SKKN Một số phương pháp tìm nghiệm nguyên của phương trình

SKKN Một số phương pháp tìm nghiệm nguyên của phương trìnhSKKN Một số phương pháp tìm nghiệm nguyên của phương trìnhSKKN Một số phương pháp tìm nghiệm nguyên của phương trìnhSKKN Một số phương pháp tìm nghiệm nguyên của phương trìnhSKKN Một số phương pháp tìm nghiệm nguyên của phương trìnhSKKN Một số phương pháp tìm nghiệm nguyên của phương trìnhSKKN Một số phương pháp tìm nghiệm nguyên của phương trìnhSKKN Một số phương pháp tìm nghiệm nguyên của phương trìnhSKKN Một số phương pháp tìm nghiệm nguyên của phương trìnhSKKN Một số phương pháp tìm nghiệm nguyên của phương trìnhSKKN Một số phương pháp tìm nghiệm nguyên của phương trìnhSKKN Một số phương pháp tìm nghiệm nguyên của phương trìnhSKKN Một số phương pháp tìm nghiệm nguyên của phương trìnhSKKN Một số phương pháp tìm nghiệm nguyên của phương trình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐĂKLĂK



SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÌM NGHIỆM NGUYÊN CỦA PHƯƠNG TRÌNH

TRƯỜNG: THPT BUÔN MA THUỘT

GIÁO VIÊN: NGUYỄN THỊ THANH THỦY TỔ: TOÁN

NĂM HỌC: 2014 – 2015

ĐĂKLĂK - 2015

CHƯƠNG I MỞ ĐẦU

I Lý do chọn đề tài

Giải phương trình là một trong những dạng toán cơ bản của chương trình THPT Học sinh đã được trang bị cách giải phương trình bậc nhất, bậc hai từ bậc THCS và được nhắc lại ở lớp 10 Tuy nhiên, đối với bài toán tìm nghiệm nguyên của phương trình thì học sinh chưa có đầy đủ các phương pháp để giải Đây là một nội dung quan trọng trong các đề thi Đại học, Cao đẳng, TH chuyên nghiệp

và đề thi học sinh giỏi từ trước đến nay

Phương trình và bài toán với nghiệm nguyên là một đề tài lý thú của Số học

và Đại số Phương trình nghiệm nguyên vô cùng đa dạng, vì thế nó thường không có quy tắc giải tổng quát Do đó khi nói đến bài toán tìm nghiệm nguyên của phương trình, nhiều học sinh tỏ ra ái ngại, lúng túng Mỗi bài toán, với số liệu riêng của nó, đòi hỏi một cách giải riêng phù hợp Vì vậy, việc trang bị cho học sinh một số phương pháp giải cũng như các dạng phương trình khác nhau của phương trình nghiệm nguyên là điều cần thiết

Với lý do trên, tôi xin được trình bày sáng kiến kinh nghiệm “Một số phương pháp tìm nghiệm nguyên của phương trình”

II Mục tiêu, nhiệm vụ của đề tài

Mục tiêu, nhiệm vụ nghiên cứu của đề tài là: tập hợp một số phương pháp cũng như các dạng phương trình khác nhau của phương trình nghiệm nguyên, đưa ra một số bài tập để giúp học sinh củng cố lại kiến thức đã được học

III Đối tượng nghiên cứu

Đối tượng nghiên cứu là học sinh từ cấp THCS đến THPT

IV Giới hạn phạm vi nghiên cứu

Trong phạm vi của sáng kiến kinh nghiệm, tôi chỉ nêu một số phương pháp giải của phương trình nghiệm nguyên và một số phương trình nghiệm nguyên thường gặp

Đã áp dụng cho học sinh khối 10 và 12 trường THPT Buôn Ma Thuột, TP Buôn Ma Thuột, Tỉnh Đăk Lăk

V Phương pháp nghiên cứu

- Phương pháp nghiên cứu: Nghiên cứu chương trình SGK từ THCS đến THPT, nghiên cứu tài liệu về tìm nghiệm nguyên của phương trình

- Phân tích, đánh giá, tổng hợp lời giải của các bài toán, dạng toán Theo dõi, đánh giá kết quả của học sinh, giáo viên đúc rút kinh nghiệm

CHƯƠNG II NỘI DUNG

I Cơ sở lý luận

- Đa số học sinh chưa có phương pháp để giải từng dạng bài toán tìm nghiệm nguyên của phương trình nên rất nhiều em thường “bỏ qua” hoặc “bỏ dở” bài toán dạng này

- Xuất phát từ tầm quan trọng của nội dung và từ thực trạng trên, để học sinh có thể dễ dàng và tự tin hơn khi gặp các bài tập tìm nghiệm nguyên của phương trình, giúp các em phát huy được khả năng phân tích, tổng hợp, khái quát hóa qua các bài tập, tôi đưa ra sáng kiến kinh nghiệm “Một số phương pháp tìm nghiệm nguyên của phương trình”

II Thực trạng

- Trong chương trình THCS, THPT do thời lượng có hạn mà dạng tìm nghiệm nguyên của phương trình chưa được trình bày đầy đủ, chỉ mang tính chất giới thiệu qua một số bài tập đơn giản

- Do chưa được hệ thống kiến thức và chưa được học đầy đủ các phương pháp để giải từng dạng tìm nghiệm nguyên của phương trình nên khi gặp hầu hết học sinh thấy lúng túng và không có hướng giải

- Mặt khác, các dạng bài tập về tìm nghiệm nguyên của phương trình thì rất phong phú, đa dạng và phức tạp

III Nội dung

1 Một số phương pháp giải phương trình với nghiệm nguyên

a Phương pháp xét số dư của từng vế

Ví dụ 1: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình

9x 2 y2y

Giải:

Biến đổi phương trình: 9x  2 y y(  1)

Ta thấy vế trái của phương trình là số chia hết cho 3 dư 2 nên y y(  1) chia cho 3 dư 2

Chỉ có thể y 3k 1,y 3k 2 với k nguyên

Khi đó

9 2 (3 1)(3 2)

9 9 ( 1) ( 1)

x k k

x k k

Thử lại, xk k(  1),y 3k 1thoả phương trình đã cho

Đáp số: ( 1)

3 1

x k k

y k



  

 với k là số nguyên tuỳ ý

b Phương pháp đưa về dạng tổng

Biến đổi phương trình về dạng: vế trái là tổng của các bình phương, vế phải

là tổng của các số chính phương

Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình

x2y2  x y 8 (1)

Giải

2 2

x y x y

Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 chỉ có duy nhất một dạng phân tích thành tổng của hai số chính phương 2 2

3  5 Do đó phương trình thoả mãn chỉ trong hai khả năng:

x

y





 

x y





 



Giải các hệ trên, phương trình (1) có bốn nghiệm nguyên là (2;3), (3;2), (-1;-2), (-2;-1)

c Phương pháp dùng bất đẳng thức

Trong khi giải các phương trình nghiệm nguyên rất cần đánh giá các miền giá trị của các biến, nếu số giá trị mà biến số có thể nhận không nhiều có thể dung phương pháp thử trực tiếp để kiểm tra Để đánh giá được miền giá trị của biến số cần vận dụng linh hoạt các tính chất chia hết, đồng dư, bất đẳng thức

Ví dụ 3: Tìm các số tự nhiên x sao cho:

2x  3x 5x

Giải:

Viết phương trình dưới dạng:

1

    (1)

Với x=0 thì vế trái của (1) bằng 2, loại

Với x=1 thì vế trái của (1) bằng 1, đúng

Với x 2thì 2 2, 3 3

Nghiệm duy nhất của phương trình là 1

Ví dụ 4: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:

x y xyx2y2 (1)

Giải:

Viết (1) thành phương trình bậc hai đối với x:

x2 (y 1)x(y2y)0 (2)

Điều kiện cần để (2) có nghiệm là

2 2 2

2 2

0

3( 1) 4

y

 

(y 1)  1 suy ra:

Với y=0 thay vào (2) được 2

1 2

Với y=1 thay vào (2) được 2

3 4

x  x x  x 

Với y=2 thay vào (2) được 2

5 6

Thử lại, các giá trị trên nghiệm đúng với phương trình (1)

Đáp số: (0;0), (1;0), (0;1), (2;1), (1;2) (2;2)

d Phương pháp dùng tính chia hết, tính đồng dư

Khi giải các phương trình nghiệm nguyên cần vận dụng linh hoạt các tính chất về chia hết, đồng dư, tính chẵn lẻ,…để tìm ra điểm đặc biệt của các biến số cũng như các biểu thức chứa trong phương trình, từ đó đưa phương trình về các dạng mà ta đã biết cách giải hoặc đưa về những phương trình đơn giản hơn

Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau:

19x228y2 729

Giải:

Viết phương trình đã cho dưới dạng:

2 2 2 2

(18x  27y ) (  x y )  729 (1)

Từ (1) suy ra x2y2chia hết cho 3, do đó x và y đều chia hết cho 3

Đặt x=3u, y=3v

Thay vào phương trình đã cho ta được:

19u228v2 81 (2)

Từ (2) lập luận tương tự trên ta suy ra u=3s, v=3t

Thay vào (2) ta có:

19s228t2 9 (3)

Từ (3) suy ra s, t không đồng thời bằng 0, do đó:

2 2

19s  28t  19  9

Vậy (3) vô nghiệm và do đó phương trình đã cho cũng vô nghiệm

e Phương pháp dùng tính chất của số chính phương

Ví dụ 6: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:

2x24x19 3 y2

Giải:

2( 1) 3(7 )

Ta thấy:

3(7 y ) 2    7 y  2

Suy ra y lẻ

Ta lại có : 7y2 0 nên chỉ có thể 2

1

y 

Khi đó (2) có dạng:

2(x1)2 18

Ta được x  1 3 do đó: x12;x2  4

Các cặp số (2;1),(2;-1),(-4;1),(-4;-1) thoả mãn (2) nên là nghiệm của phương trình đã cho

f Phương pháp lùi vô hạn, nguyên tắc cực hạn

Ví dụ 7: Tìm ba số nguyên dương đôi một khác nhau x, y, z thỏa mãn:

x3y3   z3 (x y z)2

Giải:

Vì vai trò của x, y, z như nhau nên có thể giả sử

x y z

Áp dụng bất đẳng thức:

3

3 3 3

x y z x y z

Với mọi x, y, z ≥0 ta suy ra x + y + z ≤ 9

Dấu bằng không xảy ra vì x, y, z đôi một khác nhau

Vậy x + y + z ≤ 8 (1)

Mặt khác : x + y + z ≥ 1 + 2 + 3 = 6 (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra x + y + z thuộc {6; 7; 8}

Từ đây kết hợp với phương trình ban đầu ta tìm được x, y, z

Vậy (x, y, z) = (1, 2, 3) và các hoán vị của bộ ba số này

g Phương pháp xét chữ số tận cùng

Ví dụ 8 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :

1! 2!    x! y2

Giải:

Cho x lần lượt bằng 1; 2; 3; 4 ta có ngay hai nghiệm nguyên dương (x ; y) của phương trình là (1 ; 1), (3 ; 3)

Nếu x > 4 thì dễ thấy k ! với k > 4 đều có chữ số tận cùng bằng 0

Suy ra 1! 2!    x! 33 5!   x! có chữ số tận cùng bằng 3

Mặt khác vế phải là số chính phương nên không thể tận cùng bằng 3

Vậy phương trình đã cho chỉ có hai nghiệm nguyên dương (x ; y) là (1 ;1)

và (3 ;3)

h Phương pháp tìm nghiệm riêng

 Cách giải

Xét phương trình ax + by + c = 0 (1)

Trong đó a b c, , R a,  0,b 0

Không mất tính tổng quát, giả thiết rằng (a,b,c)=1 Thật vậy, nếu ( , , )a b c  d 1 thì ta chia hai vế của phương trình cho d

Ta có hai định lý:

Định lý 1: Nếu phương trình (1) có nghiệm nguyên thì (a,b)=1 (*)

Chứng minh : Giả sử ( ,x y ) là nghiệm nguyên của (1) thì axby c

Nếu a và b có ước chung là d1 thì c d , trái với giả thiết (a,b,c)=1

Vậy (a,b)=1

Định lý 2 : Nếu ( ,x y ) là một nghiệm của phương trình (1) thì phương

trình (1) có vô số nghiệm nguyên và mọi nghiệm nguyên của có đều có thể biểu diễn dưới dạng :

x x bt

y y at

 



  







Trong đó t là một số nguyên tuỳ ý t   0, 1, 2, 

Chứng minh:

Bước 1: Mọi cặp số (x +bt,y -at) o o đều là nghiệm nguyên của (1) Thật vậy ( ,x y ) là nghiệm của (1) nên ax +by =c o o

Ta có:

ax by a xbt b yat axby c

Do đó (x bt y,  at) là nghiệm của (1) nên

ax by c

ax by c

 

Trừ từng vế:

a x x b y y

a x x b y y

 

(2)

Ta có: a x( x)b mà (a,b)=1 (theo định lý 1) nên xx b

Vậy tồn tại số nguyên t sao cho :

x x bt

Tức là: x x bt

Thay vào (2):

abt b y y

at y y

y y at

  







Vậy tồn tại số nguyên t sao cho:

 



  







 Ví dụ:

Ví dụ 9: Tìm mọi nghiệm nguyên của phương trình:

3x2y5

Giải:

Cách 1: Ta thấy x  3;y  2 là một nghiệm riêng :

Theo định lý 2, mọi nghiệm nguyên của phương trình là :

3 2

2 3

 



  

 (t là số nguyên tuỳ ý)

Cách 2 : Ta thấy x  1;y   1 là một nghiệm riêng :

Theo định lý 2, mọi nghiệm nguyên của phương trình là :

1 2

1 3

 



   

 (t là số nguyên tuỳ ý)

Chú ý : Qua hai cách giải trên, ta thấy có nhiều công thức biểu thị tập hợp các nghiệm nguyên của cùng một phương trình

 Cách tìm một nghiệm riêng của phương trình bậc nhất hai ẩn :

Để tìm một nghiệm nguyên riêng của phương trình ax by c, ta có thể dùng phương pháp thử chọn: lần lượt cho x bằng số có giá trị tuyệt đối nhỏ (0; 1; 2; )   rồi tìm giá trị tương ứng của y

i Phương pháp hạ bậc

Ví dụ 10: Tìm nghiệm nguyên của phương trình :

x32y34z3 0 (1)

(1) x  4z  2y (2)

Rõ ràng vế phải của (2) chia hết cho 2 nên 3

2

x  do đó x2 Đặt x 2 (x x1 1Z)

Thay vào (2) ta có:

(2)  8x  4x  2y y  2z  4x (3)

Lập luận tương tự ta có : y2, đặt y 2 (y y1 1Z) Biến đổi tương tự, ta được:

3 3 3

1 1

z  y  x (4)

Lập luận tương tự ta có : z2, đặt z 2 (z z1 1Z) Biến đổi tương tự, ta được:

(4)  8z  4y  2x x  2y  4z  0 (5)

Rõ ràng nếu bộ số ( ;x y z ; ) là nghiệm của (1) thì bộ số ( ; ; )

x y z

cũng là nghiệm của (1), hơn nữa x y z; ;  là số chẵn và ; ;

x y z

cũng là số chẵn Quá trình này có thể tiếp tục mãi và các số ; ;

2n 2n 2n

x y z

là số chẵn với mọi n là số nguyên dương

Vậyx  y z 0

2 Một số phương trình nghiệm nguyên thường gặp

a Phương trình bậc nhất hai ẩn

Ví dụ 1: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:

11x18y120 (1)

Giải:

Ta thấy 11 6x nên x6 Đặt x = 6k (k nguyên) Thay vào (1) và rút gọn ta được: 11k 3y 20

Biểu thị ẩn mà hệ số của nó có giá trị tuyệt đối nhỏ (là y) theo k ta được:

20 11

3

k

y 

Tách riêng giá trị nguyên của biểu thức này:

3

k

y  k 

Lại đặt 1

3

k t

với t nguyên suy ra k  3t 1 Do đó:

x k t

Thay các biểu thức của x và y vào (1), phương trình được nghiệm đúng Vậy các nghiệm nguyên của (1) được biểu thị bởi công thức:

18 6

3 11



  

 với t là số nguyên tuỳ ý

Cách giải :

- Rút gọn phương trình, chú ý đến tính chia hết của các ẩn

- Biểu thị ẩn mà hệ số của nó có giá trị tuyệt đối nhỏ (chẳng hạn x) theo ẩn kia

- Tách riêng giá trị nguyên ở biểu thức của x

- Đặt điều kiện để phân bố trong biểu thức của x bằng một số nguyên t, ta được một phương trình bậc nhất hai ẩn y và t

- Cứ tiếp tục như trên cho đến khi các ẩn đều được biểu thị dưới dạng một

đa thức với các hệ số nguyên

b Phương trình bậc hai hai ẩn

Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:

5x3y2xy11 (1)

Giải:

Biểu thị y theo x:

(2x 3)y 5x 11

Dễ thấy 2x  3 0(vì x nguyên) do đó:

2

y

Để yZ phải có

5 2 3 2( 5) 2 3

7 2 3

x









Ta có:

Thử lại các cặp giá trị trên của (x;y) đều thỏa mãn phương trình đã cho

c Phương trình bậc ba trở lên có hai ẩn

Ví dụ 3: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:

x x( 1)(x2)(x 3) y2 (1)

Giải :

Nếu y thỏa mãn phương trình thì –y cũng thỏa mãn, do đó ta giả sử y 0

(1)  (x  3 )(x x  3x  2) y

Đặt 2

x  x  a, ta được:

(a 1)(a  1) y a   1 y  (ay a)( y) 1 

Suy ra a  y a y, do đó y = 0

Thay vào (1) được: x1  0;x2   1;x3   2;x4   3

Đáp số: (0;0), ( 1;0), ( 2;0), ( 3;0)   

d Phương trình đa thức có ba ẩn trở lên

Ví dụ 4: Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên:

2 2 2

1999

x y z  (1)

Giải:

Ta biết rằng số chính phương chẵn thì chia hết cho 4, còn số chính phương

lả thì chia cho 4 dư 1 và chia cho 8 dư 1

Tổng 2 2 2

x y z là số lẻ nên trong ba số 2 2 2

; ;

x y z phải có hoặc có một số lẻ, hai số chẵn; hoặc cả ba số lẻ

Trường hợp trong ba số 2 2 2

; ;

x y z có một số lẻ, hai số chẵn thì vế trái của (1) chia cho 4 dư 1, còn vế phải là 1999 chia cho 4 dư 3, loại

Trường hợp ba số 2 2 2

; ;

x y z đều lẻ thì vế trái của (1) chia cho 8 dư 3, còn vế phải là 1999 chia cho 8 dư 7, loại

Vậy phương trình (1) không có nghiệm nguyên

e Phương trình dạng mũ

Ví dụ 5: Tìm các số tự nhiên x và các số nguyên y sao cho:

2x 3 y2

Giải:

Lần lượt xét các giá trị tự nhiên của x:

Nếu x0 thì 2

4

y  nêny  2

Nếu x1 thì 2

5

y  , không có nghiệm nguyên

Nếu x2 thì 2 4x , do đó vế trái chia cho 4 dư 3, còn y lẻ nên vế phải chia cho 4 dư 1 Mâu thuẫn

Kết luận: Nghiệm của phương trình là (0;2), (0;-2)

Ví dụ 6: Giải phương trình với nghiệm tự nhiên:

2x2y2z 1024 (1) với x y z

Giải:

Chia hai vế của (1) cho 2x 0 ta được:

10

1 2  y x  2z x  2 x (2)

Do 210x 1 nên 10

2 x là bội của 2

Ta lại có z > x, vì nếu z = x thì x=y=z, khi đó (2) trở thành 1 2 020 BS2,

loại Do đó 2y x là bội của 2

Suy ra 1 2 y x là bội của 2 Do đó 2y x  1, vậy y = x

Thay vào (2):

10 10

1 10

1 9

2(1 2 ) 2

z x x

z x x

  

  

Do 29x1 nên 9

2x là bội của 2 Do đó

2z x   1, 2  2x

Từ đó x = 8; y = 9; z = 9

3 Bài tập củng cố

Bài 1: Tìm tất cả các cặp nghiệm nguyên (x, y) thoả mãn:

2

y x x 

Bài 2: Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau:

2 2

2 2

Bài 3: Tìm các số tự nhiên x, y, z thoả mãn:

y

x y

a

b

c

d

 

 

 

Bài 4: Tìm các số nguyên dương x, y, z thoả mãn:

2

)1! 2! !

) ! ! 10 9

   

Bài 5: Tìm các số tự nhiên x sao cho:

2x  3y 35

IV Các biện pháp tổ chức thực hiện

1 Tổ chức thực hiện

- Thông qua bài dạy trong sách giáo khoa từ THCS đến THPT, qua quá trình làm bài tập trong SGK và sách bài tập nâng cao để đánh giá năng lực của học sinh

- Trước khi học và sau khi học: “Một số phương pháp tìm nghiệm nguyên của phương trình”, cho học sinh làm bài kiểm tra và thống kê kết quả để thấy hiệu quả đạt được của sáng kiến kinh nghiệm

2 Kết quả nghiên cứu:

Thông qua quá trình giảng dạy học sinh và ôn tập cho đối tượng học sinh khá giỏi, tôi đã áp dụng đề tài trên và kết quả cho thấy:

- Học sinh có khả năng nhìn nhận chính xác cách tìm nghiệm nguyên của phương trình

- Học sinh tự tin khi phân tích để lựa chọn phương pháp giải hay, ngắn gọn cho một số phương trình tìm nghiệm nguyên

- Hình thành được tư duy logic, kỹ năng tìm nghiệm nguyên của phương trình Đồng thời tạo hứng thú trong học tập cho học sinh

- Cụ thể, qua bài kiểm tra, tôi đã thống kê kết quả và thấy hiệu quả rõ rệt của sáng kiến kinh nghiệm này