Chuyen de phuong trinh nghiem nguyen

Đề tài sáng kiến kinh nghiệmPhòng GD & ĐT Huyện Yên Khánh Trờng THCS Khánh Cờng ------Đề tài sáng kiến kinh nghiệm Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên Ngời thực hiện: Tr

Đề tài sáng kiến kinh nghiệm

Phòng GD & ĐT Huyện Yên Khánh Trờng THCS Khánh Cờng

- -Đề tài sáng kiến kinh nghiệm

Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên

Ngời thực hiện: Trịnh Văn Dũng

Đơn vị : Trờng THCS Khánh Cờng

Khánh Cờng , tháng 5 năm 2010

I Phần mở đầu Trong chơng trình toán trung học cơ sở khối lợng kiến thức rất phong phú

và đa dạng, các dạng toán cũng đợc đề cập đến không ít Trong số đó phơng trình nghiệm nguyên l một mảng kiến thức quan trọng Tuy nhiên ở chà một mảng kiến thức quan trọng Tuy nhiên ở ch ơng trình sách giáo khoa cha nhắc đến vì phơng trình nghiệm nguyên còn hơi khó đối với các đối tợng học sinh Trung bình,Yếu

Bởi vậy muốn bồi dỡng và phát triển đối tợng học sinh Khá, Giỏi bản thân ngời dạy phải nghiên cứu tài liệu tìm tòi các dạng toán về phơng trình nghiệm nguyên

và các phơng pháp giải dễ hiểu, dễ vận dụng Nhằm bổ trợ và nâng cao kịp thời cho các em ở phơng trình nghiệm nguyên mỗi bài toán , với số liệu riêng của

Đề tài sáng kiến kinh nghiệm

nó, đòi hỏi một cách giải riêng phù hợp Điều đó có tác dụng rèn luyện tính t duy toán học linh hoạt và sáng tạo của ngời học Do đó mà các bài toán tìm nghiệm nguyên thờng có mặt trong đề thi các kì thi chọn học sinh giỏi thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT, thi vào các trờng chuyên trên toàn quốc

Không những thế phơng trình nghiệm nguyên là một đề tài khá lí thú của Số học và Đại số, mãi mãi là đối tợng nghiên cứu của Toán học

Từ những yếu tố khách quan và chủ quan đó Tôi đã tìm nghiên cứu đề tài “

Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên” Nhằm tìm ra các biện

pháp hữu hiệu nhất để có một phơng án đúng đắn giúp học sinh tiếp cận với

ph-ơng trình nghiệm nguyên một cách chủ động, có hứng thú trong quá trình học tập

Phơng trình nghiệm nguyên rất phong phú về dạng toán, nhng ở đề tài này tôi chỉ nêu một số dạng toán điển hình và một số phơng pháp giải cơ bản cho từng dạng toán đó

- -II Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên

1/ Phơng pháp biến đổi thành tích:

VD1: Tìm nghiệm (x;y) nguyên của phơng trình : xy - 2x + 3y = 16 (1)

H

ớng dẫn : (1) <=> xy - 2x + 3y - 6 = 10

<=> (x + 3)(y - 2) = 10 Vì x, y nguyên => (x + 3) và (y - 2)  Ư(10) =     1; 2; 5; 10

Ta có bảng giá trị của (x + 3); (y - 2) ; x và y nh sau:

Kết hợp với điều kiện x, y  Z => phơng trình có nghiệm: (x;y)

( 2;12);( 4; 8)( 1;7);( 5; 3);(2;4);( 8;0);(7;3)( 13;1)         

VD2: Tìm nghiệm x; y nguyên của phơng trình : 1 1 1

(2) 2

x y 

H

ớng dẫn : Đ/k : x  0; y  0

(2) <=> 2x +2y = xy

<=> x(y-2) - 2(y - 2) = 4

<=> (x - 2)(y-2) = 4

Vì x, y nguyên => (x - 2) và (y - 2)  Ư(4) =    1; 2; 4

Đề tài sáng kiến kinh nghiệm

Kết hợp với điều kiện x, y  Z; x  0; y  0

=> phơng trình có nghiệm: (x;y)(3;6);(1; 2)(4; 4);(6;3);( 2;1)   

2/ Phơng pháp biến đổi thành tổng

VD3: Tìm nghiệm x; y nguyên của phơng trình x2 + 2x + y2 + 4y + 5 = 34 (3)

H

ớng dẫn : (3) <=> (x+1)2 + (y + 2)2 = 32 + 52

<=>

( 1) 3

( ) ( 2) 5

( 1) 5

( ) ( 2) 3

x

I y

x

II y

   

 

 



 



  







  



=> Ta có bảng giá trị của x và y nh sau

Kết hợp với điều kiện x, y  Z

=> phơng trình có nghiệm: (x;y)

(2;3);(2; 7)( 4;3);( 4; 7);(4;1);(4; 5);( 6;1)( 6; 1)         

VD4: Tìm nghiệm x; y nguyên của phơng trình (x2 + y2 )( y2 + 4) = 8 xy2 (4)

( Trích đề thi tuyển sinh THPT tỉnh Ninh bình năm 2003 - 2004)

H

ớng dẫn : (4) <=> 4x2 + x2y2+ 4y2 + y4- 8xy2 = 0

<=> 4x2 - 4xy2+ y4 + x2y2+ 4y2 - 4xy2 = 0

<=> ( 2x - y2)2 + y2 (x - 2)2 = 0

2 2

0 2

0

0

2 0

2

x

y

x y

y

x

y

 

  



     







 



=> phơng trình có nghiệm: (x;y)(0;0);(2; 2)(2; 2)  

VD5: Tìm nghiệm x; y nguyên của phơng trình : x + y + xy + 2 = x2 + y2 (5)

( Trích đề thi tuyển sinh THPT tỉnh Ninh bình năm 2009 - 2010)

H

ớng dẫn : (5) <=> 2x + 2y + 2xy + 4 = 2x2 + 2y2

<=> x2 - 2x + 1 + x2 - 2xy + y2 + y2 - 2y + 1 = 6

<=> ( x - 1)2 + ( y - 1)2 + ( x - y)2 = 12 + 12 + 22

Nên ta có các trờng hợp sau:

TH1:

 

 

 

       

2 2 2

1 1

1 1 ; 2;0 ; ; 0; 2 4

x

x y

  









 



TH2:

 

 

 

       

2 2 2

1 1

1 4 ; 0; 1 ; ; 2;3 1

x

x y

  









 



Đề tài sáng kiến kinh nghiệm

TH3:

 

 

 

       

2 2 2

1 4

1 1 ; 1;0 ; ; 3; 2 1

x

x y

  







 



Vậy phơng trình có 6 nghiệm nguyên :(2; 0); (0; 2); (0; -1); (-1; 0); (3; 2); (2; 3)

Giải bằng cách khác :

(5) <=> x2 - ( y +1)x + y2 - y - 2 = 0 (*) (coi y là tham số của phơng trình)

Phơng trình (*) có nghiệm x khi   0

=> (y + 1)2 - 4(y2 - y - 2)  0

<=> y2 - 2y -3  0

<=> ( y+ 1)( y - 3)  0

Giải đợc -1 y  3 vì y nguyên => y  {-1; 0; 1; 2; 3)

+ Nếu y = -1 => (5) <=> x = 0 => phơng trình có nghiệm (0; -1)

+ Nếu y = 0 => (5) <=> x2 - x - 2 = 0 => x = -1 hoặc x = 2

=> phơng trình có nghiệm (-1; 0) ; (2; 0)

+ Nếu y = 1 => (5) <=> x2 - 2x - 2 = 0 có  ' = 3 không chính phơng

=> Khi y = 1 thì phơng trình không có nghiệm (x;y) nguyên

+ Nếu y = 2 => (5) <=> x2 - 3x = 0 => x = 0 hoặc x = 3

=> phơng trình có nghiệm (0; 2) ; (3; 2)

+ Nếu y = 3 => (5) <=> x2 - 4x + 4 = 0 => x = 2

=> phơng trình có nghiệm (2; 3)

Vậy phơng trình có 6 nghiệm: (2; 0); (0; 2); (0; -1); (-1; 0); (3; 2); (2; 3)

Phơng pháp giải trên còn đợc gọi là "phơng pháp miền giá trị" và đây là một

ứng dụng của phơng trình bậc hai để giải phơng trình nghiệm nguyên

3/ ứng dụng Phơng trình bậc hai, hệ thức vi - ét để giải phơng trình nghiệm nguyên.

VD6 : Tìm nghiệm nguyên của phơng trình sau.

x+ y +xy = x2 + y2 (6)

H

ớng dẫn : Ta thấy (6) <=> x2 – (y + 1)x + y2 – y = 0

Ta có thể xem x là ẩn còn y đóng vai trò là tham số thì ta có :

 = (y + 1)2 – 4 (y2 – y) = - 3y2 + 6y + 1 để phơng trình (6) có nghiệm nguyên thì  ≥ 0 và phải là số chính phơng

<=> - 3y2 + 6y + 1 ≥ 0

Đề tài sáng kiến kinh nghiệm

<=> 3(y – 1)2 ≤ 4

<=> (y – 1 )2 ≤ 34

<=> 0 ≤ (y – 1 )2 ≤ 1

Do đó ta có các trờng hợp sau:

 y – 1 = 1 <=> y = 2

 y – 1 = -1 <=> y = 0

 y – 1 = 0 <=> y = 1

Thay các giá trị của y vào phơng trình x2 – (y + 1)x + y2 – y = 0

Ta có:

 Với y = 2 ta có x1 = 1 ; x2 = 2

 Với y = 0 ta có x3 = 0 ; x4 = 1

 Với y = 1 ta có x5 = 0 ; x6 = 2

Vậy phơng trình (6) có 6 nghiệm nguyên sau:

(0 ; 0) ; (1 ; 0) ; (0 ; 1) ; (2 ; 1) ; (1 ; 2) ; (2 ; 2) Nhận xét : Phơng trình trên có các ẩn luỹ thừa bậc 2, nên ta có thể viết phơng trình đã cho dới dạng phơng trình bậc 2 có ẩn là x , còn y ta xem nh là tham số

Từ đó sử dụng điều kiện  ≥ 0 để phơng trình có nghiệm và  phải là một số chính phơng để phơng trình đã cho có nghiệm nguyên để tìm nghiệm của phơng trình

VD7 : Tìm a  N để phơng trình x2 - a2 x + a + 1 = 0 (7 ) có nghiệm nguyên.

( Trích đề thi tuyển sinh THPT tỉnh Ninh bình năm 2008 - 2009)

H

ớng dẫn : Giả sử phơng trình (7) có nghiệm nguyên x1; x2

áp dụng hệ thức vi ét ta có :

2

1 2

0

1 0

x x a

   



  



(vì a là số tự nhiên)

=> x1; x2 > 1 => x1 - 1  0 và x2 - 1  0

=> (x1 - 1)( x2 - 1)  0 => x1x2 - (x1+ x2) + 1  0

=> a + 1 - a2 + 1  0 => a2 - a - 2  0 => (a +1)(a - 2)  0

=> -1  a  2 vì a là số tự nhiên => a  {0; 1; 2}

+ Nếu a = 0 => (7) <=> x2 + 1 = 0 (Phơng trình vô nghiệm)

+ Nếu a = 1 => (7) <=> x2 - x + 2 = 0 (Phơng trình vô nghiệm vì  = -7 < 0)

+ Nếu a = 2 => (7) <=> x2 - 4x + 3 = 0 => x1= 1; x2 = 3 (thoả mãn x là

số nguyên)

Vậy khi a = 2 thì phơng trình x2 - a2 x + a + 1 = 0 có nghiệm nguyên

Đề tài sáng kiến kinh nghiệm

Nhận xét : Khi phơng trình có nhiều ẩn ta có thể dùng các phép biến đổi tơng

đ-ơng để làm cho phđ-ơng trình có số ẩn ít hơn để giải, phđ-ơng pháp nói trên còn đợc gọi là phơng pháp " Khử ẩn"

4/ Phơng pháp khử ẩn

VD8: Tìm nghiệm x; y nguyên của phơng trình : x2 + x + 1 = xy - y (8)

H

ớng dẫn : Ta thấy (8) <=> y ( x - 1) = x2 + x + 1

+ Nếu x = 1 thì (8) <=> x2 + x + 1 = 0 ( có  = -3 < 0 => pt vô nghiệm) + Nếu x  1 thì (8) <=> y =

1

x x x

 



=> y = x + 2 + 3

1

x 

Vì x; y nguyên => x - 1  Ư(3) = {3; -3; 1; -1}

Nên ta có bảng giá trị của x và y nh sau:

y =

1

x x

x

 

=> phơng trình có nghiệm: (x;y)(4;7);( 2; 1)(2;7);(0; 1)    

Nhận xét: Khi giải phơng trình nghiệm nguyên ta thờng sử dụng tính chất luỹ thừa cùng bậc của các số nguyên liên tiếp để đa về phơng trình nghiệm nguyên cần giải có ít ẩn hơn từ đó có thể dễ dàng tìm nghiệm nguyên của

ph-ơng trình.

 Nếu : xn < yn < (x+a)n => yn = (x + i)n với 0 < i < a và i  Z

 Nếu : x(x+1)…(x+ n) < y(y+1)…(y+ n) < (x + a)(x+a+1)…(x+ i + n)(x+ n) < y(y+1)…(x+ n) < y(y+1)…(y+ n) < (x + a)(x+a+1)…(x+ i + n)(y+ n) < (x + a)(x+a+1)…(x+ n) < y(y+1)…(y+ n) < (x + a)(x+a+1)…(x+ i + n)(x+ i + n)

=> y(y+1)…(x+ n) < y(y+1)…(y+ n) < (x + a)(x+a+1)…(x+ i + n)(y+ n) = (x + i)(x+i+1)…(x+ n) < y(y+1)…(y+ n) < (x + a)(x+a+1)…(x+ i + n)(x+i+n) với 0 < i < a và i  Z

VD9: Tìm nghiệm x; y nguyên của phơng trình : x3 = y3 + 2y2 + 3y + 1 (9)

H

ớng dẫn : Ta thấy y2  0 ; -5y2 - 2 < 0 với x; y

Nên ta có : y3 + 2y2 + 3y + 1 - 5y2 - 2 = (y - 1)3 < x3 (1)

Và : y3 + 2y2 + 3y + 1 + y2 = ( y + 1)3  x3 (2)

Từ (1) và (2) => (y - 1)3 < x3  ( y + 1)3

=> x3 = y3 hoặc x3 = (y+ 1)3

+ Nếu : x3 = y3 => (9) <=> 2y2 + 3y + 1 = 0

Giải đợc : y = -1 ( thoả mãn) và y = -1/2 ( loại)

Với y = -1 => x = -1 => ta có nghiệm (-1; -1)

+ Nếu : x3 = (y+ 1)3 => (9) <=> y3 + 2y2 + 3y + 1 = y3 + 3y2 + 3y + 1

=> y = 0 => x3 = ( 0 + 1)3 => x = 1 => ta có nghiệm (1; 0)

Vậy nghiệm nguyên của phơng trình là : (-1; -1); (1; 0)

VD10: Tìm nghiệm x; y nguyên của phơng trình : y3 - x3 = 2x +1 (10)

H

ớng dẫn : (10) <=> y3 = x3 + 2x + 1 (*)

Ta có : 6x2 + 10x + 7 = 6(x + 5

6)

2 + 17

6 > 0 và

- ( 3x2 - x + 2) = -3( x - 1/2)2 - 5/3 < 0 (với mọi giá trị của x)

=> x3 + 2x + 1 - ( 3x2 - x + 2) < x3 + 2x + 1 < x3 + 2x + 1 + 6x2 + 10x + 7

=> ( x- 1)3 < y3 < (x + 2)3

Đề tài sáng kiến kinh nghiệm

 Nếu : y3 = x3 => (*) <=> x3 = x3 + 2x + 1

<=> 0 = 2x + 1 => x = -1/2 (loại)

 Nếu : y3 = (x+ 1)3 => (*) <=> (x+1)3 = x3 + 2x + 1

<=> x3 + 3x2 + 3x + 1 = x3 + 2x + 1 <=> 3x2 + x = 0

<=> x( 3x + 1) = 0 <=> 0

1/ 3

x x





 



Với x = 0 => y = 1 => phơng trình có nghiệm nguyên là (0; 1)

VD11: Tìm nghiệm x; y nguyên của phơng trình : x4 + x2- y2+ y +10 = 0 (11)

H

ớng dẫn : (11) <=> y(y-1) = x4 + x2 + 10 (*)

Ta có : x4 + x2 + 10 > x4 + x2 = x2 (x2 + 1) (1)

Và : 6x2 + 2 > 0 => x4 + x2 + 10 < x4 + x2 + 10 + 6x2 + 2 = (x2 + 3)(x2 + 4) (2)

Từ (1) và (2) => x2 (x2 + 1) < y(y-1) < (x2 + 3)(x2 + 4)

=> y(y-1) = (x2 + 1)(x2 + 2) = x4 + 3x2 + 2

hoặc y(y-1) = (x2 + 2)(x2 + 3) = x4 + 5x2 + 6

 Nếu : y(y-1) = x4 + 3x2 + 2 => x4 + 3x2 + 2 = x4 + x2 + 10

=> x2 = 4 <=> x = 2

+ Khi : x = 2 => y(y-1) = 30

<=> y2 - y - 30 = 0 Giải đợc y = 6 hoặc y = -5

=> Ta có nghiệm (2; 6); (2; -5)

+ Khi : x = - 2 => y(y-1) = 30

<=> y2 - y - 30 = 0 Giải đợc y = 6 hoặc y = -5

=> Ta có nghiệm (-2; 6); (-2; -5)

 Nếu : y(y-1) = x4 + 5x2 + 6 => x4 + 5x2 + 6 = x4 + x2 + 10

=> x2 = 1 => x 1

+ Khi : x = 1 => y(y-1) = 12

<=> y2 - y - 12 = 0 Giải đợc y = 4 hoặc y = -3

=> Ta có nghiệm (1; 4); (1; -3)

+ Khi : x = -1 => y(y-1) = 12

<=> y2 - y - 12 = 0 Giải đợc y = 4 hoặc y = -3

=> Ta có nghiệm (-1; 4); (-1; -3)

Vậy phơng trình đã cho có 8 nghiệm nguyên là :

(2; 6); (2; -5); (-2; 6); (-2; -5); (1; 4); (1; -3); (-1; 4); (-1; -3)

5/ Phơng pháp thử chọn.

VD12: Tìm nghiệm tự nhiên của phơng trình : 1 1 1

1

x yz  (12)

H

ớng dẫn : Đk : x; y; z  0

Vai trò x; y; z là nh nhau, Không làm mất tính tổng quát giả sử : xyz

 Nếu : x = 1 => 1 1

0

y z  ( Điều này không xảy ra) vì y; z là số tự nhiên.

 Nếu : x = 2 => 1 1 1

2

yz  (Giải bằng cách đa về dạng tích)

(2) <=> 2y +2z = yz

<=> y(z-2) - 2(z - 2) = 4

(Thoả mãn) (loại)

Đề tài sáng kiến kinh nghiệm

<=> (y - 2)(z - 2) = 4

Vì x, y  N => (y - 2) và (z - 2)  Ư(4) =    1; 2; 4

Kết hợp với điều kiện x, y  N ; x  0; y  0; : xyz

=> phơng trình có nghiệm nguyên là (2; 3; 6); (2; 4; 4)

 Nếu : x = 3 => 1 1 2

3

y z  (Giải bằng cách đa về dạng tích)

=> phơng trình có nghiệm nguyên là (3; 3; 3)

Nếu : x  4 => 1 1 1 1 1 1 3

1

4 4 4 4

x yz      :

Vậy phơng trình không có nghiệm nguyên khi: 4xyz

Vậy khi : xyz thì phơng trình có nghiệm (2; 3; 6); (2; 4; 4); (3; 3; 3), vì x; y;

z có vai trò bình đẳng nh nhau nên phơng trình đã cho có 10 nghiệm tự nhiên là: (2; 3; 6); (2; 6; 3); (3; 2; 6); (3; 6; 2); (6; 2; 3); (6; 3; 2); (2; 4; 4); (4; 2; 4);

(4; 4; 2); (3; 3; 3)

6/ Phơng pháp phản chứng.

VD13: Tìm nghiệm x; y nguyên của phơng trình : x3 + 2y3- 4z3 = 0 (13)

H

ớng dẫn : Dễ thấy (0; 0; 0) là một nghiệm của phơng trình:

Giả sử : (x; y; z) (0; 0; 0) khi đó ta đặt ƯCLN(x;y;z) = d

=> x = d.x1; y = d.y1; z = d.z1 trong đó ƯCLN(x1;y1;z1) = 1

Từ (13) => x3 + 2y3 - 4z3 = 0 (*1)

=> x3 = 2(2z3 - y3 ) => x1  2 => x1 = 2 x2;

=> (*1) <=> 8x3 + 2y3 - 4z3 = 0 => 4x3 + y3 - 2z3 = 0 (*2) => y3 = 2(z3 - 2x3 )

=> y1  2 => y1 = 2 y2;

=> (*2) <=> 4x3 + 8y3 - 2z3 = 0 => 2x3 + 4y3 - z3 = 0 => z3 = -2(x3 +2y3 )

=> z1  2

 Nh vậy ta có : x1  2; y1  2; z1  2 trái với giả thiết ƯCLN(x1;y1;z1) = 1 Vậy phơng trình đã cho có nghiệm nguyên là : (0; 0; 0)

VD14: Tìm nghiệm x; y nguyên của phơng trình :

2009

Co dau can

x x x  x y

         (14)

H

ớng dẫn : Đk ( x  0 ; y  0)

 với x = 0 => y = 0 => (x;y) = (0;0) là một nghiệm nguyên của pt (14)

 Với x > 0 thì x ở hai dạng : x là số không chính phơng hoặc x là số chính phơng

TH1: Nếu x là số không chính phơng thì x  Z =>

2009

Co dau can

x x x  x

        

không thể là số chính phơng, mà y là số nguyên dơng =>phơng trình

2009

Co dau can

x x x  x y

         vô nghiệm

Đề tài sáng kiến kinh nghiệm

TH2: Nếu x là số chính phơng thì x  Z

Ta có: x < x + x < x + 2 x+1

=>  x 2  x x2  x 12

=>  x  x x  x 1

=> x x không thể là số chính phơng vì x và x+ 1 là hai số nguyên liên tiếp

=> Vậy khi x là số chính phơng vế trái không là số chính phơng

=> phơng trình

2009

Co dau can

x x x  x y

         vô nghiệm

Vậy khi x > 0 thì phơng trình đã cho không có nghiệm nguyên

=> Nghiệm nguyên của phơng trình là (0; 0)

- -III kết luận chung:

Qua nhiều năm giảng dạy, học hỏi bạn bè đồng nghiệp, tôi đã nghiên cứu đề

tài " Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên " Việc nghiên cứu

đề tài đã giúp tôi có cách nhìn sâu hơn, rộng hơn về loại toán này Sau khi áp dụng đề tài vào thực tế giảng dạy tôi nhận thấy học sinh nắm vững các bớc giải giải phơng trình nghiệm nguyên, nắm đợc một cách có hệ thống các phơng pháp giải và biết vận dụng linh hoạt trong việc giải quyết các bài tập

Loại toán giải phơng trình nghiệm nguyên là loại toán khó, có nhiều dạng bài tập và phong phú cách giải Do vậy trong đề tài này tôi chỉ nêu ra một số ph

-ơng pháp giải ph-ơng trình nghiệm nguyên thờng gặp trong ch-ơng trình toán

THCS Chính vì vậy mà không thể tránh khỏi những thiếu sót mong đợc sự góp ý của các thầy cô giáo và bạn bè đồng nghiệp để tôi rút kinh nghiệm giảng dạy tốt hơn trong những năm học tới

Tôi xin chân thành cảm ơn!

Khánh Cờng, ngày 15 tháng 5 năm 2010

Xác nhận củaTổ KHTN

Bùi Văn Chiến

Ngời viết đề tài

Trịnh Văn Dũng

Xác nhận của BGH nhà Trờng

§Ò tµi s¸ng kiÕn kinh nghiÖm