SKK NGHIỆM MỘT SỐ PP GIẢI PT NGHIỆM NGUYÊN

Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên A. Phần Mở đầu I. Lý do chọn đề tài: 1. cơ sở lí luận - Dạy học toán là hoạt động toán học , do đó học sinh cần biết quá trình sáng tạo các khái niệm , định lý , biết vận dụng kiến thức có niền tin vào khả nảng toán học của mình. - Đặc trng của toán học là trìu tợng hóa cao độ , có tính Lôgic chặt chẽ , vì vậy trong trong dạy học , ngoài suy diễn lôgic phảI chú trọng nguyên tắc trực quan và trìu tợng , giữa trực quan trìu tợng , giữa suy luận có căn cứ . - Để chuẩn bị bàI giảng , giáo viên phải cần chuẩn bị kỹ hệ thóng bài tập và câu hỏi nhằm gieo tình huống , hớng dẫn từng bớc giải quyêt vấn đề phù hợp từng loại đối tợng học sịnh , dự kiến những khóp khăn trở ngại , những cái bẫy mà học sinh phải vợt qua . (Trích đổi mới phơng pháp dạy họcở trờng THCS - Viện khoa học giáo dục 1997- Chủ biên : TRần Kiều Trang trang 30) 2. Cơ sở thực tiễn : Qua nghiên cứu , tìm hiểu thực tĩên , điều tra và qua thực tiễn giảng dạy môn toán ở trờng THCS , đặc biệt là các giờ bôì dỡng học sinh giỏi , tôi nhận thấy : - Số học sinh thực học tốt môn toán ( Nắm vng kiến thức, có kỹ năng , kỹ sảo , có phơng pháp tự học , tự bồi dỡng ) chiếm tỉ lệ thấp - Trong thực tế khi thi HSG học sinh gặp phải bài toán nghiệm nguyên gần nh bỏ trắng , lúng túng không biết soay sở ra sao . Điều đó thực rẽ hiểu vì bài toán đợc đa vào dới dạng bài tập , lí thuyết cơ bản chỉ đợc nhắc qua một phần rất nhỏ song cơ bản lại áp dụng số học nhiều - Học giải toán nói chung và phơng trình nghiệm nguyên nói riêng là một t duy sáng tạo về Toán , là một vấn đề triù tợng hóa và khá khó với học sinh trong quá trình học toán ở trờng THCS - Vấn đề thừa nhận rằng : Nêú nh các em nắm chắc các dạng của phơng trình nghiệm nguyên và phơng pháp giải thì việc giải dạng toán này sẽ dễ dàng hơn và ngày càng hăng say học tập hơn. II. Mục đích nghiên cứu: Qua nghiên cứu đề tài để bản thân và đồng nghiệp có thêm t liệu về dạy một tiết atoán nói chung và một tiết toán có dạng nghiệm nguyên nói riêng. Học sinh phát huy đợc tính độc lập sáng tạo có thể tự tìm tòi sáng tạo đúc rút kinh nghiệm , timg tòi khám phá kiến thức mới cho mình . III. Đối tợng phạm vi nghiên cứu: 1. Đối tợng : họpc sinh khối 8- khối 9 3 Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên 2. Phạm vi : Giải các bài toán về phơng trình nghiệm nguyên . IV. Nhiệm vụ nghiên cứu: 1 . Vai trò bài tập và việc dạy học giải bài tập : 2. Một số phơng pháp giải : Giải các bài toán về phơng trình nghiệm nguyên . 3. Nghiên cứu bài soạn , bài dạy của đông nghiệp 4. Nghiên cứu bài làm của học sinh trớc và sau khi giảng . V . Các phơng pháp nghiên cứu 1. Phơng pháp ngiên cứu tự tìm ra kiến thức 2. phơng pháp đối thọa : học sinh học sinh; giáo viên học sinh; gioa viên giáo viên 3. phơng pháp tổng kết rút kinh nghiệm 4. Phơng pháp thực nghiệm Khối Lớp TS HS 8B + 8C 65 3 1,95 7 4,55 28 18,2 20 13 7 4,55 B Nội dung I tên đề tài : Một số phơng pháp giải các bài toán về phơng trình nghiệm nguyên . II. Nội dung cụ thể và biện pháp thực hiện 1. Vai trò của bài tập và việc giải bài tập : - việc giải bài tập đợc côi là là phơng tiện mục đích của việc dạy học toán, nó có tầm quan trọng rất lớn và từ lâu đã là vấn đề trung tâm của phơng pháp dạy học toán Giải bài tập là hinhf thức tốt nhất nhằm củng cố đào sâu kiến thức , hệ thống hóa , luyện tập kỹ năng , kỹ sảo và phát huy tốt nhất năng lực nhận thức của học sinh .Mục đích đó là phát triển ở học sinh bản lĩnh Toán học , moĩibài toán dạy cho học sinh kỹ năng hớng vềnhững tình huống có vấn đề khác nhau. Dạy cho học sinh giải tóan không phải là củng cố những bài có sẵn mà học sinh chỉ nghe thụ động và ghi ,màdạy cho học sinh nên sử dụnh bài tập với dụng nào nhằm hình thành chi thức hay củng cố chi thức . Rèn luyện thao tác t duy hay để kiểm tra trình đọ giáo dục đợc ngôn ngữ toán học . Dạy giải toán là phải tổ chức những hoạt động của học sinh để các em tích cực chủ động tìm tòi lời giải .Kết quả của hoạt động dạy học toán là đợc xác định ở hệ thóng bài giải mà học sinh có đợc qua quá trình thu nhận kiến thức . Vì Vởy bài tập 4 Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên phải đợc dua từ dễ đến khó , để phát huy tính tích cực , đào sâu suy nghĩ kích thích tìm tòi sáng tọa tăng múc độ khó tiòm ra hcọ sinh năng khiếu , đồng thời gieo vào lòng niềm đam mê hăng say học toán Vì vậy giáo viên phải đa ra hệ thống bài tập ở các dạng khác nhau , đặc biệt học sịnh học song phải biết mình nắm đợc kiến thức nào , từ đó các em vận dụng kiến thức đã họ vào việc giải Bài tập khác và tự bản thân HS sẽ phát triển khả năng nhận thức . Trong quá tình dạy học phải tuân chỉ việc lấy ngời học làm trung tâm 2. Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên !"#$%!&'!(#!!'!)* Để giải phơng trình nói chung và phơng trình nghiệm nguyên nói riêng ta phải nắm đợc cách giải tổng quát +++ Ph ơng trình một ẩn với hệ số nguyên 1. Dạng tổng quát : 1 2 1 2 1 0 0 n n n n n n a x a x a x a x a + + + + + = 2 . Cách giải : ,-./0* nếu phân số tói giản p q ( p là số nguyên , q là só nguyên dơng) là một ngiệm của phơng trình (1) thì p là ớc số của a 0 và qlà ớc số của a n Chứng Minh Vì p q là mộpt nghiệm của (1) nên ta có: ( ) 1 n 1 1 0 1 1 1 0 2 1 1 1 0 1 2 2 1 1 0 a 0 . . 0( ) ( ) 0( ) n n n n n n n n n n n n n n n n n n n p p p a a a q q q a p a q a p q a q o a p q a a pq a q I p a p a p q a q a p II + + + + = ữ ữ ữ + + = + + + = + + + + = Từ (I) => n n a p qM mà ( ; ) 1 n n p q a q= M Từ (II) => 0 n a q pM mà 0 ( ; ) 1 n p q q p= = 12'30* Nếu x=b là một nghiệm thì b là ớc của q 0 12'34* mọi nghiệm hữu tỉ của phơng trình với hệ số nguyên : 5 Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên 1 2 1 2 1 0 0 n n n n n n a x a x a x a x a + + + + + = đều là số nguyên 516)7!'!)8,( #!901* B ớc 1: Tìm tất cả các ớc số của a 0 B ớc 2: Thử tất cả các ớc số của a 0 vào vế trái của pt (1) bắt đầu từ ớc số nhỏ nhất B ớc 3 : Nêú ớc số của d làm cho đa thức bằng 0 thì kết luận x= d là một nghiệm nguyên còn nếu đa thức có giá trị khác 0 thì x= d không là nghiệm . 3 Ví dụ: :;5<0* Tìm ngiệm nguyên của phơng trình sau: a 2 - 5a + 6 = 0 Giải Phơng trình nếu có nghiệm nguyên thì nghiệm đó phải thuộc tập ớc của 6 Ư (6)= { 1; 2; 3; 6} Đặt P(a)= a 2 - 5a + 6 Khi đó ta tính các P(x) và đợc P(2)= 0 và P(3)= 0 Kết luận : phơng trình có hai nghiệm nguyên : a=2 và a=3. :;5<4* Tìm nghiệm nguyên của phơng trình sau: x 2 + 4x + 3 = 0 (2) Giải Đặt P(x)= x 2 + 4x + 3 Tìm tập ớc của 3 Ư(3)= { 1; 3} Nhiệm nguyên nếu có của phơng trình (2)phải thuộc vào tập hợp Ư(#3) Bàng phép thử ta có P(1)=8 P(-1)= 0 P(3)=24 P(-3)=0 Vâỵ phơng trình (2) có 2 nghiệm là x=-1 và x=-3 4 Bài tập đề nghị giải theo ph ơng pháp trên 1. x 10 +x7+2x 3 +2 = 0 2. x 3 +4x 2 -29x+24 = 0 3. 1-6x 2 +6x-x 3 = 0 4. x 3 -4x 2 -8x+8 = 0 5. x 2 (4+x 2 )+4-x 2 = 0 6 Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên IV . phơng trình bậc nhất hai ẩn số ax by c + = ( với a, b,c là các hệ số nguyên) 1. cơ sở lý thuyết* , -./0* Cho a, b là hai số nguyên dơng ; gọi d=(a;b) khiai đó tồn tại các số nguyên mvà n sao cho d= a.m + b.n ="!* Gọi D là số nguyên dơng bé nhất tronhg tập hợp số nguyên có dạng a.m + b.n với m, n thuộc Z Giả sử D= a.m 0 + b.n 0 ta nhận thấy mọi số nguyên có dạng a.m+ b.n ( m,n Z) đều chia hết cho D. Thật vậy giả sử ngợc lại số C = a.m + b.n mà C= D.q+ r với 0< r< D => 0 0 0 0 . . . ( . . ). .( . ) ( )C a m b n D q r a m b n q r r a m m q b n n q = + = + = + + = + Với m- m 0 và n-n 0 là các số nguyên . Điều này trái với giả sử D là số nguyên dơng bé nhất . Vì a = a.1+ b.0 => .1 .0 .0 .1 a a b a D b a b b D = + = + M M do đó D là một ớc số chung của avà b => D d (*) Mặt khác 0 .a d a m d=>M M và 0 .b d b n d=>M M do đó 0 0 . .a m b n D d D+ = (**) Từ (*) và (**) 0 0 . . D d D d a m b n d D = = + (đ pcm) Hệ quả : nếu a pM và b pM thì ( ; )a b pM -./4* Giả sử a,b,c là các số nguyên ;a,b,c khác 0 và d=(a,b) phơng trình ax by c + = nghiệm nguyên khi d/ c "!* Điều kiện cần : Giả sử pt có nghiệm nguyên 0 0 ax by c + = 7 Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên vì 0 0 / / / / / d a d ax d c d b d by => => => Điều kiện đủ : nếu / .d c c d m => = (m thuộc Z) Vì d=(a,b) theo đK cần ta có : d=a.s+b.t => c= m.d= as.m+bt.m=a.(sm)+ b.(st) đặt x 0 = s.m ; y 0 = t.m thì ax 0 + b.y 0 =w.f tức là phơng trình 0 0 ax by c + = có nghiệm nguyên -!>,* Các số nguyên a, b đợc gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (a,b)=1 Hệ quả 1: nếu a,b,c thuộc Z a/b.c và (a,b)=1 => a/c Hệ quả 2 : Nếu a,b thuộc Z ; p là số nguyên tố sao cho p/a.b thì p/a hoặc p/b Hệ quả 3 : Nếu p là một số nguyên tố và p/ p 1 p 2 p 3 p n với p 1 ,p 2 ,p 3 , p n là số nguyên tố thì p phải trùng với một trong các số nguyên tố p i (i=1,2,3 ,n) 5=?!"!'* Xét phơng trình : ax by c + = (1) với a,b,c thuộc Z; Gọi d = (a,b) với d/c khi đó a= d.a1 ; b= d.b1 ; (a1;b1)=1 và c=d.c1 và ta có (1) <=> 1 1 1 ax by c + = (2) Giả sử x0;y0 là mộ nghiệm của phơng trình Ta có 1 0 1 0 1 a x b y c + = (3) Xét hiệu (2)-(30 ta có 1 0 1 0 1 0 1 0 ( ) ( ) 0 ( ) ( ) a x x b y y a x x b y y + = = Đặt x-x 0 =u và y-y 0 =v => a 1 u=b 1 v Ta có a 1 /b 1 v và (a 1 ;b 1 ) =1 => a 1 /v => v=a.t ( Với t thuộc Z ) Do đó a1u=-a1b1t => u=- b1t Ngợc lại nếu u= -b 1 t ; v=a 1 t (với t thuộc Z ) thì cặp v,u,t là nghiệm của pt a 1 u=-b 1 v vì x-x 0 =u và y-y 0 =v nên x= x 0 -b1.t và y=y 0 +a1.t Vậy công thức tổng quát của phơng trình ax by c + = Có dạng 0 1 0 1 x= x -b .t y=y +a .t 8 Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên =@/* 1. các nghiệm riêng x0 ; y0 có thể tìm đợc nhờ thuật toán Ơclit 2. có thể ơhát biểu quá trình xây dựng cong thức nghiệm của phơng trình ax by c + = nh sau a. nếu (x 0 ; y 0 ) là một nghiệm nguyên của phơng trình 1ax by + = với (a;b)=1 thì (c. x 0 ; c.y 0 ) là nghiệm của phơng trình ax by c + = b. . nếu (x 0 ; y 0 ) là một nghiệm nguyên của phơng trình ax by c + = với (a;b)=1 thì mọi nghiệm nguyên của nó đợc xác định bởi hệ thức 0 0 x= x -b.t y=y +a.t với t thuộc Z 4. ví dụ bài tập :;5<0 : tìm các nghiệm nguyên của phơng trình: 8x +11y = 73 Giải: vì (8;11) =1 nên pt có nghiệm nguyên => x= 73-11y => 1 3 9 8 y x y = + đặt 1 3 8 y t = (t thuộc Z) => 1 3 3 t y t + = + Lại đặt 1 3 t+ =u với (u thuộc Z) => t=3.u-1 tính x,y theo u => 9 3. 3. 1 x y t y t u t u = + = + = => 11. 5 8. 3 x u y u = + = + với u thuộc Z :;5<4 : tìm các nghiệm nguyên dơng nhỏ nhất (x;y) của phơng trình 17x- 29y= 100 Giải: vì (17;29) =1 nên pt có nghiệm nguyên => x= 100 29 2 5 6 17 17 y y+ + = + đặt 2 5 17 y+ =t (t thuộc Z) => 2 1 5 17 2 3. 5 t y t y t = => = + Lại đặt 1 5 t u = với (u thuộc Z) => t=5.u +1 từ đó tính x;y theo u ta có => 29. 11 17. 3 x u y u = + = + với u thuộc Z để x ;y nguyên dơng 29. 11 0 3 17. 3 0 17 x u u y u = + > => > = + > 9 Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên &ABên u= 0;1;2;3 nghiệm nguyên nhỏ nhất khi u=0 => x=11 và y=3 :Dạng phơng trình vô định x 2 +y 2 =Z 2 0=#C./) Phơng trình vô định 2 2 2 x y z+ = có vô số nghiệm xác định bởi công thức x= u.v ; 2 2 2 2 ; 2 2 u v u v y z + = = với u,v thuộc Z ; u,v là các số lẻ ;(u;v)=1 ;u >v Chẳng hạn +) u=3 ; v=1 ta có nghiệm x=3; y=4; z =5 +) u=5 ; v=3 ta có nghiệm x=15 ; y=8; z=17 Ngoài cách xác định trên dây pt mà có nghiệm nguyên cua nó có phơng pháp xác dịnh nghiệm . sự tồn tạin chỉ có một số ít có phơng pháp tổng quát Việc xác dịnh nghiệm nguyên của các pt thờng dựa vào tính chất của tập hợp số tự nhiên chảng hạn A.B =1 <=> A=B=1 hoặc A=B = -1 ; phối hợp các phơng pháp nh phân tích ra thừa số , tính chia hêt , xét số d, 4&;5< :;5<0* Tìm các số nguyên x; y thoả mãn (x+1).(y-4) =3 (1) Giải Vì x;y thuộc Z => x+1 ; y-4 thuộc Z Mặt khác 3 = 3. 1= (-1). (-3) do đó Phơng trình (1) <=> x+1 1 3 -1 -3 y-4 3 1 -3 -1 <=> x+1 0 2 -2 -4 y-4 7 5 1 3 Vậy phơng trình có các nghiệm là: 0 7 x y = = ; 2 5 x y = = ; 2 1 x y = = ; 4 3 x y = = :;5<4* Giải phơng trình trong miền số nguyên: x.y= x+y Giải : Ta có 10 Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên . . ( ) 1 1 . 1 1 ( . ) ( 1) 1 .( 1) ( 1) 1 ( 1).( 1) 1 x y x y x y x y x y x y x y x y x y y y x = + + + = + = = = = 1 1 2 1 1 2 1 1 0 1 1 0 x x y y x x y y = = = = = = = = Vậy phơng trình có tập nghiệm S= { ( 2;2); (0;0)} :;5<D Tìm nghiệm nguyên của phơng trình sau: x. 2 +y 2 -6x+4y+13 = 0 (0 ) Giải : Ta có : PT (1) <=> ( x 2 -6x+9) + (y 2 +4y+4) = 0 <=> ( x-3 ) 2 + (y+2) 2 = 0 <=> 3 0 2 0 x y = + = <=> 3 2 x y = = Vậy phơng trình đã cho có nghiệm nguyên là 3 2 x y = = :;5<E*Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình sau x. 2 4xy + 5y 2 = 169 Giải : Ta có : x. 2 4xy + 5y 2 = 169 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 (2 ) 13 ( 2 ) 0 13 5 12 x xy y y x y y + + = + = + = + 2 0 26 13 13 x y x y y = = = = 11 Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Hoặc 2 13 13 0 0 x y x y y = = = = Hoặc 2 5 29 12 12 x y x y y = = = = Hoặc 2 12 22 5 5 x y x y y = = = = Vậy phơng trình có 4 cặp nghiệm : ( 26 ; 13 ) : ( 13 ; 0 ) ;( 29 ; 12 ) ;( 22 ; 5 ) VI. bài toán áp dụng bất đẳng thức côsi đa về phơng trình nghiệm nguyên: 1 . "!* Bất đẳng thức sau: Cho hai số dơng a và b chứng minh rằng : 2 a b ab + Dờu bàng xảy ra khi nào? ( bất đẳng thức côsi) Chứng minh : Ta có a >0; b>0 0; 0a b > > Vậy ( ) 2 0a b ( ) ( ) 2 2 2. 0a a b b + 2 .a b a b + Hay 2 a b ab + Dấu bằng xảy ra khi a=b 4:;5<* :;5<0* Tìm nghiẹm nguyên của phơng trình: (1+x 1 ).(1+x 2 ).(1+x 3 ) (1+x n )= 2 n 1 2 3 . . n x x x x Giải: áp dụng Bất đảng thức côsi ta có: 1 1 1 2x x+ 2 2 1 2x x+ 3 3 1 2x x+ 1 2 n n x x+ Nhân vế với vế ta đợc (1+x 1 ).(1+x 2 ).(1+x 3 ) (1+x n )= 2 n 1 2 3 . . n x x x x Dấu bằng xảy ra khi 1 2 3 n x x x x= = = = :;5<4* 12 [...].. .Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Hiệu hai bình phơng hai số tự nhiên là 169 tìm hai số tự nhiên đó Giải Giả sử hai số cần tìm là x; y sao cho x2-y2=169 (1) với x y ta có PT (1) ( x + y ) ( x y ) = 1.169 = 13.13 x y =1 x = 85 x + y = 169 y = 84 x y = 13 x = 13 x + y = 13 y = 0 Hoặc Vậy hai số tự nhiên cần tìm là (85; 81); (13;0) VII Giải phơng trình nghiệm nguyên. .. chẵn-lẻ: Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: x2+y2+z2=2xyz Giải Trờng hợp 1: Vì x2+y2+z2=2xyz M 2 Nên hai trong ba số đó coa một số chẵn hai số lẻ Giả sử x = 2n ; y = 2k + 1 ; z = 2t + 1 với n; k;t thuộc Z Ta có x2+y2+z2=2xyz ( 2n ) 2 + ( 2k + 1) 2 + ( 2t + 1) 2 = 2.2n.(2k + 1).(2t + 1) 2n 2 + 2k (k + 1) + 2t (t + 1) + 1 = 2n(2k + 1)(2t + 1) Vé trái là số lẻ , vế trái là số chẵn Vậy trờng... thắn trực tiếp phần kiến thức mà mình đã lĩnh hội đợc , những khó khăn vớng mắc khi thực hiện phần bài 14 Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên tập đợc giao , trao đổi những thông tin với bạn học qua đó rút ra phơng pháp học tập phù hợp để đạt đợc kết quả cao Trên đây là một số kinh nghiệm của tôi trong quá trình giảng dạy tuy vậy còn thiếu sót mà bản thân không nhận thấy rất mong đợc sự... việc cung cấp một hệ thống kiến thức cơ bản đầy đủ mà SGK đề cập đến rất ít chỉ qua một số bài tập SBT qua quá trình bồi dỡng học sịnh khá , giỏi tôi nhận hấy đã cung cấp cho học sịnh rất phong phú về các thể loại cũng nh dạng toán về phơng trình nghiệm nguyên , đã tăng cờng , khơi dậy cho học sịnh niềm hứng thú trong học tập khơi dậy niềm đam mê học toán Qua đó toi rút ra bài học kịnh nghiệm sau: Đối... 8 x2 y2 z2 Tiếp tục sau k bớc ta thu đợc xk2 + yk2 + zk2 = 2k +1 xk yk zk 13 Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Với xk = x 2k ; yk = y 2k ; zk = z Đều là các số nguyên chẵn với k nguyên dơng điều 2k này chỉ xảy ra khi x=0; y=0; z=0 hay x=y=z=0 Vậy phơng trình có nghiệm nguyên dơng x=y=z=0 Khảo sát 3 lần sau khi thực hịên Khối Lớp 8B + 8C TS HS Giỏi TS % Khá TS % T bình TS % 65 12 20 28... 3 số đều chẵn: giả sử x=2x1; y=2y1;z=2z1 khi đó ( 2 x1 ) + ( 2 y1 ) + ( 2 z1 ) = 2 ( 2 x1 ) ( 2 y1 ) ( 2 z1 ) 2 2 2 ( x1 ) + ( y1 ) + ( z1 ) 2 2 2 = 4 x1 y1 z1 Lập luận nh trên ta đợc x1=2x2; y1=2y2; z1=2z2 ( x ) +( y ) +( z ) 2 2 1 1 1 2 = 4 x1 y1 z1 ( x2 ) + ( y2 ) + ( z2 ) 2 2 2 = 8 x2 y2 z2 Tiếp tục sau k bớc ta thu đợc xk2 + yk2 + zk2 = 2k +1 xk yk zk 13 Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm. .. kỹ mục tiêu của dạnh toán cần truyền tải đến học sinh Qua đó nghiên cứu kỹ các tài liệu liên quan , có định hớng rõ ràng , thảo luận tổ chuyên môn và trao đổi đồng nghiệp tìm ra giải pháp tối u, trong triển khai, rút kinh nghiệm qua , từng bài cụ thể , bổ sung kiến thức qua các tài liệu , tạp trí toán học , các đề thi học sinh giỏi hàng năm Đối với học sinh cần khơi dậy niềm hứng thú đam mê qua từng... vậy còn thiếu sót mà bản thân không nhận thấy rất mong đợc sự góp ý của bạn bè đồng nghiệp T liệu tham khảo 1 SGK + SBT toán 8, 9 2 SGV toán 8,9 3 Tài liệu chuyên toán 6 , 225 bài toán số học chọn lọc, 225 bài toán đại số chọn lọc 4 Tập san tạp chí khoa học, Tạp chí toán tuổi thơ 2, đề thi học sinh giỏi các năm 15 . giải : ,-./0* nếu phân số tói giản p q ( p là số nguyên , q là só nguyên dơng) là một ngiệm của phơng trình (1) thì p là ớc số của a 0 và qlà ớc số của a n Chứng Minh Vì p q là m pt nghiệm. = 12'30* Nếu x=b là một nghiệm thì b là ớc của q 0 12'34* mọi nghiệm hữu tỉ của phơng trình với hệ số nguyên : 5 Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên 1 2 1 2 1 0 0 n. 0 6 Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên IV . phơng trình bậc nhất hai ẩn số ax by c + = ( với a, b,c là các hệ số nguyên) 1. cơ sở lý thuyết* , -./0* Cho a, b là hai số nguyên