATH.com
    15. 46. chúng tôi chúng tôi 46 Bài 50: Tìm điều kiện cần và đủ cho số k để phương trình có nghiệm nguyên. x2 – y2 = k Hướng dẫn: Nếu x2 -y2 =k có nghiệm nguyên thì k  4t +2 Xét trường hợp k chẵn k lẻ Bài 51: Chứng minh rằng phương trình : 1 1 1 1 1991x y z    chỉ có một số hữu hạn nghiệm nguyên dương. Hướng dẫn: Gỉa sử 0 <x ≤y ≤ z. Ta có 1 1 1 1 1 3 1991x y z t x      suy ra 1991 < x ≤ 3.1991 nên x có hữu hạn giá trị Với mỗi giá trị của x có y ≤ 2.1991 1991 x x  ≤ 22 .1991 suy ra giá trị tương ứng của z với mỗi gía trị của x,y Bài 52: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 1 1 1 ) 14 1 1 1 ) a x y b x y z     Hướng dẫn: a) Xét 1 1 1 x y a   ( a nguyên dương) Với x  0, y  0, phương trình tương đương ax + ay = xy hay (x – a)(y – a) = a2 . Có tất cả 2m -1 nghiệm, với m là các ước số lớn hơn 0 của a2 . Với a = 14, a2 =196 Có 9 ước số dương và phương trình có 17 nghiệm. Bài 53: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 1! +2! +…… + x! = y2 Hướng dẫn: Thử trực tiếp, thấy x < 5, Phương trình có nghiệm, tìm nghiệm Chứng minh với x ≥ 5 phương trình vô nghiệm Bài 54: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : xy + 3x – 5y = -3 2×2 – 2xy – 5x + 5y = -19 Hướng dẫn: a) 3 5 3 ( 5)( 3) 18xy x y x y         Đáp số : (x;y) =(4;15), ( -13;-2), (3;6), ( 14;-5), (2;3), (11,-6), (8;-9), (23 -4), (6;-21), (- 1;0), (-4;-1), (7;-13) b) tương tự Bài 55: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 4x + 11y = 4xy x2 – 656xy – 657y2 = 1983 Hướng dẫn: www.VNMATH.com
    16. 47. chúng tôi chúng tôi 47 4 11 4 (4 11)( 1) 1x y xy x y      Xét 4 hệ phương trình Đáp số (x; y) (0;0), (3;12) b) ( 7) (2 7 2 )(2 7 2 ) 49z z y z y z y        2 2 656 657 1983 ( )( 657 ) 1983x xy y x y x y       Đáp số : (x;y );(-4; -1), (4; -1) , (-660 ;-1), (660;1) Bài 56: Tìm các cặp số nguyên dương (x ; y) thỏa mãn phương trình : 7x – xy – 3y = 0 y2 = x2 + 12x – 1923 Hướng dẫn: 7 3 0 ( 3)(7 ) 21x y xy x y       Chú ý rằng x Z  nên x +3 ≥4, do đó chỉ có hai phuong trình Đáp số : (4;4 ), (8, 16) Bài 57: Tìm nghiệm nguyên của phương trình a) x(x + 1)(x +7)(x + 8) = y2 b) y(y + 1)(y + 2)(y + 3) = x2 Hướng dẫn: 2 2 2 ( 1)( 7)( 8) ( 8 7)x x x x y x x y        Đặt x2 + 8x = z ( )z Z Ta có : ( 7) (2 7 2 )(2 7 2 ) 49z z y z y z y        Đáp số : (0;0), (-1;0), (1;12), (1;-12), (-9;12), (-9; -12),( -8; 0), (-7;0), (-4;12), (-4; 12) www.VNMATH.com
    17. 48. chúng tôi chúng tôi 48 www.VNMATH.com
    18. 49. chúng tôi chúng tôi 49 1) Định lý lớn Fecma: Ta biết có vô số bộ ba số nguyên dương thỏa mãn phương trình 2 2 2 x y z  . Đương nhiên xuất hiện một câu hỏi: có ba số nguyên dương nào thỏa mãn phương trình 3 3 3 x y z  không? Vào năm 1637, nhà toán học Pháp Fecma (Pierre de Fermat, 1601 – 1665) đã nêu lên mậng đề sau, được gọi là định lý lớn Fecma: Phương trình n n n x y z  (với n là số nguyên lớn hơn 2) không có nghiệm nguyên dương. Fecma đã viết vào lề cuốn Số học của Điôphăng, ở cạnh mục giải phương trình 2 2 2 x y z  : “Không thể phân tích được một lập phương đúng thành tổng của hai lập phương, không thể phân tích được một trùng phương thành tổng của hai trùng phương, và nói chung với bất cứ lũy thứa nào lớn hơn 2 thành tổng của hai lũy thừa cùng bậc. Tôi đã tìm được cách chứng minh kì diệu mệnh đề này, nhưng lề sách này quá chật nên không thể ghi lại được.” Năm 1670, năm năm sau khi Fecma mất, con trai ông đã công bố mệnh đề này. 2) Lịch sử về chứng minh định lý lớn Fecma: Người ta đã tìm thấy chứng minh của Fecma với n = 4, nhưng không biết được ông đã giải bài toán tổng quát như thế nào? Liệu lời giải của ông có sai lầm hay không? Chỉ biết rằng phải đến một thế kỷ sau, Ơle mới chứng minh được bài toán với n = 3 năm 1753 trong thư gửi Gônbach. Năm 1825, bẳng những phát minh mới về lý thuyết số, Đirichlê và Lơgiăngđrơ chứng minh được với n = 5. Năm 1839 Lamê chứng minh được với n = 7. Sau đó khoảng năm 1850 Kume chứng minh được với mọi 100n  . Năm 1978, nhờ máy tính điện tử người ta đã chứng minh được bài toán với mọi n nhỏ hơn 125000. Phương trình n n n x y z  được gọi là phương trình Fecma. Nó đã lôi cuốn các nhà toán học chuyên nghiệp và nghiệp dư suốt hơn ba thế kỷ. Trên con đường tìm cách giải phương trình đó, nhiều lý thuyết toán học mới đã được sáng tạo ra. Trong bốn chục năm gần đây, nhiều nhà toán học đã đạt được những kết quả quan trọng. Và đề chứng minh định lý lớn Fecma, chỉ còn chứng minh giả thuyết do Taniyama nếu ra: mọi đường cong elliptic đều là đường cong Weil. Chúng ta tìm hiểu đôi chút về điều này. Ta xem mỗi nghiệm nguyên của phương trình là một điển có toạ độ nguyên của một đường cong. Đường cong elliptic được Taniyama đưa ra năm 1955 trong một hội nghị quốc tế ở Nhật Bản, đó là đường cong cho bởi phương trình 2 3 2 y x mx nx p    thỏa mãn điều kiện “không có điểm kì dị”. Nhà toán học Đức Frey là người đầu tiên gắn việc chứng minh định lý lớn Fecma với các đường cong elliptic: giả sử định lý lớn Fecma không đúng thì tồn tại các số nguyên a, b, c khác 0 và số tự nhiên n sao cho n n n a b c  . Khi đó tồn tại một đường cong elliptic đặc biệt dạng Frey. Năm 1986, Ribet chứng minh được rằng: đường cong elliptic dạng Frey nếu tồn tại thì nó không phải là đường cong Weil. www.VNMATH.com
    19. 51. chúng tôi chúng tôi 51 Pytago sinh khoảng năm 580 và mất khoảng năm 500 trước Công nguyên. Ông sinh trưởng trong một gia đình quý tộc ở đảo Xa- môt, một đảo giàu có ở ven biển Ê – giê thuộc địa trung hải. Mới 16 tuổi , cậu bé Pytago đã nổi tiếng về trí thông minh khác thường. Cậu theo học một nhà toán học nổi tiếng Talét và chính Talét cũng phải kinh ngạc vì trí thông minh, tài năng của cậu. Để tìm hiểu khoa học của nền văn học các dân tộc, Pytago đã dành nhiều năm đến Ấn Độ, Babilon, Ai Cập và trở nên uyên bác trong hầu hết các lĩnh vực quan trọng: số học, hình học, thiên văn, địa lý âm nhạc, y học, triết học. Vào tuổi 50, ông mới trở về tổ quốc của mình. Ông thành lập một ngôi trường ở miền nam Ý, nhận hàng trăm môn sinh, kể cả phụ nữ, với thời gian học 5 năm gồm 4 bộ môn: hình học, toán học, thiên văn, âm nhạc. Chỉ những học sinh giỏi vào cuối năm thứ 3 mới được ông trực tiếp dạy. Trường phái Pytago đã đóng một vai trò quan trọng trong sự phát triển nền khoa học của thế giới cổ đại, đặc biệt về số học và hình học. Pytago chứng minh hệ thức giữa độ dài các cạnh của một tam gíac vuông . Hệ thức này đã đựơc nguời Ai Cập, người Babilon, Trung Quốc, Người Ấn Độ biết đền từ trước, nhưng Pytago là người đầu tiên chứng minh hệ thức ấy. Trường phái Pytago khảo sát hình vuông có cạnh dài 1 đơn vị và nhận ra rằng không thể biểu thị độ dài đường chéo cùa nó bằng một số nguyên hay phân số, tức là tồn tại các đoạn thẳng không biểu thị được theo đoạn thẳng đơn vị bởi một sồ hữu tỉ. Sự kiện ấy được so sánh với việc tìm ra hình học Ơclit ở thế kỉ XIX. Trường phái Pytago cũng nghiên cứu về âm nhạc. Họ giaỉ thích rằng độ cao của âm thanh tỉ lệ nghịch với chiều dài của dây và ba sợi dây đàn có chiều dài tỉ lệ với 6, 4, 3 sẽ cho một hợp âm êm tai. Pytago còn nghiên cứu cả kiến trúc và thiên văn. Ông cho rằng trái đất có hình cầu và ở tâm của vũ trụ. Pytago và các môn đệ cũa ông tôn thờ các con sồ và gán cho mỗi con số một ý nghĩa thần bí : họ cho rằng số 1 là nguồn gốc của mọi số, số lẻ là số nam, số chẵn là số nữ, số 5 biểu thị việc xây dựng gai đình, số 7 mang tính chất của sức khỏe, số 8 biểu thị cho tình yêu… Trước lúc vào nghe giảng, các học trò của Pytago đọc những câu kinh như: “Hãy ban ơn cho chúng tôi, hỡi những con số thần linh đã sáng tạo ra loài người” Pytago cũng có những câu thơ và nêu lên những phương châm xử thế: Hãy sống giản dị, không xa hoa. Hãy tôn trọng cha mẹ. Hãy tập chiến thắng sự đói khát, sự lười biếng và sự giận dữ. Chớ coi thường sức khỏe. Hãy cung cấp cho cơ thể đúng lúc những đồ ăn thức uống và sự luyện tập cần thiết. Chưa nhắm mắt nếu chưa soát lại những việc đã làm trong ngày. Đừng thấy cái bóng trơ của mình trên tường mà tưởng mình vĩ đại. www.VNMATH.com
    20. 52. chúng tôi chúng tôi 52 Trong quá trình biên soạn quyển chuyên đề này, chúng em đã tham khảo và trích dẫn từ nhiều nguồn sách, báo và tài liệu khác nhau. – Phương trình và bài toán với nghiệm nguyên, tác giả Vũ Hữu Bình. – Một số chuyên đề môn toán trung học cơ sở, tác giả Vũ Dương Thụy và Nguyễn Ngọc Đạm. – Một số chuyên đề số học, các tác giả ở Hà Nội. – Tạp chí báo Toán Tuổi Thơ 2, do nhà xuất bản giáo dục. – Một số tài liệu từ mạng. Cảm ơn các tác giả sách, báo nói trên đã có những quyển sách hay giúp chúng em hoàn thành tốt chuyên đề này. Chân thành cảm ơn thầy và các bạn đã dành thời gian xem chuyên đề. Nhóm biên tập hân hạnh đón nhận những đóng góp từ thầy và các bạn./. Nhóm biên tập Nguyễn Hoàng Anh Thư Trương Thanh Thư Lê Thị Thu Thảo Phạm Ngọc Xuân Đào Nguyễn Thị Mỹ Huyền www.VNMATH.com

    --- Bài cũ hơn ---

  • Chương I. §3. Một Số Phương Trình Lượng Giác Thường Gặp
  • Pt Bậc Hai 1 Ẩn Máy Tính Casio Fx 570Es Plus
  • Giải Phương Trình Bậc 2 Số Phức
  • Chương Iv. §3. Phương Trình Bậc Hai Một Ẩn
  • Cách Nhẩm Nghiệm Phương Trình Bậc Hai
  • Các Phương Pháp Giải Phương Trình Nghiệm Nguyên

    --- Bài mới hơn ---

  • Bài Giảng Môn Toán 6
  • Những Cách Giải Phương Trình Bậc 2 Hiệu Quả, Dễ Hiểu Nhất
  • Một Số Dạng Toán Về Phương Trình Bậc Hai Cơ Bản
  • Lập Trình C: Giải Phương Trình Bậc 2
  • Đề Tài Giải Và Biện Luận Các Phương Trình Và Bất Phương Trình Bậc Hai Chứa Tham Số
  • chúng tôi  giới thiệu đến các bạn học sinh bài viết về Các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên có tham khảo, sưu tầm các bài toán từ cuốn sách Phương trình nghiệm nguyên và kinh nghiệm giải của tác giả Vũ Hữu Bình nhằm mục đích giúp cho các em có nguồn tài liệu quý giá để ôn tập, rèn luyện và nâng cao trình độ phục vụ cho những kỳ thi sắp tới.

    1.1. Phát hiện tính chia hết của một ẩn

    Ví dụ 1. Giải phương trình nghiệm nguyên:  (3x + 17y = 159. )

    Hướng dẫn giải

    Ta dễ thấy y chia hết cho 3 nên ta đặt (y = 3tleft( {t in Z} right).)

    Thay vào phương trình ban đầu ta được 

    Do vai trò bình đẳng của x và y nên ta giả sử (x ge y.) Khi đó, ta có các trường hợp sau:

    TH1: (left{ begin{array}{l}

    x – 1 = 3\

    y – 1 = 1

    end{array} right. leftrightarrow left{ begin{array}{l}

    x = 4\

    y = 2

    end{array} right.)

    TH2: (left{ begin{array}{l}

    x – 1 = -1\

    y – 1 = -3

    end{array} right. leftrightarrow left{ begin{array}{l}

    x = 0\

    y = -2

    end{array} right.)

    1.3. Biểu thị một ẩn theo ẩn còn lại

    Trong Ví dụ 2 ở trên, ta còn có thể làm theo hướng khác với biến đổi như sau: 

    Hướng dẫn giải

    Ta dễ thấy ({x^2},{y^2} ) chia cho 4 có số dư là 0 hoặc 1 nên ({x^2} + {y^2}) chia 4 có số dư là 0; 1 hoặc 2.

    Trong khi đó 1999 chia cho 4 lại dư 3 nên phương trình trên không có nghiệm nguyên.

    2.1. Sắp thứ tự các ẩn

    2.2. Xét từng khoảng giá trị của ẩn

    2.3. Chỉ ra nghiệm nguyên

    2.4. Sử dụng điều kiện có nghiệm của PT bậc hai

    3.1. Sử dụng tính chất chia hết của số chính phương

    3.2. Tạo ra bình phương đúng

    3.3. Tạo ra tổng các số chính phương

    3.4. Xét các số chính phương liên tiếp

    3.5. Sử dụng điều kiện biệt số (Delta ) là số chính phương

    3.6. Sử dụng tính chất số nguyên dương nguyên tố cùng nhau

    3.7. Sử dụng tính chất số nguyên liên tiếp

     

     

     

     

     

    --- Bài cũ hơn ---

  • Cách Giải Toán Bằng Máy Tính Casio Fx 570Vn Plus Chi Tiết Từ A – Z
  • Giải Phương Trình Bậc Hai Online, Cực Nhanh Tại Giaitoannhanh.com
  • Các Dạng Bài Tập Giải Phương Trình Bậc 2 Số Phức
  • Cách Giải Phương Trình Bậc Nhất Bằng Máy Tính Fx570Es, Pt Bậc Hai 1 Ẩn Máy Tính Casio Fx 570Es Plus – Lingocard.vn
  • Ứng Dụng Của Máy Tính Cầm Tay (Từ Cơ Bản Đến Nâng Cao) Trong Giải Toán
  • Sáng Kiến Kinh Nghiệm Giải Phương Trình Có Chứa Dấu Căn Bậc Hai

    --- Bài mới hơn ---

  • Bài Tập Giải Phương Trình Chứa Dấu Căn Có Đáp Án
  • Một Số Phương Pháp Giải Phương Trình Chứa Ẩn Dưới Dấu Căn Bậc Hai
  • Hướng Dẫn Cách Viết Dấu Căn Trên Google
  • Bài Tập Căn Bậc 2 Lớp 9 Chọn Lọc
  • Đề Tài Sáng Kiến Kinh Nghiệm Toán Lớp 9. Giúp Học Sinh Phát Hiện Và Tránh Sai Lầm Trong Khi Giải Toán Căn Bậc Hai. Sang Kien Cstd Doc
  • Trong quá trình dạy học, tôi đã nghiên cứu và tham khảo các tài liệu về chuyên đề đại số và giải tích ở cấp trung học phổ thông. Tôi thấy rằng việc hệ thống lại các dạng cơ bản và phương giải phương trình chứa căn cho học sinh lớp 10 là thực sự cần thiết, nhằm giúp cho học sinh lớp 10 ( học theo chương trình mới ) tiếp cận với việc giải một phương trình có dấu căn bậc hai một cách hiệu quả và có hệ thống. với lí do đó, tôi đã viết đề tài này.

    Đây là một đề tài nhỏ nhằm phục vụ cho việc dạy học môn toán cho học sinh lớp 10 ở chương trình nâng cao và bổ trợ kiến thức cho học sinh lớp 10 ban cơ bản trong tiết học tự chọn ( có thể thực hành trong 2 hoặc 3 tiết dạy ), trong chuyên đề này tôi đề cặp đến dạng toán:

    GIAÛI PHÖÔNG TRÌNH COÙ CHÖÙA DAÁU CAÊN BAÄC HAI

    Đối với phần này, tôi hệ thống lại một số dạng toán cơ bản thường thấy khi giải phương trình có dấu căn bậc hai gồm có các nội dung sau:

    1. Tìm tập nghiệm của phương trình thông qua tập xác định của phương trình.

    2. Dạng cơ bản của phương trình có chứa dấu căn bậc hai

    3. Giải một phương trình chứa dấu căn bậc hai bằng cách đổi biến

    4. Dùng phương pháp bất đẳng thức và đánh giá ước lượng hai vế của phương trình

    5. Phương pháp biến thiên hằng số

    6. Một số dạng toán khác

    7. Phương trình chứa dấu căn bậc hai có chứa tham số.

    LỜI NÓI ĐẦU Trong quá trình dạy học, tôi đã nghiên cứu và tham khảo các tài liệu về chuyên đề đại số và giải tích ở cấp trung học phổ thông. Tôi thấy rằng việc hệ thống lại các dạng cơ bản và phương giải phương trình chứa căn cho học sinh lớp 10 là thực sự cần thiết, nhằm giúp cho học sinh lớp 10 ( học theo chương trình mới ) tiếp cận với việc giải một phương trình có dấu căn bậc hai một cách hiệu quả và có hệ thống. với lí do đó, tôi đã viết đề tài này. Đây là một đề tài nhỏ nhằm phục vụ cho việc dạy học môn toán cho học sinh lớp 10 ở chương trình nâng cao và bổ trợ kiến thức cho học sinh lớp 10 ban cơ bản trong tiết học tự chọn ( có thể thực hành trong 2 hoặc 3 tiết dạy ), trong chuyên đề này tôi đề cặp đến dạng toán: GIAÛI PHÖÔNG TRÌNH COÙ CHÖÙA DAÁU CAÊN BAÄC HAI Đối với phần này, tôi hệ thống lại một số dạng toán cơ bản thường thấy khi giải phương trình có dấu căn bậc hai gồm có các nội dung sau: Tìm tập nghiệm của phương trình thông qua tập xác định của phương trình. Dạng cơ bản của phương trình có chứa dấu căn bậc hai Giải một phương trình chứa dấu căn bậc hai bằng cách đổi biến Dùng phương pháp bất đẳng thức và đánh giá ước lượng hai vế của phương trình Phương pháp biến thiên hằng số Một số dạng toán khác Phương trình chứa dấu căn bậc hai có chứa tham số. Xin cảm ơn các thầy cô ở trường THPT Phước Thiền đã chân thành góp ý kiến cho tôi hoàn thành đề tài. Mặt dù có nhiều cố gắng, nhưng do kinh nghiệm không nhiều nên thiếu sót là điều không tránh khỏi, mong các thầy cô chân thành góp ý để tôi có kinh nghiệm tốt hơn trong công tác dạy học môn toán. Chân thành cảm ơn ngày 25 tháng 3 năm 2009 PHÖÔNG TRÌNH COÙ CHÖÙA DAÁU CAÊN BAÄC HAI (chuû ñeà ñaùp öùng lôùp kieán thöùc lôùp 10 - ban khoa hoïc töï nhieân vaø phuïc vuï tieát daïy töï choïn cho hoïc sinh lôùp 10 ban cô baûn) --------------------------o0o-------------------------- 1. TÌM TẬP NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH THÔNG QUA TẬP XÁC ĐỊNH: Trong phần này, tôi nêu ra hai ví dụ mà phương trình chứa dấu căn có tập xác định là một phần tử, nhằm làm rõ với học sinh ý nghĩa tập xác định của phương trình chứ dấu căn và tập nghiệm của phương trình. Ví dụ: Tìm tập nghiệm của phương trình : a. b. Giải a. (1) đk : Với x = - 2 (1) Þ 0 = 2 nên phương trình đã cho vô nghiệm b. (2) đk Với x = 3, (2) Þ 2 = 2 Vậy x = 3 là nghiệm của phương trình (2) Nhận xét: - Trong hai ví dụ trên, học sinh cần nắm được một kiến thức là: nếu tập xác định của một phương trình là tập hữu hạn giá trị đếm được, thì ta có thể lần lượt thế các phần tử trong tập xác định đó vào phương trình để xác định tập nghiệm của phương trình đó. - Học sinh không nên sai lầm khi tập xác định là một phần tử thì phần tử đó chính là nghiệm của phương trình. 2. DAÏNG CÔ BAÛN PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA DẤU CĂN BẬC HAI: Trong phần này tôi nêu ra hai dạng phương trình chứa dấu căn bậc hai thường thấy để học sinh tham khảo và vận dụng khi gặp các dạng cơ bản đó. Giaû söû f(x) vaø g(x) laø hai bieåu thöùc chöùa x ( f(x), g(x) là một biểu thức có nghĩa ) . Khi ñoù: 1. (I) 2. (II) Ví duï: Giaûi caùc phöông trình sau: a. b. c. d. e. Giaûi a. Caùch giaûi 1: (aùp duïng coâng thöùc (I) ñeå giaûi ) Û Vaäy phöông trình coù nghieäm x = 4 Caùch giaûi 2: (1) Ñieàu kieän: 2x + 1 ≥ 0 Û x ≥ Neáu x < 1 Þ phöông trình voâ nghieäm. Neáu x ≥ 1 Þ (1) Û x2 - 4x = 0 Û x = 0 hoaëc x = 4 So ñk: phöông trình coù moät nghieäm x = 4 Nhận xét: - Trong nhiều trường hợp, học sinh hay nhằm lẫn công thức ( I ) và cách tìm tập xác định của phương trình, nên khi giáo viên dạy cho học sinh cách giải phương trình bằng công thức (I) cần làm rõ cho học sinh hiểu được đâu là điều kiện xác định của phương trình, đâu là vận dụng công thức để giải bài toán. b. cách 1: pt Vậy phương trình có hai nghiệm cách 2: pt Vậy phương trình có hai nghiệm Nhận xét: - Trong ví dụ này học sinh cần chú ý: việc biến đổi phương trình dẫn đến điều kiện 2x + 1 ≥ 0 hoặc 2x2 - 5x + 4 ≥ 0. - Trong trường hợp điều kiện của một phương trình có tính phức tạp, ta không cần giải điều kiện đó mà ta thay các giá trị nghiệm của phương trình tìm được vào và nhận nghiệm thỏa điều kiện. c. Vaäy phöông trình coù hai nghieäm x = 2, x = Nhận xét: - Trong ví dụ này ta không thấy điều kiện g(x) ≥ 0 là vì vế phải bằng 2 là một số dương. d. (3) ñk: Với điều kiện trên, hai vế của phương trình đều dương nên ta có: Vaäy phöông trình coù ngieäm x = 3 Nhận xét: - Trong nhiều trường hợp, khi giải một phương chứa dấu căn bậc hai ta phải bình phương hai vế của phương trình nhiều lần mới có thể đưa về dạng cơ bản. - Khi bình phương hai vế của một phương trình, học sinh cần chú ý là đang vận dụng phép biến đổi tương đương hay phép biến đổi đổi để đưa ra phương trình hệ quả. Thông thường khi bình phương hai vế của một phương trình, ta cần chú ý đến tính chất hai vế của phương trình cùng dấu hai khác dấu. e. (4) ñk: Vaäy phöông trình coù nghieäm x = 4 3. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH ÑAËT AÅN PHUÏ: Trong phaàn naøy toâi ñöa ra moät soá baøi toaùn ñoåi bieán thöôøng thaáy trong kieán thöùc toaùn lôùp 10 vaø caùch giaûi chuùng thoâng qua caùc ví duï minh hoïa. Ví dụ: Giải các phương trình sau: a. b. c. d. Giải a. đặt t = Þ t2 = x2 + 2x, t ≥ 0 ta được phương trình : t = - 2 t2 + 3 Û 2t2 + t - 3 = 0 Û t = 1 hoặc t = - 1,5 (loại) t = 1 Þ Vậy phương trình có nghiệm là: b. Û Đặt t = Þ x2 + 3x = t2 - 2 , t ≥ 0 Ta được phương trình: t = t2 - 2 - 4 Û t2 - t - 2 = 0 Û t = 2 hoặc t = - 1 ( loại ) Với t = 2 Þ Vậy phương trình có nghiệm là: Nhận xét: - Trong hai ví dụ a và b ta cần chú ý: Vế phải của hai phương trình này này không có căn bậc hai và có bậc là 2n nếu ta bình phương hai vế của phương trình thì dẫn đến một phương trình bậc 4 đủ, vì thế việc giải phương trình là điều không khả thi. Trong hai ví dụ này, ta có thể khái quát lên thành dạng tổng quát có dạng phương trình như sau: , khi đó ta đổi biến t = Þ , t ≥ 0 - Tuy nhiên trong một vài trường hợp, nếu phương trình trên có nghiệm từ hai nghiệm hửu tỉ trở lên ( có thể trùng nhau ) ta vẫn có thể giải bằng cách bình phương hai vế của phương trình. c. Cách 1: Đặt t = Þ 0 £ t £ và t2 - 5 = 2 Ta được phương trình: t2 - 5 - t = 1 Û t2 - t - 6 = 0 Û t = 3 hoặc t = - 2 (loại ) Với t = 3 Þ = 2 Û x2 - 9x + 18 = 0 Û x = 6 hoặc x = 3 Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 6, x = 3 Cách 2: Đặt , u ≥ 0, v ≥ 0 Ta được hệ phương trình: Þ (u + v)2 - (u + v) - 6 = 0 Û (u + v) = 3 hoặc u + v = - 2 (loại) Từ đó ta có hệ phương trình Þ u, v là hai nghiệm của phương trình : X2 - 3X + 2 = 0 Û X = 1 hoặc X = 2 Þ Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 6, x = 3 Nhận xét: - Trong dạng phương trình này học sinh cần nhận xét là : ( hằng số ), t2 - 5 = 2, cần chú ý đến điều kiện của biến trung gian để việc giải bài toán có nhiều thuận lợi. - Trong cách giải thứ nhất nếu phương trình rơi vào trường hợp như nhận xét ở trên thì ta có lợi thế hơn, tuy nhiên trong trường hợp tổng quát thì việc vận dụng cách giải hai là có lợi thế hơn rất nhiều: Cụ thể như sau: đặt , u ≥ 0, v ≥ 0 Þ ta có hệ: -Với cách đổi biến thứ 2, về lí thuyết, ta có thể giải được nhiều bài toán dạng này một cách thuận lợ hơn. d. pt Û Đặt t = , t ≥ 1 Ta được phương trình : t3 - 2t2 - 3t + 6 = 0 Û ( t - 2 )(t2 - 3 ) = 0 Û t = 2 hoặc t = hoặc t = - ( loại ) Với t = 2 Þ = 2 Û x = Với t = Þ = Û x = 1 Vậy phương trình có bốn nghiêm là: x = , x = 1 4. SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BẤT ĐẲNG THỨC VÀ ĐAÙNH GIAÙ ÖÔÙC LÖÔÏNG: Ví dụ: giải các phương trình sau: a. b. Giải a. Ta có: Þ (1) Vậy phương trình vô nghiệm b. Nếu thì phương trình (2) vô nghiệm. Nếu Ta có: ( vì x2 ≥ 0 và 2 - x2 ≥ 0 ) Þ (2) Û Vậy phương trình có nghiệm x = - 1 Nhận xét: - Trong hai ví dụ trên, ta thấy việc đánh giá chính xác giá trị hai vế của một phương tình chứa căn đưa đến việc giải các phương trình một cách đơn giản hơn. - Khi giải bài toán bằng phương pháp này học sinh cần chú đến điều kiện dấu bằng của bất đẳng thức để quá trình giải chính xác hơn. 5. PHƯƠNG PHÁP BIẾN THIÊN HẰNG SỐ: Ví dụ: Giaûi phöông trình: a. b. Giaûi: a. Phöông trình (1.3) coù daïng (1.3a). Ñaët (*). Phöông trình (1.3a) trôû thaønh: (1.3b). Ta thaáy neân caùc nghieäm cuûa (1.3a) laø: . Keát hôïp vôùi (*) ta nhaän ñöôïc: Với t = 2 Þ Û x2 + x - 4 = 0 Û . Với t = 2x + 3 Þ Û Û Û Û . Vaäy caùc nghieäm cuûa (1.3) laø: , . b. Phöông trình (1.5) coù daïng . Ñaët (1.5a). Khi ñoù (1.5) trôû thaønh: (1.5b). Töø (1.5a) vaø (1.5b) suy ra: Hay Û Û . ª Vôùi u = x: Ta nhaän ñöôïc Û . ª Vôùi : Ta nhaän ñöôïc Û Û . Do vaäy caùc nghieäm cuûa (1.5) laø: , . Nhận xét: - Trong hai ví dụ trên, nhận thấy sau khi đổi biến, ta dẫn đến một phương trình với ẩn số t và x đóng vai trò như một tham số. Chú ý khi vận dụng cách giải này học sinh cần chú ý đến giá trị D =( ax + b )2(a,b Î R), nếu không thì việc giải phương trình theo cách này gặp rất nghiều khó khăn. - Trong dạng phương trình ở câu b, ta có khái quát thành bài toán có dạng phương trình như sau: 7. MỘT SỐ BÀI TOÁN KHÁC: Ví duï 1: Giaûi phöông trình: Giaûi: Phöông trình coù daïng: Hay Û . Ta thaáy (*) Û Û . Vaäy caùc nghieäm cuûa (1.1) laø: x = 0, x = 2, . Ví duï 2: Giaûi phöông trình: Giaûi: Phöông trình coù daïng: Hay Û (*). Neáu ³ 0 Û 0 £ 2x2 - 1 £ 1 Û (a). Khi ñoù (*) trôû thaønh : khoâng thoaû (a). Neáu < 0 Û (b). Khi ñoù (*) trôû thaønh Û Û Û . Vì (b) neân ta chæ nhaän ñöôïc . Do vaäy nghieäm cuûa (1.2) laø: . Ví duï 3: Giaûi phöông trình: Giaûi: Phöông trình coù daïng: Û Ta thaáy: Þ . Phương trình Û Û . Vôùi . Vôùi Û . Do ñoù caùc nghieäm phương trình laø: , . Ví duï4: Giaûi phöông trình: Giaûi: Ñaët Þ . Ta coù heä , Vôùi , ta coù: vaø . Suy ra . Do ñoù phương trình Û Û . Suy ra nghieäm phương trình laø: . Ví duï 5: Giaûi phöông trình: Giaûi: Phöông trình (1.7) coù daïng Vôùi 3 £ x £ 5, ta coù: Phương trình Û Û Ta thaáy: , . Do ñoù phương trình Û x = 4. Hay nghieäm cuûa phương trình laø: x = 4. Ví duï 6: Giaûi phöông trình: Giaûi: Ñieàu kieän (*). Khi ñoù vôùi , phöông trình coù theå vieát: Hay: Ñaët , . Do ñoù phương trình trôû thaønh: Û Û Ta thaáy: , ñaúng thöùc xaûy ra Û u = 2. Vì , ñaúng thöùc xaûy ra Û u2 = 4. Do vaäy phương trình Û Û u = 2. Hay ta nhaän ñöôïc: Û x = 1. Vaäy nghieäm cuûa phương trình laø: x = 1. 8. PHƯƠNG TRÌNH CĂN BẬC HAI CÓ CHỨA THAM SỐ: Ví duï 1: Tìm caùc giaù trò a ñeå phöông trình sau coù nghieäm: Giaûi: Phöông trình (3.1) Û . Ñaët (*). Khi ñoù phöông trình trôû thaønh Û Ta thaáy phương trình coù nghieäm khi . Vaäy ta nhaän ñöôïc: Û . Do ñoù vôùi thì phöông trình coù nghieäm . Vaäy phương trình trôû thaønh: Û . Neáu 0 £ t < a: (3.2a) Û Û . Ta ñöôïc: . Neáu t ³ a: (3.2) Û . Ta ñöôïc: Û . Toùm laïi: vôùi phöông trình coù nghieäm laø , vôùi phöông trình coù nghieäm laø . Ví duï 3: Ñònh tham soá a ñeå phöông trình sau coù nghieäm: Giaûi: Ñieàu kieän (*). Khi ñoù phương trình trôû thaønh Û Û (3.3a). Töø (*) vaø (3.3a) ta caàn coù: . Phương trình Û . Vì x £ 1 neân ta nhaän ñöôïc nghieäm laø . Vaäy vôùi thì phöông trình coù nghieäm laø . Ví duï 4: Ñònh tham soá m ñeå phöông trình sau coù nghieäm duy nhaát: Giaûi: Ta thaáy neáu xo laø nghieäm, thì 1 - xo cuõng laø nghieäm cuûa . Do ñoù ñieàu kieän caàn ñeå phöông trình coù nghieäm duy nhaát laø: xo = 1 - xo Þ . Theá x bôûi vaøo suy ra: . Ñaûo laïi: Vôùi m = 0: (3.4) trôû thaønh Û (thoaû). Vôùi m = -1: (3.4) trôû thaønh Û Û Û Û (thoaû). Vôùi m = 1: (3.4) trôû thaønh (*). Vì x = 0 vaø x = 1 cuøng nghieäm ñuùng (*) Þ khoâng coù nghieäm duy nhaát. Vaäy vôùi m = 0, m = -1 thì phöông trình (3.4) coù nghieäm duy nhaát .

    --- Bài cũ hơn ---

  • Hướng Dẫn Học Sinh Lớp 9 Một Số Phương Pháp Giải Phương Trình Vô Tỉ
  • Cách Giải Phương Trình Chứa Dấu Căn Và Bài Tập Vận Dụng
  • Chuyên Đề Phương Trình Chứa Căn Thức
  • Kinh Nghiệm Khắc Phục Sai Lầm Về Căn Thức Bậc Hai Kinh Nghiem Giup Hoc Sinh Khac Phuc Mot So Sai Lam Thuong Gap Khi Giai Bai Toan
  • Skkn Về Chủ Đề Tự Chọn Căn Bậc Hai Skkn 2009 Doc
  • Cách Giải Phương Trình Bậc 3 Nhanh Chóng

    --- Bài mới hơn ---

  • Xử Trí Khi Bị Dị Ứng Thuốc
  • Hướng Dẫn Cách Xử Lý Khi Bị Dị Ứng Thuốc Tại Nhà
  • Dị Ứng Thời Tiết, Dị Ứng Cơ Địa: Triệu Chứng, Cách Chữa Hết Nổi Mẩn Đỏ
  • Cách Chữa Dị Ứng Nổi Mề Đay Tại Nhà Nhanh Chóng
  • Chữa Viêm Mũi Dị Ứng Bằng Thuốc Tây
  • Để giải phương trình bậc 3 có hai phương pháp giải, việc thứ nhất là giải bằng máy tính và giải tay tùy thuộc vào phương trình đó mà ta áp dụng, và tùy theo bậc lớp học được phép sử dụng hay không. Bài này gia sư TTV chia sẽ cho tất cả các cách giải phương trình bậc 3 chuẩn mực nhất, nghiệm lẻ, hay một ẩn, tổng quát … và là trên máy tính. Chúng ta bắng đầu nào

    Phương trình bậc 3 có dạng chuẩn sau

    Phương pháp Cardano giải phương trình bậc 3

    ), và mỗi căn bậc ba có ba giá trị (một giá trị thực và hai tích của nó với

    ). Tuy nhiên, dấu của các căn phải chọn sao cho khi tính x, không gặp trường hợp chia cho không. Thứ nhất, nếu p= 0, thì chọn dấu của căn bậc hai sao cho u khác 0, i.e.

    Cách giải phương trình bậc 3 trên máy tính fx570es

    Đây là phần tóm tắt kết quả bài giải phương trình bậc ba:

    Đặt các giá trị:

    1) Nếu

    2) Nếu

    : Phương trình có một nghiệm bội

    3) Nếu

    : Phương trình có một nghiệm duy nhất

    bài viết thuộc nguồn sở hữu của: Trung tâm gia sư TPHCM Trí Tuệ Việ

    CÁC BÀI VIẾT LIÊN QUAN NHẤT CỦA CHÚNG TÔI

    Quý phụ huynh có con em cần Gia Sư Dạy Kèm Tại Nhà xin liên hệ cho chúng tôi.

    Trung Tâm Chuyên Cung Cấp Gia Sư Dạy Kèm Tại Nhà Các Môn:

    – Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Tiếng Anh…Từ Lớp 1 Đến 12, LTĐH

    – Anh Văn Giao Tiếp: Xuất Cảnh, Du Học, Buôn Bán……….

    – Luyện Thi: IELTS – TOELF – TOEIC…

    – Các thứ tiếng: Hoa(Trung) – Hàn – Nhật – Pháp…

    – Các môn năng khiếu: Vẽ – Đàn – Nhạc…

    – Tin học: Word, Excel, Eccess, PowerPoint…

    – Luyện viết chữ đẹp…

    – Tiếng việt cho người nước ngoài

    Trung Tâm Dạy Kèm Tại Nhà các Quận 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12 , Thủ Đức, Tân Bình, Tân Phú, Gò Vấp, Phú Nhuận, Bình Thạnh, Bình Tân, Nhà Bè, Hóc Môn.

    Lưu ý: Trung Tâm sẽ cho gia sư dạy thử từ 1 – 2 buổi trước khi dạy chính thức để đảm bảo chất lượng gia sư của trung tâm.

    Quý phụ huynh và các bạn gia sư có nhu cầu xin liên hệ:

    Điện Thoại : 0906 801 079 – 0932 622 625 (Thầy Huy – Cô Oanh)

    --- Bài cũ hơn ---

  • 6 Cách Dễ Dàng Để Chèn Ký Hiệu Delta (Δ) Trong Excel
  • Cách Tính Delta Và Delta Phẩy Phương Trình Bậc 2
  • Cách Giải Dạng Toán Tìm Hai Số Khi Biết Tổng Và Tỉ Của 2 Số Đó
  • Phương Pháp Giải Bài Toán Tổng Tỉ
  • Bài Tập Toán Lớp 4: Dạng Toán Tìm Hai Số Khi Biết Hiệu Và Tỉ Của Hai Số Đó
  • Chuyên Đề: Giải Phương Trình Nghiệm Nguyên

    --- Bài mới hơn ---

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

    --- Bài cũ hơn ---

  • Một Số Pp Giải Pt Nghiệm Nguyên
  • Công Thức Nghiệm Của Phương Trình Ax+By=C
  • Chương Iii. §2. Phương Trình Quy Về Phương Trình Bậc Nhất, Bậc Hai
  • Iii. Kết Thúc Vấn Đề
  • Cách Giải Hệ Phương Trình Bậc Nhất Hai Ẩn Chứa Tham Số Cực Hay
  • 12. Tìm M Để Phương Trình Có Nghiệm.html

    --- Bài mới hơn ---

  • Tìm M Để Phương Trình Có 2 Nghiệm X1 X2 Thỏa Mãn Điều Kiện Cho Trước
  • Tính M Để Phương Trình Bậc Hai Có Hai Nghiệm Trái Dấu
  • Cách Giải Phương Trình Bậc Ba
  • Công Thức Nghiệm Của Phương Trình Bậc Hai
  • Tổng Hợp Bài Tập Pascal Có Giải, Từ Dễ Đến Khó
  • a). b).

    c). d).

    e).

    Câu 2: Định m để các phương trình sau vô nghiệm:

    a).

    b).

    c).

    b). (1)

    Tìm m để phương trình Câu 3: có nghiệm .

    Ta có . Do nên không là nghiệm của (1).

    Đặt thì (2). Để (1) có nghiệm có nghiệm . là phương trình hoành độ giao điểm của , số nghiệm của phương trình (2) là số giao điểm của (P) và d.

    Dựa vào bảng biến thiên phương trình (2) có nghiệm .

    Kết luận với thì (1) có nghiệm .

    Tìm m để phương trình Câu 4: có nghiệm.

    . Đặt

    Tìm m để phương trình Câu 5: (1) có nghiệm.

    Đặt , điều kiện

    Ta có luôn có 2 nghiệm phân biệt .

    Vì có trong hai nghiệm này bắt buộc phải có một nghiệm thỏa phương trình (1) luôn có nghiệm .

    Tìm m để phương trình Câu 6: có nghiệm.

    Đặt , điều kiện

    Phương pháp loại nghiệm khi giải phương trình lượng giác có điều kiện

    PHƯƠNG PHÁP

    Phương pháp 1: Biểu diễn các nghiệm và điều kiện lên đường tròn lượng giác. Ta loại những điểm biểu diễn của nghiệm mà trùng với điểm biểu diễn của điều kiện. Với cách này chúng ta cần ghi nhớ:

    Phương pháp 2: Sử dụng phương trình nghiệm nguyên

    Giả sử ta cần dối chiếu hai họ nghiệm và , trong đó là 2 số cụ thể đã biết, còn là các chỉ số chạy.

    Ta xét phương trình , với

    Phương pháp này là ta giải phương trình, rồi thay nghiệm vào điều kiện để kiểm tra.

    Giải các phương trình sau:

    --- Bài cũ hơn ---

  • Phương Pháp Giải Và Tính Nhẩm Nghiệm Phương Trình Bậc 2
  • Đề Tài:phương Pháp Giải Pt Nghiệm Nguyên
  • Phương Trình Mặt Cầu Và Các Dạng Toán Liên Quan
  • Phương Pháp Giải Các Bài Toán Về Viết Phương Trình Mặt Cầu, Các Bài Toán Về Tiếp Tuyến, Tiếp Diện, Đường Tròn Trong Không Gian
  • Phương Trình Mũ Và Cách Giải Một Số Bài Toán Phương Trình Mũ
  • Cách Giải Phương Trình Trùng Phương Cực Hay, Có Đáp Án

    --- Bài mới hơn ---

  • Các Dạng Bài Tập Viết Phương Trình Tiếp Tuyến Của Đồ Thị Hàm Số
  • Lý Thuyết Phương Trình Tiếp Tuyến Của Đồ Thị Hàm Số
  • 4 Cách Giải Phương Trình Vô Tỉ Cực Hay
  • Cách Giải Phương Trình Vô Tỉ Bằng Phương Pháp Nâng Lũy Thừa Cực Hay
  • Chuyên Đề Phương Trình Vô Tỉ
  • Cách giải phương trình trùng phương cực hay, có đáp án

    A. Phương pháp giải

    Đặt x 2 = t (ĐK t ≥ 0), ta được phương trình bậc hai ẩn t: at 2 + bt + c = 0 (a ≠ 0) (2)

    Bước 2: Giải phương trình bậc hai ẩn t.

    Giải phương trình x 2 = t để tìm nghiệm .

    Bước 4: Kết luận.

    Biện luận số nghiệm của phương trình trùng phương

    +) Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇒ phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt.

    +) Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt ⇒ phương trình (2) có 1 nghiệm dương và một nghiệm t = 0.

    +) Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇒ phương trình (2) có 2 nghiệm trái dấu hoặc có nghiệm kép dương.

    +) Phương trình (1) có duy nhất 1 nghiệm ⇒ phương trình (2) có nghiệm kép x = 0 hoặc có một nghiệm x = 0 và một nghiệm âm.

    +) Phương trình (1) vô nghiệm ⇒ phương trình (2) vô nghiệm hoặc có hai nghiệm âm.

    B. Các ví dụ điển hình

    Lời giải

    Chọn D

    Lời giải

    Chọn B

    Lời giải

    Chọn A

    C. Bài tập vận dụng

    Bài 2: Số nghiệm của phương trình (x 2 – 3x) 2 – 2x 2(1 – 3x) = 8 là:

    Bài 3: Cho các phương trình

    Số nghiệm của các phương trình theo thứ tự là:

    Bài 4: Chọn kết luận đúng về phương trình (1).

    Bài 5: Cho phương trình m 2x 4 + x 2 – m 2 – 1 = 0 với m là tham số. Chọn khẳng định sai.

    Bài 6: Phương trình có nghiệm là:

    Đã có app VietJack trên điện thoại, giải bài tập SGK, SBT Soạn văn, Văn mẫu, Thi online, Bài giảng….miễn phí. Tải ngay ứng dụng trên Android và iOS.

    Nhóm học tập facebook miễn phí cho teen 2k6: chúng tôi

    Theo dõi chúng tôi miễn phí trên mạng xã hội facebook và youtube:

    Loạt bài Chuyên đề: Lý thuyết – Bài tập Toán lớp 9 Đại số và Hình học có đáp án có đầy đủ Lý thuyết và các dạng bài được biên soạn bám sát nội dung chương trình sgk Đại số 9 và Hình học 9.

    chuong-4-ham-so-y-ax2-phuong-trinh-bac-hai-mot-an.jsp

    --- Bài cũ hơn ---

  • Phương Trình Lượng Giác Bậc Một Theo Sin ,cos
  • Giải Toán 11 Bài 3. Một Số Phương Trình Lượng Giác Thường Gặp
  • Hồi Quy Tuyến Tính (Linear Regression)
  • Chương 5 & 6 Tương Quan Và Hồi Quy
  • Hướng Dẫn Thực Hành Cách Phân Tích Hồi Quy Đa Biến
  • Web hay
  • Links hay
  • Push
  • Chủ đề top 10
  • Chủ đề top 20
  • Chủ đề top 30
  • Chủ đề top 40
  • Chủ đề top 50
  • Chủ đề top 60
  • Chủ đề top 70
  • Chủ đề top 80
  • Chủ đề top 90
  • Chủ đề top 100
  • Bài viết top 10
  • Bài viết top 20
  • Bài viết top 30
  • Bài viết top 40
  • Bài viết top 50
  • Bài viết top 60
  • Bài viết top 70
  • Bài viết top 80
  • Bài viết top 90
  • Bài viết top 100