Đang tải... (xem toàn văn)
Dùa vµo tÝnh chÊt chia hÕt ®Ó h¹n chÕ tËp nghiÖm.[r]
(1)I Mở đầu
Giải phơng trình nghiệm nguyên phải đâu?
Trong chơng trình tốn học THCS nh THPT đề thi thờng gặp tốn tìm nghiệm ngun song với HS cịn lúng túng khơng biết đâu, gặp khó khăn khơng biết làm để tìm lời giải Một thực tế cho thấy với giáo viên thực cha tìm phơng pháp giải cho HS Riêng với em HS gặp dạng tốn khơng chịu nghiên kứu khảo sát kĩ chi tiết kết hợp chi tiết dạng tốn theo nhiều cách khơng sử dụng hết kiện toán sử dụng thiếu linh hoạt
Việc giải phơng trình vơ định tức việc tìm nghiệm nguyên phơng trình đại số có hệ số ngun ln địi hỏi HS có khả phân tích, đối chiếu dự đốn phơng pháp t nghe để lựa chọn thích hợp, nên loại tốn khơng có phơng pháp giải tổng qt, xin giới thiệu vài thủ pháp để giải tốn tìm nghiệm ngun
II Néi dung:
- Xin giíi thiƯu phơng pháp bản
1 Da vo tớnh chất chia hết để hạn chế tập nghiệm VD1.1 Tìm nghiệm nguyên phơng trình:
6x2 + 7y2 = 96 ( 1) Gi¶i:
(1) x2 – 54 = 42 - 7y2 6(x2 – 9) = 7( – y2) () Do (6,7) = nªn (x2 – 9) (x2- ) x2 = 7t + ( t N ) Thay x2 = 7t + vµo PT () ta cã y2 = 16 – 6t
Do 2 0 x y
7 16
t t t t t 0,1, 2
Từ ta có ( x,y ) = ( 4,0 ) , ( - 4,0 ) VD1.2: Tìm nghiệm nguyên dơng phơng trình
xy – 2x – 3y + = (2) Gi¶i:
xy – 3y = 2x – y(x – 3) = 2x – ThÊy x = kh«ng phải nghiệm Với x = ta có: y =
2
x x
= +
5
x
(2)+ víi x – = x = , y = 7 + víi x – = -1 x = , y = - + víi x – = x = , y = + víi x – = -5 x = - , y =
VËy : (2) cã cặp nghiệm nguyên dơng ( x,y ) = ( 4,7 ) ; ( 8,3 ) VD1.3:
Tìm nghiệm nguyên phơng trình x5 + 29x = 10 ( 3y + ) Gi¶i:
x5 + 29x = 10 ( 3y + ) x5 – x + 30x – 30y = 10 x5 – x + 30( x – y ) = 10 Ta có: x5 – x ( Theo Pacma )
x5 – x
Do ( 6,5 ) = (x5 – x) 30 mµ 10 30 Phơng trình nghiệm nguyên
II Dựa vào điều kiện ẩn để hạn chế tập nghiệm: VD2.1: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng:
1
z
x y
Gi¶i: Víi x0 ; y ta cã
1
z
x y xyz = x + y
Do tính chất đối xứng x, y nên ta giả thiết x y Ta có: xyz = x + y y + y = 2y xz Ta lựa chọn nghiệm trờng hợp sau:
x=1 , z = , x = , z = x = , z = Từ ta có nghiệm ( x,y,z ) = ( 2,2,1 ) ; ( 1,1,2 ) VD2.2: Tìm nghiệm nguyên phơng trình
2x + 5y = 48 Giải:
Vì y nguyên dơng, y thỏa mÃn phơng trình < 5y < 48 < y < 10 MỈt kh¸c: 5y = 48 – 2x = ( 24 – x ) 5y 2 Do ( 2,5 ) = y y = , , , 8
(3)Vậy nghiệm phơng trình là: ( x,y ) = ( 19,2 ) ; ( 14,4 ) ; ( 9,6 ) ; ( 4,8 ) VD2.3: Giải phơng trình nghiệm nguyên:
X6 + 3x2 + = y4 Gi¶i:
Víi x > , ta cã:
( x3 + )2 = x6 + 2x3 + < x6 + 3x+ = y4 < x6 + 4x3 + = ( x3 + 2)2 Hay: ( x3 + ) < y2 < ( x3 + 2) y Z
Víi x cịng cã y Z
+ Với x = thay vào phơng trình ta đợc y4 = -1 vô nghiệm + Với x = thay vào phơng trình ta đợc y4 = y = 1
Vậy phơng trình cho có nghiệm nguyên: ( x,y ) = ( 0,1 ) ; ( 0,-1 )
III Phơng pháp sử dụng vai trị bình đẳng:
§êng lèi chung:
Nếu phơng trình nguyên mà ẩn x, y , z … có vai trị bình đẳng ta giả sử x y z… để thu hẹp giá trị ẩn số từ tìm nghiệm.
VD3.1: T×m nghiƯm nguyên dơng phơng trình sau: x2 + y2 + z2 + xyz = 20
Gi¶i:
Do vai trị bình đẳng x , y , z nên ta giả sử x y z từ suy ra:
x2 + y2 + z2 + xyz > 3x2 + x2 = 4x2 tøc lµ 4x2 20 x2 x , xÐt trêng hỵp:
a Víi x = y2 + z2 + yz = 19 y2 + y2 + y2 19 y2
19
3 y 2 - NÕu y = z2 + z = 18 z( z + ) = 18 v« nghiƯm
- NÕu y = z2 + 2y – 15 = z = cã nghiƯm lµ ( 1,2,3 ) b Víi x = + y2 + z2 + 2yz = 20 y2 + z2 + 2yz 16 4y2 16 y 2
Víi y = ta cã + 4z = 12 z = Cã nghiƯm lµ: ( 2, 2, )
Trao đổi vai trò x, y, z ta có nghiệm sau:
( x, y, z ) = ( 1,2,3) ; (1,3,2) ; (2,1,3) ; (2,3,1) ; ( 3,2,1) ; (3,1,2) ; (2,2,2) VD3.2: T×m nghiƯm nguyên phơng trình:
x + y + z = xyz Giải:
Vai trò x, y, z nh nên không tính tổng quát ta gi¶ sư: z y x 1 Đặt z = + n ; y = + m ; x = + l ( n m l )
(4)3 + m + n + l = ( + m )( + n )( + l ) = + l + m + n + mn + nl + ml + mnl ml + mn + nl + mln = ()
NÕu l mn + mnl + ml m©u thuÉn víi ()
VËy l = thay vµo () mn = 2 V× n m nªn n = ; m = 1
Vậy ta đợc: ( x=1; y = 2; z = ) nghiệm, vai trị bình đẳng nên ta có bộ: ( x,y,z ) = ( 2,1,3 ); ( 3,1,2 ) ; ( 2,3,1 ) ; ( 1,3,2 ) ; ( 3,2,1 )
IV Phơng pháp giản ớc cho ớc số chung.
VD: Cho phơng trình : xn + = yn+1 víi n N ; n > 1 CMR phơng trình nghiệm nguyên dơng với ( x, n+1 ) = Giải:
Giả sử phơng trình có nghiệm nguyên dơng với ( x0 , y0 ) x0n + 1= y0n + 1 x0n = y0n + 1 + 1
x0n = ( y0 – )( y0n + y0n + 1 +….+ y0 + 1) ( )
Đặt y0n + y0n + 1 +….+ y0 + cã d¹ng k(y0 – ) = n + (2) víi k N
NÕu A lµ y0 – cã ớc nguyên tố chung P A P vµ y0 – P n +
P
Khi x0n P x0 P trái với giả thiết, ƯCLN(A;y0 – ) = 1
y0n + y0n + 1 +….+ y0 + = x0,n =
n o x
y (3) víi x0, z+ Tõ (3) x0, > y0 +
Do (x0,)n > ( y0+1)n > y0n + y0n + 1 +….+ y0 + (4)
Vì (3) (4) mâu thuẫn Vậy phơng trình nghiệm nguyên Bài tập:
Tìm nghiệm nguyên dơng phơng trình: x4 + 4y4 = 2(24 + 4t4)
V §a vỊ trêng hợp riêng
VD: Tìm nghiệm nguyên không âm phơng trình
x x x = y ( n dấu )
Gi¶i:
Ta thÊy ( 0,0 ) nghiệm phơng trình Nếu:
a) n = th× x = y x = y2 ( x )
(5)b) NÕu n = th× x x = y x + x = y2 x = y2 – x x số tự nhiên
x = t , t N t ( t + ) = y2 Nhng t2 < t ( t + ) < ( t + )2 nên t2 < y2 < ( t + 1)2
Điều không xảy với t > phơng trình cã nghiƯm lµ ( 0,0 ) c) Víi n
ta cã x x x x = y2 – x
Trong vế trái có n – dấu căn, đặt y2 – x = y1 số nguyên dơng. Tiếp tục làm nh đến n – 2, đến x x = y2n – - x
Nh ta lại trở trờng hợp b) vµ chØ cã nghiƯm ( 0,0 )
III Bµi häc kinh nghiƯm:
Qua cách trình bày kết đạt đợc học sinh rút đợc học kinh nghiệm nh sau :
- Trớc hết đòi hỏi giáo viên phải thực u nghề có tâm huyết, có lịng say mê, trắc trở với mơn dạy
- Giáo viên học sinh cần nắm vững phơng pháp biết vận dụng linh hoạt phơng pháp vào dạy – học
- Biết cách nhận dạng, phân tích tìm lời giải
- Giáo viên phải tim tòi số tập từ đơn giải đến phức tạp
- Tạo hứng thú cho học sinh cách cho học sinh đợc thực hành ,tự tìm tịi kiến thức
- Yêu cầu học sinh tìm nhiều cách giải toán
- Giáo viên cần hớng dẫn học sinh tìm cách giải tập cách sáng tạo - Giáo viên phải khắc sâu phơng pháp giải toán nói chung
Trong khuôn khổ sáng kiến cấp trờng, xin giới thiệu vài phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên nhiều phơng pháp với bạn đọc
Tuy nhiên, hiệu đạt đợc giáo viên tách phơng pháp giảng dạy học sinh có hứng thú làm bài, chất lợng bồi dỡng học sinh giỏi cao
Hy vọng bạn đọc, đồng ngiệp góp ý để đề tài đợc hoàn thiện nội dung phong phú
Chân thành cảm ơn giúp đỡ đồng nghiệp, tất em học sinh.
Đồng tác giả 1) Kiều Đình Dớc
(6)