84 SKKN mot so PP giai phuong trinh nghiem nguyen

I LÍ DO VIẾT SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 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 mơn Tốn trường THCS Đối với học sinh giải tốn hoạt động chủ yếu việc học tập mơn Tốn 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 địi hỏi người thầy phải lao động sáng tạo, tìm tịi phương pháp hay để dạy cho học sinh Từ học sinh trau dồi tư logic, sáng tạo qua việc giải toán CƠ SỞ THỰC TIỄN: a) Thuận lợi: Ở chương trình tốn 8, học sinh biết tốn giải phương trình nghiệm ngun Hơn phương trình nghiệm ngun có nhiều đề thi: Kiểm tra học kì (câu khó), học sinh giỏi huyện, học sinh giỏi tỉnh, thi vào lớp 10 THPT, … b) Khó khăn: 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 tốn Đứng trước thực trạng ấy, địi 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 c) Thực trạng: Số liệu đầu vào qua khảo sát giải phương trình nghiệm nguyên cho 20 học sinh giỏi lớp trường Lớp 8+9 Sĩ số 20 Giỏi Khá SL % SL 10% Yếu TB % SL 25% % SL % 35% 30% Từ lí trên, tơi chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm: “Một số phƣơng pháp giải phƣơng trình nghiệm nguyên” nhằm giúp học sinh nắm vững phương pháp giải, từ phát phương pháp giải phù hợp với cụ thể dạng khác II GIẢI PHÁP THỰC HIỆN 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 tốn 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 mơn Tốn đặc biệt chất lượng mũi nhọn Đối tƣợng nghiên cứu: * Học sinh khá, giỏi khối ĐIỀU TRA THỰC TRẠNG TRƢỚC KHI NGHIÊN CỨU Để đánh giá khả em dạng tốn có phương án tối ưu truyền đạt tới học sinh, tơi đề tốn cho 10 em học sinh giỏi trường sau: Bài 1: ( điểm ) Tìm x, y  biết a) x – y + 2xy = b) 3( x 2 xy y ) x 8y 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 tơi thấy học sinh khơng có biện pháp giải phương trình nghiệm nguyên đạt hiệu Lời giải thường dài dịng, khơng xác, đơi cịn ngộ nhận Cũng với toán trên, học sinh trang bị phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên chắn có hiệu cao CÁC PHƢƠNG 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 NỘI DUNG Một số định nghĩa, định lí, tính chất kiến thức liên quan đến phƣơng pháp giải phƣơng 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 Nếu r = a b Nếu r a Một số tính chất: Nếu a  cho a =bq + r với r< b b  a,b,c,d  a  a  a Nếu a  b b  c a c Nếu a  b b  a a= Nếu a  b a  c a  BCNN[a,b] b Nếu a  b , a  c (b,c) = Nếu a  b ac  b ( c a  (b,c)  ) Một số định lí thường dùng Nếu a  c b  c Nếu a  c b  d (a b)  c ab  cd an  bn ( n nguyên dương) Nếu a  b * 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 ngun x0 c x0 Phương trình có nghiệm ngun ( ') 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 ngun dương khơng làm tính tổng quát ta giả sử x y z 10 Sử dụng tính chất chia hết số phương Số phương khơng 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; Khơng tồn số phương nằm hai số phương liên tiếp 11 Bất đẳng thức Cô - si: a1 a2 a3 an a a a a n n Đẳng thức xảy Với n a1 = a2 = a3 = =an 12 Bất đẳng thức Bunhiacopski a2 2 a2 Đẳng thức xảy 2 a n x1 x2 a1 a2 a3 x1 x2 x3 a x1 n a2 x2 an xn an xn Một số phƣơng pháp giải phƣơng trình nghiệm nguyên Phương trình nghiệm nguyên đa dạng phong phú phương trình ẩn, nhiều ẩn Nó phương trình bậc bậc cao Khơng có cách giải chung cho phương trình, nhiên để giải phương trình ta thường dựa vào số phương pháp giải sau: Phƣơng pháp I : Phƣơng pháp đƣa dạng tích Biến đổi phương trình dạng: Vế trái tích của đa thức chứa ẩn, vế phải tích số ngun Ví dụ 1: Tìm nghiệm ngun dương phương trình: Lời giải: Ta có: 2(x y) xy xy 2x 2y 2(x y) xy y (3 x 2) (3 x 2) Do x, y nguyên dương nên 3x khả sau: (3 x )(3 y 2) 19 3x 2 1; y 1 ; (I) 3y 2 19 mà 19 = 1.19 = 19.1 nên ta có 3x 19 3y (II) Giải hệ phương trình trên, ta đươc nghiêm nguyên phương trình (x ; y) (1; ) ; ( ; ) Ví dụ 2: Tìm nghiệm ngun 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 Suy ra: 2x 2y 2x+ y 2x 1 2y 2x+ y 23 1 1 2x 2y 2x+ y 23 2x 23 2y 1 2x+ y 23 1 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 x x x – y y (x+1)4 – y2 = [(x+1)2 –y][(x+1)2+y] =1 – y y 1 y y 1 y y y=0 (x+1)2 = x+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 ngun ( x, y ) {( 0, ); ( - 2, )} Ví dụ : Tìm nghiệm ngun 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 Phƣơng pháp II : Sắp thứ tự ẩn Nếu ẩn x, y, z, có vai trị bình đẳng, ta giả sử x y z để tìm nghiệm thỏa mãn điều kiện Từ đó, dùng phép hốn vị để => nghiệm phương trình cho Ví dụ : Tìm nghiệm ngun dương phương trình : x + y + z = xyz (1) Lời giải Do ẩn x, y, z có vai trị 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 dương z ta xy Do xy 3z cho số 1; 2; 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) hốn vị (1 ; ; 3) Ví dụ : Tìm nghiệm ngun dương phương trình : 1 x y z (2) Lời giải Do vai trị bình đẳng x, y, z phương trình nên xếp thứ tự giá trị ẩn, chẳng hạn x ≤ y ≤ z Ta có : 1 x y z 3 x x Thay x = vào (2) ta có : 1 Suy : y = x ( x nguyên dương) 1 y z = (vơ lí) y = z 1 y z y =2 y z = z Vậy nghiệm nguyên dương phương trình (3) hốn vị (1 ; ; 2) Phƣơng pháp III : Sử dụng tính chất chia hết - Sử dụng tính chất chia hết để chứng minh phương trình vơ nghiệm tìm nghiệm phương trình - Hai vế phương trình nghiệm nguyên chia cho số có số dư khác phương trình khơng có nghiệm ngun Ví dụ : Tìm nghiệm ngun phương trình : x2 - 2y2 = (1) Lời giải Từ phương trình (1) => x phải số lẻ Thay x = 2k + (k 4k2 +4k + - 2y2 =  ) vào (1), ta được: 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 (*) vơ nghiệm Vậy phương trình (1) khơng có nghiệm ngun Ví dụ : Chứng minh khơng 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 khơng chia hết x3 + y3 + z3 - x - y - z ≠ 2000 với số nguyên x, y, z tức phương trình (2) khơng có nghiệm ngun Ví dụ : Tìm nghiệm ngun phương trình : xy + x - 2y = (3) Lời giải Ta có (3) tương đương y(x - 2) = - x + Vì x = khơng thỏa mãn phương trình nên (3) tương đương với: x y x y 1 x 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 tốn này, nhờ đưa phương trình (3) dạng : x(y + 1) - 2(y + 1) = tương đương (x - 2)(y + 1) = Ví dụ 4: Tìm nghiệm ngun phương trình sau x 2y (4) Lời giải Ta thấy: x = y = nghiệm (4) Nếu x0 , y0 ( x0 , y0 ) nghiệm (4) Gọi Ta có: x0 2 y0 x0 d d ( x0 , y0 ) 2 , suy x0 d , y0 (*) d y0 x0 d d chẵn y0 4 (mâu thuẫn với (*) ) d Vậy phương trình (4) có nghiệm ngun (0; 0) Ví dụ 5: Tìm nghiệm ngun 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)  - y2  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 Phƣơng 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 = Lời giải (1) Giả sử (x0 ; y0) nghiệm (1) : x02 - 5y02 = 5x1 ; (x1  ), ta có : 25x12 - 5y02 = 5x12 - y02 = y0 chia hết cho 5, đặt y0 = 5y1 (y1 Từ ta có : 5x12 - 25y12 = x0 chia hết cho 5, đặt x0 = )  x12 - 5y12 = x0 Vậy (x0 ; y0) nghiệm nguyên (1) ; y0 (1) Tiếp tục lập luận tương tự, ta có xk ; yk nghiệm nguyên với k nguyên dương bất kì, 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  Đặt x = 2x1 với x1 nguyên Thay vào (2), chia hai vế cho : 4x13 + y3 = 2z3 (3) Do y  Đặt y = 2y1 với y1 nguyên Thay vào (3) chia hai vế cho được: 2x13 + 4y13 = z3 (4) Do z  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 ngun phương trình: x 3y 9z (5) Lời giải Giả sử x0 x1 x0 , y0 , z0 nghiệm ngun phương trình vào (5) ta được: x1 y0 z0 y0 3 đặt y0 y1 x0 3 đặt đó: x0 x1 , thay x1 y1 Vậy x0 , 3 z0 y0 , z0 3 x1 y1 z0 z0 3 đặt z0 z1 đó: x1 3 y1 z1 nghiệm phương trình Quá trình tiếp tục được: x0 k , y0 k , z0 k nghiệm nguyên (5) với k nguyên dương điều xảy x0 y0 z0 Vậy phương trình cho có nghiệm ngun ( 0; 0; ) Phƣơng pháp V: Đƣa dạng tổng 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 4x2 + 4y2 - 4x - 4y = 32 (1) (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 2y 2x 2y Giải hệ trên, suy phương trình (1) có bốn nghiệm ngun (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 y 13 x 2y y 13 x 2y y 12 x 2y y 12 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)} Phƣơng 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) 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 khơng thể 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) khơng có nghiệm nguyên dương * Lưu ý : Bài toán giải phương pháp sử dụng tính chất chia hết Phƣơng pháp VII: Phƣơng pháp loại trừ Nếu có số nguyên m cho m n (m 1) n khơng thể số phương Ví dụ 1: Tìm tất nghiệm ngun 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 Với x 2x - : x (x Với x = - : y 3x 2) y y (x (x 1) 2) x x 3 y y x x 3 ( vô lý ) ( vô lý ) ( vơ lý ) Vậy phương trình cho có hai cặp nghiệm nguyên ( 0; ); ( 0; -1 ) Ví dụ 3: Tìm nghiệm ngun phương trình: x (x 1) y (y 1) Lời giải Khai triển rút gọn hai vế ta được: x(x 1) x y x 2y (y Nếu x > từ 3y y x 2 2y x 2 x y (y 1) 2 y( y 1) 1) (1) x x (x 1) suy phương nên (1) khơng có nghiệm ngun x x khơng số Nếu x < - từ (x 1) x x x Nếu x = x = - từ (1) suy ra: y suy (1) khơng có nghiệm ngun y y 1 y Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x, y) 0; ; 0; ; 1; ; 1; Phƣơng pháp VIII: Sử dụng tính chất nghiệm phƣơng trình bậc 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 ngun: 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) Mà ' x ' x Do y nguyên, x nguyên = (2x + 1)2 – (3x2 + 4x + 5) = x2 – (x- n) (x+ n) = x= ' x nguyên x2 – = n2 (n  ) (do x - n x + n tính chãn lẻ) Vậy phương trình có nghiệm ngun (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 Theo định lý Viet, ta có : x1 x 1x x y 5y 5x1 x 1x 5x 2 5y x1 + 5x2 – x1x2 = 23 (x1 -5) (x2 -5) = mà = 1.2 = (-1)(-2) x1 + x2 = 13 x1 + x2 = y = y = 5y 25 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 ngun 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 = (y + 1)2 - 4(y2 - y) = y2 + 2y + - 4y2 + 4y = -3y2 + 6y + * 3y 6y Do (y - 1)2 3( y 1) Suy -1 y - 1 y-1 -1 y Với y = 0, thay vào (2) ta x2 - 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 ngun (0;0), (1;0), (0;1), (2;1), (1;2), (2;2) Phƣơng pháp IV: Dùng bất đẳng thức Ví dụ 1: Tìm nghiệm ngun phương trình: x2 –xy + y2 = Lời giải Ta có x2 –xy + y2 = (x- y )2 = - Ta thấy (x- y )2 3- y 2; 3y 3y -2 y 1; thay vào phương trình tìm x thử lại, ta nghiệm nguyêncủa phương trình (x, y) 1, , 1, ; 2, ; ,1 ; 1,1 ; 1, x Ví dụ 2: Chứng minh phương trình + y z + = b khơng có nghiệm ngun z y x dương b = b = có vơ số nghiệm ngun dương b = Lời giải Do x, y, z x  y , z y ( x + y y + )3 z z x z , > Theo bất đẳng thức Cơ-si, ta có: x x y y z 27 ( Đẳng thức xảy z x x y ) = 27 + y + z z x x=y=z Vậy phương trình x y + + z y z = b khơng có nghiệm nghiệm nguyên b = x b = có vơ số nghiệm nghiệm ngun b = 3, chẳng hạn: ( x = a, y = a, z = a) với a số nguyên dương Ví dụ 3: Tìm nghiệm ngun phương trình: (x + y + 1)2 = 3(x2 + y2 + 1) Theo bất đẳng thức Bunhiacơpxki, ta có: x y (1 Đẳng thức xảy 2 ) x x y 1 1 2 y +1 x y x 2 y +1 Vậy phương trình có nghiệm ngun 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 Cơ–si ta có: x2 + x2 + y2 2x, dấu xảy 2xy, dấu xảy x = 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 ngun x = y = Phƣơng pháp X: Xét số dƣ vế Ví dụ Tìm nghiệm ngun 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 9x + = (3k + 1)(3k + 2)  9x = 9k(k+1) Thử lại x = k(k+1) y = 3k + 1(k  ) y +1 = 3k + Khi ta có: x = k(k+1) ) thoả mãn phương trình cho Vậy nghiệm nguyên phương trình (1) x = k(k+1) y = 3k + 1( với k  ) Ví dụ Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm ngun: 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 khơng chia hết cho Từ đó, suy phương trình cho vơ 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 khơng có nghiệm ngun * 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 + c) xy yz zx z x y Bài 3: Chứng minh rằng: a) Phương trình x b) 1 1 x y z 1991 1 xy y khơng có nghiệm ngun dương có số hữu hạn nghiệm nguyên dương c) Phương trình x2 + y = 4m + khơng có nghiệm ngun với m ngun d) Có vơ số số nguyên x để biểu thức sau số phương (1 + + + + x)(12 + 22 + 32 + + x2) Bài 4: Giải phương trình tập số nguyên a) x d) x 3y 12 17 y b) x 2 5y e) x 7y 17 c) x f) x 2y 2 2x 4y 37 Bài 5: Giải phương trình tập số nguyên a) ( x d) x y) 2 x xy y b) ( x e) x y) y xy 169 c) x e) x y y 2 91 1999 Bài 6: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình sau a) x y c) x y z e) xyz t b) x xyzt 1 1 x y z t y 1 x y d) 1 f) x z y xyz z t Bài 7: Tìm nghiệm nguyên phương trình sau a) x c) xy x e) ( x x 2) 13 y x x 100 y x b) y d) x x x x y( y f) x ( x y 1) ( y 1) ( x )( y )( x 8) 3) y Bài 8: Giải phương trình tập số nguyên a) x c) x 2y y 4z z 2 xyz b) x d) x 4y 2y 2z 2z u xy yz 2z e) x y z x y z III KẾT QUẢ ĐẠT ĐƢỢC: Áp dụng sáng kiến kinh nghiệm vào giảng dạy 20 học sinh giỏi (như thực trạng đầu vào) đạt kết cụ thể sau: Số liệu đầu vào qua khảo sát giải phương trình nghiệm nguyên cho 20 học sinh giỏi lớp trường Lớp Sĩ số 8+9 20 Giỏi Khá SL % SL 10% Yếu TB % SL 25% % SL % 35% 30% Kết kiểm tra giải phương trình nghiệm nguyên sau áp dụng sáng kiến kinh nghiệm: Lớp 8+9 Sĩ số 20 Giỏi Khá SL % SL 45% Yếu TB % SL 35% % SL % 20% 0% IV KHẢ NĂNG NHÂN RỘNG 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 Tốn lớp 8, ơn tập cho học sinh chuẩn bị thi vào lớp 10 PTTH, lớp chuyên PTTH V KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT 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 Đối với ngành : Mở buổi hội thảo chuyên đề mơn Tốn để nâng cao trình độ chun mơn 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 Là giáo viên dạy toán trường THCS trực tiếp bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi nhận thấy việc giải tốn chương trình THCS khơng đơn giản đảm bảo kiến thức SGK, điều kiện cần chưa đủ Để giỏi tốn học sinh cần phải luyện tập nhiều, thơng qua việc giải tốn 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 tốn 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 tơi 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 cịn nhiều phương pháp để giải phương trình nghiệm ngun cịn nhiều thí dụ hấp dẫn khác Nhưng lực thân có hạn nên trình bày sáng kiến khơng tránh khỏi điểm thiếu sót khiếm khuyết Rất mong góp ý chân thành đồng khoa học q cấp Tơi xin chân thành cám ơn! Vĩnh Long, ngày 12 tháng năm 2017 Ngƣời viết Nguyễn Thị Ngọc Luyến ... 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 NỘI DUNG Một số... nâng cao trình độ chun mơn 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 Là giáo viên dạy