SKKN Một số phương pháp đặc biệt tìm nghiệm nguyên đối với phương trình chứa ẩn ở số mũ

SKKN Một số phương pháp đặc biệt tìm nghiệm nguyên đối với phương trình chứa ẩn ở số mũ

SIÊU SALE SHOPEE 12.12 https://shope.ee/1VOIDFMXxP TIKI https://bitly.global/CJK6J1

Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến
Kiến thức về phương trình là một trong những nhóm kiến thức cơ bản
nhất được trình bày ở trong chương trình toán THPT. Hệ thống bài tập về
phương trình nói chung không những phong phú và đa dạng mà còn rất quan
trọng đối với học sinh, điều đó đã và đang được thể hiện qua các kỳ thi Tốt
nghiệp THPT và các kì thi chọn học sinh giỏi các cấp.
Khi dạy học về phương trình nói chung và phương trình chứa ẩn ở số mũ
nói riêng cho học sinh THPT thì việc bồi dưỡng các năng lực tư duy cho học
sinh là một trong các nhiệm vụ cơ bản của quá trình dạy học, đồng thời là một
yêu cầu thường xuyên và cần thiết nhằm thực hiện mục đích giáo dục toán học.
Trong đó việc phát triển năng lực giải toán về chủ đề liên quan cho học sinh là
một nhiệm vụ rất quan trọng của nhà trường phổ thông nước ta hiện nay. Vì
vậy, người thầy không chỉ cung cấp cho học sinh phương pháp giải, những
dạng toán cụ thể mà còn cần phải thông qua nó rèn luyện cho học sinh các kĩ
năng thực hiện nhanh và chính xác bài toán liên quan nhằm đáp ứng tốt nhất
các kì kiểm tra, đánh giá hay các kì thi hiện nay.
Hiện nay trên quan điểm cải cách giáo dục, người ta nghiên cứu và cải
tiến nội dung chương trình toán học bằng cách bỏ bớt nhũng lý luận dài dòng
không cần thiết. Mục tiêu cuối cùng cần đạt tới là làm thế nào cho học sinh nắm
được mối quan hệ biện chứng giữa các khái niệm, đồng thời hiểu và nhớ các
kiến thức cơ bản của môn học để tính toán, suy luận nhanh gọn để giải quyết
vấn đề đặt ra.
Trên tinh thần đó, chúng ta cần tăng cường cho học sinh vận dụng kiến
thức vào nhiều tình huống khác nhau thông qua hệ thống các ví dụ, bài tập đa
dạng, phong phú để giúp rèn luyện, phát triển tư duy cho học sinh. Khi đó học
sinh biết nhìn nhận mọi vấn đề dưới nhiều góc độ khác nhau. Không những vậy
mà thông qua việc giải các ví dụ trong chủ đề còn giúp học sinh hình thành thế
giới quan duy vật biện chứng, gây hứng thú học tập, say mê tìm tòi sáng tạo. Sự
say mê khoa học thường được bắt nguồn từ sự hiểu biết. Giúp học sinh hiểu
biết hơn về phương trình mũ nói riêng và phương trình chứa ẩn ở số mũ nói
chung là góp phần làm cho các em say mê môn toán và các môn khoa học khác.
Để nâng cao hiệu quả giáo dục và góp phần đáp ứng nhu cầu đổi mới
giáo dục ở nước ta hiện nay trong dạy học môn toán ở nhà trường Phổ thông
chúng tôi nghiên cứu đề tài: “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP ĐẶC BIỆT TÌM
NGHIỆM NGUYÊN ĐỐI VỚI PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN Ở SỐ MŨ”.
II. Mô tả giải pháp
1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến
Chủ đề về giải phương trình nói riêng hay tìm nghiệm nguyên trong các
phương trình là vô cùng quan trọng trong chương trình toán THPT. Đã có rất
nhiều các phương pháp để tiếp cận và giải quyết các bài toán trong chủ đề. Tuy
nhiên với việc đã quen với giải phương trình là đi tìm tập nghiệm của phương
trình đó, dẫn tới bài toán tìm nghiệm nguyên của phương trình nói chung thì
học sinh mới chỉ dừng lại ở mức quen thuộc là đi tìm tập nghiệm của phương
trình sau đó chỉ ra nghiệm nguyên của phương trình hoặc đi giải phương trình
đó gặp rất nhiều khó khăn mà chưa biết và chưa được cung cấp các phương
pháp đặc biệt nào giúp các em giải quyết nhanh gọn. Đôi khi chúng ta chỉ cần
dựa vào tính chất đặc biệt để có được tất cả các nghiệm nguyên của phương
trình đó mặc dù không cần chi tiết đi tìm tập nghiệm.
Trong đề thi Tốt nghiệp THPT hai năm gần đây hay đề thi chọn học sinh
giỏi tỉnh Nam Định đã xuất hiện bài toán trong chủ đề, cụ thể là “Tìm nghiệm
nguyên với phương trình chứa ẩn ở số mũ” gây ra cho nhiều học sinh khó khăn
nhất định trong việc tìm hướng giải quyết. Một trong những khó khăn mà học
sinh gặp phải là chưa khai thác hết tính chất về số học nói chung cũng như tính
chất chia hết, tính chất đồng dư…nói riêng hay việc áp dụng các đánh giá, các
tính chất hàm số.
Trong quá trình dạy học của mình, chúng tôi nhận thấy nếu cung cấp cho
học sinh đầy đủ kiến thức nêu trên và cách nhìn nhận bài toán về tìm nghiệm
nguyên của phương trình chứa ẩn ở số mũ thì các bài toán thuộc phạm trù này học
sinh sẽ giải quyết đơn giản hơn.
Một số phương pháp quen thuộc với loại toán này mà các em học sinh
được biết ở các tài liệu đã đề cập ở mức độ nhận biết, thông hiểu hay trong các
phương trình mũ một ẩn các em cũng được cung cấp các cách giải đơn giản để
tìm nghiệm nguyên. Trong sáng kiến này, chúng tôi xin trình bày chủ yếu bốn
phương pháp đặc biệt dưới đây nhằm giải quyết các bài toán ở mức độ vận dụng
trong chủ đề cũng như không chỉ bó hẹp trong phương trình mũ một ẩn mà các em
đã quen thuộc mà còn trong các phương trình ở dạng rộng hơn đó là phương trình
chứa ẩn ở số mũ và nhiều ẩn.
2. Mô tả giải pháp sau khi tạo ra sáng kiến
Đối với phương trình một ẩn mà ẩn ở số mũ thì nhiều trường hợp ta còn
gọi là phương trình mũ như trong sách giáo khoa lớp 12 hiện nay, thì về
phương pháp giải chúng ta đã nghiên cứu rất kĩ từ đó chúng ta chỉ ra được tính
chất nghiệm của phương trình…như nghiệm nguyên…Tuy nhiên sáng kiến này
chủ yếu chúng tôi đề cập đến phương trình chứa nhiều ẩn và ẩn ở số mũ sau
này ta quen gọi là “phương trình mũ nhiều ẩn”.
Vấn đề đặt ra trong sáng kiến là chúng tôi không đưa ra các phương pháp
giải như đã biết với phương trình mũ một ẩn với các phương pháp quen thuộc
như: Phương pháp đưa về cùng cơ số, phương pháp logarit hóa hay phương
pháp đặt ẩn phụ mà ở đây chúng tôi chỉ đưa ra bốn phương pháp giải cơ bản
nhất của loại phương trình này. Đó là việc sử dụng phương pháp đồng dư,
phương pháp đánh giá cũng như việc phối hợp chúng trong giải phương trình
nghiệm nguyên dạng này và cuối cùng là phương pháp hàm số.
2.1. Phương pháp đồng dư
Trước tiên chúng ta nhắc lại một số kiến thức liên quan:
Tính chất 1: Nếu a m  và a b m   thì b m  .
Tính chất 2: Nếu a b  và b c  thì a c  .
Tính chất 3: Nếu ab c  và ƯCLNb c , 1   thì a c  .
Tính chất 4: Nếu a m  và b n  thì ab mn  .
Tính chất 5: Nếu
a b a c   , và ƯCLNb c , 1   thì a bc  .
Tính chất 6: Trong m số nguyên liên tiếp bao giờ cũng tồn tại một số là bội
của m.
Định lý nhỏ Fermat: Nếu p là số nguyên tố và a là số nguyên không chia hết
cho p thì a p p1  1 mod .  
Sau đây ta nghiên cứu các ví dụ minh họa sau:
Ví dụ 1. Tìm tất cả các cặp số tự nhiên x y ;  thỏa mãn phương trình
3 2 1. x y  
Hướng dẫn:
Ta có  
 
3 2 1 1
3 2 1
2 3 1 2
x y
x y
y x

  
   
  
Giải (1):
+ Nếu y    0 3 2 x mâu thuẫn.
+ Nếu y x    1 1 thoả mãn.
+ Nếu y   2 4 2y nên 3 1 mod4 , x    suy ra x x x   2 , . 1 1 *
Khi đó, phương trình (1)    3 1 3 1 2 . x x 1 1   y
Đặt 3 1 2 ,3 1 2 x x 1 1     m n với m n m n m n y , , ,     * ta có
2 2 2 2 1 2. n m m n m       
Từ đây có m n y x      1, 2 3, 2.
Giải (2):
+ Nếu x y    0 1.
+ Nếu x  1. Nhận thấy 2 1 mod3 y    suy ra y y y   2 . 1 1  *
Khi đó phương trình (2)     2 1 2 1 3 . y y 1 1   x
Vì 2 1 , 2 1 y y 1 1      không cùng chia hết cho 3 mà 2 1 2 1 y y 1 1    nên
2 1 1,2 1 3 2, 1. y y 1 1        x y x
Vậy phương trình đã cho có tất cả các cặp số tự nhiên x y ;  thỏa mãn là
x y ; 0;1 , 1;1 , 2;3 , 1;2 .          
Nhận xét: Phương pháp sử dụng trong ví dụ 1 rất hay được sử dụng trong
phương trình nghiệm nguyên chứa ẩn ở số mũ. Đó là một ý tưởng rất thú vị.
Ví dụ 2. Tìm tất cả các bộ số nguyên dương x y z ; ;  thỏa mãn phương trình
3 4 5 . x y z  
Hướng dẫn:
Với x y ,  * nên 3 3x và 4 1 mod3 . y    Do đó 5 1 mod3 z     z là số
chẵn.
Đặt z z z   2 . 1 1  * Khi đó, ta được phương trình: 5 2 5 2 3 . z z 1 1    y y x  
Vì 5 2 5 2 2 z z 1 1     y y y    1 nên 5 2 ,5 2 z z 1 1   y y không thể cùng chia hết
cho 3.
Kết hợp điều kiện 5 2 5 2 z z 1 1    y y và từ phương trình ta được
5 2 1,5 2 3 3 2 1. z z 1 1        y y x x y1
Theo ví dụ trên ta được x y z     2, 2 2.
Vậy có duy nhất bộ số thỏa mãn bài toán là x y z ; ; 2;2;2 .   
Nhận xét: Qua hai ví dụ trên, ta có thể thấy việc đưa ra nhận xét các tính chất
đồng dư đã đưa phương trình ban đầu thành phương trình có vế phải là tích các
số nguyên dương, vế trái là luỹ thừa của một số. Từ đó tiếp tục đặt các thừa số
trong tích để đưa về các dạng phương trình mũ đơn giản hơn. Cụ thể là ở ví dụ
trên, ta đã đưa việc giải phương trình nghiệm nguyên 3 4 5 x y z   về giải
phương trình nghiệm nguyên 3 2 1. x y   1 (Ở đây ta có thể qui ước phương
trình nghiệm nguyên với hai ẩn x y , được hiểu là cặp số x y ;  với x y , là các
số nguyên, tương tự như vậy đối với các phương trình có ba hay bốn ẩn…)
Qua các ví dụ trên chúng ta có thể thấy thông thường chúng ta chọn
modulo từ các số có mối liên hệ trong phương trình (trừ một số modulo khá
phức tạp).
Ví dụ 3. Xác định tất cả các cặp số nguyên dương x n ;  thoả mãn phương trình
sau: x3   3367 2 . n
Hướng dẫn:
Để sử dụng được hằng đẳng thức a b a b a ab b 3 3 2 2         ta chứng
minh n chia hết cho 3.
Từ phương trình đã cho ta suy ra x3  2 mod7 . n  
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 x3 khi chia cho 7 chỉ có thể cho số dư là 0,1 hoặc 6 nên
không thể có đồng dư thức x3  2 mod7 . n  
Vậy n m  3 với m là một số nguyên dương nào đó.
Thay vào phương trình đã cho ta được:
x x x x 3 3

      
Từ (1) suy ra 2m x là ước của 3367.
Hơn nữa  

3367 2 2 2 3 .2 3367 1 . m m m m     2  
2 2 3367 2 1;7;13 . m m m        x x x 3 3 3 Xét 2 1, m   x thay vào (1) ta được 2 2 1 2 561 m m      phương trình này
vô nghiệm.
Xét 2 3, m   x thay vào (1) ta được 2 2 13 2 15 m m      phương trình này
vô nghiệm.
Xét 2 7, m   x thay vào (1) ta được 2 2 7 24 32. m m     
Từ đó ta có x n ; 9;12 .    
Ví dụ 4. Tìm tất cả các cặp số nguyên không âm x y ;  thỏa mãn phương trình
2 1 2 2 2 3 2 4 5 11879. x x x x y          
Hướng dẫn:
Ta có 2 ,2 1,2 2,2 3,2 4 x x x x x     là 5 số tự nhiên liên tiếp nên ta có
2 2 1 2 2 2 3 2 4 5. x x x x x         
Mặt khác ƯCLN2 ;5 1 2 1 2 2 2 3 2 4 5. x x x x x            
Với y  1 thì VT             2 1 2 2 2 3 2 4 5 5 x x x x y      nhưng
VP   11879 4 mod 5   nên phương trình đã cho vô nghiệm.
Với y         0 2 1 2 2 2 3 2 4 5 11879  x x x x     0
    
    
2 1 2 2 2 3 2 4 11880
2 1 2 2 2 3 2 4 9.10.11.12
2 1 9 2 8 3.
x x x x
x x x x
x x
x
     
     
      
Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên không âm duy nhất thoả mãn là
x y ; 3;0 .    
Bài tương tự. Tìm tất cả các cặp số nguyên không âm x y ;  thỏa mãn phương
trình 4 5.2 5 11880 5 . x x y     2 1
Hướng dẫn:
Ta có 4 5.2 5 1 5 11879 x x y      2 1
       4 5.2 4 4 5.2 6 5 11879 x x x x y   1 (*)
       2 1 2 2 2 3 2 4 5 11879. x x x x y     1
Do 2 ,2 1,2 2,2 3,2 4 x x x x x     là 5 số tự nhiên liên tiếp nên tích chia hết
cho 5. Nhưng 2 ;5 1 2 1 2 2 2 3 2 4 x x x x x            chia hết cho 5.
Nếu y  2 thì vế trái (*) chia hết cho 5 nên vô lí.
Vậy

SIÊU SALE SHOPEE 12.12 https://shope.ee/1VOIDFMXxP TIKI https://bitly.global/CJK6J1
2 8
x

xx
1 4 5.2 5 109
y x
     
3.
x
 

2 13

  
Vậy phương trình có nghiệm nguyên dương là x y   3; 1.
Ví dụ 5. Tìm tất cả các số x y , nguyên dương thoả mãn 3 1 1 . x    y 2
Hướng dẫn:
Ta có 3 1 1 3 2 * . x x       y y y 2   
Mà VT VP y y * 3 1 mod2 2 1 mod2        x       nên y là số lẻ và
có được y y , 2  là hai số lẻ liên tiếp. Do đó phương trình (*) dẫn đến:
3
2 3 .
m
n
y y
m n x
  
  
  
 
  
M
ặt khác y y n m      2 1.
Nếu m  1 thì y và y  2 đều chia hết cho 3 (vô lý vì y y , 2  là hai số lẻ liên
tiếp).
Vậy m n x y        1 0 1 1.
Ví dụ 6. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương x y ;  thỏa mãn phương trình
430
19 5 1890 1975 2013. x y    
Hướng dẫn:
Ta có
x y , là các số nguyên dương nên 5 5 y  và
1890 5 19 5 1890 19 mod5 .       VT x y  
Mặt khác 19 1 mod5 19 1 mod 5 .        x  x  
Nếu x chẵn thì 19 1 mod 5 . x   
Nếu x lẻ thì 19 1 mod 5 4 mod 5 . x       
Nên VT  1;4 mod 5   còn VP  3 mod5 .  
Do đó phương trình đã cho vô nghiệm.
Ví dụ 7. Tìm tất cả các số nguyên dương x y , thoả mãn phương trình
x x 2 2 1    1 3 . y
Hướng dẫn:
Ta có VP   3 0 mod 3 * 2 1 y    
Nếu x k k VT x x        3 1 2 mod 3 .  * 2   
Nếu x k k VT x x         3 1 1 1 mod 3 .   2  
Nếu x k k VT x x         3 2 1 1 mod 3 .   2  
Vậy        x VT x x  2 1 1;2 mod 3 * * .    
Như vậy, từ (*) và (**) suy ra không tồn tại các số nguyên dương x y , thoả
mãn bài toán.
Ví dụ 8. Tìm tất cả các cặp số nguyên x y ;  thỏa mãn phương trình
2 7 . x   y2
Hướng dẫn:
Nếu x  0 thì phương trình không có nghiệm nguyên thoả mãn.
Nếu x  1 thay vào phương trình được y  3 thấy thoả mãn.
Nếu x y         2 2 0 mod 4 2 7 3 mod 4 3 mod 4 x x     2   vô lý
vì y2  0;1 mod 4 .  
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là x y ; 1;3 , 1; 3 .       
Ví dụ 9. Tìm tất cả các cặp số tự nhiên x y ;  thỏa mãn phương trình
2 3 1. x y  
Hướng dẫn:
Ta xét theo mod 3.
Thật vậy, ta có 2 1 3 x y   xét với y x    0 1.
Với y       1 3 0 mod 3 2 1 0 mod 3 . y x    
Mặt khác 2 1 3 1 1 1 1 mod 3 0 mod 3 x           x x       x chẵn.
Đặt x k  2 ta có 2   
2 1 3
2 1 3 2 1 2 1 3 2 1 3
k u
k y k k y k v
u v y
    
 
         
 
  
 
           2 1 2 1 2 3 3 2 3 2 3 . k k u v v u   
Nếu u     0 3 1 v vô lý.
Nếu u v u           1 3 0 mod 3 3 2 0 mod 3 0 1 u v    
1
.
2
x y
  

 
 
 
Vậy phương trình có nghiệm là x y ; 1;0 , 2;1 .      
Nhìn chung khi sử dụng phương pháp này chúng ta nên nhắc lại thật kĩ
về các tính chất liên quan như các dấu hiệu chia hết, các tính chất về chia hết,
về đồng dư để khi gặp các bài toán trong chủ đề học sinh sẽ tự tin hơn bởi lẽ
các tính chất này các em được học ở cấp dưới và việc vận dụng các tính chất đó
không được nhiều và không được thường xuyên nên gây những khó khăn nhất
định cho các em.
Sau đây chúng ta chuyển sang phương pháp tiếp theo:
2.2. Phương pháp đánh giá
Ngoài việc dùng các kiến thức liên quan trên chúng ta cũng cần bổ sung
cho học sinh một số định nghĩa sau:
Định nghĩa 1: Nếu x là số chẵn thì x k  2 với k nguyên; x là số lẻ thì
x k   2 1 với k nguyên.
Định nghĩa 2: Số nguyên tố là số nguyên dương lớn hơn 1 chỉ chia hết cho 1
và chính nó.
Ví dụ 1. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương x y z ; ;  thoả mãn hệ thức
x y xy    1 2 . 1  z  
Hướng dẫn:
+ Nếu (1) có nghiệm nguyên x y z a b c ; ; ; ;     thì phương trình cũng có
nghiệm nguyên x y z b a c ; ; ; ; .   
Do đó không mất tính tổng quát ta có thể giả sử x y  .

+ Từ (1) suy ra tồn tại số nguyên dương
m z x y xy      : 2 , 1 2 . m z m 
z m
msao chom
z

+ Ta có xy x y x y        1 1 1 0       nên 2 2 .     m 2
TH1: Nếu x y z m        1 1 2 2 2 , z m m  khi đó y   2 1. m
Kiểm tra thấy bộ x y z m ; ; 1;2 1;2    m  thoả mãn phương trình.
TH2: Nếu x  2 ta có
x x x y xy x x 2 2          1 1 2 2 2 2 .     m z m m z m    
Từ đây suy ra 2 1 1 . m x x    
Mặt khác ƯCLN m m    1, 1 2  nên tồn tại một trong hai số x x   1, 1
chia hết cho 2 . m1
Nếu 2 1 m1 x  thì vì x  2 nên x   2 1. m1
Mà x y   2m nên y x    2 1 , m1 mâu thuẫn với điều giả sử trên.
Vậy 2 1 m1 x  nên x   2 1. m1
Mặt khác x y   2m nên y   2 1. m1
Mà y x  nên 2 1 2 1. 2 m m   1 1      x y  
Từ (1) có y lẻ nên (2) suy ra y   2 1 m1 hoặc y   2 1. m1
+ Với y x      2 1 2 1 m m   1 1 mâu thuẫn x y  .
+ Với y x      2 1 2 1. m m   1 1
Khi đó ta có: 2 1 2 3 2. z m m         xy z m 2 2
Vì x lẻ nên x  3. Do đó 2 1 4 3. m1      x m
Vậy tất cả các bộ ba số nguyên dương x y z ; ;  cần tìm là:
x y z m     1; 2 1; 2 m với m  *.
x y z m     2 1; 1; 2 m với m  *.
x y z m       2 1; 2 1; 3 2 m m   1 1 với m m   *, 3.
x y z m       2 1; 2 1; 3 2 m m   1 1 với m m   *, 3.
Nhận xét: Bắt đầu với việc sắp thứ tự ẩn x y  và A B  nếu B A A   0 , 
ta đã hướng bài toán tới đánh giá kẹp (2). Từ đánh giá này, ta dễ dàng tìm được
nghiệm nguyên của phương trình.
Do đó trong các kỹ thuật đánh giá để giải phương trình nghiệm nguyên
có chứa ẩn ở số mũ (phương trình mũ), ta nên để ý tới kỹ thuật sắp thứ tự ẩn và
nhận xét A B  nếu B A A   0 .  Hai kỹ thuật này giúp việc đánh giá đạt
hiệu quả hơn trong việc giải phương trình nghiệm nguyên chứa ẩn ở số mũ.
Ví dụ 2: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương x y ;  của phương trình
x x    1 1 ! 1 . y  
Hướng dẫn:
Nhận thấy x y ; 1;1 , 2;1      là hai nghiệm nguyên của phương trình.
Xét với x  3, khi đó 1 . C … 1 ! 2 .         x y x x y x y y y    1 2 2 3 y    
Nếu x lẻ thì x   1 1 y là số lẻ, mà x ! chẵn (do x  3), điều này mâu thuẫn.
Vậy x chẵn, khi đó suy ra x là hợp số, dẫn đến x ab  với
a b x a b , ; 1 , 2     * nên ta luôn có x x  1 !. 
Do đó từ (2) suy ra x y mà x y , 1  nên y x  .
Khi đó ta có x x x x        1 1 1 ! 1. y x   x
Điều này mâu thuẫn với giả thiết.
Nên trường hợp này phương trình không có nghiệm nguyên dương.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương x y ; 1;1 , 2;1 .      
Ví dụ 3. Tìm tất cả các số x y , nguyên dương thoả mãn phương trình
x x 2 2 1    1 3 1 . y  
Hướng dẫn:
Cho x các giá trị từ 1 đến 9 thì xác định được các chữ số tận cùng của
x x 2  1 chỉ nhận các giá trị 1;5;9.
Mặt khác ta thấy 32 1 y là luỹ thừa bậc lẻ của 3 nên chữ số tận cùng của nó chỉ
có thể là 3 hoặc 7, khác với 1;5;9.
Vậy phương trình (1) không thể xảy ra, tức là phương trình đã cho không thể có
nghiệm nguyên.
Ví dụ 4. Tìm tất cả các cặp số nguyên x y ;  của phương trình
2 5 1 2 105. x y y x x        x 2 
Hướng dẫn:
Ta có 105 là số lẻ nên từ phương trình suy ra 2 5 1 x y   lẻ  5y chẵn tức là
y cũng chẵn.
Lại có 2 2 1 x x        y x x y x x 2   lẻ, nhưng do y x x , 1    đều
chẵn nên 2x lẻ tức là 2 1 0. x    x
Khi x  0 thay vào phương trình ta được
4
26.
5
y y

 

  

Do y chẵn nên y  4 thoả mãn.
Vậy x y ; 0;4     là nghiệm nguyên của phương trình.
Ví dụ 5. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương x y z ; ;  thỏa mãn phương trình
2 2 2 2336 x y z    với x y z   .
Hướng dẫn:
Giả thiết ta được 2 1 2 2 2336 2 .73 x y x z x         5
Hơn nữa 1 2 2   y x z x   là số lẻ.

SIÊU SALE SHOPEE 12.12 https://shope.ee/1VOIDFMXxP TIKI https://bitly.global/CJK6J1
Vậy
2 2 5
1 2
    

   
 
1
2
 
73 2

x
y x z x  

Giải phương trình (1) suy ra x  5 thay vào phương trình (2) ta có:

SIÊU SALE SHOPEE 12.12 https://shope.ee/1VOIDFMXxP TIKI https://bitly.global/CJK6J1
 
5 3
5 5 5 3 2 2
2 2 72 2 1 2 2 .9
y
y z y z y
z y

   

  
8
.
  

1 2
 
 
  
 
 

9 11
y z

  

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất thoả mãn là x y z ; ; 5;8;11 .    
Chú ý: Với cách giải trên chúng ta có thể giải được bài toán tìm nghiệm
nguyên của phương trình 2 2 2 2 ; . x y z n       x y z n 
Đáp số: x y z n n n ; ; 2; 2; 1 .       
Ta có ví dụ sau ở mức khó hơn:
Ví dụ 6. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương x y ;  thỏa mãn x y y x  .
Hướng dẫn:
Rõ ràng x y  là một nghiệm.
Khi x y  không mất tính tổng quát ta giả sử
y
x y x
x y x y x y      do
* *
.
y x
y x y x       
Đặt y tx  thế vào phương trình ta được x tx x t t t    1 rõ ràng t  2 vì
đã giả sử x y  ta có t x y     2 2; 4.
Với t y    2 2 ta chứng minh x t t1  và do x  2 nên ta chỉ việc chứng
minh 2 . t1  t (Ta chứng minh được bằng quy nạp theo t )
Khi đó ta được phương trình vô nghiệm với t  3.
Vậy tất cả các cặp số nguyên dương x y ;  thỏa mãn bài toán là
x y a a a ; ; , 2;4 , 4;2 , .          *
Ví dụ 7. Tìm tất cả các số nguyên tố x y z , , thoả mãn x z y   1 . 2
Hướng dẫn:
Với x lẻ    x z y 1 2 chẵn và do z nguyên tố nên z x    2 3 y không
tồn tại x y , nguyên tố thoả mãn.
Xét với x chẵn     x z 2 2 1 . y 2
Nếu y lẻ đặt y k         2 1 2 2.4 2 mod3 2 1 0 mod3 y k y    
     z z y 23 3 3.
Nếu y chẵn     y z 2 5 2 vô lý.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất thoả mãn là x y z ; ; 2;3;3 .    
Chú ý: Với cách làm tương tự ta có thể giải quyết được bài toán sau: Tìm tất cả
các số nguyên tố x y z , , thoả mãn x z y   1 .
Ví dụ 8. Tìm tất cả các số nguyên dương x y z   thoả mãn
5 2.5 5 4500. x y z   
Hướng dẫn:
Nếu z      5 5 2.5 5 4500. x y z
Nếu z      5 5 2.5 5 4500. x y z
Vậy x y z    3, 4, 5.
Ví dụ 9. Có bao nhiêu số nguyên x thuộc đoạn       1;2020 sao cho tồn tại số
nguyên dương y thỏa mãn 10 ? 4 3 1 log 2 

31y 

4
x y x   

SIÊU SALE SHOPEE 12.12 https://shope.ee/1VOIDFMXxP TIKI https://bitly.global/CJK6J1
A. 2020.
Hướng dẫn:
B. 1347.C. 673.D. Vô số.x 2yx
3 1 y  3 1 y     

Ta có 10 4 3 1 log log 4 3 1 log x y x 2        4 4       
   

   
4 3 1 log 2log log4 log 3 1 0
x y x x y
 
       
  
  

       
2 2
2 2
4 3 1 2 log log 3 1 log4
4 3 1 log log 4 log 3 1 0 1
x y x y
x y x x y
 
          
              
+ Nếu 4 3 1 x y 2   thì log 4 log 3 1 1 0.  x y VT 2       
+ Nếu 4 3 1 x y 2   thì log 4 log 3 1 1 0.  x y VT 2       
Do đó, từ 1 4 3 1 2          x y y y x 2 2 4 1 x23 3  x x   1 1    
Với x k x k k      3 1, 3 2,  thì từ 2 dễ dàng thấy y là số nguyên
dương.
Xét y không là số nguyên dương. Từ 2 suy ra x chia hết cho 3.
Đặt x k k   3 , . *
Vì x          1;2020 nên 1 3 2020, 1 673, .        k k k k   * *
Do đó có 673 số nguyên x thuộc đoạn       1;2020 mà y không phải là số nguyên
dương.
Vậy có 2020 673 1347   số nguyên x thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn đáp án B.
Ví dụ 10. Giải phương trình nghiệm nguyên 2 . x  x2
Hướng dẫn:
Nếu x nguyên âm thì phương trình đã cho không thoả mãn.
Nếu x x x    0, 1, 3 phương trình đã cho cũng vô nghiệm.
Thấy x x   2, 4 là nghiệm phương trình.
Ta chứng minh được với x  5 không là nghiệm của phương trình theo
phương pháp quy nạp.
Chú ý: Với số nguyên k  5 thì k k    2 1  hay k k 2   2 1.
Chúng ta có thể sử dụng các bất đẳng thức cổ điển để đánh giá và chặn
miền cho nghiệm hay các ẩn để làm đơn giản bài toán như ví dụ sau:
Ví dụ 11. [Câu 44 mã 104 đề TN THPT năm 2021] Có bao nhiêu số nguyên
y sao cho tồn tại 1 ;6
3
x
 
 
      
 
thỏa mãn 27 1 27 ? 3 18 x xy x 2    xy

SIÊU SALE SHOPEE 12.12 https://shope.ee/1VOIDFMXxP TIKI https://bitly.global/CJK6J1
A. 19.
Hướng dẫn:
B. 20.C. 18.D. 21.

Ta có 27 1 27 27 1 0 3 18 3 18 x xy x x xy x 2 2           xy xy 
TH1: Với y  19 ta có 3 18 3 18 0, ;6 x xy x x x y x 2 2

         3   

     1 

SIÊU SALE SHOPEE 12.12 https://shope.ee/1VOIDFMXxP TIKI https://bitly.global/CJK6J1
nên áp dụng bất đẳng thức Bernoulli 11,1,0
        h nh h n ta
được
Khi đó
23 2
27 1 26 1 26 3 18 3 18 2 x xy x         18 x xy x   x xy x.
2
3 18
221
 
 
27 1 78 25 468 84 7 0, ;6
3
x xy x
xy x xy x x x x
 
             


n nên trường hợp này loại.

TH2: Với
y
3 27 1 1 3 0, ;6 3 18 2 1
3
x xy x
xy x x
 
 
 
  

            
 
loại.
TH3: Với 2 1
2
y x     thỏa mãn.
TH4: Với y x     1 1 thỏa mãn.
TH5: Với y x x     0 0; 6 loại.
TH6: Với y  1, đặt f x xy      27 1 3 18 x xy x 2  và bằng phương pháp hàm

SIÊU SALE SHOPEE 12.12 https://shope.ee/1VOIDFMXxP TIKI https://bitly.global/CJK6J1
số dễ dàng chứng minh f y      1          y17 y  và
   3 3
310,1;2;…;18

f y y 6 27 6 1 0, 1;2;…;18        6y   cùng với hàm số f x   liên tục trên
1
;6
3
 
 
 
 
nên phương trình f x    0 luôn có nghiệm thuộc         13;6 .    
Tóm lại y     2; 1;1;2;…;18 ,  tức ta có 20 số nguyên y thỏa mãn yêu
cầu đề bài.
Ví dụ 12. Có tất cả bao nhiêu cặp số nguyên chẵn x y ;  thỏa mãn phương trình
2 3 55 x y   ?

A. 8 .
Hướng dẫn:
B. 2.C. 16.D. 1.

Do 2 3 55 x y   nên x  2, suy ra 2 55 x  là số nguyên nên y  2.
Do x y , chẵn nên x m  2 , y n  2 với m , n N  *
Khi đó, ta có (2 ) (3 ) 55 (2 3 )(2 3 ) 55 m n m n m n 2 2      
2 3 1
2 3 55
m n
m n
   
 
 
     
hoặc
2 3 5
2 3 11
m n
m n
   

    
2 28
3 27
m n
  
 
 
 
  

SIÊU SALE SHOPEE 12.12 https://shope.ee/1VOIDFMXxP TIKI https://bitly.global/CJK6J1
hoặc
3

   
33
 
 

 

2 8
m n
  
log 28 2
m n
  

 
(loại) hoặc
3
1
m n
  
Vậy x y ; 6;2    , do đó phương trình trên có một nghiệm thỏa mãn.
Chú ý: Trong một số phương trình ta có thể sử dụng các bất đẳng thức cổ điển
để đánh giá các vế phương trình từ đó suy ra kết quả mà đôi khi còn gọi là
phương pháp “đối chọi”.
Bản chất phương trình f x g x      xét trên tập D.
 Hoặc ta chứng minh được f x g x x D       ,
f x g x x D        ,  dấu bằng xảy ra và có kết quả.
 Hoặc ta có thể đánh giá qua đại lượng trung gian kiểu
 
 
, ,
f x A x D
g x A x D
      

     
thì f x g x          f x g x A     kết quả.
Xét các ví dụ sau:
Ví dụ 13. Giải phương trình nghiệm nguyên 4 16 2 2 .    x2 x x 
Hướng dẫn:
ĐKXĐ: 16 0 4 4       x x 2
Khi đó, ta có nhận xét sau:
4 16 16 2 2 4
2 2 2 2 .2 2( ) x x x x
VT x
VP Cauchy  
   
   
do vậy phương trình đã cho tương đương với hệ sau:

2
2
VT
VP
  


 
0
2 2 x x
x

  
 
 
 
0
x
 
 
Vậy phương trình có nghiệm x  0 .

Ví dụ 14. Tìm tất cả các số nguyên x thỏa mãn phương trình

SIÊU SALE SHOPEE 12.12 https://shope.ee/1VOIDFMXxP TIKI https://bitly.global/CJK6J1
5 3
x 
3
x
3 5.3 2. 27 0. 5 5 5
  
Hướng dẫn:
Đặt35

x
t  , điều kiện t  0.
Khi đó, phương trình có dạng: 5 3 2 5 5
3 5
2 5
. 27 5. 2. 27 0
27
t t t
t
     
Ta có nhận xét:
3
2 2 2 2
5
3 3 6 5
1 1 1 1 1 1 1 5
5. .
3 3 3 3 27
VT t t t t
t t t
 
 
            
 
Do đó
1
2 2 5 5 5
3 3 5
2 5 1 1
3 3 3 1.
27 3
x
t t t x
t t
         
Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên duy nhất x  1.

Ví dụ 15. Giải phương trình nghiệm nguyên 2
x
413x
x
x
4 1 2 1 2 4
  
2

.
x x
Hướng dẫn:
Đặt a b a b    2 , 4 ( , 0) x x , khi đó phương trình có dạng:
1 3

SIÊU SALE SHOPEE 12.12 https://shope.ee/1VOIDFMXxP TIKI https://bitly.global/CJK6J1
1 1
b a a b
  
2
Ta có
VT
(1) (
1
a
b
 
1) (
b
 
1) 3 1
 
1
a
a b

a b
  

3
2
1
.3. ( 1)( 1)(
b a a b

   
1 1
b a a b
       
( 1)( +
a b
  
+ ) 3
1 1
b a a b
  
1 1 1 1
( 1) ( 1) ( ) + + 3
b a a b
 
 
33
3
 
).
            

3
1 1 1
2 2 ( 1)( 1)( )
b a a b
  
do đó phương trình tương đương với: b a a b a b         1 1 1 hay
2 4 1 0 x x     x .
Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên duy nhất x  0.
* Chú ý:
Bài toán trên rất nhiều học sinh nhầm tưởng rằng có thể giải bài toán
bằng cách đặt ẩn phụ t  2x , nhưng khi đó ta lại nhận được phương trình bậc 6
theo ẩn t và việc giải phương trình này là tương đối phức tạp.
Với dạng toán giải phương trình trên mà sử dụng phương pháp đánh giá,
chúng ta cần nắm vững các tính chất của hàm số mũ, hàm số lôgarit và các bất
đẳng thức thì sẽ nhanh chóng chỉ ra được tập nghiệm của nó.
Chúng ta cũng có thể áp dụng các tính chất đơn điệu của hàm số để đánh
giá các vế của phương trình từ đó cho kết quả. Tuy nhiên phần này cũng chứa
nhiều kiến thức liên quan bổ trợ khác nên tôi xin trình bày riêng phương pháp
giải này trong “Phương pháp hàm số” ở phần cuối cùng.
2.3. Phương pháp phối hợp đồng dư và đánh giá
Ngoài việc nắm vững các tính chất và thành thạo hai phương pháp giải ở
trên, trong việc giải các phương trình nghiệm nguyên trong chủ đề này chúng ta
cũng cần linh hoạt để phối hợp hai phương pháp đó trong xử lý các bài toán đặt
ra.
Để làm rõ vấn đề này, chúng ta xét các ví dụ sau:
Ví dụ 1. Tìm tất cả x y , là số các tự nhiên thoả mãn x2   3 3026. y
Hướng dẫn:
TH1: Xét y x x x dox          0 3 3016 3025 55 . 2 0 2  
TH2: Xét y   0 3y chia hết cho 3 và x2 chia cho 3 chỉ dư 0 hoặc 1 nên
x2  3y chia cho 3 dư 0 hoặc 1.
Mặt khác 3026 chia cho 3 lại dư 2 nên phương trình trên không thoả mãn.
Vậy nghiệm x y ; 55;0    là cặp số tự nhiên duy nhất thoả mãn bài toán.
Nhận xét: Bằng việc nắm vững được tính chất về đồng dư ta để ý đến các vế
của phương trình từ đó có nhận xét và đánh giá các vế của phương trình sẽ cho
kết quả nhanh gọn nhất.
Trong ví dụ chúng ta cũng sử dụng tính chất: Nếu x là số tự nhiên thì x2
chia cho 3 dư 0 hoặc 1.
Thật vậy, xét các trường hợp:
+ Với x k k x    3 , 3.   2
+ Với x k k x k k        3 1, 9 6 1  2 2 chia 3 sẽ dư 1.
+ Với x k k x k k k k            3 2, 9 12 4 9 12 3 1  2 2 2   chia
cho 3 cũng dư 1.
Ta xét ví dụ tiếp theo:
Ví dụ 2. Tìm tất cả các cặp số nguyên x y ;  thỏa mãn phương trình
2 21 . x   y2
Hướng dẫn:
Nếu x lẻ đặt x k k         2 1, 2 2.4 2 3 1 2 mod3  x k  k  
     2 21 2 mod3 2 mod3 x   y2   vô lý vì y2  0;1 mod3 .  
Như vậy x chẵn nên đặt x k y     2 2 21 2 2 k
       y y y 2 2 2 21 2 2 21 k k k   
Đây là phương trình ước số nên dễ dàng tìm được x y ; 2;5 , 2; 5 .      
Ví dụ 3. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương x y ;  thỏa mãn phương trình
5 3 317. x3   y
Hướng dẫn:
Theo giả thiết có tham gia của số lập phương nên về mặt phương pháp ta có thể
lựa chọn mod 9.
Ta có với y x    1 4.
Với y x        2 3 0 mod9 5 3 317 2 mod9 y y   3   vô lí vì
5 0;4;5 mod9 . x3   
Vậy x y ; 4;1    là cặp số nguyên dương duy nhất thỏa mãn bài toán.
Ví dụ 4. Tìm tất cả các số nguyên tố x y z , , thoả mãn x z y   1 .
Hướng dẫn:
Ta có
x y , nguyên tố và x z z y     1 3.
Mà z nguyên tố nên z là số lẻ, dẫn tới xy là số chẵn nên x là số chẵn và
nguyên tố do đó ta có x  2. Ta xét các trường hợp sau:
TH1: Xét y     2 2 1 5 2 là nguyên tố nên z  5 thoả mãn bài toán.
TH2: Xét y y k k z z            2 2 1 2 1 2.4 1 .   2 1 k k 
Mặt khác, do 4 chia cho 3 dư 1 nên 2.4 1 k   chia hết cho 3  z chia hết
cho 3.(vô lý).
Vậy x y z    2, 2, 5 là các số duy nhất thoả mãn bài toán.
Nhận xét: Qua ví dụ trên, chúng ta cần nhắc lại cho các em học sinh rằng: Số
nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1 chỉ có đúng hai ước số là 1 và chính nó (tức
là chia hết cho 1 và chính nó).
Trong các số nguyên tố chúng ta cũng cần nhắc em học sinh rằng chỉ có
số nguyên tố chẵn duy nhất là số 2.
Cũng chính vì không nắm rõ được hai vấn đề trên nên có học sinh cho
rằng x y z    1, 1, 2 cũng là các số thỏa mãn bài toán. Điều này trong quá
trình dạy học chúng tôi cũng thường xuyên thấy rằng có những em học sinh
không nắm vững nên còn tranh luận với nhau và thắc mắc với thầy cô rằng số 1
cũng là số nguyên tố.
Liên quan đến số nguyên tố, ta xét ví dụ phức tạp hơn sau:
Ví dụ 5. Tìm tất cả các cặp số nguyên tố p q ;  thoả mãn phương trình
2 7. p q q p  
Hướng dẫn:
Nếu p q  thì pq  7 mâu thuẫn. Vậy p q   7 nên UCLN p q , 1. 
Áp dụng định lý Fermat nhỏ ta có p p q q  mod  mà q p 2 7 q  nên q p 2 7. 
Hơn nữa p q p q  mod  và p qp  7 nên p q  7.
Từ p q  7 và q p 2 7  suy ra pq q p    7 2 7   nên pq p q 2 7.  
Do đó 2 7 . p q pq    Ta xét các trường hợp sau:
TH1: Nếu 2 7 0 2 7 1 2 9 p q p q pq p q                điều
này mâu thẫn với p q , 2. 
TH2: Nếu 2 7 0 p q    ta thấy p q ; 5;3    thoả mãn.
Nếu p  7 thì phương trình trở thành 2 2 7 7 * . p p 2 7 p     p  
Ta sẽ chứng minh p p p 2 7 p     2 7 , 7. p
Đầu tiên ta chứng minh 2 2 . pp7  2 7 p
Xét với p  16 thì 2 2 2 2 2 2 . p p p p   7 7       5 5 35 2 7 2 7 p7 p p p     

SIÊU SALE SHOPEE 12.12 https://shope.ee/1VOIDFMXxP TIKI https://bitly.global/CJK6J1
Lại có 2 2 7 2 . 2   7  2 7 .2 .  2 7
p p p p p p    p p q p   p

Do vậyp p p 2 7 p     2 7 , 16. p
Còn với 7 16   p thì hiển nhiên đúng.
Do đó 2 2 2 7 2 7 7. p p p 2 7 p       p p  
Khi đó phương trình (*) không có nghiệm.
TH3: Nếu 2 7 0 7 2 1 2 5. p q q p pq p q              
Vì q lẻ nên q  3 và p  2 thoả mãn.
Vậy tất cả các cặp số nguyên tố p q ;  thoả mãn là p q ; 5;3 , 2;3 .     
Nhận xét: Thông qua một vài ví dụ trong phương pháp này, chúng ta có thể
thấy để làm tốt chủ đề này học sinh cần nắm vững các kiến thức cơ bản liên
quan. Trong quá trình dạy ôn Tốt nghiệp THPT hay dạy đội tuyển học sinh giỏi
lớp 12 THPT thì các thầy cô cần phân tích kĩ các ví dụ cũng như việc nhìn nhận
các dữ kiện từ bài toán hay các đại lượng, các vế của phương trình từ đó phân
tích và hướng dẫn các em áp dụng các tính chất nào, các dữ kiện nào để giải
quyết bài toán. Đồng thời cần phải linh hoạt và phối hợp hai phương pháp ở
trên phù hợp thì học sinh mới có thể vượt qua được bài toán, bởi chủ đề này
học sinh còn tương đối lúng túng khi giải quyết.
Cuối cùng chúng ta nghiên cứu phương pháp sau:
2.4. Phương pháp hàm số
Phương pháp chung:
Tính chất 1: Nếu hàm số y f x    đồng biến hoặc nghịch biến trong khoảng

SIÊU SALE SHOPEE 12.12 https://shope.ee/1VOIDFMXxP TIKI https://bitly.global/CJK6J1

Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

SIÊU SALE SHOPEE 12.12 https://shope.ee/1VOIDFMXxP TIKI https://bitly.global/CJK6J1

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

SIÊU SALE SHOPEE 12.12 https://shope.ee/1VOIDFMXxP TIKI https://bitly.global/CJK6J1

Leave a Comment