hướng dẫn học sinh tìm nghiệm nguyên của phương trình nhiều ẩn

Trong chương trình sáchgiáo khoa toán lớp 8; lớp 9 hầu như không đề cập đến phương trình nghiệmnguyên nhưng bài toán tìm nghiệm nguyên của phương trình nhiều ẩn lại xuấthiện nhiều trong

Trang 1

UỶ BAN NHÂN DÂN HUYỆN ĐAN PHƯỢNG

TRƯỜNG THCS LƯƠNG THẾ VINH

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

“HƯỚNG DẪN HỌC SINH TÌM NGHIỆM NGUYÊN

CỦA PHƯƠNG TRÌNH NHIỀU ẨN”

Môn: Toán

Cấp học: THCS

Chức vụ: Giáo viên

Tên Tác giả

Đơn vị công tác:

Điện thoại liên hệ:

Đan Phượng, tháng 3/2024

Trang 2

A ĐẶT VẤN ĐỀ

I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Bài toán tìm nghiệm nguyên của một phương trình trong chương trình phổ thông THCS là một loại toán khó đối với học sinh Trong chương trình sách giáo khoa toán lớp 8; lớp 9 hầu như không đề cập đến phương trình nghiệm nguyên nhưng bài toán tìm nghiệm nguyên của phương trình nhiều ẩn lại xuất hiện nhiều trong các kì thi học sinh giỏi cấp trường, cấp huyện, cấp thành phố nên cũng thu hút được sự quan tâm của rất nhiều học sinh

Đối với đa số học sinh khi gặp bài toán tìm nghiệm nguyên của phương trình nhiều ẩn thường cảm thấy khó và không biết hướng giải

Qua thực tế giảng dạy học sinh khá, giỏi lớp 8; lớp 9, tôi nhận thấy: Các

em thường lúng túng khi gặp bài toán tìm nghiệm nguyên của phương trình nhiều ẩn Các em không giải được, giải sai hoặc giải được nhưng lập luận không chặt chẽ, xét thiếu trường hợp, thiếu nghiệm Chính vì vậy các em có tâm lí e ngại, không hứng thú học tập khi gặp bài toán tìm nghiệm nguyên của phương trình nhiều ẩn

Với suy nghĩ, người thầy phải có trách nhiệm hướng dẫn cho học sinh hiểu và hệ thống được các phương pháp tìm nghiệm nguyên của phương trình nhiều ẩn Người thầy phải biết hướng dẫn học sinh phân dạng, khai thác, phân tích bài toán và chọn hướng đi phù hợp với từng bài Từ đó phát huy năng lực sáng tạo, sự độc lập, tìm tòi suy nghĩ nhằm chuyển kiến thức của thầy sang kiến thức của trò một cách hiệu quả nhất

Với những lí do cơ bản trên, để giúp các em làm tốt dạng toán này, tôi đã

chọn đề tài: “Hướng dẫn học sinh tìm nghiệm nguyên của phương trình nhiều ẩn.”

II MỤC TIÊU CỦA ĐỀ TÀI

- Đề tài nghiên cứu các bài toán tìm nghiệm nguyên của phương trình nhiều ẩn đối với học sinh lớp 8; lớp 9 Nghiên cứu cách thức truyền đạt nội dung bài toán tới học sinh

- Đề tài giúp các em hiểu và nắm vững một số phương pháp tìm nghiệm nguyên của phương trình nhiều ẩn, biết phân tích, suy luận để tìm hướng giải, biết phân chia bài toán thành những bài toán nhỏ dễ giải quyết hơn, biết “ đưa khó về dễ, đưa lạ về quen”, biết liên hệ tình huống đang giải quyết với những tình huống tương tự, biết phân dạng bài toán và chọn hướng đi phù hợp với từng bài

- Đối với học sinh khá, giỏi hướng dẫn các em khai thác những bài toán khó, bài toán gốc, bài toán tổng quát để giải quyết một lớp các bài toán

Trang 3

III THỜI GIAN VÀ PHẠM VI THỰC HIỆN

Đề tài được nghiên cứu trong quá trình giảng dạy môn toán lớp 8; lớp 9 trong các năm học 2022 – 2023 ; 2023 – 2024 Đối tượng là học sinh lớp 8; lớp

9 trường THCS Lương Thế Vinh – Đan Phượng – Hà Nội Đặc biệt là quá trình giảng dạy, bồi dưỡng đội tuyển Học sinh giỏi Toán 8, 9 của trường

Đề tài nghiên cứu về các bài toán tìm nghiệm nguyên của phương trình nhiều ẩn đối với học sinh lớp 8; lớp 9

IV Số liệu khảo sát trước khi thực hiện đề tài:

Trong quả trình giảng dạy môn toán lớp 8, lớp 9 tại trường THCS Lương Thế Vinh, đặc biệt là quá trình bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi của trường, tôi nhận thấy: Các em thường lúng túng khi gặp bài toán tìm nghiệm nguyên của phương trình nhiều ẩn Các em không giải được, giải sai hoặc giải được nhưng lập luận không chặt chẽ, xét thiếu trường hợp, thiếu nghiệm Chính vì vậy các

em có tâm lí e ngại, không hứng thú học tập khi gặp bài toán tìm nghiệm nguyên của phương trình nhiều ẩn

Do vậy, trước khi thực hiện đề tài, tôi đã cho học sinh đội tuyển toán 9 làm bài kiểm tra (thời gian 30 phút), với nội dung như sau:

ĐỀ BÀI

Bài 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình

2xy – x + y = 3

x2 + 2y2 + 3xy – x – y + 3 = 0

Kết quả cụ thể bài khảo sát được thống kê trong bảng sau:

Năm

học Thời điểm khảo sát

Số hs được khảo sát

Điểm giỏi Điểm khá Điểm TB

2022

-2023

Trước khi thực

hiện đề tài

10

2023

–

2024

Trước khi thực

hiện đề tài

11

Trang 4

B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

Để khắc phục những lỗi sai của học sinh, đặc biệt để giúp các em giải quyết tốt bài toán: “ Tìm nghiệm nguyên của phương trình nhiều ẩn.”, tôi đã triển khai đề tài, tổ chức cho học sinh thảo luận, học tập theo nhóm, trao đổi thoải mái cởi mở với học sinh đồng thời hướng dẫn động viên học sinh nghiên cứu, học tập đạt kết quả tốt nhất

Tên sáng kiến kinh nghiệm:

“Hướng dẫn học sinh tìm nghiệm nguyên của phương trình nhiều ẩn”

1 Phương trình dạng: ax + by = c (1) (a, b, c nguyên)

+ Nếu (a; b) = 1 thì phương trình (1) bao giờ cũng có nghiệm nguyên

+ Nếu a; b có một ước số chung không phải là ước của c thì phương trình (1) không có nghiệm nguyên

+ Muốn tìm các nghiệm nguyên của phương trình (1), ta phải tách được phần nguyên ra khi biểu diễn x theo y hoặc y theo x

3x + 4y = 29

Phân tích:

+ Ta thấy (3; 4) = 1 nên phương trình đã cho luôn có nghiệm nguyên + Ta biểu diễn x theo y (hoặc y theo x) rồi tách phần nguyên ra và đặt điều kiện cho phân thức còn lại cũng là một số nguyên, từ đó tìm ra nghiệm của phương trình

Giải

Ta có: x 29 4y 9 y 2 y

Muốn có x, y  thì 2 y

3



  hay 2 – y = 3t (t  )

 y = 2 – 3t

x = 9 – y + t = 9 – 2 + 3t + t = 4t +7

Vậy x 4t 7 (t )

y 2 3t







 



 là tất cả các nghiệm nguyên của phương trình

Bài 2: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

5x – 112 = - 7y

Phân tích:

Biến đổi đưa về dạng ax + by = c và giải tương tự bài 1

Giải

Trang 5

Cách 1: Ta có: x 112 7y 22 y 2(y 1)

Muốn có x, y  thì 2(y 1)

5



   y 1 5  ( Do (2, 5) = 1 )

 y = 5t + 1 (t  )  x = 22 – 5t – 1 – 2t = 21 – 7t

Vì x, y nguyên dương 

t 3

21 7t 0

1

5









1

t 3 5

     t0;1;2

+ t = 0  x 21

y 1









 + t = 1 x 14

y 6









 + t = 2  x 7

y 11









Vậy nghiệm nguyên dương (x ; y) của phương trình đã cho là :

(21 ; 1) ; (14 ; 6) ; (11 ; 7)

Cách 2: Ta có: x 112 7y 22 y 2(y 1)

Muốn có x, y  thì 2(y 1)

5



   y 1 5  ( Do (2, 5) = 1 )

 y chia cho 5 dư 1

Vì x > 0  112 – 7y > 0  112

7

Ta có : y 16; y y 1;6;11

y 5k 1; k











 + y = 1  x = 21

+ y = 6  x = 14

+ y = 11  x = 7

Vậy nghiệm nguyên dương (x ; y) của phương trình đã cho là :

(21 ; 1) ; (14 ; 6) ; (11 ; 7)

Bài tập áp dụng

Bài 1: Tìm nghiệm nguyên và nghiệm nguyên dương của phương trình

7x + 23y = 120

5x + 19y = 674

Trang 6

Bài 3: Tìm nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình

5x – 40y = 11

3x + 17y = 159

2 Tách phần nguyên

Ta có thể tách phần nguyên riêng ra và đặt điều kiện cho phân thức còn lại cũng là một số nguyên, từ đó tìm ra nghiệm của phương trình

5x – 3y = 2xy – 11 (*)

Phân tích:

Ta biểu diễn x theo y (hoặc y theo x), rồi tách phần nguyên ra và đặt điều kiện cho phân thức còn lại cũng là một số nguyên, từ đó tìm ra nghiệm của phương trình

Giải

PT(*) 11 5x y(2x 3)  

Dễ thấy 2x + 3 0 (vì x nguyên dương), do đó :

Muốn có x, y nguyên dương thì 7 2x 3

2x 3    Ư(7) = 1; 7  Trong 4 trường hợp này, phương trình chỉ nhận một nghiệm nguyên dương với 2x + 3 = 7 Lúc đó x = 2 ; y = 3

Vậy nghiệm nguyên dương (x ; y) của phương trình (*) là (2 ; 3)

3 Đưa về phương trình ước số

Ta gọi phương trình ước số là phương trình có vế trái là một tích các biểu thức có giá trị nguyên, vế phải là một hằng số nguyên Bằng cách tìm ước của hằng số đó, xét mọi trường hợp có thể xảy ra, ta tìm được nghiệm nguyên của phương trình đã cho

x + xy + y = 9 (*)

(Đề thi tuyển sinh lớp 10 - hệ chuyên ĐHKH tự nhiên 2002)

Phân tích:

Ta nhóm hai hạng tử bất kì có nhân tử chung rồi đặt nhân tử chung đó ra ngoài và thêm bớt hằng số để đưa về phương trình ước số

Giải

PT(*)  (x + 1)(y + 1) = 10

Vì x và y là các số nguyên nên x + 1 và y + 1 là các số nguyên và là ước của 10

Trang 7

Do x ; y bình đẳng, giả sử x y  x 1 y 1   Ta có :

Vậy nghiệm nguyên (x ; y) của phương trình (*) là :

(9 ; 0) ; (0 ; 9) ; (4 ; 1) ; (1 ; 4) ; (-2 ; -11) ; (-11 ; -2) ;(-3 ; - 6) ; ( - 6 ; -3)

Bài 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2xy – x + y = 3 (*)

(Bài trong đề kiểm tra khảo sát)

Phân tích: Để viết vế trái của phương trình thành một tích, ta biến đổi thành

1

x(2y 1) (2y 1)

2

   Do đó ta nhân hai vế của phương trình với 2 để đưa về phương trình ước số là: (2y – 1)(2x + 1) = 5

Giải : PT(*)  4xy – 2x + 2y = 6

 2x(2y – 1) + (2y – 1) = 6 – 1

 (2x + 1)(2y – 1) = 5

Vì x và y là các số nguyên nên 2x + 1 và 2y – 1là các số nguyên và là ước của 5 Ta

có :

Vậy nghiệm nguyên (x ; y) của phương trình (*) là :

(0 ; 3) ; (2 ; 1) ; (-1 ; -2) ; (-3 ; 0)

Bài 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + 91 = y2

Bài 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 3

2 x

2 – 6y2 = x + 332

Bài 3: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : 2x + 2y + 2z = 2336

Bài 4: Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình : x2(x + 2y) – y2(y + 2x) = 1991

Bài 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + 7x = y2

4 Đưa về phương trình tổng

Ta biến đổi phương trình về các dạng sau:

f (x, y, ) f (x, y, ) f (x, y, ) m    m  m

h, g, , k, m1 , m2 , , mn  

f (x, y, ); f (x, y, ); ; f (x, y, ) 

Trang 8

Xét mọi trường hợp có thể xảy ra từ đó tìm nghiệm thích hợp.

* Dạng 2: f (x, y, ) a

g(x, y, ) b ( a, b   ; b > 0)

Vận dụng tính chất sau:

“ Mọi số hữu tỉ đều được biểu diễn một cách duy nhất dưới dạng một liên phân

số bậc n

o

1

2

n

q

1

q

1 +

q





Trong đó qo nguyên; q1; q2 ; ; qn nguyên dương và qn > 1.”

Viết 2 vế của phương trình dưới dạng liên phân số, từ đó tìm được nghiệm nguyên thích hợp

x2 – 4xy + 5y2 = 169 (*)

Phân tích:

Áp dụng hằng đẳng thức, viết vế trái thành tổng các bình phương Sau đó viết vế phải thành tổng các bình phương tương tự vế trái bằng mọi cách rồi xét tất cả các trường hợp có thể xảy ra để tìm nghiệm của phương trình

Giải

PT(*)  (x – 2y)2 + y2 = 169

Số 169 chỉ có 2 cách phân tích thành tổng của 2 số chính phương là :

169 = 132 + 02 = 122 + 52 ; Mặt khác y nguyên dương

Do đó ta có :

Vậy nghiệm nguyên dương (x ; y) của phương trình (*) là :

(22 ; 5) ; (29 ; 12) ; (19 ; 12)

Cách 2: Sử dụng phương trình bậc hai (Phương pháp này trình bày ở phần sau) Bài 2: Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình

31(xyzt + xy + xt + zt + 1) = 40(yzt +y + t) (*)

Phân tích:

Trang 9

Biến đổi phương trình về dạng vế trái là một phân thức, còn vế phải là một phân số Vận dụng tính chất sau:

“ Mọi số hữu tỉ đều được biểu diễn một cách duy nhất dưới dạng một liên phân

số bậc n

o

1

2

n

q

1

q

1 +

q





Trong đó qo nguyên; q1; q2 ; ; qn nguyên dương và qn > 1.”

Viết 2 vế của phương trình dưới dạng liên phân số, từ đó tìm được nghiệm nguyên thích hợp

Giải

Dễ thấy x, y, z, t không đồng thời bằng 0 nên ta có: yzt + y + t 0

PT(*)  xyzt xy xz zt 1 40



 

x zt 1 40

yzt y t 31



  (**)

Vì zt + 1 0 nên (**)

x

y

zt 1



 + Nếu t = 0 , ta có:

31

9

y 9

  (loại)

+ Nếu t0 , ta có:

Do sự phân tích trên là duy nhất, nên PT(*) có nghiệm tự nhiên (x, y, z, t)

là : (1, 3, 2, 4)

Bài 1: Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình

55(x3y3 + x2 + y2) = 229(xy3 + 1)

x2 – x + y2 = 6

Trang 10

Bài 3: Tìm các số tự nhiên thỏa mãn

x

y z



5 Nhận xét về ẩn số

Trước khi giải toán, ta nhận xét xem vai trò của các ẩn, cấu trúc của ẩn để

có cách giải phù hợp

* Nếu các ẩn x, y , có vai trò bình đẳng, ta có thể đặt điều kiện để giả sử

x y  hoặc x y  mà bài toán không mất tính tổng quát Từ đó giới hạn bớt miền xác định của ẩn và tìm được nghiệm của phương trình

* Nếu ẩn có cấu trúc giống nhau, như lũy thừa cùng bậc của các số nguyên liên tiếp hoặc tích các số nguyên liên tiếp thì ta “ khử ẩn” để đưa phương trình về dạng quen thuộc hơn hoặc ít ẩn hơn

Ta thường vận dụng hai nhận xét sau:

+ xn < yn < (x + a)n (a *)  yn = (x + i)n với n = 1; 2; ; (a - 1)

+ x(x + 1) (x + n) < y(y + 1) (y + n) < (x + a)(x + a + 1) (x + a + n)

(a *)

 y(y + 1) (y + n) = (x + i)(x + i + 1) (x + i + n) với n = 1; 2; ; (a - 1)

x + y + z = xyz (*)

Phân tích:

Ta thấy các ẩn x, y, z có vai trò bình đẳng, do đó không mất tính tổng quát

ta có thể sắp thứ tự các ẩn, giả sử 0 x y z   Từ đó thu hẹp miền giá trị của

ẩn, tìm được nghiệm của phương trình

Giải

Do vai trò của x, y, z bình đẳng, không mất tính tổng quát, giả sử 0 x y z  

Ta có: xyz = x + y + z  3z  xy 3

Nếu x = y = z thì x3 = 3x  x2 = 3  x 

  (loại) Vậy phải có ít nhất 2 trong 3 số x, y, z không bằng nhau

Do đó xyz < 3z  xy 3  xy1;2

+ xy = 1, mà x, y nguyên dương nên x = y = 1  2 + z = z (vô nghiệm) + xy = 2 , mà x, y nguyên dương , x y nên x = 1 ; y = 2  z = 3

Vậy nghiệm nguyên dương (x ; y ; z) của PT(*) là :

(1 ; 2 ; 3) và các hoán vị của nó

Trang 11

1 1 1 2

x  y z 

1 1 z

x  y

5(x + y + z + t) = 2xyzt – 10

Bài 4: Tìm các số tự nhiên thỏa mãn

x + y + 1 = xyz

6 Vận dụng tính chất của tập hợp số nguyên

- Vận dụng tính chất chia hết hoặc tính chất của phép chia có dư trong tập hợp

số nguyên để tìm nghiệm

- Vận dụng tính chất của số nguyên tố, tính chẵn lẻ để tìm nghiệm

Áp dụng các mệnh đề đúng sau :

+   a , số a2 + 1 không có ước nguyên tố dạng 4k + 3 (k 

  ) + Cho p là một số nguyên tố dạng 4k + 3 ; k 

  ; a, b là các số nguyên Khi đó nếu a2 + b2

p thì ap ; bp

4xy – x – y = z2 (*)

Giải

PT(*)  (4x – 1)(4y – 1) = (2z)2 + 1

Vì 4x – 1 là số nguyên dương lớn hơn 3 và có dạng 4m + 3 (m 

  ) nên nó có

ít nhất một ước nguyên tố dạng 4k + 3 (k 

  ) Nhưng theo mệnh đề trên thì (2z)2 + 1 không có ước nguyên tố dạng 4k + 3

Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên

Bài 2: Tìm nghiệm nguyên tố của phương trình

x2 – 2y2 = 1 (*)

Giải

PT(*)  (x – 1)(x + 1) = 2y2

Ta có : x2 = 2y2 + 1 là số lẻ  x lẻ  (x – 1) 2 và x + 1 2  (x – 1)(x + 1) 4

 y2

2  y 2 Mà y là số nguyên tố  y = 2  x = 3

Vậy nghiệm nguyên tố (x ; y) của phương trình (*) là : (3 ; 2)

x2 – y3 = 7

x2 + 4y2 = 196

Trang 12

4xy – y = 9x2 – 4x + 2

x3 – 100 =225y

7 Phương pháp loại trừ

Lập luận tìm ra hữu hạn các giá trị của ẩn, thử trực tiếp loại bỏ những giá trị không phù hợp Thực chất phương pháp này đã được sử dụng lồng ghép trong các phương pháp trên

Bài 1: Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình

x2 – 6xy + 13y2 = 100 (*)

Giải

PT(*)  x2 – 6xy + 9y2 = 100 – 4y2

 (x – 3y)2 = 4(25 – y2) 0  y 5 và 25 – y2 là số chính phương

+ y = 0  x = 10

+ y = 1 ; y = 2  25 – y2 không là số chính phương (loại)

+ y = 3, ta có : (x - 9)2 = 4.16  x 9 8  x = 17 hoặc x = 1

+ y = 4, ta có : (x - 12)2 = 36  x 12 6  x = 18 hoặc x = 6

+ y = 5, ta có : (x - 15)2 = 0  x = 15

Vậy nghiệm tự nhiên (x ; y) của phương trình (*) là :

(10 ; 0) ; (1 ; 3) ; (17 ; 3) ; (6 ; 4) ; (18 ; 4) ; (15 ; 5)

Cách 2: Đưa về phương trình tổng rồi xét các khả năng xảy ra, loại trừ dần

những khả năng không phù hợp

8 Phương pháp chứng minh nghiệm duy nhất

Với một số phương trình nghiệm nguyên, ta có thể thấy ngay được một hoặc vài nghiệm Bằng cách chứng minh phương trình chỉ nhận những nghiệm

đó, ta kết luận được về nghiệm của phương trình đã cho

x6 + 3x3 + 1 =y4 (*)

Phân tích:

Dễ thấy x = 0 ; y = 1 và x = 0 ; y = - 1 là nghiệm của phương trình Ta chứng minh rằng ngoài hai nghiệm trên phương trình không còn nghiệm nào khác nữa Từ đó kết luận được nghiệm của phương trình đã cho

Giải

Ta thấy ngay được x = 0 ; y = 1 và x = 0 ; y = -1 là nghiệm của phương trình (*)

Ta chứng minh rằng ngoài hai nghiệm trên phương trình không còn nghiệm nào khác nữa Từ đó kết luận được nghiệm của phương trình đã cho

Thật vậy,

Tiêu đề	Hướng Dẫn Học Sinh Tìm Nghiệm Nguyên Của Phương Trình Nhiều Ẩn
Tác giả	Tác Giả
Trường học	Trường THCS Lương Thế Vinh
Chuyên ngành	Toán
Thể loại	Sáng Kiến Kinh Nghiệm
Năm xuất bản	2024
Thành phố	Đan Phượng

Định dạng
Số trang	17
Dung lượng	465,5 KB