Boi duong HSG qua chuyen de PT nghiem nguyen

Lý do chọn đề tài Qua vài năm tham gia công tác bồi dưỡng học sinh giỏi toán và giải toán trên máy tính Casio ở đơn vị, tôi nhận thấy phương trình nghiệm nguyên là một mảng kiến thức kh

A MỞ ĐẦU

1 Lý do chọn đề tài

Qua vài năm tham gia công tác bồi dưỡng học sinh giỏi toán và giải toán trên máy tính Casio ở đơn vị, tôi nhận thấy phương trình nghiệm nguyên là một mảng kiến thức khá quan trọng trong hầu hết các kỳ thi học sinh giỏi Tuy nhiên bản thân tôi chưa đầu tư, nghiên cứu và giảng dạy tốt mảng kiến thức này trong những năm trước đây Bên cạnh đó, các dạng toán về phương trình nghiệm nguyên lại rất đa dạng và không có một quy tắc giải tổng quát cho hầu hết các bài tập Vì thế học sinh của đội tuyển mà tôi phụ trách thường có tâm lí e ngại, không tự tin khi phải đối mặt với các bài toán liên quan tới chủ đề này

Nhận thấy được điều đó, tôi đã chọn nghiên cứu đề tài “Bồi dưỡng học sinh giỏi qua chuyên đề phương trình nghiệm nguyên” nhằm mục đích phục vụ tốt

cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi trong giai đoạn tiếp theo ở đơn vị, giúp các

em học sinh giải tốt các bài toán điển hình thuộc chủ đề này

2 Đối tượng nghiên cứu

- Học sinh, giáo viên trường THCS Suối Đá

- Tài liệu viết về vấn đề phương trình nghiệm nguyên

3 Phạm vi nghiên cứu

- Học sinh, giáo viên tham gia công tác bồi dưỡng học sinh giỏi toán và giải toán trên máy tính Casio trong năm học 2008-2009 và học kỳ I năm học 2009-2010

4 Phương pháp nghiên cứu

* Nghiên cứu tài liệu

- Đọc tài liệu, sách tham khảo

- Biên soạn lại các vấn đề đã nghiên cứu được

* Điều tra

- Trao đổi với đồng nghiệp

- Thực nghiệm giảng dạy đội tuyển học sinh giỏi giải toán bằng máy tính Casio

- Kiểm tra khảo sát kết quả, so sánh đối chiếu theo từng giai đoạn

* Giả thuyết khoa học

Áp dụng đề tài này vào giảng dạy sẽ giúp học sinh giải được các bài toán điển hình thuộc chủ đề phương trình nghiệm nguyên đã được học, được nghiên cứu

B NỘI DUNG

I Cơ sở lí luận

1 Các văn bản chỉ đạo

- Công văn số 2197/SGD&ĐT-KT, ký ngày 28/09/2009 về việc ban hành cấu trúc đề kiểm tra học kì I lớp 9 và 12, cấu trúc đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 và 12

và cấu trúc đề thi học sinh giỏi giải toán trên máy tính Casio lớp 9 và 12

- Cấu trúc đề thi học sinh giỏi toán lớp 9

- Cấu trúc đề thi học sinh giỏi giải toán trên máy tính cầm tay lớp 9

- Kế hoạch thực hiện nhiệm vụ năm học 2009-2010 của trường THCS Suối Đá

2 Các quan niệm khác về giáo dục

Một trong những bước đột phá để nâng cao chất lượng giáo dục toàn diện trong nhiều nhà trường hiện nay là việc phát hiện và bồi dưỡng học sinh giỏi các khối lớp tham dự các kỳ thi học sinh giỏi các cấp, làm nhân tố tích cực cho phong trào thi đua dạy tốt, học tốt

Trong những năm qua, công tác bồi dưỡng học sinh giỏi ngày càng được quan tâm nhiều hơn ở đơn vị tôi đang công tác và đã đạt được những kết quả bước đầu khá khả quan, góp phần không nhỏ nâng cao chất lượng dạy và học

Để thực hiện tốt công tác này, mỗi giáo viên phải tích cực tìm tòi, sưu tầm, nghiên cứu và biên soạn tài liệu giảng dạy phù hợp với tình hình học sinh, tình hình địa phương mình Nhiều phần kiến thức bồi dưỡng học sinh giỏi ít hoặc thậm chí không được đề cập trong sách giáo khoa mà chỉ có ở các loại sách tham khảo Phương trình nghiệm nguyên là một mảng kiến thức như thế

Ở phương trình nghiệm nguyên, mỗi bài toán với số liệu riêng của nó, đòi hỏi một cách giải riêng phù hợp Điều đó có tác dụng rèn luyện tính tư duy toán học linh hoạt và sáng tạo của người học Do đó mà các bài toán tìm nghiệm nguyên thường có mặt trong các kì thi tuyển học sinh giỏi, thi vào các trường chuyên trên toàn quốc

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

II Cơ sở thực tiễn

1 Về tài liệu

Hiện nay, các dạng toán về phương trình nghiệm nguyên được trình bày từng phần ở mỗi loại sách tham khảo Do đó, để có tài liệu đầy đủ đòi hỏi giáo viên phải biên soạn, tổng hợp lại

2 Về thực trạng dạy và học chủ đề phương trình nghiệm nguyên

Trong những năm trước đây bản thân tôi chưa đầu tư, nghiên cứu và giảng dạy tốt mảng kiến thức này Vì thế học sinh của đội tuyển mà tôi phụ trách thường

có tâm lí e ngại, không tự tin khi phải đối mặt với các bài toán liên quan tới chủ đề này

Từ năm học 2008 – 2009 đến nay, tôi bắt đầu nghiên cứu, sưu tầm và đưa vào giảng dạy một số dạng thường gặp của phương trình nghiệm nguyên và đã đạt kết quả bước đầu khá tốt Học sinh của tôi cũng tự tin hơn khi giải quyết các bài toán thuộc chủ đề này

Trường tôi công tác thuộc vùng nông thôn, kinh tế còn kém phát triển, các điều kiện học tập vượt ra khỏi chương trình sách giáo khoa còn nhiều hạn chế Nhiều học sinh, kể cả học sinh đã tham gia đội tuyển học sinh giỏi của trường một thời gian dài vẫn chưa có ý thức tìm tòi, học hỏi ở sách tham khảo mà hầu hết chỉ trong phạm vi sách giáo khoa và những kiến thức do thầy cô cung cấp

3 Sự cần thiết của đề tài

Với thực trạng trên, việc biên soạn tài liệu cho các em là một việc làm rất thiết thực và hiệu quả để nâng cao chất lượng dạy và học, đặc biệt là nâng cao chất lượng công tác bồi dưỡng học sinh giỏi trong nhà trường

III Nội dung vấn đề

1 Vấn đề đặt ra

Để công tác bồi dưỡng học sinh giỏi bộ môn toán và giải toán trên máy tính Casio trong thời gian tới đạt kết quả cao hơn, đặc biệt là trong mảng kiến thức về phương trình nghiệm nguyên thì đòi hỏi người giáo viên phải nghiên cứu kĩ vấn đề

và tổ chức giảng dạy cho học sinh một cách khoa học Đồng thời với việc giảng dạy

lý thuyết còn phải tạo mọi điều kiện để các em luyện tập, thực hành giải toán với đầy đủ các dạng để rèn luyện kỹ năng, sự linh hoạt và tính sáng tạo

2 Một số giải pháp

Các bài toán tìm nghiệm nguyên thường rất đa dạng và không có một quy tắc giải tổng quát Mỗi dạng đòi hỏi phải có một cách giải phù hợp và logic Ở đề tài này, tôi chỉ nghiên cứu một số dạng toán điển hình với các ví dụ mẫu và các bài tập

để học sinh tự thực hành kèm theo Cụ thể như sau :

2.1 Phương trình bậc nhất hai ẩn dạng tổng quát ax + by = c (a ≠ 0; b ≠ 0;

a, b, c  Z)

Định lí về sự tồn tại nghiệm nguyên:

Phương trình ax + by = c có nghiệm nguyên khi (a ; b) c

Chứng minh

Giả sử (x0 ; y0) là một nghiệm của phương trình ax + by = c

Khi đó ta có ax0 + by0 = c

- Nếu d = (a, b) thì d ax0 + by0 = c

- Ngược lại, giả sử d = (a, b) c thì ta có c = dc1 và ta có hai số nguyên x1, y1 sao cho d = ax1 + by1 Suy ra dc1 = a(x1c1) + b(y1c1) = c

Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên

Để tìm nghiệm nguyên của phương trình bậc nhất hai ẩn, ta có thể vận dụng một

trong các phương pháp sau :

a) Phương pháp xét tính chia hết của từng ẩn

Ví dụ 1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 2x + 13y = 156 (1)

Giải

Giả sử x, y là các số nguyên thoả mãn phương trình (1)

Ta thấy 13y  13 và 156  13 nên 2x  13 => x  13

Đặt x = 13t (t  Z), thay vào (1) ta được : 26t + 13y = 156 <=> y = - 2t + 12 Thử lại vào (1) thoả mãn, nên phương trình có vô số nghiệm, được viết dưới công

thức tổng quát sau: 13

2 12









  

y t

Ví dụ 2 Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 7x + 4y = 100 (2)

Giải

Ta thấy phương trình 7x + 4y = 100 có 4y  4 ; 100  4

=> 7x  4 => x  4 (Vì 7 không chia hết cho 4)

Đặt x = 4t (t  Z) thay vào (2) ta được : 28t + 4y = 100 <=> y = -7t + 25

Thử lại vào (2) thoả mãn, nên phương trình có vô số nghiệm, được viết dưới công

thức tổng quát sau: 4

7 25









  

y t , t  Z

b) Phương pháp tìm một nghiệm riêng của phương trình

Nếu cặp số (x0, y0) là một nghiệm nguyên của phương trình ax + by = c và (a, b) = 1 Khi đó, tất cả các nghiệm nguyên của phương trình ax + by = c có dạng (-bk + x0, ak + y0)

Chứng minh

Giả sử phương trình ax + by = c (*) có một nghiệm nguyên là (x0, y0)

Khi đó ta có : ax0 + by0 = c (**)

Trừ (*) và (**) theo từng vế ta được :

a(x – x0) + b(y – y0) = 0 <=> a(x – x0) = –b(y – y0)

Do đó b(y – y0)  a => (y – y0)  a (vì điều kiện (a, b) = 1)

Đặt y = ak + y0 (k  Z)

Thay vào (*) ta được ax + b(ak + y0) = c <=> ax + abk + by0 = c (***)

Từ (**) và (***) suy ra ax + abk = ax0 <=> x + bk = x0 <=> x = -bk + x0 Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là: 0

0







  

y ak y

Ví dụ 3 Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 2x + 3y = 11 (3)

Giải

Ta thấy phương trình (3) có một nghiệm nguyên là: x0 = 4; y0 = 1

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (3) là: 3 4







  

 

y t , với t  Z

Ví dụ 4 Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 19x – 15y = 3 (4)

Giải

Phương trình tương đương với y19x 3

15

Ta thử với x = 0; 1; 2; … sao cho giá trị của y nguyên Ta được x = 12, y = 15

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (4) là: 15 12







y k , với k Z

c) Phương pháp tách ra các giá trị nguyên

Ví dụ 5 Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 2x + 3y = 11 (5)

Giải

(5) <=> x =11-3y= 5 - y +1- y

Ta thấy x  Z khi (1 – y)  2

Đặt t = 1- y

2 (t  Z), suy ra y = – 2t + 1

Thay vào (5*) ta được x = 5 – (– 2t + 1) + t = 3t + 4

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (5) là : x = 3t + 4

y = -2t +1





 , với t Z

Bài tập tương tự

Tìm nghiệm nguyên của các phương trình :

a) 3x + 17y = 159 b) 11x + 18y = 120 c) 12x – 7y = 45 d) 9x +20y = 547 e) 11x + 8y = 73

2.2 Phương trình bậc hai và phương trình bậc ba hai ẩn

Với loại phương trình này ta có thể sử dụng nhiều phương pháp để giải

chúng Chẳng hạn như:

- Phương pháp đưa về phương trình ước số

- Phương pháp tách các giá trị nguyên của phương trình

- Phương pháp xét số dư từng vế

- Phương pháp xét điều kiện tồn tại nghiệm của phương trình bậc hai

…

Trong các ví dụ sau, ta vận dụng một trong các phương pháp trên để giải phương trình nghiệm nguyên

a) Phương pháp đưa về phương trình ước số

Ví dụ 6 Tìm nghiệm nguyên của phương trình : xy – x – y = 2 (6)

Giải

Ta có: (6) <=> x (y – 1) – (y – 1) = 3 <=> (y – 1) (x – 1) = 3

Ta thấy y – 1 và x – 1 phải là ước của 3

Không mất tính tổng quát, giả sử x ≥ y => x – 1 ≥ y – 1

Ta có các trường hợp sau xảy ra :

1 3

1 1







 

 

x

y <=>

4 2











x

y Hoặc:







  

  

x

y <=>

0 2









 

x y Vậy phương trình (6) có 4 nghiệm nguyên sau : (4 ; 2) ; (2 ; 4) ; (0 ; -2) ; (-2 ; 0)

Ví dụ 7 Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 8x2

– y2 – 2xy = 5 (7)

Giải

Phương trình tương đương với (2x – y)(4x + y) = 5

Vì 5 chỉ được biểu diễn dưới dạng 5 = 5.1 hay 5 = (-5).(-1) nên ta được các kết quả:







 

 

x y

x y <=>

1 3









 

x y







 

 

x y

x y <=>

1 1











x y







  

  

x y

x y <=>

1 3







 



x y







  

  

x y

x y <=>

1 1







 

 

x y Vậy phương trình (7) có 4 nghiệm nguyên sau: (1 ; -3) ; (1 ; 1) ; (-1 ; 3) ; (-1 ; -1)

Nhận xét:

Như vậy ở ví dụ 6, từ phương trình ban đầu xy – x – y = 2 ta đưa về phương trình (y –1)(x –1) = 3 Phương trình này gọi là phương trình ước số Phương trình ước số trên có nghiệm nguyên khi các thừa số ở vế trái là ước nguyên của số ở vế phải Khi tìm nghiệm của phương trình ước số, ta cần sắp thứ tự các ẩn để giảm được số trường hợp xảy ra, lời giải sẽ ngắn gọn hơn

Bài tập tương tự

Tìm nghiệm nguyên của các phương trình :

a) xy + 3x – 5y = -3 b) 3xy + x – y = 1

c) xy + 3x – 5y = -3 d) 2x2 – 2xy – 5x + 5y = -19

e) x2(x + 2y) – y2(y + 2x) = 1991 f) 2(x2 – y2)= 1978

g) x2 – 656xy – 657y2 = 1983 h) 2x2 + 3xy – 2y2 = 7

b) Phương pháp tách ra các giá trị nguyên

Ví dụ 8 Tìm nghiệm nguyên của phương trình : xy – 2y – 3 = 3x – x2

(8)

Giải

Ta thấy rằng ở phương trình trên y có bậc cao nhất là một, nên ta có thể rút y ra và tách giá trị nguyên của phương trình

Thật vậy ta có : (8) <=> y(x – 2) = 3 + 3x – x2

Ta thấy x = 2 không phải là nghiệm của phương trình Do đó

y =

2

3 3x x

x 2

 = -x + 1 +

5

Phương trình (8*) có nghiệm nguyên khi 5  (x – 2) hay (x – 2) là ước của 5

Ta có các trường hợp sau :

- Với x – 2 = 5 <=> x = 7 Thay vào (8*) được y = -5

- Với x – 2 = 1 <=> x = 3 Thay vào (8*) được y = 3

- Với x – 2 = -5 <=> x = -3 Thay vào (8*) được y = 3

- Với x – 2 = -1 <=> x = 1 Thay vào (8*) được y = -5

Vậy phương trình (8) có 4 nghiệm nguyên : (7 ; - 5) ; (3 ; 3) ; (- 3 ; 3) ; (1 ; - 5)

Nhận xét :

Với những phương trình bậc hai có một ẩn nào đó chỉ xuất hiện bậc nhất Ta rút ẩn đó ra từ phương trình rồi tách giá trị nguyên Ví dụ ở bài toán trên, nhận thấy rằng y có bậc cao nhất là một nên ta rút y từ phương trình đã cho để được một

phương trình mới y = 3 3x x2

x 2

 Ta lấy 3 + 3x – x2 chia cho x – 2 để tách giá trị

nguyên Rõ ràng phương trình có nghiệm nguyên khi (x – 2) là ước của 5

Chú ý: Phương trình xy – 2y – 3 = 3x – x2 có thể đưa về phương trình ước số để giải như sau :

xy – 2y – 3 = 3x – x2

<=> y(x – 2) + x2 – 3x – 3 = 0

<=> y(x – 2) + x2 – 3x + 2 = 5

<=> y(x – 2) + (x – 1)(x – 2) = 5

<=> (x – 2)(x – 1 + y) = 5

Bài tập tương tự

Tìm nghiệm nguyên của các phương trình :

a) 5x – 3y = 2xy – 11 b) xy – 2x – 3y + 1 = 0

i) 5x + 19y = 674 j) y x+ y - x + 6 = 0

c) Phương pháp xét số dư của từng vế

Ví dụ 9 Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 9x + 2 = y2

+ y (9)

Giải

Ta có (9) <=> 9x + 2 = y(y + 1)

Ta thấy vế trái của phương trình trên chia cho 3 dư 2 nên y(y + 1) phải dư 2 khi chia cho 3

Như vậy chỉ có thể xảy ra trường hợp :

y = 3k + 1 và y + 1 = 3k + 2 (với k  Z)

Khi đó: 9x + 2 = (3k + 1)(3k + 2) <=> 9x = 9k(k + 1) <=> x = k(k + 1)

Thử lại, với x = k(k + 1) và y = 3k + 1 thì (9) thoả mãn

Vậy phương trình (9) có nghiệm tổng quát được viết bởi công thức:

x = k k +1

y = 3k +1





 (k  Z)

Nhận xét : Ở ví dụ trên ta đã sử dụng phương pháp xét tính chia hết của từng vế để

nhận thấy rằng vế trái của phương trình chia 3 dư 2 Vậy phương trình có nghiệm nguyên khi vế phải cũng chia cho 3 dư 2 Mà y(y + 1) chia 3 dư 2 thì chỉ có thể xảy

ra trường hợp y chia 3 dư 1 để y + 1 chia 3 dư 2

Ví dụ 10 Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x2

+ y2 = 4z – 1 (10)

Giải

- Xét vế trái, nếu x  Z thì ta có các trường hợp sau :

x  0 (mod 4), suy ra x2 0 (mod 4)

x  1 (mod 4), suy ra x2 1 (mod 4)

x  2 (mod 4), suy ra x2 4  0 (mod 4)

x  3 (mod 4), suy ra x2 9  1 (mod 4)

Như vậy x2

chia cho 4 chỉ có thể dư 0 hoặc 1

Tương tự, y2

chia cho 4 chỉ có thể dư 0 hoặc 1

Do đó x2

+ y2 chia cho 4 chỉ có thể dư 0 hoặc 1 hoặc 2 (10*)

- Xét vế phải, ta thấy 4z – 1 khi chia cho 4 chỉ có thể dư 3 (10**)

Từ (10*), (10**) suy ra phương trình không có nghiệm nguyên

Bài tập tương tự

Tìm nghiệm nguyên của các phương trình :

a) x3 + 21y2 + 5 = 0 b) 19x3 - 17y2 = 50

c) x2 + 1954 = y2 d) 15x2 - 7y2 = 9

e) 3x – 2y = 7 f) x3 + y3 + z3 = 2002

g) x3 + y4 = 7

d) Phương pháp xét điều kiện tồn tại nghiệm của phương trình bậc hai

Ví dụ 11 Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x + y + xy = x2

+ y2 (11)

Giải

Ta thấy (11) <=> x2 – (y + 1)x + y2 – y = 0

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

 ≥ 0 <=> -3y2 + 6y + 1 ≥ 0

<=> 3(y – 1)2 ≤ 4

<=> (y – 1)2 ≤

3 4

=> 0 ≤ (y – 1)2 ≤ 1

Để y là số nguyên ta xét các trường hợp sau:

y – 1 = 1 <=> y = 2

y – 1 = -1 <=> y = 0

y – 1 = 0 <=> y = 1

Thay các giá trị của y vào phương trình x2 – (y + 1)x + y2 – y = 0, ta có :

Với y = 2 ta được x1 = 1 ; x2 = 2

Với y = 0 ta được x3 = 0 ; x4 = 1

Với y = 1 ta được x5 = 0 ; x6 = 2

Vậy phương trình (11) có 6 nghiệm nguyên :

(0; 0), (0; 1), (1; 0), (1; 2), (2; 1), (2; 2)

Ví dụ 12 Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 10x + y = x2

+ y2 + 13 (12)

Giải

Viết lại phương trình dưới dạng x2

– 10x + y2 – y + 13 = 0 Suy ra ’ = 25 – y2

+ y – 13 ≥ 0

 y2 – y – 12  0

 y2 – y + 1

4  49 4



2

1 y

2

    49

4

2

2

2

=> -3  y  4

Thử trực tiếp các giá trị của y ta được hai giá trị thoả mãn là : y = -3 và y = 4

Khi đó ta có các nghiệm nguyên của phương trình (12) là : (-5; -3), (5; 4)

Nhận xét :

Nếu phương trình có một ẩn được nâng lên luỹ thừa bậc 2 thì ta có thể viết phương trình đã cho dưới dạng phương trình bậc 2 với ẩn đó, còn ẩn kia ta xem như

là tham số Từ đó sử dụng điều kiện tồn tại nghiệm của phương trình bậc hai  ≥ 0

để tìm nghiệm nguyên của phương trình

Bài tập tương tự

Tìm nghiệm nguyên của các phương trình :

a) x2 – 2x – 11 = y2 b) x2 + 2y2 + 3xy – x – y + 3 = 0 c) 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + 5 = 0 d) 12x2 + 6xy + 3y2 = 28(x + y) e) x2 + y2 = 2x + y + 5 f) x2 + xy + y2 = 2x + y

g) x2 + xy + y2 = x + y h) x2 - 3xy + 3y2 = 3y

i) x2 - 6xy + 13y2 = 100 j) x2 - 2xy + 5y2 = y + 1