Đang tải... (xem toàn văn)
Chia sẻ kinh nghiệm với giáo viên Toán THCS. Giúp học sinh biết cách định hướng và giải bài tập một cách ngắn gọn nhất. Phát huy trí lực, rèn luyện khả năng phân tích, xem xét bài toán dưới dạng đặc thù riêng lẻ. Tạo cho học sinh lòng ham mê, yêu thích học tập, đặc biệt là học toán bằng cách phân loại và cung cấp phương pháp giải cho các dạng bài toán từ cơ bản, đơn giản phát triển thành các bài phức tạp. Mặt khác, khuyến khích học sinh tìm ra nhiều cách giải cho một bài tập để cho học sinh nhìn nhận một vấn đề theo nhiều khía cạnh khác nhau, từ đó tìm ra nhiều cách giải hay và phát triển bài toán mới. Giúp học sinh tự tin khi giải toán hoặc trong thi cử. Nâng cao chất lượng môn Toán đặc biệt là chất lượng mũi nhọn.
A ĐẶT VẤN ĐỀ I CƠ SỞ LÍ LUẬN Xuất phát từ mục tiêu Giáo dục giai đoạn phải đào tạo người có trí tuệ phát triển, giầu tính sáng tạo có tính nhân văn cao Để đào tạo lớp người phải bồi dưỡng cho học sinh lực tư sáng tạo, lực tự học, tự giải vấn đề, từ tác động đến tình cảm đem lại niềm vui hứng thú học tập cho học sinh Dạy học giải toán vấn đề trọng tâm dạy học môn Toán trường THCS Đối với học sinh giải toán hoạt động chủ yếu việc học tập môn Toán Do việc rèn luyện kỹ năng, phương pháp giải toán cho học sinh việc làm cần thiết Trong trình giảng dạy, người thầy cần rèn luyện cho học sinh kỹ năng, phương pháp giải toán, độc lập suy nghĩ cách sâu sắc, sáng tạo Vì đòi hỏi người thầy phải lao động sáng tạo, tìm tòi phương pháp hay để dạy cho học sinh Từ học sinh trau dồi tư logic, sáng tạo qua việc giải toán II CƠ SỞ THỰC TIỄN: Ở chương trình toán 8, học sinh biết toán giải phương trình nghiệm nguyên Hơn phương trình nghiệm nguyên có nhiều đề thi: Kiểm tra học kì (câu khó), học sinh giỏi huyện, học sinh giỏi tỉnh, thi vào lớp 10 THPT, … Trong đó, từ thực tiễn giảng dạy thấy học sinh hay bế tắc, lúng túng cách xác định dạng toán, phương hướng giải chưa có nhiều phương pháp giải hay Lý chủ yếu vấn đề em chưa có hệ thống phương pháp giải dạng toán Đứng trước thực trạng ấy, đòi hỏi giáo viên phải giúp em tháo gỡ khó khăn, tạo hứng thú cho học sinh học tập làm Muốn giáo viên phải sớm hình thành phương pháp giải toán, cần giúp học sinh biết định hướng tìm lời giải theo phương pháp hợp lí Từ lí trên, chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm: “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên” nhằm giúp học sinh nắm vững phương pháp giải, từ phát phương pháp giải phù hợp với cụ thể dạng khác III MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Chia sẻ kinh nghiệm với giáo viên Toán THCS Giúp học sinh biết cách định hướng giải tập cách ngắn gọn Phát huy trí lực, rèn luyện khả phân tích, xem xét toán dạng đặc thù riêng lẻ Tạo cho học sinh lòng ham mê, yêu thích học tập, đặc biệt học toán cách phân loại cung cấp phương pháp giải cho dạng toán từ bản, đơn giản phát triển thành phức tạp Mặt khác, khuyến khích học sinh tìm nhiều cách giải cho tập học sinh nhìn nhận vấn đề theo nhiều khía cạnh khác nhau, từ tìm nhiều cách giải hay phát triển toán Giúp học sinh tự tin giải toán thi cử Nâng cao chất lượng môn Toán đặc biệt chất lượng mũi nhọn IV ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU * Học sinh khá, giỏi khối B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I ĐIỀU TRA THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI NGHIÊN CỨU Để đánh giá khả em dạng toán có phương án tối ưu truyền đạt tới học sinh, đề toán cho 10 em học sinh giỏi trường sau: Bài 1: ( điểm ) Tìm x, y∈ ¢ biết a) x – y + 2xy = b) 3( x + xy + y ) = x + y Bài 2: (4 điểm) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x2 – 5y2 = Kết thu sau: Dưới điểm Điểm - 10 Điểm - 10 SL % SL % SL % 70 30 0 Qua việc kiểm tra đánh giá thấy học sinh biện pháp giải phương trình nghiệm nguyên đạt hiệu Lời giải thường dài dòng, không xác, ngộ nhận Cũng với toán trên, học sinh trang bị phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên chắn có hiệu cao II CÁC PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Đọc nghiên cứu tài liệu tham khảo Nghiên cứu sở lý thuyết Thực nghiệm sư phạm qua giảng dạy Phương pháp so sánh đối chứng Phương pháp điều tra phân tích, tổng hợp Phương pháp thống kê III NỘI DUNG Một số định nghĩa, định lí, tính chất kiến thức liên quan đến phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Để học sinh nắm phương pháp giải phương trình nghiêm nguyên cách tốt giáo viên cần trang bị cho học sinh đơn vị kiến thức sau: Định nghĩa phép chia hết: a, b ∈ ¢ (b ≠ 0) ∃ q, r ∈ ¢ cho a =bq + r với ≤ r < b Nếu r = ⇒ a M b Nếu r ≠ ⇒ a M b Một số tính chất: ∀ a,b,c,d ∈ ¢ Nếu a ≠ a M a Ma Nếu a M b b M c ⇒ a M c Nếu a M b b M a ⇒ a = ± b Nếu a M b a M c ⇒ a M BCNN[a,b] Nếu a M b , a M c (b,c) = ⇒ a M (b,c) Nếu a M b ⇒ ac M b ( c ∈ ¢ ) Một số định lí thường dùng Nếu a Mc b M c ⇒ (a ± b) M c Nếu a M c b M d ⇒ ab M cd Nếu a M b ⇒ an M bn ( n nguyên dương) * Một số hệ áp dụng: + ∀ a,b ∈ ¢ n nguyên dương ta có (an – bn) : (a – b) + ∀ a,b ∈ ¢ n chẵn (n nguyên dương) ta có (an – bn) : (a + b) + ∀ a,b ∈ ¢ n lẻ (n nguyên dương) ta có (an + bn) : (a + b) Các dấu hiệu chia hết cho 2, 3, 5,8, 9, 11 Thuật toán Ơ-clit mở rộng (Tìm ước chung lớn số a, b) Phương trình ax2 + bx + c = Nếu có nghiệm nguyên x0 cM x0 Phương trình có nghiệm nguyên ∆ ( ∆ ') số phương Số số nguyên tố chẵn Phương trình đưa dạng f(x).g(x) = k với f(x) g(x) đa thức hệ số nguyên Ta phân tích k thừa số nguyên tố giải hệ phương trình f ( x) = m g ( x) = n với m.n = k Phương trình đối xứng ẩn x, y, z Khi tìm nghiệm nguyên dương không làm tính tổng quát ta giả sử ≤ x ≤ y ≤ z ≤ 10 Sử dụng tính chất chia hết số phương Số phương không tận 2, 3, 7, Số phương chia hết cho số nguyên tố p chia hết cho p2 Số phương chia cho 3, cho dư Số phương chia cho 5, cho số dư 0; Số phương lẻ chia cho số dư Lập phương số nguyên chia cho dư 0; Không tồn số phương nằm hai số phương liên tiếp 11 Bất đẳng thức Cô - si: a1 + a + a3 + + a n n ≥ a1 a a a n n Với > Đẳng thức xảy ⇔ a1 = a2 = a3 = =an 12 Bất đẳng thức Bunhiacopski (a 2 )( ) + a22 + + an2 x12 + x22 + + 2n ≥ ( a1 x1 + a2 x2 + + an xn ) Đẳng thức xảy ⇔ a1 a a a = = = = n x1 x x xn Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Phương trình nghiệm nguyên đa dạng phong phú phương trình ẩn, nhiều ẩn Nó phương trình bậc bậc cao Không có cách giải chung cho phương trình, nhiên để giải phương trình ta thường dựa vào số phương pháp giải sau: Phương pháp I : Phương pháp đưa dạng tích Biến đổi phương trình dạng: Vế trái tích của đa thức chứa ẩn, vế phải tích số nguyên Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 2( x + y ) + = xy Lời giải: Ta có: 2( x + y ) + = xy ⇔ xy − x − y = ⇔ y (3x − 2) − (3 x − 2) = + ⇔ (3 x − 2)(3 y − 2) = 19 3 Do x, y nguyên dương nên x − ≥ 1; y − ≥ mà 19 = 1.19 = 19.1 nên ta có 3x − = (I) khả sau: 3 y − = 19 3 x − = 19 (II) 3 y − = ; Giải hệ phương trình trên, ta đươc nghiêm nguyên phương trình (x; y) ∈ { (1; 7); (7; 1)} Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 + x + = y2 Lời giải: Ta có: x2 + x + = y2 ⇔ 4x2 + 4x + 24 = 4y2 ⇔ (2x + 1)2 – 4y2 = -23 ⇔ ( 2x – 2y + 1)(2x + 2y + 1) = - 23 2x − y + = −1 2x − y + = 23 Suy ra: 2x+2 y + = 23 2x+2 y + = −1 2x − y + = 2x − y + = −23 2x+2 y + = −23 2x+2 y + = Giải trường hợp kết hợp với điều kiện x, y nguyên ta nghiệm nguyên (x, y) (5; 6); (5; -6) ; (-6;- 6); (- 6; 6) Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x4 + 4x3+ 6x2+ 4x = y2 Lời giải: Ta có: x4 + 4x3+ 6x2+ 4x = y2⇔ x4 +4x3+6x2+4x +1- y2=1⇔ (x+1)4 – y2 = ( x + 1) – ( x + 1) + ⇔ [(x+1)2 –y][(x+1)2+y] =1 ⇔ ( x + 1) – ( x + 1) + y = −1 y = −1 y = −1 + y = − − y ⇒ 1 + y = − y y = ⇒ y = ⇒ (x+1)2 = ⇔ x+1 = ±1 ⇒ x = x = -2 Thử lai giá trị tương ứng x y ta thấy thỏa mãn phương trình cho Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên ( x, y ) ∈ {( 0, ); ( - 2, )} Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên phương trình : y3 - x3 = 91 (1) Lời giải Ta có (1) tương đương với (y - x)(x2 + xy + y2) = 91 (*) Vì x2 + xy + y2 > với x, y nên từ (*) => y - x > Mặt khác 91 = 91 = 13 y - x ; x2 + xy + y2 có giá trị nguyên dương nên ta có bốn khả sau: y - x = 91 x2 + xy + y2 = (I) y - x = x2 + xy + y2 = 91 (II) y - x = x2 + xy + y2 = (III) y - x = x2 + xy + y2 = 13 (IV) Đến đây, toán coi giải Phương pháp II : Sắp thứ tự ẩn Nếu ẩn x, y, z, có vai trò bình đẳng, ta giả sử x ≥ y ≥ z ≥ để tìm nghiệm thỏa mãn điều kiện Từ đó, dùng phép hoán vị để => nghiệm phương trình cho Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên dương phương trình : x + y + z = xyz (1) Lời giải Do ẩn x, y, z có vai trò bình đẳng phương trình nên xếp thứ tự giá trị ẩn, chẳng hạn:1 ≤ x ≤ y ≤ z Do xyz = x + y + z ≤ 3z chia hai vế bất đẳng thức xyz ≤ 3z cho số dương z ta xy ≤ Do xy ∈ {1; 2; 3} Với xy = 1, ta có x = 1, y = Thay vào (1) + z = z (loại) Với xy = 2, ta có x = 1, y = Thay vào (1) z = Với xy = 3, ta có x = 1, y = Thay vào (1) z = (loại) trái với xếp y ≤ z Vậy nghiệm nguyên dương phương trình (1) hoán vị (1 ; ; 3) Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên dương phương trình : 1 + + = (2) x y z Lời giải Do vai trò bình đẳng x, y, z phương trình nên xếp thứ tự giá trị ẩn, chẳng hạn x ≤ y ≤ z Ta có : 2= 1 1 + + ≤ × ⇒ x ≤ ⇒ x = ( x nguyên dương) x y z x Thay x = vào (2) ta có : + Suy : y = ⇒ 1 1 + = ⇒1= + ≤ ⇒ y ≤ y z y z y 1 = (vô lí) y = ⇒ = ⇒ z = z z Vậy nghiệm nguyên dương phương trình (3) hoán vị (1 ; ; 2) Phương pháp III : Sử dụng tính chất chia hết 10 - Sử dụng tính chất chia hết để chứng minh phương trình vô nghiệm tìm nghiệm phương trình - Hai vế phương trình nghiệm nguyên chia cho số có số dư khác phương trình nghiệm nguyên Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên phương trình : x2 - 2y2 = (1) Lời giải Từ phương trình (1) => x phải số lẻ Thay x = 2k + (k∈¢ ) vào (1), ta được: 4k2 +4k + - 2y2 = ⇔ 2(k2 + k - 1) = y2 => y2 số chẵn => y số chẵn Đặt y = 2t (t ∈ ¢ ), ta có : 2(k2 + k - 1) = 4t2 ⇔ k(k + 1) = 2t2 + (*) Nhận xét : k(k + 1) số chẵn, 2t2 + số lẻ => phương trình (*) vô nghiệm Vậy phương trình (1) nghiệm nguyên Ví dụ : Chứng minh không tồn số nguyên x, y, z thỏa mãn : x3 + y3 + z3 = x + y + z + 2000 (2) Lời giải Ta có : x3 - x = (x - 1).x.(x + 1) tích số nguyên liên tiếp (với x số nguyên) Do : x3 - x chia hết cho Tương tự y3 - y z3 - z chia hết cho Từ ta có : x3 + y3 + z3 - x - y - z chia hết cho Vì 2000 không chia hết x3 + y3 + z3 - x - y - z ≠ 2000 với số nguyên x, y, z tức phương trình (2) nghiệm nguyên Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên phương trình : xy + x - 2y = (3) Lời giải Ta có (3) tương đương y(x - 2) = - x + Vì x = không thỏa mãn phương trình nên (3) tương đương với: y = −x + ⇔ y = −1 + x−2 x−2 Ta thấy: y số nguyên nên x - ước hay x - = x - = -1 ⇔ với x = x = Từ ta có nghiệm nguyên (x ; y) (1 ; -2) (3 ; 0) Chú ý: Có thể dùng phương pháp để giải toán này, nhờ đưa phương trình (3) dạng : x(y + 1) - 2(y + 1) = tương đương (x - 2)(y + 1) = Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên phương trình sau x = y (4) 11 Lời giải Ta thấy: x = y = nghiệm (4) x y Nếu x0 , y0 ≠ ( x0 , y0 ) nghiệm (4) Gọi d = ( x0 , y0 ) , suy , ÷ = (*) d 2 d x x y y Ta có: x = y ⇒ ÷ = ÷ ⇒ chẵn ÷ M4 (mâu thuẫn với (*) ) d d d d 2 Vậy phương trình (4) có nghiệm nguyên (0; 0) Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2x2 + 4x = 19 - 3y2 Lời giải: Ta có: 2x2 + 4x + = 21 - 3y2 ⇔ 2(x + 1)2 = 3(7 - y2) (2) Ta thấy 3(7 - y2) M2 ⇒ - y2 M2 ⇒ y lẻ Ta lại có - y2 ≥ nên y2 = Khi (2) có dạng: 2(x + 1)2 = 18 Ta : x + = ± x1 = 2, x2 = -4 Các cặp số (2;1), (2;-1), (-4;1), (-4;-1) thoả mãn nên nghiệm nguyên phương trình cho Phương pháp IV : Lùi vô hạn ( Xuống thang) Phương pháp náy FERMAT sáng tạo giải phương trình x4 + y = z Ý tưởng phương pháp giả sử tìm nghiệm nhỏ nhất, ta lý luận cho tìm nghiệm nhỏ Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên phương trình x2 - 5y2 = (1) Lời giải Giả sử (x0 ; y0) nghiệm (1) : x02 - 5y02 = ⇒ x0 chia hết cho 5, đặt x0 = 5x1 ; (x1 ∈¢ ), ta có : 25x12 - 5y02 = ⇔ 5x12 - y02 = ⇒ y0 chia hết cho 5, đặt y0 = 5y1 (y1∈ ¢ ) Từ ta có : 5x12 - 25y12 = ⇔ x12 - 5y12 = x y Vậy (x0 ; y0) nghiệm nguyên (1) ; ÷ nghiệm nguyên 5 x y (1) Tiếp tục lập luận tương tự, ta có k ; k ÷với k nguyên dương bất kì, 5 12 nghiệm nguyên (1) hay x0 y0 chia hết cho 5k với k số nguyên dương tùy ý Điều xảy x0 = y0 = Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên x = y = Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x3 + 2y3 = 4z3 (2) Lời giải Từ (2) ⇒ x M Đặt x = 2x1 với x1 nguyên Thay vào (2), chia hai vế cho : 4x13 + y3 = 2z3 (3) Do y M Đặt y = 2y1 với y1 nguyên Thay vào (3) chia hai vế cho được: 2x13 + 4y13 = z3 (4) Do z M Đặt z = 2z1 với z1 nguyên Thay vào (4) chia hai vế cho : x13 + 2y13 = 4z13 Như (x, y, z) nghiệm (2) (x1, y1, z1) nghiệm (2) x = 2x1, y = 2y1, z = 2z1 Lập luận tương tự (x2; y2; z2) nghiệm (2) x1 = 2x2, y1 = 2y2, z1 = 2z2 Cứ tiếp tục ta đến x, y, z chia hết cho 2k với k số tự nhiên tuỳ ý Điều xảy x = y = z = Đó nghiệm nguyên (2) Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x − y − z = (5) Lời giải Giả sử ( x0 , y0 , z0 ) nghiệm nguyên phương trình x0 M3 đặt x0 = 3x1 , thay x0 = x1 vào (5) ta được: x13 − y03 − z03 = ⇒ y0 M3 đặt y0 = y1 đó: x13 − 27 y13 − 3z0 = ⇒ 3x13 − y13 − z03 = ⇒ z0 M3 đặt z0 = z1 đó: x13 − y13 − z13 = x y z Vậy , , ÷ nghiệm phương trình 3 3 x y z Quá trình tiếp tục được: k0 , k0 , k0 ÷ nghiệm nguyên (5) với 3 3 k nguyên dương điều xảy x0 = y0 = z0 = Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên ( 0; 0; ) Phương pháp V: Đưa dạng tổng 13 Biến đổi phương trình dạng : Vế trái tổng bình phương, vế phải tổng số phương Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên phương trình x2 + y2 - x - y = (1) Lời giải (1) ⇔ 4x2 + 4y2 - 4x - 4y = 32 ⇔ (4x2 - 4x + 1) + (4y2 - 4y + 1) = 34 ⇔ (2x – 1)2 + (2y – 1)2 = 34 Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 có dạng phân tích thành tổng hai số phương 32 52 Do phương trình thỏa mãn hai khả : 2x − = 2x − = 2y − = 2y − = Giải hệ trên, suy phương trình (1) có bốn nghiệm nguyên (x ; y) ∈ {2 ; 3) ; (3 ; 2) ; (-1 ; -2) ; (-2 ; -1)} Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình x2 – 4xy + 5y2 = 169 Lời giải Ta có: x2 – 4xy + 5y2 = 169 ⇔ (x – 2y)2 + y2 = 169 Ta thấy 169 = 02 + 132 = 52 + 122 Do phương trình thỏa mãn bốn khả : x − 2y = x − 2y = 13 x − 2y = x − 2y = 12 ⇒ ⇒ y = 13 y = y = 12 y = Giải ta nghiêm nguyên phương trình (x, y) ∈ {(29, 12); (19, 12); (-19, -12); (22, 5); (-2, 5) ;(2, -5); (-22, -5); (26, 13); (-26, -13); (-13 0); (13, 0)} Phương pháp VI : Xét chữ số tận Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên dương phương trình 1! + 2! + + x! = y2 (1) Lời giải Cho x ; ; ; 4, ta có nghiệm nguyên dương (x ; y) phương trình (1) (1 ; 1) (3 ; 3) 14 Nếu x > dễ thấy k! với k > có chữ số tận 1! + 2! + ! + 4! + 5! + + x! = 33 + 5! + + x! có chữ số tận Mặt khác vế phải số phương nên có chữ số tận Vậy phương trình (1) có hai nghiệm nguyên dương: (x ; y) ∈ {(1 ; 1) ; (3 ; 3)} Ví dụ : Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình : x2 + x - = 32y + (2) Lời giải Cho x giá trị từ đến 9, dễ dàng xác định chữ số tận x2 + x–1 nhận giá trị ; ; Mặt khác, ta thấy 32y + lũy thừa bậc lẻ nên chữ số tận khác với ; ; Vậy (2) xảy Nói cách khác, phương trình (2) nghiệm nguyên dương * Lưu ý : Bài toán giải phương pháp sử dụng tính chất chia hết Phương pháp VII: Phương pháp loại trừ Nếu có số nguyên m cho m < n < (m + 1)2 n số phương Ví dụ 1: Tìm tất nghiệm nguyên phương trình y2 + y = x4 + x3 + x2 + x Lời giải Ta có: y2 + y = x4 + x3 + x2 + x ⇔ y2 + 4y + = x4 + x3 + 4x2 + 4x + ⇔ (2y + 1)2 - (2x2 + x ) = (3x + 1) (x +1) hay (2x2 + x + 1) - (2y+ 1)2 = x(x-2) * Ta thấy: Nếu x > x < - (3x + 1) (x +1) > Nếu x > x < -1 x (x-2) > ⇒ Nếu x > x < (2x2 + x) ta có: ( x + 1) = x + x + < x + x + = y < ( x + 2) ⇒ x + < y < x + ( vô lý ) 3 Với x ≤ - : ( x + 2) < y < ( x + 1) ⇒ x + < y < x + ( vô lý ) Với x = - : y = −1 ( vô lý ) Vậy phương trình cho có hai cặp nghiệm nguyên ( 0; ); ( 0; -1 ) Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x + ( x + 1) = y + ( y + 1) Lời giải Khai triển rút gọn hai vế ta được: x( x + 1) = y + y + y + y ⇔ x + x = y ( y + 1) + y ( y + 1) ⇔ x + x + = ( y + y + 1) (1) Nếu x > từ x < + x + x < ( x + 1) suy + x + x không số phương nên (1) nghiệm nguyên Nếu x < - từ ( x + 1) < + x + x < x suy (1) nghiệm nguyên y = y = −1 Nếu x = x = - từ (1) suy ra: y + y + = ±1 ⇔ Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x, y) ∈ { ( 0; ) ; ( 0; − ) ; ( − 1; ) ; ( − 1; − )} Phương pháp VIII: Sử dụng tính chất nghiệm phương trình bậc 16 Biến đổi phương trình dạng phương trình bậc ẩn coi ẩn khác tham số, sử dụng tính chất nghiệm phương trình bậc để xác định giá trị tham số Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên: 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + = Lời giải Ta có phương trình: 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + = ⇔ y2 + (4x + 2)y + 3x2 + 4x + = (*) Coi x tham số phương trình bậc (*) với ẩn y, ta có: y = -(2x + 1) ± ∆' x Do y nguyên, x nguyên ⇒ ∆' x nguyên Mà ∆' x = (2x + 1)2 – (3x2 + 4x + 5) = x2 – ⇒ x2 – = n2 (n∈¢ ) ⇒ (x- n) (x+ n) = ⇒ x = ± (do x - n x + n tính chãn lẻ) Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x; y) ∈ {(2; -5); (-2, 3)} Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 – (y+5)x + 5y + = Lời giải Ta có: x2 – (y+5)x + 5y + = coi y tham số ta có phương trình bậc ẩn x Giả sử phương trình bậc có nghiệm x1, x2 x1 + x = y + 5x1 + 5x = 5y + 25 ⇒ Theo định lý Viet, ta có : x1x = 5y + x1x = 5y + ⇒ x1 + 5x2 – x1x2 = 23 ⇔ (x1 -5) (x2 -5) = mà = 1.2 = (-1)(-2) ⇒ x1 + x2 = 13 x1 + x2 = ⇒ y = y = Thay vào phương trình ta tìm cặp số (7; 8); (6; 8); (4; 2); (3; 2) nghiệm nguyên phương trình Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x + y + xy = x2 + y2 (1) Lời giải Viết (1) thành phương trình bậc x x2 - (y + 1)x + (y2 - y) = (2) Điều kiện cần để (2) có nghiệm ∆ ≥ 17 ∆ = (y + 1)2 - 4(y2 - y) = y2 + 2y + - 4y2 + 4y = -3y2 + 6y + * ∆ ≥ ⇔ y − y − ≤ ⇔ 3( y − 1) ≤ Do (y - 1)2 ≤ Suy -1 ≤ y - ≤ y-1 -1 y 2 Với y = 0, thay vào (2) ta x - x = Ta có x1 = 0; x2 = Với y = 1, thay vào (2) x2 - 2x = Ta có x3 = 0; x4 = Với y = 2, thay vào (2) ta x2 - 3x + = Ta có x5 = 1; x6 = Thử lại, giá trị nghiệm phương trình Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên (0;0), (1;0), (0;1), (2;1), (1;2), (2;2) Phương pháp IV: Dùng bất đẳng thức Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 –xy + y2 = Lời giải Ta có x2 –xy + y2 = ⇔ (xTa thấy (x- y 3y2 ) =32 y 3y2 ) ≥0⇒3≥ ⇒ -2 ≤ y ≤ 2 ⇒ y ∈ { ±2; ±1; 0} thay vào phương trình tìm x thử lại, ta nghiệm nguyêncủa phương trình (x, y) ∈ { ( − 1, − ) , ( 1, ) ; ( − 2, − 1) ; ( 2,1) ; ( − 1,1) ; ( 1, − 1) } x y z Ví dụ 2: Chứng minh phương trình y + + = b nghiệm nguyên z x dương b = b = có vô số nghiệm nguyên dương b = Lời giải x y z Do x, y, z ∈ ¢ + ⇒ y , , > Theo bất đẳng thức Cô-si, ta có: z x x (y + x y z x y z y z + ) ≥ 27 ( y ) = 27⇒ y + + ≥ z x z x z x Đẳng thức xảy ⇔ x = y = z 18 x y z Vậy phương trình y + + = b nghiệm nghiệm nguyên b = z x b = có vô số nghiệm nghiệm nguyên b = 3, chẳng hạn: ( x = a, y = a, z = a) với a số nguyên dương Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên phương trình: (x + y + 1)2 = 3(x2 + y2 + 1) Theo bất đẳng thức Bunhiacôpxki, ta có: (x + y + 1) ≤ (12 + 12 + 12 ) ( x + y +12 ) = ( x + y +1) Đẳng thức xảy ⇔ x y = = ⇔ x = y =1 1 Vậy phương trình có nghiệm nguyên x = y = Ví dụ 4: Tìm số nguyên dương x, y thoả mãn phương trình : (x2 + 1)(x2 + y2) = 4x2y Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cô–si ta có: x2 + ≥ 2x, dấu xảy ⇔ x = x2 + y2 ≥ 2xy, dấu xảy ⇔ x = y Vì x, y nguyên dương nên nhân bất đẳng thức vế theo vế ta : (x2 + 1)(x2 + y2) ≥ 4x2y, dấu xảy x = y = Vậy phương trình có nghiệm nguyên x = y = Phương pháp X: Xét số dư vế Ví dụ Tìm nghiệm nguyên phương trình: 9x + = y2 + y (1) Lời giải Ta có: 9x + = y2 + y ⇔ 9x + = y(y + 1) (*) Ta thấy vế trái (*) số chia cho dư nên y(y + 1) chia cho dư Nếu y chia hết cho y chia cho dư y(y + 1) chia hết cho 3, trái với kết luận Do y chia cho dư Đặt y = 3k + 1(k∈¢ ) y +1 = 3k + Khi ta có: 9x + = (3k + 1)(3k + 2) ⇔ 9x = 9k(k+1) ⇔ x = k(k+1) Thử lại x = k(k+1) y = 3k + 1(k∈¢ ) thoả mãn phương trình cho Vậy nghiệm nguyên phương trình (1) x = k(k+1) y = 3k + 1( với k∈ ¢ ) 19 Ví dụ Chứng minh phương trình sau nghiệm nguyên: x2 – y2 = 2006 (2) Lời giải * Cách Phương trình (2) viết thành: (x – y)(x + y) = 2010 Vì (x – y) + (x + y) = 2x số nguyên chẵn nên (x – y) (x + y) tính chẵn lẻ Từ (x – y)(x + y) = 2010 suy (x – y) (x + y) chẵn Do đó: (x – y)(x + y) chia hết cho Nhưng 2010 không chia hết cho Từ đó, suy phương trình cho vô nghiệm * Cách Số phương chia cho dư Do x2, y2 chia cho có số dư Suy x2 – y2 chia cho có số dư 0; 1; Còn vế phải 2010 chia cho dư Vậy phương trình nghiệm nguyên IV BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1: Giải phương trình nghiệm nguyên a) 3x3 - 3y3 = 21 b) 3xy + x - y = c) 2x2 + 3xy - 2y2 = Bài 2: Tìm x,y, z nguyên dương thoả mãn a) 2(x + y + z) + = 3xyz b) xy + yz + zx = xyz + xy yz zx c) z + x + y = Bài 3: Chứng minh rằng: 1 a) Phương trình x + xy + y = nghiệm nguyên dương 1 1 b) x + y + z = 1991 có số hữu hạn nghiệm nguyên dương c) Phương trình x2 + y = 4m + nghiệm nguyên với m nguyên d) Có vô số số nguyên x để biểu thức sau số phương (1 + + + + x)(12 + 22 + 32 + + x2) Bài 4: Giải phương trình tập số nguyên 20 a) x − y = 17 b) x − y = 17 c) x − y = d) x + 122 = y − 32 e) 15 x − y = f) x + x + y = 37 Bài 5: Giải phương trình tập số nguyên a) 5( x + y ) + = xy b) 2( x + y ) = xy c) x − y = 91 d) x + x + = y e) x − y = 169 e) x − y = 1999 Bài 6: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình sau a) x + y + = xyz b) x + y + + z + = xyz c) x + y + z + t = xyzt e) d) 1 1 + + + =1 x y z t 1 + = x y f) 1 1 + + + = x2 y2 z t Bài 7: Tìm nghiệm nguyên phương trình sau a) x − xy + 13 y = 100 b) + x + x + x = y c) + x + x + x + x = y d) x = y ( y + 1)( y + 2)( y + 3) e) ( x − 2) − x = y f) x ( x + 1)( x + 7)( x + 8) = y Bài 8: Giải phương trình tập số nguyên a) x3 − y − z = b) x + y + z = u c) x + y + z = xyz d) x + y + z − xy − yz − z = e) x + y − + z − = ( x + y + z) V KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC: Áp dụng sáng kiến kinh nghiệm vào giảng dạy trường năm học 2010 – 2011 thu kết khả quan Trong ba năm liên tục áp dụng hoàn thiện sáng kiến kinh nghiệm này, thấy ngày có hiệu quả, chất lượng học tập học sinh mũi nhọn ngày cao Đặc biệt em hứng thú học toán hơn, vận dụng sử dụng thành thạo phương pháp cho cụ thể Kết cụ thể sau: 21 Dưới điểm Điểm - 10 SL % SL % 10 90 VI BÀI HỌC KINH NGHIÊM Điểm - 10 SL % 50 * Qua trình áp dụng sáng kiến này, thấy để có kết cao, giáo viên cần lưu ý số vấn đề sau: Phải hướng dẫn học sinh nắm phần lý thuyết Để học sinh nắm vững hứng thú học tập, giáo viên cần chọn lọc hệ thống tập theo mức độ tăng dần từ dễ đến khó, tạo tìm tòi cho em Khi giải toán phương trình nghiệm nguyên trước hết phải đoán dạng, sau chọn lựa phương pháp để giải Phải rèn học sinh cách suy nghĩ tìm tòi lời giải thưc hành nhiều với toán từ dễ đến khó Đặc biệt nên khai thác vấn đề theo nhiều khía cạnh khác để củng cố rèn khả tư sáng tạo cho học sinh Giáo viên cần đưa toán nâng cao từ toán sẵn có, làm Muốn cần phải soạn kĩ trước lên lớp để đưa phương án giải tốt cho Giáo viên cần hướng dẫn học sinh tổng quát hoá toán chọn cách giải hay VII PHẠM VI ÁP DỤNG CỦA SÁNG KIẾN Sáng kiến kinh nghiệm tư liệu tốt để giáo viên dùng bồi dưỡng học sinh giỏi Áp dụng vào việc giảng dạy chuyên đề trường học bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi Toán lớp 8, ôn tập cho học sinh chuẩn bị thi vào lớp 10 PTTH, lớp chuyên PTTH XIII KIẾN NGHỊ Đối với nhà trường : Cần tạo điều kiện thuận lợi thời gian tài liệu để giúp giáo viên, giáo viên dạy bồi dưỡng học sinh giỏi giảng dạy tốt Trang bị thêm đồ dùng dạy học, sách tham khảo để phục vụ tốt cho công tác giảng dạy, tự học, tự nghiên cứu giáo viên học sinh 22 Đối với ngành : Mở buổi hội thảo chuyên đề môn Toán để nâng cao trình độ chuyên môn học hỏi kinh nghiệm đồng nghiệp Tổ chức buổi thảo luận, hướng dẫn viết SKKN giới thiệu sáng kiến kinh nghiêm có chất lượng cao, ứng dụng lớn thực tiễn C KẾT LUẬN CHUNG Là giáo viên dạy toán trường THCS trực tiếp bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi nhiều năm nhận thấy việc giải toán chương trình THCS không đơn giản đảm bảo kiến thức SGK, điều kiện cần chưa đủ Để giỏi toán học sinh cần phải luyện tập nhiều, thông qua việc giải toán từ dễ đến khó môt cách đa dạng Muốn người thầy phải biết vận dụng linh hoạt kiến thức nhiều tình khác để tạo hứng thú cho học sinh Một toán có nhiều cách giải, toán thường nằm dạng toán khác để giải đòi hỏi học sinh phải biết vận dụng kiến thức cách linh hoạt, sáng tạo, phải biết sử dụng phương pháp giải phù hợp toán Đề tài thử nghiệm qua nhiều năm bồi dưỡng học sinh giỏi, qua thấy học sinh nắm vững phương pháp hứng thú học tập Tôi nghĩ cần phải cố gắng đọc thêm tài liệu, học bạn bè đồng nghiệp để tiếp tục xây dựng đề tài ngày phong phú Các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên đa dạng ứng dụng rộng rãi, phổ biến nhiều toán, dạng toán Chắc chắn nhiều phương pháp để giải phương trình nghiệm nguyên nhiều thí dụ hấp dẫn khác Nhưng lực thân có hạn nên trình bày sáng kiến không tránh khỏi điểm thiếu sót khiếm khuyết Rất mong góp ý chân thành hôi đồng khoa học quí cấp Tôi xin chân thành cám ơn! 23 TÀI LIỆU THAM KHẢO NĂM STT TÊN TÁC GIẢ XUẤT BẢN Phan Đức 2004 Chính Phan Đức 2005 Chính Nguyễn Ngọc 1996 Đạm Nguyễn Ngọc 2004 Đạm - Nguyễn Quang Hanh Ngô Long Hậu Phạm Gia Đức 2005 Đỗ Đình Hoan TS Lê Văn Hồng Nguyễn Văn Nho ThS Đào Duy Thụ - ThS Phạm Vĩnh Phúc 10 11 TÊN TÀI LIỆU NHÀ XUẤT BẢN SGK, SGV toán NXB Giáo dục SGK, SGV toán NXB Giáo dục Toán phát triển đại số 8, 500 toán chọn lọc NXB Giáo dục Tài liệu BDTX chu kỳ III 2007 Tuyển tập đề thi môn toán THCS 2004 Một số vấn đề đổi phương pháp dạy học môn toán 2004 Phương pháp giải dạng toán (tập 2) 2007 Tài liệu tập huấn Đổi phương pháp dạy học môn toán Các số Tạp chí Toán học tuổi trẻ Các số Tạp chí Toán tuổi thơ 24 NXB Đại học sư phạm NXB giáo dục NXB Giáo dục NXB Giáo dục Nhà xuất Giáo dục NXB Giáo dục NXB Giáo dục NXB Giáo dục 25 [...]... khai thác vấn đề theo nhiều khía cạnh khác nhau để củng cố và rèn khả năng tư duy sáng tạo cho học sinh Giáo viên cần đưa ra các bài toán nâng cao hơn từ các bài toán sẵn có, đã làm Muốn vậy cần phải so n kĩ trước khi lên lớp để đưa ra phương án giải quyết tốt nhất cho từng bài Giáo viên cần hướng dẫn học sinh tổng quát hoá bài toán và chọn cách giải hay nhất VII PHẠM VI ÁP DỤNG CỦA SÁNG KIẾN Sáng... viên và học sinh 22 Đối với ngành : Mở những buổi hội thảo chuyên đề về bộ môn Toán để nâng cao trình độ chuyên môn và học hỏi kinh nghiệm của các đồng nghiệp Tổ chức các buổi thảo luận, hướng dẫn viết SKKN và giới thiệu các sáng kiến kinh nghiêm có chất lượng cao, ứng dụng lớn trong thực tiễn C KẾT LUẬN CHUNG Là một giáo viên dạy toán ở trường THCS trực tiếp bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi nhiều năm