Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán 8 - Phần Đại số

CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG HSG MÔN TOÁN 8 
– PHẦN ĐẠI SỐ 
TRẦN NGỌC ĐẠI, THCS THỤY THANH 1 
CHUYÊN ĐỀ 
PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 
I. PHƢƠNG PHÁP DÙNG TÍNH CHIA HẾT 
1. Sử d ng tính chất chia hết 
Các tính chất thư ng dùng : 
– Nếu a  m và a ± b  m thì b  m. 
– Nếu a  b, b  c thì a  c. 
– Nếu ab c mà ƯCLN(b , c) = 1 thì a c. 
– Nếu a m, b n thì ab mn. 
– Nếu a b, a c với ƯCLN(b , c) = 1 thì a bc. 
– Trong m số nguyên liên tiểp, bao gi cũng tồn tại m t số là b i của m. 
Ví d 1. Tìm x, y Z thoả mãn : 3x + 17y = 159 (1) 
Giải : 
 Nhận xét 3x  3, 159  3, suy ra 17y  3. Mà ƯCLN(17 , 3) = 1 nên y  3. 
 Đặt y = 3k (k Z). Thay vào phương trình (1) ta được : 
3x + 17.3k = 159 x + 17k = 53 x = 53 – 17k. 
 Từ đó ta được nghiệm của phương trình (1) là :
x 53 17k
y 3k
 (k Z). 
Ví d 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x2 2y2 = 5 (2) 
Giải : 
Từ (2) x phải là số lẻ. Đặt x = 2k + 1 (k Z) và thay vào (2) ta được : 
4k
2
 + 4k + 1 – 2y2 = 5 2(k2 + k – 1) = ...– 5y – 8 ; f) x2 – 2y2 5. 
2. Cho đa thức f(x) có các hệ số nguyên. Biết rằng f(1).f(2) = 35. Chứng minh rằng đa 
thức f(x) không có nghiệm nguyên. 
II. PHƢƠNG PHÁP XÉT SỐ DƢ TỪNG VẾ 
1. Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình 
Ví d 6. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 9x 2 y2 y (6) 
Giải : 
Viết lại phương trình thành : 9x 2 y(y 1) (6.1) 
Ta thấy vế trái của (6.1) là số chia cho 3 dư 2 nên y(y 1) chia cho 3 dư 2. 
Nếu y chia hết cho 3 hoặc y chia cho 3 dư 2 thì y(y 1) đều chia hết cho 3, trái với 
kết luận trên. 
Do đó y chia cho 3 dư 1. Đặt y 3k 1 (k Z) thì y 1 3k 2. Khi đó ta có : 
9x 2 (3k 1)(3k 2) 9x 9k(k 1) x k(k 1). 
Thử lại x = k(k 1) và y = 3k 1 thoả mãn phương trình đã cho. 
Vậy nghiệm nguyên của phương trình (6) là x = k(k 1) và y = 3k 1 (k Z) 
2. Chứng minh phƣơng trình vô nghiệm 
Ta chứng minh hai vế khi chia cho cùng m t số không thể cùng m t số dư. 
Ch ý : Hai số a – b và a b (a, b Z) có cùng tính chẵn lẻ. 
PH
ƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 
4 TRẦN NGỌC ĐẠI, THCS THỤY THANH 
Thật vậy : Vì (a – b) (a + b) 2a là m t số chẵn nên a – b và a b hoặc cùng là 
số chẵn, hoặc cùng là số lẻ, tức là ch ng cùng tính chẵn lẻ. 
Ví d 7. Chứng minh rằng các phương trình sau không có nghiệm nguyên : 
a) x2 – y2 2006 (7) 
b) x2 y2 2007 (8) 
Giải : 
a) Cách 1. Phương trình (7) viết thành : (x – y)(x y) = 2006 (7.1) 
 Vì (x – y) (x y) 2x là số nguyên chẵn nên (x – y) và (x y) cùng tính chẵn lẻ. 
Từ (7.1) suy ra (x – y) và (x y) đều chẵn. Do đó (x – y)(x y) chia hết cho 4. Nhưng 
2006 không chia hết cho 4. Từ đó suy ra (7.1) vô nghiệm. 
 Từ đó phương trình (7) vô nghiệm. 
 Cách 2. Số chính phương chia cho 4 chỉ có thể dư 0 hoặc 1. Do đó x2, y2 chia cho 4 
chỉ có số dư 0 hoặc 1. Suy ra x2 – y2 chia cho 4 có số dư 0, 1, 3. C n vế phải 2006 chia cho 
4 dư 2. 
 Vậy phương trình không có nghiệm nguyên. 
b) x2, y2 chia cho 4 có số dư 0, 1 nên x2 + y2 chia cho 4 có số dư 0, 1, 2. C n vế 
phải 2007 chia cho 4 dư 3. 
 Vậy phương trình (8) không có nghi...
y 6
3 y
PH
ƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 
6 TRẦN NGỌC ĐẠI, THCS THỤY THANH 
 Mặt khác, cũng từ (10) ta suy ra :
1 1
y 3
y 3
 Như vậy y {4 ; 5 ; 6}. Xét ba Trư ng hợp : 
– Trư ng hợp 1 : x 4, từ phương trình ta được y = 12 (thoả mãn). 
– Trư ng hợp 2 : x 5, từ phương trình ta được y 
2
15
 (loại). 
– Trư ng hợp 3 : x 6, từ phương trình ta được y 6. 
Tóm lại, phương trình (10) có ba nghiệm nguyên : (4 ; 12), (12 ; 4), (6 ; 6). 
Cách 2. Đưa phương trình đã cho về phương trình ước số : 
1 1 1
xy 3(x y) 0 (x 3)(y 3) 9
x y 3
 . 
Vế trái phương trình trên là tích của hai số nguyên do x, y là các số nguyên. Từ đó 
suy ra x – 3 và y – 3 phải là ước của 3. Vì Ư(3) { 1 ; 3} nên ta có bảng sau : 
x – 3 1 –1 3 
y – 3 9 –9 3 
x 4 2 6 
y 12 –6 6 
3. Chỉ ra m t hay nhiều nghiệm nguyên 
Phương pháp xét từng khoảng giá trị của ẩn còn được thể hiện dưới dạng : chỉ ra 
m t hoặc và số là nghiệm của phương trình, rồi chứng minh phương trình không còn 
nghiệm nào khác. 
Ví d 10. Tìm các số tự nhiên x, sao cho : x x x2 3 5 (11) 
Giải : 
Phương trình (11) viết thành : 
x xx x
x x
2 3 2 3
1 1
5 5 5 5
– Với x = 0, ta được : 1 1 1, loại. 
– Với x 1, ta được : 
2 3
1
5 5
 , thoả mãn. 
– Với x > 1, thì 
x x
2 2 3 3
,
5 5 5 5
, suy ra 
x x
2 3 2 3
1
5 5 5 5
, loại. 
Vậy nghiệm duy nhất của (11) là x = 1. 
4. Sử d ng các bất đẳng thức quen thu c 
M t số bất đẳng thức cần lưu ý : 
CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG HSG MÔN TOÁN 8 – PHẦN ĐẠI SỐ 
TRẦN NGỌC ĐẠI, THCS THỤY THANH 7 
- Bất đẳng thức Cô–si : 
a b
ab
2
 (a, b 0, dấu bằng có a = b). 
– Bất đẳng thức Bunhiacopxki : (a2 + b2)(x2 + y2) (ax + by)2. Dấu bằng xảy ra 
khi và chỉ khi ay = bx. 
– Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối : 
|x| x, dấu bằng có x 0 ; -|x| ≤ x, dấu bằng có x ≤ 0. 
-|x| x |x| 
|x| + |y| ≥ |x + y|, dấu bằng có xy 0. 
Ví d 11. Tìm các số nguyên dương x, y thoả mãn phương trình : 
 (x
2
 + 1)(x
2
 + y
2
) = 4x
2
y (12) 
Giải : 
Cách 1. Áp d ng bất đẳng