A.LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Đề tài này tôi đã thực hiện ở năm học 2013 – 2014 , năm học 2014 – 2015 tôi tiếp tục nghiên cứu và bổ sung. Trong quá trình dạy bồi dưỡng học sinh giỏi tại trường, tôi nhận thấy rằng mảng kiến thức về phương trình , hệ phương trình nghiêm nguyên, nguyên dương thật rất đa dạng và không có một phương pháp giải chung nào cho loại toán này và như thế học sinh cũng như người dạy gặp nhiều khó khăn. Nhằm giúp học sinh trong các đội tuyển toán của trường cũng như học sinh yêu thích môn toán của trường giải quyết phần nào khó khăn trên, tôi đã viết chuyên đề “ Kinh nghiệm giải phương trình,hệ phương trình nghiêm nguyên”. B. TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI I. Cơ sở lý luận. Toán học là môn khoa học cơ bản , học toán đòi hỏi người học ngoài việc phải nắm vững các khái niệm, định lý, tính chất còn đòi hỏi phải biết vận dụng linh hoạt các kiến thức đó vào các bài toán cụ thể để giải , không thể chỉ đơn thuần là thuộc. Trong quá trình học toán và giải toán lại không có phương pháp chung nào để có thể giải được các bài toán, mỗi bài khác nhau thì có thể vận dụng các phương pháp giải khác nhau. Phân loại các dạng toán cơ bản , phân tích tìm phương pháp giải để từ đó rút ra kinh nghiệm giải đồng thời có thể vận dụng các kinh nghiệm , kiến thức đó để giải các bài toán khác.
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC I . THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN - Họ và tên: Đinh Quang Minh - Ngày tháng năm sinh: 02/01/1961. - Giới tính: Nam. - Địa chỉ: Tổ 8 – 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 ( hoặc chuyên môn 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 chuyên môn có kinh nghiệm: Toán - Số năm có kinh nghiệm: 33 năm - Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 6 năm gần đây: 4 DUYỆT CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ 1 Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh A.LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Đề tài này tôi đã thực hiện ở năm học 2013 – 2014 , năm học 2014 – 2015 tôi tiếp tục nghiên cứu và bổ sung. Trong quá trình dạy bồi dưỡng học sinh giỏi tại trường, tôi nhận thấy rằng mảng kiến thức về phương trình , hệ phương trình nghiêm nguyên, nguyên dương thật rất đa dạng và không có một phương pháp giải chung nào cho loại toán này và như thế học sinh cũng như người dạy gặp nhiều khó khăn. Nhằm giúp học sinh trong các đội tuyển toán của trường cũng như học sinh yêu thích môn toán của trường giải quyết phần nào khó khăn trên, tôi đã viết chuyên đề “ Kinh nghiệm giải phương trình,hệ phương trình nghiêm nguyên”. B. TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI I. Cơ sở lý luận. - Toán học là môn khoa học cơ bản , học toán đòi hỏi người học ngoài việc phải nắm vững các khái niệm, định lý, tính chất còn đòi hỏi phải biết vận dụng linh hoạt các kiến thức đó vào các bài toán cụ thể để giải , không thể chỉ đơn thuần là thuộc. - Trong quá trình học toán và giải toán lại không có phương pháp chung nào để có thể giải được các bài toán, mỗi bài khác nhau thì có thể vận dụng các phương pháp giải khác nhau. - Phân loại các dạng toán cơ bản , phân tích tìm phương pháp giải để từ đó rút ra kinh nghiệm giải đồng thời có thể vận dụng các kinh nghiệm , kiến thức đó để giải các bài toán khác. II. Nội dung biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài 2.1. Thuận lợi: - Được sự quan tâm và chỉ đạo của Ban lãnh đạo nhà trường về công tác đổi mới phương pháp giảng dạy. - Các em học sinh ngoan và có ý thức học tập. 2.2. Khó khăn: - Điều kiện học tập chưa tốt, cơ sở vật chất còn hạn chế. - Là một trường ở miền núi nên mặt bằng kiến thức chưa đồng đều giữa các học sinh với nhau, còn nhiều học sinh có hoàn cảnh gia đình khó khăn , các em phải phụ giúp gia đình kiếm từng bữa ăn nên thời gian cho học tập quá ít dẫn đến học yếu là tất nhiên. 2.3. Phạm vi , đối tượng, thời gian thực hiện: - Đối tượng nghiên cứu: Một số bài về phương trình,hệ phương trình nghiệm nguyên, nguyên dương - Phạm vi nghiên cứu: Một số bài toán cơ bản - Thực hiện đề tài trong các giờ chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi khối 10,11 2.5 Các biện pháp thực hiện đề tài: Bước 1: Hệ thống hoá các kiến thức. 2 Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh Bước 2: Đưa ra một số ví dụ điển hình, phân tích và cùng học sinh xây dựng phương pháp giải Bước 3: Rèn luyện kĩ năng giải các bài tập tương ứng cho học sinh thông qua một số bài tập bổ sung . Gợi mở cho học sinh những hướng phát triển, mở rộng NỘI DUNG A. PHƯƠNG TRÌNH I. Một số kiến thức cơ bản cần nắm 1. Phương trình vô định: ax by c 0+ + = (1) với a,b,c nguyên a. Định lý: Phương trình (1) có nghiệm nguyên ⇔ (a,b) c b. Hệ quả: Nếu (a,b) 1= Thì phương trình (1) luôn có nghiệm nguyên. Ta có thể coi phương trình (1) là phương trình đường thẳng trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm một nghiêm riêng nguyên o o (x ;y ) . Khi đó phương trình (1) có nghiệm nguyên tổng quát o 0 x x bt (t ) y y at = + ∈ = − ¢ Nếu phương trình (1) có thể nhẩm được nghiệm nguyên thì ta có thể tính nhẩm cho nhanh. Nếu không ta có thể dùng thuật toán Euclide để tìm Trước tiên tìm nghiệm riêng của phương trình ax by 1+ = với (a,b) 1= Viết thuật toán Euclide cho hai số a và b o 1 1 1 2 1 2 2 3 k 1 k k a bq r b r q r r r q r r r q 1 − = + = + = + = + Viết các “ thương số” các dãy phép chia của thuật toán Tính o 1 2 k 1 p m q 1 q q 1 q 1 q = + = + + + Nghiệm riêng của ax+by=1 thỏa o o x p y q = = hoặc o o x q y p = = Thử từng trường hợp xác định o o (x ;y ) Cuối cùng nghiệm riêng của (1) là o o (cx ;cy ) 2. Phương trình bậc nhất nhiều ẩn: Định lý: Phương trình 1 1 2 2 n n a x a x a x c+ + + = ( , ) i a b∈ ∈¢ ¢ có nghiệm nguyên 1 2 ( , , , ) n a a a c⇔ 3. Các tính chất chia hết, số nguyên tố, đồng dư; 3 Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh II. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CƠ BẢN: 1. PHƯƠNG TRÌNH DẠNG: ∏ ∑ = = =+ n i i n i i xcbxa 2 2 hoặc c x a n i i = ∑ =2 ( với a , b , c là các số tự nhiên) a. Phương trình dạng: ∏ ∑ = = =+ n i i n i i xcbxa 2 2 + Khi n = 2 ( Dùng phương pháp phân tích) Ta có a( x + y ) + b = c.xy ( 1) nmbcaacyacx .))(()1( 2 =+=−−⇔ ( 2) Nên =− =− ⇒ nacy macx )2( , =− +=− 1 2 acy bcaacx ( Giải hệ và tìm nghiệm thích hợp * , INyx ∈ ) Do x , y là bình đẳng nên ( x 0 ; y 0 ) là nghiệm thì ( y 0 ; x 0 ) cũng là nghiệm + Khi n > 2 . ( Dùng bất đẳng thức để thu nhỏ miền nghiệm) Ta viết a( x 1 + x 2 + ….+ x n ) + b = c.x 1 .x 2 …x n ( 3) Do x , y là bình đẳng nên ta giả sử 1 21 ≥≥≥≥ n xxx Ta có c xxx b xxx a xxx a xxx a nnnn =++++⇔ − )3( 211213132 Do 1 21 ≥≥≥≥ n xxx Nên 1 1 1 11 1 2 , ,, −− − − ≤≤≤ n n n n n n n n n x b xx b x a xx a x a xx a Suy ra *1 11 )( . )( INm c bna x bna bnac xc bnac c x bna n n n n n n ∈≤ + ≤⇒ + + ≥ + ⇔≥ + − −− ( 4) Từ (4) tìm được x n và thay vào PT (3) ta được PT còn n – 1 ẩn x 1 , x 2 , …, x n-1 Tiếp tục các bước như trên để tìm được x n-1 , …, x 1 + Cần chú ý: - Nếu tìm được x n = p thì chỉ cần giả sử pxxx n ≥≥≥≥ −121 - Nếu có bộ nghiệm phân biệt p 1 , p 2 , …., p n Thì số nghiệm của PT là n! được hoán vị từ bộ nghiệm trên b. Phương trình dạng c x a n i i = ∑ =2 có cách giải như loại a Một số ví dụ Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x + y + z = xyz (1) Giải: Do x,y,z bình đẳng . Ta giả sử 1≥≥≥ zyx 3 3 1 111 )1( 2 2 ≤⇒≤=++⇔ z z xyxzyz . Do * INz ∈ nên z = 1 + VớI z = 1 thì 2)1)(1(1)1( =−−⇔=++⇔ yxxyyx 4 Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh Ta có = = ⇔ =− =− 2 3 11 21 y x y x + Vậy bộ nghiệm là ( 3 ; 2 ; 1) .Khi đó PT đã cho có 6 nghiệm được hoán vị từ bộ nghiệm Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dương của PT 5( x+y+z+t) + 10 = 2xyzt (2) Giải: Do x,y,z bình đẳng . Ta giả sử 1≥≥≥≥ tzyx 21215 2 30 1 2 10 2 5 2 5 2 5 2 5 )2( 3 3 =∨=⇒≤⇒≤⇒≤=++++⇔ tttt t xyztxyzxytxztyzt + Với t = 1 Ta có 5(x+y+z) + 15 = 2xyz (3) 321315 2 30 1 2 15 2 5 2 5 2 5 )3( 2 2 =∨=∨=⇒≤⇒≤⇒≤=+++⇔ zzzzz z xyzxyxzyz + Với z = 1 Ta có 65)52)(52(220)(5 =−−⇔=++ yxxyyx Ta có = = ∨ = = ⇔ =− =− ∨ =− =− 5 9 3 35 552 1352 152 6552 y x y x y x y x Vậy có 2 bộ nghiệm ( 13 ; 5 ; 1 ; 1) và ( 9 ; 5 ; 1 ;1 ) Nghiệm của phương trình là các hoán vị của 2 bộ + Với z = 2 , 3 Phương trình vô nghiệm + Với t =2 Ta có 5( x+ y + t) + 20 = 4xyz ( 4) 9 4 35 4 35 1 4 20 4 5 4 5 4 5 )4( 22 2 <⇒≤⇒≤=+++⇔ zz z xyzxyxzyz Do 2=≥≥ tyx Nên z = 2 Ta có 5( x+y) + 30 = 8xy 53.5265)58)(58( ==−−⇔ yx (5) Vì 2=≥≥ tyx nên 115858 ≥−≥− yx .Vậy PT (5) vô nghiệm + Kết luận: có 2 bộ nghiệm ( 13 ; 5 ; 1 ; 1) và ( 9 ; 5 ; 1 ;1 ) .Nghiệm là các hoán vị của 2 bộ Ví dụ 3 : Tìm nghiệm nguyên dương lẻ phân biệt của phương trình 315 56311111 =++++ ktzyx ( 1) Giải: Do x,y,z bình đẳng . Ta giả sử 1≥>>>> ktzyx (1’) Từ (1) và (1’) suy ra 17,2 563 315.5 315 5635 =⇒≈≤⇒≥ kk k ( k lẻ ) + k =1 ta có 315 2481111 )1( =+++⇔ tzyx ( 2) VớI 1>>>> tzyx (2’) Từ (2) và (2’) suy ra 38.3 315 248.4 315 2484 =⇒≈≤⇒≥ tt t + t = 3 ta có 315 143111 )2( =++⇔ zyx 5 Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh + Các bước tương tự tìm được z = 5 , y = 7 , x = 9 + Vậy có bộ nghiệm ( 9 ; 7 ; 5 ; 3 ; 1) .Nghiệm là các hoán vị của bộ nghiệm Ví dụ 4: Một tam giác có số đo của đường cao là những số nguyên và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác bằng 1. chứng minh tam giác đó là tam giác đều. Giải: a c b O A B C Đặt , ,a BC b AC c AB= = = Gọi x,y,z là độ dài các đường cao ứng với các cạnh a,b,c của tam giác. Do bán kính đường tròn nội tiếp tam giác r = 1 nên , , 2x y z > Giả sử 2x y z≥ ≥ > Diện tích tam giác ABC 1 1 1 (1) 2 2 2 S ax by cz= = = Mặt khác: 1 ( ) (2) 2 ABO AOC BOC S S S S a b c= + + = + + Từ (1) và (2) suy ra: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 3 3 ( 2) ax by cz a b c a b c a b c a b c x y z x y z x y z z z z do z = = = + + + + ⇒ + + = = = = + + ⇒ + + = ≤ ⇒ ≤ ⇒ = > Từ 1 1 1 1 1 2 1 3( ) 2 3 x y xy x y z x y + + = ⇒ + = ⇒ + = (2 3)(2 3) 9x y⇒ − − = 3x y⇒ = = hoặc 6, 2x y= = (loại) Khi đó a = b = c Vậy tam giác ABC đều Ví dụ 5: Tìm hai số nguyên dương x,y sao cho tổng của mỗi số với 1 thì chia hết cho số kia. 6 Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh Giải: Theo giả thiết ta có ( 1) ( 1) x y y x + + M M ( 1)( 1) ( 1) ( 1) 1 ( ) 1 1 1 (1) x y xy xy x y xy x y xy x y nxy n n x y xy + ⇒ + + ⇒ + + + ⇒ + + ⇒ + + = ∈ ⇒ + + = M M M ¢ Không mất tính tổng quát ta giả sử 1x y≥ ≥ 1 1 1 1 , 1 1 1 3 (2) 3 (1),(2) 3 1,2,3 x y xy y x y xy y n y y y ⇒ ≤ ≤ ⇒ + + ≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤ ⇒ = • Với y = 1 ta có: 2 ( 1) 2 2 1,2x nx n x x x+ = ⇒ − = ⇒ ⇒ =M • Với y = 2 ta có 3 2 (2 1) 3 3x x n x x+ = ⇒ − = ⇒ M Ta có 2 2 3x y x x≥ = ⇒ ≥ ⇒ = • Với y = 3 ta có: 1 1 1 3 1 1x y n x y xy ≥ ≥ ⇒ + + < ⇒ < ( loại) Kiểm tra thấy thỏa. Vậy các cặp số cần tìm là: ( , ) (1,1),(1,2),(2,1),(3,2),(2,3)x y = Ví dụ 6: Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương x,y,z sao cho tích của hai trong ba số thêm 1 thì chia hết cho số thứ 3 Giải: Theo giả thiết ta có ( 1) ( 1) ( 1) xy z yz x xz y + + + M M M (*) Từ (*) ( 1)( 1)( 1)xy xz yz xyz+ + + M ( 1) 1 ( ) 1 1 1 1 (1) xy yz zx xyz xy yz zx mxyz m m x y z xyz + ⇒ + + + ⇒ + + + = ∈ ⇒ + + + = M ¢ 7 Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh Không mất tính tổng quát ta giả sử 1z y x≥ ≥ ≥ Ta có 1 1 1 1 1 1 , , 4 1 1 1 1 3 1,2,3 x y x z x xyz m x x y z xyz x x ≥ ≥ ≥ ⇒ ≥ + + + = ⇒ ≤ ⇒ = • Xét x = 1 thì hệ (*) thành ( 1) ( ) ( 1) 1 ( ) ( 1) ( ) y z a yz b z y c + + + M M M (b) thỏa với mọi yz nguyên dương. Khi đó theo ví dụ 5 thì ta có: ( , ) (1,1),(1,2),(2,3)y z = Kiểm tra thì bộ ba thỏa đề bài ( , , ) (1,1,1),(1,1,2),(1,2,3)x y z = và các hoán vị • Xét x = 2 Từ (1) Ta có 1 1 1 1 2 2 m y z yz + + + = m đạt giá trị lớn nhất khi y,z nhỏ nhất: Ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 13 2 2 2 2 2 8 8y z yz + + + ≤ + + + = Suy ra m lớn nhất là 13 8 mà m nguyên dương nên m = 1 Vậy ta có 1 1 1 1 1 2 2 1 1 1 1 2 2 1 5 2 2 2 ( 2) 5 3,7 y z yz y z yz z y z z z z + + + = ⇔ + + = + ⇔ = = + − − ⇒ − ⇒ = Với 3z = thì y = 7 Với 7z = thì y = 3 • Xét x = 3 Từ (1) Ta có 1 1 1 1 3 3 m y z yz + + + = . Tương tự x = 2 thì m chỉ xảy ra m = 1 8 Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh 1 1 1 1 1 3 3 3 1 3 3 4 1 3 3 (3 3) 4 (*) y z yz z y z y z z + + + = + ⇔ = − ⇔ = + − ⇒ − Mà 3z ≥ nên (*) không xảy ra Kiểm tra thì thì (x,y,z)=(2,3,7) và hoán vị thỏa đề bài • Kết luận: Các bộ số (1,1,1),(1,1,2),(1,2,3),(2,3,7) và hoán vị của chúng 2. 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 là các số nguyên thoã mãn phương trình (1). Ta thấy 159 và 3x đều chia hết cho 3 nên 17y 3; Do đó y 3 (vì 17 và 3 nguyên tố cùng nhau) Đặt y = 3t (t ∈ Z) thay vào (1) ta được: 3x + 17.3t = 159 suy ra x = 53 – 17t Đảo lại, thay các biểu thức x, y vào (1), phương trình cũng nghiệm đúng. Vậy pt (1) có vô số nghiệm nguyên (x, y) được biểu thị bởi cộng thức: x 53 17t (t ) y 3t = − ∈ = ¢ Chú ý : Ta cũng thể tìm một nghiệm nguyên riêng (x ;y) là (53 ;0) khi đó nghiệm phương trình là : x 53 17t (t ) y 3t = − ∈ = ¢ Vaäy phương trình không có nghiệm nguyên. Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2 – 2y 2 = 5 (2) Hướng dẫn: Từ phương trình (2) ta suy ra x phải là số lẻ. Thay x = 2k + 1 (k ∈ Z) vào (2), ta được: 4k 2 + 4k + 1 – 2y 2 <=> 2(k 2 + k – 1) = y 2 => y 2 là số chẵn. Đặt y = 2t (t ∈ Z), ta có: 2(k 2 + k – 1) = 4t 2 <=> k 2 + k – 1 = 2t 2 <=> k(k + 1) = 2t 2 + 1 (**) Nhận xét: k(k + 1) là một số chẵn, 2t 2 + 1 là số lẻ => pt (**) vô nghiệm Ví dụ 3: Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y, z thoả mãn: x 3 + y 3 + z 3 = x + y + z + 2000 (3) Hướng dẫn: Ta có (x 3 – x) = (x – 1)x(x + 1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp (với x là số nguyên). Do đó: x 3 – x 3 Tương tự y 3 – y và z 3 – z cũng chia hết cho 3. Từ đó ta có : x 3 + y 3 + z 3 – x – y – z chia hết cho 3. 9 Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh Vì 2000 không chia hết cho 3 nên x 3 + y 3 + z 3 – x – y – z ≠ 2000 với mọi số nguyên x, y, z; tức là phương trình (3) không có nghiệm nguyên Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: xy + x – 2y = 3 (4) Hướng dẫn: Ta có (4) ⇔ y(x – 2) = -x + 3 Vì x = 2 không thoả mãn phương trình nên (4) x 3 1 y y 1 x 2 x 2 − + = ⇔ = − + − − Ta thấy: y là số nguyên ⇔ x – 2 là ước của 1, suy ra : x – 2 = ± 1 ⇔ x = 1 hoặc x = 3. Ta cĩ : x 1 y 2,x 3 y 0= ⇒ = − = ⇒ = Kiểm tra thấy đúng . vậy phương trình có nghiệm (x, y) là (1; -2) và (3; 0) Lưu ý: Bài này có thể dùng phương pháp đưa về tích để đưa về dạng: (x – 2)(y + 1) = 1. Ví dụ 5: Cho đa thức f(x) có các hệ số nguyên. Biết rằng f(1).f(2) = 35. Chứng minh rằng đa thức f(x) không có nghiệm nguyên. Hướng dẫn: Giả sử f(x) có nghiệm nguyên a. Thế thì: f(x) = (x – a).g(x); trong đó g(x) là đa thức có các hệ số nguyên. Suy ra f(1) = (1 – a). g(1) và f(2) = (2 – a).g(2); trong đó g(1), g(2) là các số nguyên. Do đó: f(1).f(2) = (1 – a)(2 – a). g(1).g(2) Suy ra 35 = (1 – a)(2 – a). g(1).g(2) (*) Ta thấy (1 – a)(2 – a) là tích của 2 số nguyên liên tiếp nên là số chẵn nên vế phải là số chẵn, trong khi đó vế trái là số lẻ nên không xảy ra đẳng thức (*) Tức là đa thức f(x) không có nghiệm nguyên. Ví dụ 6: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 2 x 2x 4y 37+ + = Hướng dẫn : 2 2 2 2 x 2x 4y 37 (x 1) (2y) 38 19+ + = ⇔ + + = M ( dạng 4k+3) (x 1) 19⇒ + M và 2y 19M 2 2 2 (x 1) (2y) 19⇒ + + M (vô lý) Vậy phương trình không có nghiệm nguyên. Ví dụ 7: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 3 x y 7− = Hướng dẫn : 2 3 2 2 x y 7 x 1 (y 2)(y 2y 4)− = ⇔ + = + − + • Nếu y chẵn thì 2 2 (x 1) 4 x 3(mod4)+ ⇒ ≡M vô lý • Nếu y lẻ thì 2 2 y 2y 4 (y 1) 3− + = − + có dạng 4k + 3 nên phải có một ước nguyên tố dạng đó, do đó 2 x 1+ có ước nguyên tố dạng 4k + 3 điều này vô lý. Vậy phương trình không có nghiệm nguyên. 10 [...]... trỡnh, h nghim nguyờn S GD &T NG NAI NAM n v: THPT on Kt Gv: inh Quang Minh CNG HO X HI CH NGHA VIT c lp - t do - hnh phỳc Tõn Phỳ, ngy 18 thỏng 05 nm 2014 PHIU NHN XẫT,NH GI SNG KIN KINH NGHIM Nm hc:2013 - 2014 Tờn ti: KINH NGHIM GII PHNG TRèNH, H PHNG TRèNH NGHIM NGUYấN, NGUYấN DNG Ngi vit: inh Quang Minh ; n v: T Toỏn - Trng THPT on Kt Lnh vc: Qun lớ giỏo dc Phng Phỏp dy hc b mụn Phng phỏp giỏo