skkn phương trình, hệ nghiệm nguyên đinh quang minh

Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC I THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN - Họ tên: Đinh Quang Minh - Ngày tháng năm sinh: 02/01/1961 - Giới tính: Nam - Địa chỉ: Tổ – khu 12 – Thị trấn Tân Phú – Huyện Tân Phú - Điện thoại : 0902795345 - email: inhquangminh@yahoo.com.vn - Năm vào ngành: 1982 - Chức vụ : Giáo viên - Đơn vị công tác: Trường THPT Đoàn Kết - Huyện Tân Phú – Đồng Nai II TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO: - Học vị ( chun mơn trình độ cao nhất): Cử nhân khoa học - Năm nhận bằng: 1990 - Chuyên môn đào tạo: Sư phạm Toán III KINH NGHIỆM KHOA HỌC: - Lĩnh vực chun mơn có kinh nghiệm: Tốn - Số năm có kinh nghiệm: 32 năm - Các sáng kiến kinh nghiệm có năm gần đây: Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh A LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Trong trình dạy bồi dưỡng học sinh giỏi trường, nhận thấy mảng kiến thức phương trình , hệ phương trình nghiêm nguyên, nguyên dương thật đa dạng khơng có phương pháp giải chung cho loại toán học sinh người dạy gặp nhiều khó khăn Nhằm giúp học sinh đội tuyển toán trường học sinh u thích mơn tốn trường giải phần khó khăn trên, tơi viết chun đề “ Kinh nghiệm giải phương trình,hệ phương trình nghiêm nguyên” B TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI I Cơ sở lý luận - Tốn học mơn khoa học , học tốn địi hỏi người học ngồi việc phải nắm vững khái niệm, định lý, tính chất cịn đòi hỏi phải biết vận dụng linh hoạt kiến thức vào tốn cụ thể để giải , đơn thuộc - Trong q trình học tốn giải tốn lại khơng có phương pháp chung để giải tốn, khác vận dụng phương pháp giải khác - Phân loại dạng tốn , phân tích tìm phương pháp giải để từ rút kinh nghiệm giải đồng thời vận dụng kinh nghiệm , kiến thức để giải tốn khác II Nội dung biện pháp thực giải pháp đề tài 2.1 Thuận lợi: - Được quan tâm đạo Ban lãnh đạo nhà trường công tác đổi phương pháp giảng dạy - Các em học sinh ngoan có ý thức học tập 2.2 Khó khăn: - Điều kiện học tập chưa tốt, sở vật chất hạn chế - Là trường miền núi nên mặt kiến thức chưa đồng học sinh với nhau, nhiều học sinh có hồn cảnh gia đình khó khăn , em phải phụ giúp gia đình kiếm bữa ăn nên thời gian cho học tập dẫn đến học yếu tất nhiên 2.3 Phạm vi , đối tượng, thời gian thực hiện: - Đối tượng nghiên cứu: Một số phương trình,hệ phương trình nghiệm nguyên, nguyên dương - Phạm vi nghiên cứu: Một số toán - Thực đề tài chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi khối 10,11 2.5 Các biện pháp thực đề tài: Bước 1: Hệ thống hoá kiến thức Bước 2: Đưa số ví dụ điển hình, phân tích học sinh xây dựng phương pháp giải Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh Bước 3: Rèn luyện kĩ giải tập tương ứng cho học sinh thông qua số tập bổ sung Gợi mở cho học sinh hướng phát triển, mở rộng NỘI DUNG I Một số kiến thức cần nắm Phương trình vơ định: ax + by + c = (1) với a,b,c nguyên a Định lý: Phương trình (1) có nghiệm ngun ⇔ (a, b) c b Hệ quả: Nếu (a, b) = Thì phương trình (1) ln có nghiệm ngun  Ta coi phương trình (1) phương trình đường thẳng mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm nghiêm riêng nguyên (x o ; yo ) Khi phương trình  x = x o + bt  (t ∈ ¢ )  y = y − at  (1) có nghiệm nguyên tổng quát   Nếu phương trình (1) nhẩm nghiệm ngun ta tính nhẩm cho nhanh  Nếu khơng ta dùng thuật tốn Euclide để tìm Trước tiên tìm nghiệm riêng phương trình ax + by = với (a, b) = Viết thuật toán Euclide cho hai số a b a = bq o + r1 b = r1q1 + r2 r1 = r2 q2 + r3 rk −1 = rk q k + Viết “ thương số” dãy phép chia thuật toán m = qo + Tính q1 + = q2 + p q + qk  xo = p  xo = q   Nghiệm riêng ax+by=1 thỏa    yo = q  yo = p   Thử trường hợp xác định (x o ; yo ) Cuối nghiệm riêng (1) (cxo ; cy o ) Phương trình bậc nhiều ẩn: Định lý: Phương trình a1x1 + a2 x2 + + an xn = c ( ∈ ¢ , b ∈ ¢ ) có nghiệm nguyên ⇔ ( a1 , a2 , , an ) c Các tính chất chia hết, số nguyên tố, đồng dư; Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh II MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CƠ BẢN: PHƯƠNG TRÌNH DẠNG: n n n a ∑ x i + b = c∏ x i i=2 i=2 a ∑x i =2 =c ( với a , b , c số tự nhiên) i n n i =2 i=2 a ∑ x i + b = c∏ x i a Phương trình dạng: + Khi n = ( Dùng phương pháp phân tích) Ta có a( x + y ) + b = c.xy ( 1) Nên (1) ⇔ (cx − a )(cy − a) = a + bc = m.n ( 2) cx − a = a + bc cx − a = m (2) ⇒  ,   cy − a = n  cy − a = ( Giải hệ tìm nghiệm thích hợp x, y ∈ IN * ) Do x , y bình đẳng nên ( x0 ; y0) nghiệm ( y0 ; x0) nghiệm + Khi n > ( Dùng bất đẳng thức để thu nhỏ miền nghiệm) Ta viết a( x1 + x2 + ….+ xn ) + b = c.x1.x2…xn ( 3) Do x , y bình đẳng nên ta giả sử x1 ≥ x ≥ ≥ xn ≥ a a a b Ta có (3) ⇔ x x x + x x x + + x x x + x x x = c n n n −1 n Do x1 ≥ x ≥ ≥ xn ≥ Nên a a a a b b ≤ n −1 , ., ≤ n −1 , ≤ n −1 x x n x n x1 x n −1 x n x1 .x n x n na + b c(na + b) c(na + b) na + b n −1 * Suy x n−1 ≥ c ⇔ c.x n −1 ≥ na + b ⇒ x n ≤ c ≤ m ∈ IN n n ( 4) Từ (4) tìm xn thay vào PT (3) ta PT n – ẩn x1 , x2 , …, xn-1 Tiếp tục bước để tìm xn-1 , …, x1 + Cần ý: - Nếu tìm xn = p cần giả sử x1 ≥ x ≥ ≥ xn −1 ≥ p - Nếu có nghiệm phân biệt p1 , p2 , …., pn Thì số nghiệm PT n! hoán vị từ nghiệm n b Phương trình dạng a ∑x i =2 = c có cách giải loại a i Một số ví dụ Ví dụ 1: Tìm nghiệm ngun dương phương trình: x + y + z = xyz (1) Giải: Do x,y,z bình đẳng Ta giả sử x ≥ y ≥ z ≥ 1 1 + + = ≤ ⇒ z ≤ Do z ∈ IN * nên z = yz xz xy z + VớI z = (1) ⇔ x + y + = xy ⇔ ( x − 1)( y − 1) = (1) ⇔ Phương trình, hệ nghiệm nguyên x − = x = ⇔  Ta có   y −1 = y = Gv: Đinh Quang Minh + Vậy nghiệm ( ; ; 1) Khi PT cho có nghiệm hốn vị từ nghiệm Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dương PT 5( x+y+z+t) + 10 = 2xyzt (2) Giải: Do x,y,z bình đẳng Ta giả sử x ≥ y ≥ z ≥ t ≥ (2) ⇔ 5 5 10 30 + + + + = ≤ ⇒ t ≤ 15 ⇒ t ≤ ⇒ t = ∨ t = 2 yzt xzt xyt xyz xyzt 2t + Với t = Ta có 5(x+y+z) + 15 = 2xyz (3) 5 15 30 (3) ⇔ + + + = ≤ ⇒ z ≤ 15 ⇒ z ≤ ⇒ z = ∨ z = ∨ z = yz xz xy xyz 2z 5( x + y ) + 20 = xy ⇔ (2 x − 5)(2 y − 5) = 65 + Với z = Ta có 2 x − = 65 2 x − = 13  x = 35 x = ∨  ⇔  ∨  Ta có   2y − =  2y − =  y =3 y = Vậy có nghiệm ( 13 ; ; ; 1) ( ; ; ;1 ) Nghiệm phương trình hoán vị + Với z = , Phương trình vơ nghiệm + Với t =2 Ta có 5( x+ y + t) + 20 = 4xyz ( 4) 5 20 35 35 + + + =1 ≤ ⇒ z2 ≤ ⇒ z2 < yz xz xy xyz 4z Do x ≥ y ≥ t = Nên z = Ta có 5( x+y) + 30 = 8xy ⇔ (8 x − 5)(8 y − 5) = 265 = 5.53 (5) Vì x ≥ y ≥ t = nên x − ≥ y − ≥ 11 Vậy PT (5) vơ nghiệm (4) ⇔ + Kết luận: có nghiệm ( 13 ; ; ; 1) ( ; ; ;1 ) Nghiệm hốn vị Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên dương lẻ phân biệt phương trình 1 1 563 + + + + = x y z t k 315 ( 1) Giải: Do x,y,z bình đẳng Ta giả sử x > y > z > t > k ≥ (1’) 563 5.315 ≥ ⇒k≤ ≈ 2,7 ⇒ k = ( k lẻ ) k 315 563 1 1 248 + k =1 ta có (1) ⇔ x + y + z + t = 315 ( 2) VớI x > y > z > t > (2’) 248 4.248 ≥ ⇒t ≤ ≈ 3.8 ⇒ t = Từ (2) (2’) suy t 315 315 1 143 + t = ta có (2) ⇔ x + y + z = 315 Từ (1) (1’) suy Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh + Các bước tương tự tìm z = , y = , x = + Vậy có nghiệm ( ; ; ; ; 1) Nghiệm hốn vị nghiệm Ví dụ 4: Một tam giác có số đo đường cao số ngun bán kính đường trịn nội tiếp tam giác chứng minh tam giác tam giác Giải: A c O B a b C Mặt khác: S = S ABO + S AOC + S BOC Đặt a = BC , b = AC , c = AB Gọi x,y,z độ dài đường cao ứng với cạnh a,b,c tam giác Do bán kính đường trịn nội tiếp tam giác r = nên x, y, z > Giả sử x ≥ y ≥ z > Diện tích tam giác ABC 1 S = ax = by = cz (1) 2 = (a + b + c) (2) Từ (1) (2) suy ra: ax = by = cz = a + b + c a b c a+b+c ⇒a+b+c = = = = 1 1 1 + + x y z x y z 1 ⇒ + + =1≤ x y z z ⇒ z≤3 ⇒ z = ( z > 2) 1 1 Từ + + = ⇒ + = ⇒ 3( x + y ) = xy x y z x y ⇒ (2 x − 3)(2 y − 3) = ⇒ x = y = x = 6, y = (loại) Khi a = b = c Vậy tam giác ABC Ví dụ 5: Tìm hai số nguyên dương x,y cho tổng số với chia hết cho số Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh Giải: ( x + 1)My Theo giả thiết ta có  ( y + 1)Mx ⇒ ( x + 1)( y + 1)Mxy ⇒ ( xy + x + y + 1)Mxy ⇒ ( x + y + 1)Mxy ⇒ x + y + = nxy ( n ∈ ¢ + ) 1 + + = n (1) x y xy Khơng tính tổng qt ta giả sử x ≥ y ≥ 1 1 ⇒ ≤ , ≤ x y xy y 1 ⇒ + + ≤ (2) x y xy y (1),(2) ⇒ n ≤ ⇒ y ≤ ⇒ y = 1,2,3 y • Với y = ta có: x + = nx ⇒ (n − 1) x = ⇒ 2Mx ⇒ x = 1,2 • Với y = ta có x + = x ⇒ (2n − 1) x = ⇒ 3Mx Ta có x ≥ y = ⇒ x ≥ ⇒ x = 1 < ⇒ n < ( loại) • Với y = ta có: x ≥ y ≥ ⇒ + + x y xy Kiểm tra thấy thỏa Vậy cặp số cần tìm là: ( x, y ) = (1,1),(1,2),(2,1),(3,2),(2,3) ⇒ Ví dụ 6: Tìm tất ba số nguyên dương x,y,z cho tích hai ba số thêm chia hết cho số thứ Giải: ( xy + 1)Mz  Theo giả thiết ta có ( yz + 1)Mx (*) ( xz + 1)My  Từ (*) ( xy + 1)( xz + 1)( yz + 1)Mxyz ⇒ ( xy + yz + zx + 1)Mxyz ⇒ xy + yz + zx + = mxyz (m ∈ ¢ + ) ⇒ 1 1 + + + = m (1) x y z xyz Phương trình, hệ nghiệm ngun Gv: Đinh Quang Minh Khơng tính tổng quát ta giả sử z ≥ y ≥ x ≥ Ta có 1 1 1 ≥ , ≥ , ≥ x y x z x xyz 1 1 ⇒ ≥ + + + =m x x y z xyz ⇒ x≤3 ⇒ x = 1,2,3 ( y + 1)Mz (a )  • Xét x = hệ (*) thành ( yz + 1)M (b) ( z + 1)My (c)  (b) thỏa với yz nguyên dương Khi theo ví dụ ta có: ( y, z ) = (1,1),(1,2),(2,3) Kiểm tra ba thỏa đề ( x, y, z ) = (1,1,1),(1,1,2),(1,2,3) hoán vị • Xét x = Từ (1) Ta có 1 1 + + + =m y z yz m đạt giá trị lớn y,z nhỏ nhất: 1 1 1 1 13 ≤ + + + = Ta có + + + y z yz 2 8 13 Suy m lớn mà m nguyên dương nên m = 1 1 + + + =1 y z yz 1 ⇔ + + =1 y z yz Vậy ta có 2z + ⇔ y= =2+ z−2 z−2 ⇒ ( z − 2) ⇒ z = 3,7 Với z = y = Với z = y = • Xét x = Từ (1) Ta có 1 1 + + + = m Tương tự x = m xảy m = y z yz Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh 1 1 + + + =1 y z yz 3z + ⇔ y= 3z − ⇔ y =1+ 3z − ⇒ (3z − 3) (*) Mà z ≥ nên (*) không xảy Kiểm tra thì (x,y,z)=(2,3,7) hốn vị thỏa đề • Kết luận: Các số (1,1,1),(1,1,2),(1,2,3),(2,3,7) hốn vị chúng PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHỜ TÍNH CHẤT CHIA HẾT, SỐ NGUYÊN TỐ Ví dụ 1: Giải phương trình với nghiệm nguyên: 3x + 17y = 159 (1) Hướng dẫn: Giả sử x, y số nguyên thỗ mãn phương trình (1) Ta thấy 159 3x chia hết 17y M 3; Do y M (vì 17 ngun tố nhau) Đặt y = 3t (t ∈ Z) thay vào (1) ta được: 3x + 17.3t = 159 suy x = 53 – 17t Đảo lại, thay biểu thức x, y vào (1), phương trình nghiệm Vậy pt (1) có vơ số nghiệm ngun (x, y) biểu thị cộng thức: x = 53 − 17t (t ∈ ¢ )   y = 3t Chú ý : Ta thể tìm nghiệm nguyên riêng (x ;y) (53 ;0) x = 53 − 17t (t ∈ ¢ )  y = 3t nghiệm phương trình :  Vậy phương trình khơng có nghiệm ngun Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 – 2y2 = (2) Hướng dẫn: Từ phương trình (2) ta suy x phải số lẻ Thay x = 2k + (k ∈ Z) vào (2), ta được: 4k2 + 4k + – 2y2 2(k2 + k – 1) = y2 => y2 số chẵn Đặt y = 2t (t ∈ Z), ta có: 2(k2 + k – 1) = 4t2 k2 + k – = 2t2 k(k + 1) = 2t2 + (**) Nhận xét: k(k + 1) số chẵn, 2t2 + số lẻ => pt (**) vô nghiệm Ví dụ 3: Chứng minh khơng tồn số nguyên x, y, z thoả mãn: x3 + y3 + z3 = x + y + z + 2000 (3) Hướng dẫn: Ta có (x – x) = (x – 1)x(x + 1) tích số nguyên liên tiếp (với x số nguyên) Do đó: x3 – x M Tương tự y3 – y z3 – z chia hết cho Phương trình, hệ nghiệm nguyên 3 Gv: Đinh Quang Minh Từ ta có : x + y + z – x – y – z chia hết cho Vì 2000 khơng chia hết x3 + y3 + z3 – x – y – z ≠ 2000 với số nguyên x, y, z; tức phương trình (3) khơng có nghiệm ngun Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên phương trình: xy + x – 2y = (4) Hướng dẫn: Ta có (4) ⇔ y(x – 2) = -x + −x + ⇔ y = −1 + Vì x = khơng thoả mãn phương trình nên (4) y = x−2 x−2 Ta thấy: y số nguyên ⇔ x – ước 1, suy : x – = ± ⇔ x = x = Ta cĩ : x = ⇒ y = −2,x = ⇒ y = Kiểm tra thấy phương trình có nghiệm (x, y) (1; -2) (3; 0) Lưu ý: Bài dùng phương pháp đưa tích để đưa dạng: (x – 2)(y + 1) = Ví dụ 5: Cho đa thức f(x) có hệ số nguyên Biết f(1).f(2) = 35 Chứng minh đa thức f(x) khơng có nghiệm ngun Hướng dẫn: Giả sử f(x) có nghiệm ngun a Thế thì: f(x) = (x – a).g(x); g(x) đa thức có hệ số nguyên Suy f(1) = (1 – a) g(1) f(2) = (2 – a).g(2); g(1), g(2) số nguyên Do đó: f(1).f(2) = (1 – a)(2 – a) g(1).g(2) Suy 35 = (1 – a)(2 – a) g(1).g(2) (*) Ta thấy (1 – a)(2 – a) tích số nguyên liên tiếp nên số chẵn nên vế phải số chẵn, vế trái số lẻ nên không xảy đẳng thức (*) Tức đa thức f(x) khơng có nghiệm ngun Ví dụ 6: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x + 2x + 4y = 37 Hướng dẫn : x + 2x + 4y = 37 ⇔ (x + 1)2 + (2y)2 = 38M ( dạng 4k+3) 19 2 ⇒ (x + 1)M 2yM ⇒ (x + 1) + (2y) M (vô lý) 19 19 19 Vậy phương trình khơng có nghiệm ngun Ví dụ 7: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x − y = Hướng dẫn : x − y = ⇔ x + = (y + 2)(y − 2y + 4) • Nếu y chẵn (x + 1)M ⇒ x ≡ 3(mod 4) vơ lý 2 • Nếu y lẻ y − 2y + = (y − 1) + có dạng 4k + nên phải có ước nguyên tố dạng đó, x + có ước nguyên tố dạng 4k + điều 10 Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh vơ lý Vậy phương trình khơng có nghiệm nguyên ĐƯA VỀ DẠNG TÍCH: Ta biến đổi phương trình dạng: vế trái tích đa thức chứa ẩn, vế phải tích số ngun Ví dụ 1: Tìm nghiệm ngun phương trình: xy – x – y = (1) Hướng dẫn: Ta có (1) ⇔ x(y – 1) – y = ⇔ x(y – 1) – (y – 1) = ⇔ (y – 1) (x – 1) = Do vai trị bình đẳng x y pt nên giả sử x ≥ y x – ≥ y – ì x- 1= ìx=4  x − = −1 x=0 ï ï ⇒ ï í í Vậy ta có : ï hay  hay  ï y- 1=1 ï y=2 y − = −3 y = −2 ï ï ỵ ỵ Kiểm tra thấy đúng.Vậy nghiệm ngun pt (4; 2), (0; -2); (2; 4), (-2;0) Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình: y3 – x3 = 91 (2) Hướng dẫn: (2) ⇔ (y – x)(y2 + xy + x2) = 91 (*) Vì y2 + xy + x2 > với x, y nên từ (*) => y – x > Mặt khác: 91 = 1.91 = 7.13 y – x, y + xy + x2 nguyên dương nên ta có khả sau: ì y - x = 91 y − x =1  ï ï í  2 ï x + xy + y = x + xy + y = 91 ï ỵ ì y - x = 13 y−x=7  ï ï ; í  2 ï x + xy + y = x + xy + y = 13 ï ỵ Giải ta nghiệm pt là: ì x =-  x = −4 ï ï ; ; í  ï y=4  y=3 ï ỵ ì x=5 ï ï ; í ï y=6 ï ỵ  x = −6   y = −5 Ví dụ3: Tìm nghiệm ngun phương trình: x + y + xy = Hướng dẫn: Biến đổi pt dạng: (x + 1)(y + 1) = 10 Khi nghiệm ( x;y) l (1, 4); (4, 1); (-3, -6); (-6, -3), (9, 0); (0, 9); (-2; -11); (-11, -2) Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: y2 = x(x + 1)(x + 7)(x + 8) (4) Hướng dẫn: (4) ⇔ y2 = ( x2 + 8x)(x2 +8x + 7) 11 Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh Đặt z = x + 8x; ta có y = z + 7z ⇔ 4y = (2z + 7) – 49 ⇔ (2z – 2y + 7)(2z + 2y +7) = 49 Chỉ xảy trường hợp sau:  2z − 2y + = y = 12 ⇔ a  2z + 2y + = 49  z=9 2 2 y = 12 y = 12 ⇔ Ta có :  x + 8x = x = ∨ x = −9  2z − 2y + = −1 y = −12 ⇔ b  2z + 2y + = −49  z = −16 y = −12 y = −12 ⇔ Ta có :  x = −4 x + 8x = −16 2z − 2y + = 49 y = −12 ⇔ c   2z + 2y + =  z=9 y = −12 y = −12 ⇔ Ta có :  x + 8x = x = ∨ x = −9 2z − 2y + = −49  y = 12 ⇔ d   2z + 2y + = −1 z = −16 y = −12 y = −12 ⇔ Ta có :  x = −4 x + 8x = −16 e 2z – 2y + = 2z + 2y +7 = ⇔ y = z = y = y = −12 ⇔ Ta có :  x + 8x = x = ∨ x = −8 f 2z – 2y + = 2z + 2y +7 = -7 ⇔ y = 0; z = -7 y = y = −12 ⇔ a có :  x + 8x = −7 x = −1 ∨ x = −7 Kiểm tra kết luận Ví dụ 5: Tìm nghiệm ngun phương trình: xy = p(x + y) với p số nguyên tố cho trước Hướng dẫn: xy = p(x + y) ⇔ px + py – xy = ⇔ x(p – y) – p(p – y) = – p2 p số ngun tố Do ta có: ì x - p = p2 ì x - p = - p2 ï ï  x − p =1  x − p = −1 ï ï (1) (2) (3)  í í  2 (4) ï y - p =1 ï y- p =- y − p = p y − p = − p ï ï ỵ ỵ ì x − p = − p ï x- p= p ï (5) (6) í  ï y- p= p y − p = − p ï ỵ 12 Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh Giải ta nghiệm nguyên là: (p2 + p; + p); (1 + p; p2 + p); (-p2 + p; -1 + p) (-1 + p; -p2 + p); (2p; 2p); (0; 0) SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC: Dùng bất đẳng thức để đánh giá ẩn từ đánh giá suy giá trị ngun ẩn Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 – xy + y2 = (1) 3y y  Hướng dẫn: (1) ⇔  x − ÷ = – 2  3y y  ≥ ⇒ -2 ≤ y ≤ Vì  x − ÷ ≥ ⇒ – 2  Lần lượt thay y = ± 2; y = ± 1; vào phương trình để tính x Ta có nghiệm ngun phương trình là: (-1; -2), (1; 2); (-2; -1); (2; 1), (-1; 1), (1; -1) Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 1 + = x y Hướng dẫn: Do vai trò bình đẳng x y nên giả sử: x ≥ y 1 Hiển nhiên ta có: y > nên y > Mặt khác do: x ≥ y ≥ nên ⇒ ≥ nên y ≤ y (1) 1 1 1 + = ≤ Do đó: ≤ + ≤ x y y y x y y (2) Ta xác định khoảng giá trị y là: ≤ y ≤ 1 1 = − = nên x = 12 x 12 1 Với y = ta được: = = , loại x khơng phải số nguyên x 15 1 1 Với y = ta được: = − = nên x = x 6 Với y = ta được: Vậy nghiệm phương trình là: (4; 12), (12; 4), (6; 6) Ch ý : Ta đưa phương trình tích: y+x = ⇔ xy – 3x – 3y = ⇔ (x – 3)(y – 3) = xy Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên phương trình: yz xz xy + + =3 x y z Hướng dẫn: Điều kiện x, y, z ≠ Ta có: y2x2 + z2x2 + x2y2 = 3xyz ⇒ xyz >0 Ap dụng BĐT Cosi ta có: y2x2 + z2x2 + x2y2 ≥ x y 4z 13 Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh ⇒ 3xyz ≥ x y z ⇒ xyz ≤ ⇒ xyz = (do xyz >0) Vậy ta có nghiệm: (1, 1, 1); (1, -1, -1); (-1, 1, -1); (-1, -1, 1); ĐƯA VỀ DẠNG TỔNG: Biến đổi phương trình dạng: vế trái tổng bình phương, vế phải tổng số phương hay Ví dụ 1: Tìm nghiệm ngun phương trình: x2 + y2 – x – y = (1) Hướng dẫn: (1) ⇔ 4x2 + 4y2 – 4x – 4y = 32 ⇔ (4x2 – 4x + 1) + (4y2 – 4y + 1) = 34 ⇔ |2x – 1|2 + |2y – 1|2 = 32 + 52 Do phương trình thoả mãn khả năng:  2x − =    2y − =  ì 2x - = ï ï í ï 2y - = ï ï ỵ Giải hệ v kiểm tra Phương trình cho có nghiệm (x;y)là: (2; 3), (3; 2), (-1; -2), (-2; -1) Ví dụ 2: Tìm nghiệm ngun phương trình: x2 + 2y2 + z2 – 2xy – 2y + 2z + = Hướng dẫn: Ta biến đổi dạng: (x – y)2 + (y – 1)2 + (z – 1)2 = ⇒ x – y = 0; y – = 0; z + = ⇒ phương trình có nghiệm (1; 1; -1) Ví dụ 3: Giải phương trình tập số nguyên Z: x2 – 6xy + 13y2 = 100 Hướng dẫn: Ta biến đổi phương trình dạng: (x – 3y)2 = 4(25 – y2) (1) Từ (1) ⇒ 25 – y2 ≥ ⇒ y2 ≤ 25 25 – y2 số phương Vậy: y2 ∈ {0, 9, 16, 25} ⇒ y ∈ {0, ± 3, ± 4, ± 5} Thay vào ta tìm giá trị x PHƯƠNG PHÁP XUỐNG THANG: Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 – 5y2 = (1) Hướng dẫn: Giả sử (x0; y0) nghiệm (1) thì: x02 – 5y02 = ⇒ x0 M ; Đặt x0 = 5x1 (x1 ∈ Z) Ta có: 25x12 – 5y02 = ⇔ 5x12 – y02 = ⇒ y0 M Đặt y0 = 5y1 (y1 ∈ Z) Từ ta có: 5x12 – 25y12 = ⇔ x12 – 5y12 = 14 Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh  x0 y0  ; ÷ nghiệm ca (1) 5 ổ y x ỗ 0÷ Tiếp tục lập luận tương tự, ta có ç k ; k ÷ với k nguyên dương bất k, cng l ữ ỗ5 ứ ữ ỗ ố Vậy (x0; y0) nghiệm (1)  nghiệm nguyên (1): hay x0; y0 chia hết cho 5k với k số nguyên dương tuỳ ý Điều xảy x = y0 = Vậy phương trình cho có nghiệm : x = y = Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x3 = 2y3 + 4z3 Hướng dẫn: Từ phương trình cho ta suy x chẵn, hay x = 2x1 (x1 ∈ Z) Thay vào ta 4x13 = y3 + 2z3 Ta lại suy y chẵn, y = 2y1 (y1 ∈ Z) Thay vào ta được: 2x13 = 4y13 + z3 Do z chẵn, z = 2z1 (z1 ∈ Z) Thay vào ta được: x13 = 2y13 + 4z13 Vậy (x, y, z) nghiệm phương trình cho x y z  ; ; ÷ nghiệm phương trình cho Một cách tổng quát, ta suy 2 2 æ y zử ỗ x ; ; ữcng l nghim ca phương trình cho, với n ∈ N, hay x, y, z ỗ n n nữ ữ ỗ2 2 ø ÷ è chia hết cho 2n với n, Do x = y = z = BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài tập 1: Tìm nghiệm nguyên phương trình y2 - 2x2 = (2x + 5y + 1)( x + y + x2 + x) = 105 x4 + 4x3+ 6x2+ 4x = y2 (x + y + z + t) + 10 = 2xyzt x + y + z + t = xyzt Bài tập : Tìm nghiệm nguyên phương trình y2 + y = x4 + x3 + x2 + x x2 + 3y = 3026 xy + = z x2 - 4xy + 5y2 = 169 Bài tập : Tìm số nguyên tố P để 4p + số phương 15 Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh Bài tập : Tìm nghiệm nguyên phương trình x2 + y2 + z2 = x2 y2 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + = x2 - (y + 5)x + 5y + = 6x2 + 5y2 = 74 x2 + y2 = 2x2y2 2x2 + 2y2 - 2xy + y + x - 10 = Bài tập : Chứng minh phương trình x y z + + = b khơng có nghiệm ngun dương y z x b = b = , có nghiệm nguyên dương b =3 Bài tập : Tìm nghiệm nguyên dương phương trình x2 -3xy + 2y2+ = x2 + 4x - y2 = Bài tập : Tìm giá trị nguyên thỏa (y + 2)x2 + = y2 x3 − 3y3 − 9z3 = x + y + z + t = 2xyzt x + y + z = x y Bài tập : Chứng minh P(x) đa thức với hệ số nguyên, thêm vào P(0) P(1) số lẻ đa thức P(x) khơng thể có nghiệm ngun Bài tập 9: Tìm số ngun x để biểu thức sau số phương: x4 – x2 + 2x + 16 Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh C.KẾT QUẢ VẬN DỤNG ĐỀ TÀI Đề tài phần chuyên đề số học mà áp dụng để bồi dưỡng học sinh giỏi khối 10,11,12 trường Kết đạt đa số học sinh đội tuyển học sinh giỏi trường dự thi cấp Tỉnh giải toán số học đề thi Qua việc áp dụng đề tài phần giúp em học tập cách say mê hứng thú, chất lượng học tập học sinh tăng nên rõ rệt Góp phần khơng nhỏ vào luyện trí thơng minh, khả tư sáng tạo học sinh D.KẾT LUẬN: Các tập phương trình nghiệm nguyên, nguyên dương thường tương đối khó học sinh khơng có phương pháp cụ thể cho loại mà địi hỏi phải biết phân tích, tổng hợp từ định hướng giải Nhưng giảng dạy xong đề tài học sinh phần định phương pháp giải cho quen thuộc có hướng giải cho không mẫu mực khác Để đạt kết tốt thiết học sinh phải nắm số kiến thức số học như: Số nguyên tố, hợp số, số phương, đồng dư, số định lý chia hết…cho nên giáo viên kết hợp dạy với chuyên đề số học Nội dung đề tài dừng lại phương trình , chưa đưa vào hệ phương trình tơi bước hồn thiện Thông qua đề tài mong hội đồng khoa học đồng nghiệp kiểm định góp ý để đề tài ngày hồn thiện hơn, có ứng dụng rộng rãi việc bồi dưỡng học sinh giỏi Xin chân thành cảm ơn! TÀI LIỆU THAM KHẢO Báo Toán học tuổi trẻ năm 2010,2011,2012,2013 Tài liệu “ Chuyên đề số học” – Nguyễn Văn Mậu Tài liệu “ Chuyên đề số học” - Nguyễn Vũ Thanh 17 Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh MỤC LỤC NỘI DUNG Lý chọn đề tài Một số phương pháp giải n Phương trình dạng a ∑x i Trang +b =c ∏x i Phương pháp giải nhờ tính chia hết , số nguyên tố Phương pháp đưa dạng tích Phương pháp sử dụng bất đảng thức Phương pháp đưa dạng tổng Phương pháp xuống bậc thang Bài tập vận dung Kết luận 10 12 13 14 15 16 18 Phương trình, hệ nghiệm nguyên Sở GD & ĐT ĐỒNG NAI TRƯỜNG THPT ĐOÀN KẾT Gv: Đinh Quang Minh CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc Lập – Tự Do – Hạnh Phúc // Tân Phú , Ngày 17 tháng năm 2014 PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học 2013 – 2014 - Tên sáng kiến kinh nghiệm : KINH NGHIỆM GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN - Họ tên tác giả : Đinh Quang Minh - Lĩnh vực: + Phương pháp dạy học môn: + Quản lý giáo dục: + Phương pháp giáo dục : + Lĩnh vực khác: - Sáng kiến kinh nghiệm triển khai áp dụng : Tại đơn vị : Trong ngành: Tính mới: - Có giải pháp hồn tồn mới: - Có giải pháp cải tiến, đổi từ giải pháp có: Hiệu quả: - Hoàn toàn triển khai áp dụng tồn ngành có hiệu quả: - Có tính cải tiến đổi tứ giải pháp có triển khai áp dụng tồn ngành có hiệu : - Hồn tồn triển khai áp dụng đơn vị có hiệu quả: - Có tính cải tiến đổi từ giải pháp có triển khai áp dụng đơn vị có hiệu quả: Khả áp dụng: - Cung cấp luận khoa học cho việc hoạch định đường lối , sách: Tốt : Khá: Đạt: - Đưa giải pháp khuyến nghị có khả ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện, dễ vào sống : Tốt : Khá: Đạt: - Đã áp dụng vào thực tế đạt hiệu có khả áp dụng đạt hiệu phạm vi rộng: Tốt : Khá: Đạt: Xác nhận tổ chuyên môn Thủ trưởng đơn vị Tần Thế Anh 19 ... ước nguyên tố dạng đó, x + có ước nguyên tố dạng 4k + điều 10 Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh vơ lý Vậy phương trình khơng có nghiệm ngun ĐƯA VỀ DẠNG TÍCH: Ta biến đổi phương. .. SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học 2013 – 2014 - Tên sáng kiến kinh nghiệm : KINH NGHIỆM GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN - Họ tên tác giả : Đinh Quang Minh - Lĩnh vực: + Phương pháp... y − 1) = (1) ⇔ Phương trình, hệ nghiệm nguyên x − = x = ⇔  Ta có   y −1 = y = Gv: Đinh Quang Minh + Vậy nghiệm ( ; ; 1) Khi PT cho có nghiệm hốn vị từ nghiệm Ví dụ 2: Tìm nghiệm ngun dương