SKKN phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn toán ở THPT

37 4.1K 1
SKKN phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn toán ở THPT

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

Phương trình nghiệm nguyên là một đề tài hấp dẫn, thú vị của toán học, vì vậy phương trình nghiệm nguyên đã được rất nhiều nhà toán học nghiên cứu. Tuy nhiên, với người học thì giải phương trình nghiệm nguyên là một vấn đề khó. Để giải được phương trình nghiệm nguyên đòi hỏi phải có tư duy lôgic, sự sáng tạo. Các phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng và kèm theo các phường trình nghiệm nguyên đó có rất nhiều phương pháp giải hay, nhưng do khó, phức tạp mà trong chương trình toán ở phổ thông cũng như Cao đẳng chỉ đề cập đến rất ít, Vì vậy, tôi chọn đề tài: phương trình nghiệm nguyên để giúp các bạn tìm hiểu được nhiều hơn về phương trình nghiệm nguyên. ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Phương trình nghiệm nguyên là một đề tài hấp dẫn, thú vị của toán học, vì vậy phương trình nghiệm nguyên đã được rất nhiều nhà toán học nghiên cứu. Tuy nhiên, với người học thì giải phương trình nghiệm nguyên là một vấn đề khó. Để giải được phương trình nghiệm nguyên đòi hỏi phải có tư duy lôgic, sự sáng tạo. Các phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng và kèm theo các phường trình nghiệm nguyên đó có rất nhiều phương pháp giải hay, nhưng do khó, phức tạp mà trong chương trình toán ở phổ thông cũng như Cao đẳng chỉ đề cập đến rất ít, Vì vậy, tôi chọn đề tài: ''phương trình nghiệm nguyên'' để giúp các bạn tìm hiểu được nhiều hơn về phương trình nghiệm nguyên. II. MỤC ĐÍCH ĐỀ TÀI: Đề tài này nhằm đạt được một số mục đích sau: + Thống kê các phương trình nghiệm nguyên. + Phân loại và phương pháp giải một số dạng phương trình nghiệm nguyên. III. NỘI DUNG: A. Một số định nghĩa, định lý liên quan đến phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên. 1. Định lý Ơ - le: Định lý: Giả sử m là một số tự nhiên lớn hơn 1 và a là một số nguyên tố với m khi ấy ta có: (m) a 1 ϕ ≡ (modm). + (m)ϕ : Là số các số tự nhiên khác 0 không vượt quá m và nguyên tố với m. + Hệ thặng dư đầy đủ modun m H = {0, 1, , m -1} - Hệ thặng dư thu gọn modun m H = m 1 m 1 m 1 , 1, , 2 2 2 − − −   − − +     với m là số lẻ H = m m m , 1, , 1 2 2 2   − − + −     với m là số chẵn. 1 ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT H = m m m 1, 2, , 2 2 2   − + − +     là hệ thặng dư đầy đủ giá trị tuyệt đối nhỏ nhất. Chứng minh: Cho x chạy qua hệ thặng dư thu gọn modun m không âm nhỏ nhất {r 1 , r 2 , , r (m)ϕ } khi ấy tập hợp {ar 1 , ar 2 , , ar (m)ϕ } cũng là hệ thặng dư thu gọn modun m. Gọi s 1 , s 2 , s (m)ϕ là các thặng dư không âm nhỏ nhất cùng lớp với ar 1 , ar 2 , , ar n thì ta có: ar 1 ≡ s 1 (modm) ar 2 ≡ s 2 (modm) ar (m)ϕ ≡ s (m)ϕ (modm) Ta sẽ được { s 1 , s 2 , , s (m)ϕ } cũng là hệ thặng dư thu gọn modun m không âm nhỏ nhất, Bằng cách nhân vế với vế của (m)ϕ đồng thức trên ta được: a (m)ϕ . r 1 r 2 r (m)ϕ ≡ s 1 s 2 s (m)ϕ (modm) Vì {r 1 , r 2 , , r (m)ϕ } và {s 1 , s 2 , , s (m)ϕ } cũng là hệ thặng dư thu gọn không âm nhỏ nhất nên ta có: r 1 r 2 r (m)ϕ = s 1 s 2 s (m)ϕ Từ đó a (m)ϕ r 1 ,r 2 r (m)ϕ ≡ r 1 r 2 r (m)ϕ (modm) Nhưng r 1 r 2 r (m)ϕ nguyên tố với (m vì từng thừa số nguyên tố với m) nên có thể chia cả 2 vế của đồng dư thức r 1 r 2 r (m)ϕ ta được: a (m)ϕ ≡ 1 (modm) 2. Định lý Feema: Cho p là một số nguyên tố và a là một nguyên tố không chia hết cho p. Khi ấy ta có: a p-1 ≡ (mod p). Chứng minh: Vì p là số nguyên tố nên (p)ϕ = p - 1. áp dụng định lý ơ-le suy ra điều phải chứng minh. 3. Phương trình ax 2 + bx + c = 0 2 ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT - Nếu có nghiệm nguyên là x 0 thì C M x 0 - Phương trình có nghiệm nguyên khi và chỉ khi ∆ ( ∆ ')là số chính phương 4. Thuật toán ơclit mở rộng. (Tìm ước chung lớn nhất của 2 số a, b) - Giả sử a > b. a,b ∈ z + B 1 : Chia a cho b được dư r 1 . Nếu r 1 = 0 thì b/a. Nếu r 1 ≠ 0 ta được: a = bq + r 1 . B 2 : Chia b cho r 1 được dư r 2 . - Nếu r 2 = 0 thì UCLN (a,b) = r 1 - Nếu r 2 ≠ 0 thì ta được: b = r 1 q 1 + r 2 . B 3 : Thực hiện phép chia r 1 cho r 2 được số dư r 3 . - Nếu r 3 = 0 thì UCLN (a, b) = r 3 - Nếu r 3 ≠ 0 thì r 1 = r 2 q 2 + r 3 . Tiếp tục quá trình như vậy cho đến khi số dư bằng 0 (Giả sử là r n ). Quá trình này phải biết kết thúc vì ta được dãy giảm nghiêm ngặt bị chặn dưới r 1 > r 2 > r 3 > r n -1 > r n > 0 - Ước chung lớn nhất của a và b là r n-1 ( số dư khác 0 cuối cùng) 5. Điều kiện cần và đủ để phương trình: ax + by = c (1) có nghiệm là UCLN (a, b) c. Chứng minh: - Điều kiện cần: Giả sử phương trình (1) có nghiệm nguyên là (x 0 , y 0 ) ta có: ax 0 + by 0 = c. Gọi d = UCLN (a, b). Khi ấy d là ước của a và b nên d cũng là ước của ax 0 + by 0 = c nghĩa là d ước của c. - Điều kiện đủ: Giả sử d = UCLN (a,b) là ước của c, nghĩa là có số nguyên c, sao cho c = c 1 d. Ta phải chứng minh phương trình (1) có nghiệm nguyên, nghĩa là có cặp số (x 0 , y 0 ) sao cho có đẳng thức: ax 0 + by 0 = c. Thật vậy vì d = UCLN (a,b) nên có cặp số nguyên x 1 , y 1 sao cho : d = ax 1 + by 1 . 3 ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT Nhân cả 2 vế với c 1 ta được c 1 d = c 1 ax 1 + by 1 c 1 hay ( c 1 a)x 1 + (c 1 b)y 1 = c Đẳng thức này chứng minh của phương trình (1). * Nếu phương trình (1) có một nghiệm nguyên là (x 0 , y 0 ) thì nó có vô số nghiệm nguyên và tập hợp các nghiệm nguyên của nó gồm các cặp số nguyên (x 1 y) xác định bởi: 0 0 b x x t a a y y t, t Z d  = +     = − ∈   Với d = UCLN (a, b) và t = 0, ± 1, ± 2 Điều này ta dễ dàng kiểm tra khi thay x, y vào phương trình (1). * Phương trình: a 1 x 1 + a 2 x 2 + + a n x n = c khi và chỉ khi φ UCLN (a 1 , a 2 , , a n ) là ước của c. Chứng minh cho trường hợp này tương tự như chứng minh cho trường hợp n = 2. B. MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI: a. Phương pháp giải: 1. Tách phần nguyên: (phương pháp này chủ yếu áp dụng cho phương trình bậc nhất 2 ẩn). Ví dụ: Giải phương trình: 43x + 47y = 50 (1) Phương trình (1) <=> 43x = 50 - 47y => x = 1 - y + 7 4y 43 − Đặt t = 7 4y 43 − , t ∈ Z => x = 1 - y + t. Và 7 - 4y = 43t => y = 2 - 11t + t 1 4 − . Đặt t 1 4 − = η η ∈ Z => y = 2 - 11t + η và t=4 η +1 => y = 2 - 11 (4 η + 1) + η = - 43 η - 20 => x = 1 - ( - 43 η - 20) + 4 η + 1 = 22 + 47 η . Vậy phương trình (1) có nghiệm tổng quát là: x 22 47t y 20 43t = +   = − −  Với t ∈ Z . 4 ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT Chú ý: Khi dùng phương pháp này nên tách sao cho các hệ số của ẩn của phần đặt ẩn phụ là nhỏ nhất Ví dụ: Giải phương trình: 7x + 4y = 100 (*) Cách 1: 4y = 100 - 7x => y = 100 7x 4 − => y = 25 - x - 3x 4 . Đặt 3x 4 = t, t ∈ Z = > y = 25-x-t và 3x=4t => x = 4t t t 3 3 = + . Đặt t , x t ,t 3 3 η η∈ => = + η = η¢ => x = 3 η + η = 4 η => y =25-4 η -3 η = 25 - 7 η . Vậy phương trình có nghiệm tổng quát là: x 4t y 25 7t, t . =   = − ∈  Z Cách 2: (*) <= > 4y = 100 7x x 100 7x y 25 2x 4 4 − − => = = − + Đặt x t x 4t y 25 2x t y 25 2(4t) t 25 7t 4 = => = => = − + => = − + = − Vậy phương trình có nghiệm tổng quát là: x 4t y 25 7t, t =   = − ∈  Z 2. Phương pháp sử dụng đồng dư thức: Phương pháp này dựa vào các tính chất của đồng dư thức để giải phương trình nghiệm nguyên. Ta chuyển phương trình cần giải về các đồng dư thức: Ví dụ: Giải phương trình: 5x + 3y = 2 Phương trình đã cho tương đương với đồng dư thức: 5x ≡ 2(modz) <=> 2x ≡ 2(modz) (*) x ≡ 1(modz). => x= 1+3t, t ∈Z => 3y = 2-5x = 2-5 (1+3t) => 3y = -3 - 15t => y = -1 - 5t. Vậy phương trình đã cho có nghiệm tổng quát là: x 1 3t y 1 5t,t = +   = − − ∈  ¢ 5 ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT 3. Phương trình sử dụng thuật toán ơclít mở rộng Ví dụ: Giải phương trình: 38 x + 117y = 109 Ta có: 117 = 38.3 + 3 => 3 = 117 - 38.3 38 = 3.12 + 2 => 2 = 38 - 3.12 3 = 2.1 + 1 => 1 = 3 - 2 2 = 1.2 Ta suy ra: 1 = 3 - 2 = 3 - (38 - 3.12) = 3.13 - 38 = (117 - 38.3). 13 - 38 = 117.13 - 38.40 => 109 = 117(13.109) + 38(-40.109) = 117(1417) + 38 (-4346) Vậy phương trình đã cho có một nghiệm riêng là: (-4346, 1417) Vậy phương trình có nghiệm tổng quát là: x 4346 117t y 1417 38t,t R = − +   = − ∈  Lưu ý: Phương pháp sử dụng thuật toán ơclít mở rộng có thể áp dụng cho tất cả các phương trình bậc nhất một ẩn và nhiều ẩn. Tuy nhiên phương trình này có nhược điểm là trong một số trường hợp việc tách quá nhiều bước. 4. Phương pháp sử dụng tính chia hết. Trong một số phương trình việc áp dụng tính chia hết sẽ cho ra kết quả rất nhanh. Ví dụ: Giải phương trình 6x 2 + 5y 2 = 74 (1) (1) ⇔ 6(x 2 - 4) = 5(10 - y 2 ) . Vì UCLN(5,6) = 1 nên phải có x 2 - 4 M 5 và 10 - y 2 M 6 tức là x 2 - 4 = 5u và 10 - y 2 = 6v (với u, v ∈ Z ) => 6.5u = 5.6v => u = v. Vì x 2 - 4 = 5u => x 2 = 5u + 4 ≥ 0 => u ≥ - 4 5 Tương tự y 2 = 10 - 6u ≥ 0 => v < 5 3 . Kết hợp u = v => u = v = 0 hoặc u = v = 1. 6 ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT - Với u = v = 0 => y 2 = 10 => Không có giá tri nào nguyên của y thoả mãn. - Với u = v = 1 => y 2 = 4 và x 2 = 9. Vậy phương trình có 4 nghiệm là: (3,2); (3,-2); (-3,2) và (-3,-2). 5. Phương pháp sử dụng tính chất của số nguyên tố. Trong phương pháp này áp dụng các tính chất của số nguyên để giải các phương trình nghiệm nguyên. Ví dụ: Giải phương trình x 2 + y 2 = 3 2 z (1) dễ thấy phương trình có nghiệm là (0;0;0). Giả sử phương trình có nghiệm: (x;y;z). Nếu x, y, z có ước chung lớn nhất d ≠ 1 tức là x = dx', y = dy' và z = dz' từ (1) => (dx') 2 + (dy') 2 = 3(dz) 2 => x' 2 + y' 2 = 3z' 2 Vì vậy ta có thể giả sử UCLN(x,y,z) = 1. Từ x 2 + y 2 = 3z 2 => x 2 + y 2 M 3 => x 2 M 3 và y 2 M 3 tức là x M 3u và y = 3v ta có (3u) 2 + (3v) 2 = 3z 2 => z 2 = 3(x 2 + y 2 ) => z 2 M 3 => x,y,z có ước chung là 3 trái với giả thiết => phương trình có nghiệm duy nhất là (0;0;0). 6. Phương pháp sử tính chất của số chính phương - Tính chất của số chính phương là: - Số chính phương không có tận cùng bằng 2,3,5,7,8. - Một số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì căn bậc hai của số đó cũng chia hết cho p. - Số chính phương chia 3 dư 0;1; chia 4 dư 0;1 chia 8 dư 0;1;4. - Giữa 2 số chính phương liên tiếp không có số chính phương nào điều này tương đương ∀ a,x ∈ Z + Không tồn tại x để a 2 < x 2 < (a+1) 2 + Nếu a 2 < x 2 < (a+2) 2 thì x 2 = (a+1) 2 - Nếu 2 số nguyên liên tiếp có tích là số chính phương thì một trong 2 số đó phải bằng 0. 7 ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT ⇔ Nếu a(a+1) = k 2 thì a 0 a 1 0 =   + =  - Nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là một số chính phương thì mỗi số đều là số chính phương. 2 a.b c ,⇔ = với a, b,c N∈ , 2 2 a p (a,b) 1 b q  =  = =>  =   Ví dụ: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x(x+1) = k(k+2) (1), x Z∈ + Giải. (1) => x 2 + x = k 2 + 2k ⇔ x 2 + x + 1 = k 2 + 2k + 1 ⇔ x 2 + x + 1 = (k+1) 2 vì x Z∈ + => x 2 < x 2 + x + 1 = (x + 1) 2 => x 2 < (x + 1) 2 (*) Mặt khác vì x ∈ Z + => x 2 + x + 1 < x 2 + 2x + 1 => (k + 1) 2 < (x + 1) 2 (**). Từ (*) và (**) => x 2 < (k + 1) 2 < (x + 1) 2 => Không tồn tại số k thoả mãn phương trình (1). Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 7. Phương pháp tách thành phương trình tích: - Trong phương pháp này vế chứa biến của phương trình nghiệm nguyên được phân tích thành các nhân tử. Do các nghiệm nguyên nên xét các trường hợp có thể xảy ra rồi giải và tìm nghiệm. Ví dụ: Giải phương trình x 2 +6 = xy - y (1) Giải: (1) ⇔ x 2 - 1 + 7 = y(x - 1) ⇔ (x - 1)(x + 1) + 7 = y(x - 1) ⇔ (x - 1)(y - x - 1) = 7. Vì x, y ∈ Z nên có các trường hợp sau. TH1: x 1 1 x 2 y x 1 7 y 10 − = =   ⇒   − − = =   TH2: x 1 7 x 8 y x 1 1 y 10 − = =   ⇒   − − = =   8 ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT TH3: x 1 1 x 0 y x 1 7 y 6 − = − =   ⇒   − − = − = −   TH4: x 1 7 x 6 y x 1 1 y 6 − = − = −   ⇒   − − = − = −   Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm là (2;10), (8;10), (0;-6) và (-6;-6) 8. Phương pháp sử dụng bất đẳng thức: Phương pháp này dùng để đưa các ẩn của một phương trình nghiệm nguyên bị kẹp bởi 2 giá trị nguyên nào đó. Do các ẩn là các số nguyên nên ta có thể thử các trường hợp có thể có của ẩn để từ đó rút ra nghiệm. Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x + y + 1 = xyz (1). Giải: Không giảm tính tổng quát giả sử 0 x y≤ ≤ => x+y+1 ≤ 2y+1 => xyz ≤ 2y+1 => xyz - 2y ≤ 1 => y(xz-2) ≤ 1. Từ (1) ta thấy (1;1;1) không phải là nghiệm của (1). Do x,y,z là những số nguyên dương. xz 2≥ => xz - 2 0≥ từ (*) => 0 y(xz 2) 1≤ − ≤ => y(xz 2) 0(2) y(xz 2) 1(3) − =   − =  Giải 2: y(xz-2) = 0 => y 0 x 1 xz 2 0 xz 2(2') = = −   ⇒   − = =   (2') => x = 1 và z = 2 => y = 2 x = 2 và z = 1 => y = 3 Giải 3: y(xz - 2) = 1 => Các trường hợp sau: TH1: x 1 y 1 y 1 y 1 xz 2 1 xz 3 z 3 =  = =    ⇒ ⇒ =    − = =    =  TH2: y= -1 (loại) xz - 2 = -1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 9 loại ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT (1;2;2); (2;3;1); (1;1;3) 9. Phương pháp sử dụng tính chẵn, lẻ Dựa vào đề bài mà chúng ta có thể tìm ra tính chẵn, lẻ để từ đó rút ra tính chất đặc trưng của các ẩn và đưa phương trình cần giải về phương trình đơn giản hơn. Ví dụ: Giải phương trình: (2x+5y+1)( x 2 2 y x x) 105+ + + = Giải: Vì 105 là số lẻ nên (2x+5y+1) và ( x 2 2 y x x)+ + + là số lẻ. - Xét 2x+5y+1 lẻ: 2x+1 lẻ nên 5y là chẵn, do đó y chẵn. - Xét ( x 2 2 y x x)+ + + lẻ vì x 2 + x = x(x+1) chẵn nên x 2 y+ lẻ Vì y chẵn => x 2 lẻ => x 0 x 0= => = Thay x vào phương trình trên ta được: (5y+1)(x+1) = 105. Vì y là số nguyên nên ta có các trường hợp sau: + TH1: 5y 1 105 y 104/ 5 y 1 1 y 0 + = =   ⇒   + = =   + TH2: 5y 1 1 y 0 y 1 105 y 104 + = =   ⇒   + = =   + TH3: 5y 1 21 y 4 y 1 5 + = => =   + =  + TH4: 5y 1 21 y 1 5 y + = −   + = − => ∉  Z + TH5: 5y 1 1 y y 1 105 + = − => ∉   + = −  Z + TH6: 5y 1 105 y y 1 1 + = − => ∉   + = −  Z Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: (0;4) 10. Phương pháp chứng minh bằng phản chứng: 10 (loại ) (loại ) [...]... = u0 = 0 Vậy phương trình trên có nghiệm duy nhất là (0;0;0;0) 11 ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT b Một số phương trình nghiệm nguyên và phương pháp giải cụ thể b.1 Phương trình bậc nhất 1 Phương trình bậc nhất một ẩn: - Phương trình bậc nhất 1 ẩn là phương trình có dạng ax+by = c (1) Đây là phương trình nghiệm nguyên thường gặp trong chương trình phổ thông...ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT Giả sử phương trình có nghiệm nguyên là x o, yo, rồi xây dựng dãy vô số nghiệm từ đó đưa đến mâu thuẫn hoặc giả sử phương trình có nghiệm nguyên x o, yo với xo có giá trị nhỏ nhất trong những giá trị có thể của nó rồi chứng minh phương trình có nghiệm x1, y1 mà xo > x1 Ví dụ: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 8x... trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT Vậy phương trình vô nghiệm 3) Phương trình bậc nhất nhiều ẩn - Phương trình bậc nhất nhiều ẩn là phương trình có dạng a1x1 + a2x2 + + anxn = c (1) Để phương trình (1) có nghiệm thì (a1, a2, an) /c - Phương pháp giải: Đối với phương trình bậc nhất nhiều ẩn có 2 phương pháp giải chủ yếu là: đưa về dạng có 1 hệ số bằng 1; phương pháp 2 là đưa về dạng có 2 hệ số nguyên. .. 38t => Thay vào phương trình trên => x = -40 - 117t (t ∈ Z ) Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là: 14 ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT  x = −40 − 117t   y = 13 + 38t, t ∈ Z Lưu ý: Qua 2 ví dụ trên ta thấy, 2 phương pháp sử dụng thuật toán ơclít và tách phần nguyên có thể áp dụng cho tất cả các phương trình bậc nhất tuy nhiên hai phương pháp này đôi khi... (*) Do x ∈ Z nên từ đẳng thức (*) ta tìm được các giá trị của x 1 Thay các giá trị của x1 và phương trình đã cho thực hiện tương tự ta sẽ tìm được nghiệm của phương trình 20 ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT - Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình sau đây: 1) 2(x+y+z) +9 = 3xyz 2) 4(x+y+z) = xyz Giải: 1) 2(x+y+z) +9 = 3xyz (1) Không giảm tính... phương trình a1 + Điều kiện cần để y nguyên là a ' x + an ≥ b1 x + b 2 giải bất phương trình này ⇒ các giá trị của x Thay lần lượt các giá trị của x vào (1) ⇒ nghiệm của phương trình Ví dụ : Giải phương trình 2x + 5 =y 2x + 7 Giải: - Chia 2x+5 cho 2x+7 ta được 2x+5=(2x+7)-2 ⇒ y=1Để y là số nguyên thì 2x+7/2 có các trường hợp sau: 31 2 2x + 7 ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong. .. ) ( 2ax + cy − 2 ) −4ab − c 2 y = −4af + Nếu af > 0 phương trình vô nghiệm + Nếu af < 0 ta tìm tất cả các trường hợp có thể xảy ra và tìm nghiệm qua các trường hợp đó: * Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau: 1 x2 + 3xy + 3y2 = 3y (1) 2 x2 + x + 6 = y2 (2) 27 ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT Giải: 1 Xét tam thức bậc 2 ẩn x: x2 + (3y) x + 3y2 -... phương trình (2) trở thành a1x1 + a2x2= u và quan niệm đây là phương trình bậc nhất 2 ẩn và tiến hành giải như đã trình bày: - Ví dụ: Giải các phương trình sau đây: 1) 2x - 5y - 6z = 4 (1) 2) 6x + 15y + 10z = 3 (2) Giải: 1) Phương pháp 1: (1) ⇔ 2x - 5y = 6z + 4 Lấy z = u, u ∈ Z Đặt 6u + 4 = c ⇒ 2x - 5y = c Phương trình có nghiệm riêng ra x0 = 3c, y = c 18 ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm. ..  Ta xét các trường hợp có thể xảy ra rồi giải các trường hợp đó để tìm ra kết quả + Một số trường hợp đặc biệt của phương trình 91) + Phương trình dạng: cxy+ dx + ey + f = 0 (2) Nhân cả 2 vế của (2) với c ta được: 26 ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT c2xy + cdx + ecy + fc = 0 ⇔ (cx + e) (cy + d) = de - cf Xét các trường hợp ⇒ nghiệm Lưu ý: Phương trình này... Vậy phương trình vô nghiệm Nhận xét: Nếu dùng phương pháp tìm các ước của 140 rồi xét các trường hợp thì ví dụ 2 sẽ có: 140=1.140=2.70=5.28=4.35=10.14=7.20 và phải giải 12 trường hợp Qua 2 ví dụ rõ ràng đây là phương pháp rất hiệu quả để giải phương trình dạng này Qua đề tài cho thấy tính chất của các bất đẳng thức được sử dụng rất nhiều trong giải phương trình nghiệm nguyên Trong các dạng phương trình . −  ¢ 17 ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT Vậy phương trình vô nghiệm 3) Phương trình bậc nhất nhiều ẩn. - Phương trình bậc nhất nhiều ẩn là phương trình có. TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Phương trình nghiệm nguyên là một đề tài hấp dẫn, thú vị của toán học, vì vậy phương trình nghiệm. TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT - Nếu có nghiệm nguyên là x 0 thì C M x 0 - Phương trình có nghiệm nguyên khi và chỉ khi ∆ ( ∆ ')là số chính phương 4.

Ngày đăng: 18/09/2014, 20:21

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan