Lý do : Năm học 2009 – 2010 với chủ đề “ Năm học đổi mới quản lý và nâng cao chất lượng dạy học”, là Phó hiệu trưởng phụ trách chuyên môn tôi nhận thấy việc đào tạo chất lượng mũi nhọn[r]
(1)PHẦN A : MỞ ĐẦU
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HUYỆN CƯM’GAR TRƯỜNG THCS NGUYỄN HUỆ
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
VẬN DỤNG NHỮNG BÀI TỐN PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ
PHƯƠNG TRÌNH KHƠNG MẪU MỰC “NON STANDARD
PROBLEMS” TRONG RÈN LUYỆN TƯ DUY TOÁN HỌC
CHO HỌC SINH GIỎI BẬC TRUNG HỌC CƠ SỞ.
Người thực : Nguyễn Huy Hoan
(2)Trong thời kỳ phát triển hội nhập, cộng với việc gia nhập tổ chức WTO mở cho đất nước ta nhiều hội lớn thách thức lớn Trước , nước ta lại phải lúc giải ba nhiệm vụ : Thốt khỏi tình trạng nghèo nàn lạc hậu kinh tế nông nghiệp ; đẩy mạnh cơng nghiệp hóa , đại hóa đồng thời tiếp cận với kinh tế tri thức Để làm nên nghiệp đòi hỏi nhiều yếu tố tác động tới, có việc thích ứng với kinh tế tri thức giới với mơn tốn “Tốn học mơn thể thao trí tuệ” cơng việc người dạy tốn tổ chức hoạt động trí tuệ Có lẽ khơng có mơn học thuận lợi mơn tốn cơng việc đầy hứng thú khó khăn
Là giáo viên giảng dạy mơn tốn năm làm công tác quản lý năm ln ln trăn trở nhiều q trình học toán làm toán em học sinh, q trình học tốn, làm tốn em học sinh gặp tốn mà đầu đề có “vẻ lạ”, “khơng bình thường”, tốn giải cách áp dụng trực tiếp quy tắc, phương pháp quen thuộc Những toán thường gọi “không mẫu mực”(non standard problems) có tác dụng khơng nhỏ việc rèn luyện tư toán học thường thử thách học sinh kỳ thi học sinh giỏi, thi vào lớp chuyên toán, thi vào đại học.Đương nhiên quen thuộc hay “không mẫu mực” tương đối, phụ thuộc vào trình độ, kinh nghiệm người giải tốn, có tốn “lạ”, “khơng mẫu mực” người lại quen thuộc người khác
Để đạt mục tiêu xin chân thành cảm ơn tập thể GV- CBCNV trường THCS Nguyễn Huệ tạo điều kiện giúp đỡ để tơi hồn thành SKKN
Chân thành cảm ơn!
(3)Lý do : Năm học 2009 – 2010 với chủ đề “ Năm học đổi quản lý nâng cao chất lượng dạy học”, Phó hiệu trưởng phụ trách chun mơn tơi nhận thấy việc đào tạo chất lượng mũi nhọn nhiệm vụ trọng tâm hàng đầu, đầu tư tập trung cho khối nhằm đào tạo phát học sinh có tố chất, học sinh giỏi quan trọng mạnh dạn xây dựng SKKN với mong muốn thầy đồng nghiệp ngồi nhà trường tham khảo Trong q trình học tốn, làm tốn em học sinh gặp tốn khơng thể giải cách áp dụng trực tiếp quy tắc, phương pháp quen thuộc Những tốn thường gọi “khơng mẫu mực” (non standard problems) Những tốn có tác dụng khơng nhỏ việc rèn luyện tư tốn học thường thử thách học sinh kỳ thi học sinh giỏi, thi vào lớp chuyên toán, thi vào đại học Qua kinh nghiệm giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi toán, tổng hợp, phân loại hướng dẫn phương pháp giải nhiều phương trình hệ phương trình “khơng mẫu mực” lớp , lớp đầu cấp THPT, mạnh dạn xây dựng SKKN nhằm giúp em học sinh luyện tập để nhiều tốn giải phương trình hệ phương trình “khơng mẫu mực” dần trở thành “quen thuộc” với mình, qua biết cách suy nghĩ trước phương trình hệ phương trình “ khơng mẫu mực” khác
1. Mục đích :Với sáng kiến kinh nghiệm tơi muốn đưa kinh nghiệm học thực tiễn qua trình bồi dưỡng nhiều năm học sinh giỏi, giảng dạy cho em học sinh có tố chất u thích tốn học trường THCS Nguyễn Huệ
2. Tính thực tiễn, ý nghĩa : Qua nhiều năm bồi dưỡng tơi nhận thấy phương trình hệ phương trình khơng mẫu mực quan tâm đề thi nhiều kỳ thi học sinh giỏi cấp , năm học 2008 – 2009 thúc viết lên kinh nghiệm nhỏ trình bồi dưỡng học sinh giỏi, đến nhận thấy đề tài phần đem lại hiệu cao, chất lượng học sinh giỏi cấp trường, cấp huyện học sinh giỏi toàn diện lên, thầy cô quan tâm nhiều đến phương trình hệ phương trình khơng mẫu mực khơng gặp khó khăn q trình giảng dạy học tập bồi dưỡng học sinh giỏi
(4)1 Cơ sở lí luận khoa học :
Trong trình giảng dạy toán cần thường xuyên rèn luyện cho học sinh phẩm chất trí tuệ có ý nghĩa lớn lao việc học tập, rèn luyện tu dưỡng sống học sinh Đối với học sinh giỏi, việc rèn luyện cho em tính linh hoạt, tính độc lập, tính sáng tạo, tính phê phán trí tuệ điều kiện cần thiết việc học tốn Chính bồi dưỡng học sinh giỏi không đơn cung cấp cho em số vốn kiến thức thông qua việc làm tập nhiều, tốt, khó hay mà phải cần thiết rèn luyện khả phát triển tư duy, sáng tạo làm toán cho học sinh, đặc biệt toán em coi “lạ”
2 Cơ sở lý luận thực tiễn:
Qua nhiều năm công tác giảng dạy trường THCS tơi nhận thấy việc học tốn nói chung bồi dưỡng học sinh giỏi tốn nói riêng, muốn học sinh rèn luyện tư sáng tạo việc học giải tốn thân người thầy (cơ) cần phải có nhiều phương pháp nhiều cách hướng dẫn học sinh tiếp thu tiếp cận giải Đặc biệt qua năm giảng dạy thực tế trường trung học sở Nguyễn Huệ việc có học sinh giỏi mơn Tốn điều khó mà khơng phải giáo viên tốn làm khơng biết đầu tư, khơng thực nhiệt tình khơng nghiên cứu chun đề Phương trình hệ phương trình khơng mẫu mực,hoặc chuyên đề khác, nhiên có nhiều nguyên nhân có khách quan chủ quan Song địi hỏi người thầy cần phải tìm tịi nghiên cứu tìm nhiều phương pháp cách giải qua Tốn để từ rèn luyện cho học sinh lực hoạt động tư sáng tạo, phát triển tốn đề xuất tự làm toán tương tự nghiên cứu bồi dưỡng
III. THỰC TRẠNG:
(5)phát huy phương pháp dạy học đổi sáng tạo Bên cạnh mơn học khác có học sinh giỏi huyện ln khuyến khích giáo viên dạy tốn học sinh phải động tìm tịi, tư sáng tạo việc dạy học toán Mặt khác nghiệp giáo dục huyện CưMgar nói chung , trường THCS Nguyễn Huệ nói riêng có nhiều thay đổi đáng kể, có nhiều học sinh giỏi cấp tỉnh, giỏi cấp huyện, cấp uỷ Đảng quyền, bậc phụ huynh, đặc biệt Hội khuyến học xã có phần quan tâm động viên nghiệp giáo dục xã nhà trường
* Khó khăn: Bên cạnh mặt thuận lợi có nhiều khó khăn như: Điều kiện sở vật chất nhà trường thiếu thốn, khơng có phịng học để mở việc bồi dưỡng cho học sinh giỏi theo trình tự có hệ thống từ lớp nhỏ đến lớp lớn, cụ thể từ lớp đến lớp Phòng thư viện nhà trường cịn đầu sách, việc tìm tịi sách đọc vấn đề hạn chế Nhưng khó khăn em học sinh điều kiện địa phương với đặc thù vùng huyện , số nhân đông, điều kiện kinh tế khó khăn,dân di cư tự nhiều, việc quan tâm đến học hành cịn hạn chế nhiều tinh thần vật chất, dẫn đến hạn chế việc học hành em đặc biệt mơn tốn
Vì mơn tốn ngày nhiều học sinh u thích trước hết người Thầy phải tác động vào tiềm thức em, học sinh khá, giỏi mà cần phải đánh thức em có học lực trung bình học sinh chưa thật u thích mơn tốn, để đạt mục tiêu cần phải có cú “hích” đào tạo , phát học sinh giỏi nhằm khuyến khích động viên em kịp thời , nhân tố khơi dậy gương sáng cho học sinh khác noi theo
IV. GIẢI PHÁP THỰC HIỆN (NỘI DUNG SKKN) : Phần I : Phương trình I/ Phương trình ẩn
Phương pháp thường vận dụng :
1/ Đưa phương trình tích : a/Các bước :
(6)+ Dùng phép biến đổi đại số đưa PT dạng f(x).g(x) h(x)=0 + Dùng ẩn phụ
+ Dùng cách nhóm số hạng, tách số hạng
b/ Ví dụ1 : Giải phương trình :
2 10 21 3 3 2 7 6
x x x x
( 3)( 7) 3 3( 3) 2( 3) ( 3)( 2)
x x x x
x x x
x x
7 3
x x
7
x x
ĐS : x=1; x=
Ví dụ 2: Giải phương trình :
31 x x2 1
Giải : Điều kiện x -
Đặt : t x2 ( t0) 33 t2 t
33 t2 1 t
3- t2 = (1- t)3
t3 – 4t 2 + 3t + = 0
(t-2)( t2 – 2t – 1) = 0
Đs : x= 2; x= 1+2
c/ Bài toán áp dụng :
1.Giải phương trình : a/
294 296 298 300 1700 1698 1696 1694
x x x x
Đs : x= 1994 b/ 3x+1 +2x.3x – 18x – 27 = ĐS :
3 ; 2
(7)gợi ý : áp dụng HĐT (a - b)3 - (a3 –b3 )= -3ab( a - b)
ĐS :
1 2 3; ;
2
d/ (x2 – 3x + 2)3 + (- x2 +x + 1)3 + ( 2x-3)3 =
Gợi ý : áp dụng HĐT (a - b)3 + (b - c)3 +(c - a)3 = 3(a –b )(b – c)(c- a)
Đáp số :
1 2;1; ;
2
2/ Áp dụng bất đẳng thức :
a/ Các bước :
+ Biến đổi phương trình dạng : f(x) = g(x) mà f(x) a ; g(x) a (a số)
Nghiệm giá trị x thỏa mãn đồng thời f(x) = a g(x) = a
+ Biến đổi phương trình dạng h(x) = m ( m số) mà ta ln có : h(x) m
hoặc h(x) m nghiệm PT giá trị x làm cho dấu đẳng thức xảy
+ Áp dụng BĐT : Cô si, Bunhia kốpxki,
b/ Ví dụ1 : Giải phương trình :
6
4 2
1
19 x 5 x 95 x x 3
Điều kiện :
2
1
3
x x
x x
Ta có :
6
4 2
1 0
19 x 5 x 95 x x 19 5 95 3
Nên x - = ; x2 – = x2 – 3x + =
Đáp số : x =
Ví dụ : Giải phương trình :
x2 – 3x + 3,5 = (x2 2x2)(x2 4x5)
Hướng giải : ta có x2 – 2x + = ( x - 1)2 + > 0
(8)x2 – 3x + 3,5 =
2
(x – 2x 2)(x – 4x )
Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho hai số dương : (x2 – 2x + ) (x2 – 4x + 5)
Đáp số : x =
c/ Bài toán áp dụng :
a/ x 3 x1 x 8 x1 1
gợi ý : ( x1 2) ( x1 3) 1 áp dụng bất đẳng thức : a b a b
dấu sảy ab0 với a= x1 2 ; b= 3- x1
b/ 13[(x2 – 3x +6)2 + (x2 -2x + 7)2] = ( 5x2 – 12x + 33)2
Gợi ý : sử dụng BĐT Bunhia cốpxki cho số : (a2 + b2)(c2 + d2) (ac + bd)2
Đáp số : x = 1;
3/ Chứng minh nghiệm nhất :
a/ Các bước :
Ta thử trực tiếp để thấy nghiệm sau chứng minh ngồi nghiệm khơng cịn nghiệm khác :
b/ Ví dụ
Ví dụ 1:Giải phương trình :
4
4 8 14 8 12 8 16
2
25(3x x 25 x x ) 29 18.3x x 7x x
(1)
Gợi ý :
2 2 2 ( 4) ( 4) ( 4)
3 x 7 x 7 x 29
x = nghiệm số (1)
Xét x 2, (giáo viên hướng dẫn cho học sinh xét x 2)
Đáp số : x =
Ví dụ 2: Giải phương trình : 2 ( 3) 1
x x
(9)
3 1
1 ( ) ( )
2 2
x x
(*)
Dễ thấy : x= nghiệm *
Xét x > Ta có
2
3 1 3 1
( ) ( ) ( ) ( ) 1
2 2 2 2
x x
Xét x< ta có :
2
3 1 3 1
( ) ( ) ( ) ( ) 1
2 2 2 2
x x
Vậy ta có nghiệm
c/ Bài toán áp dụng :
Giải phương trình :
1 2x + 3x + 5x-1 = 21-x + 31-x + 51-x
2 3x + 4x = 5x
4/ Đưa hệ phương trình a/ Các bước :
- Tìm ĐK tồn phương trình
- Biến đổi PT để xuất nhân tử chung
- Đặt ẩn phụ thích hợp để đưa việc GPT việc giải HPT quen thuộc
b/ Ví dụ
Ví dụ : Giải phương trình :
4 4x x
Điều kiện :
0
4 0 12 4
x
x x
x
Đặy y = 4x ta có hệ phương trình :
4
x y
y x
Đây toán quen thuộc nên giải cách dễ dàng
Lưu ý : x + y
1 13 13
; ;
2
x x
(10)Đáp số :
1 13
x
Ví dụ : Giải phương trình :
4 4xx
Giải : Điều kiện :
0
4 0 12 4
x x x x
Đặt y = 4x ta có hệ phương trình :
4 x y y x
2 2
2
4 ( )
4
x y x y x y
y x x y
( )( 1)
x y x y
x y
Vì x + y nên ta có hệ :
1 x y x y
Suy : x2 = – x – x2 + x – = 0
Suy :
1 13 13 ;
2
x x
(loại) Đáp số :
1 13 ;
x
c/ Bài toán áp dụng :
Giải phương trình :
1 – x 2 = 2 x
2 x3 + = 23 2x1
3
3
2 2
(3x1) (3x1) 9x 1 1
II/ Phương trình nhiều ẩn : 1/
Đưa phương trình tích : a/Các bước :
(11)Với a1; a2; ;an Z sử dụng tính chất tập hợp số tự nhiên , tập hợp số
nguyên , f1(x,y, ); f2(x,y ); fn(x,y ) Z
Xét trường hợp sảy để tìm nghiệm thích hợp phương trình
b/ Ví dụ1 : Tìm nghiệm nguyên phương trình : x2 + 91 = y2 (1)
(1) y2 – x2 = 91
y x y x 91
Vì y >0; x >0; y x y x Và y - x >0 91 = 1.91 = 13
Nên ta có :
91 13 y x y x y x y x 45 46 10 x y x y
Nghiệm phương trình : (45;46);(45;-46); (-45;-46); (3;10); (3;-10); (-3;10); (-3;-10) Ví dụ 2: Tìm nhiệm tự nhiên phương trình sau :
2m – 2n = 1984 (2) ( Đề thi HSG tốn tỉnh Nghĩa Bình năm 1984)
+ Với m n 2m – 2n (2) khơng sảy ra
+ Với n = 2m -1 = 1984
Khơng có số tự nhiên thỏa mãn đẳng thức + Với m n
2m – 2n = 1984
2n( 2m-n – 1)= 26 31
6
2 2 31
n m n
(12)
6 11
n m
Nghiệm tự nhiên phương trình m=11; n =
c/ Bài toán áp dụng :
Tìm nhiệm tự nhiên phương trình sau :
1 x2 (x2 + 2y) – y2 (y + 2x) = 1991 ( Đêt thi hsg toán Hà Nội 1990 – 1991).
ĐS : x = 12; y = x4 = y2 (y- x2)
ĐS : x= y =
2/
Đưa phương trình tổng : a/Các bước :
+ Biến đổi phương trình dạng sau :
Dạng : ( ; ; ) ( ; ; ) ( ; ; )
k k k k k k
n n
f x y f x y f x y a a a
Với k; a1; a2; ;an Z
f1(x,y, ); f2(x,y ); fn(x,y ) Z
Xét trường hợp sảy để tìm nghiệm thích hợp Dạng :
( , , ) ( , , )
f x y m
g x y n
Với m, n Z cụ thể ; b>0
Vận dụng điều chứng minh sau :
“ Mọi số hữu tỉ biểu diễn cách dạng liên phân số bậc n”
0
2
1
n
a q
b q
q q
Trong q0 số nguyên ; q1 nguyên dương qn >
Đôi dùng bất đẳng thức để tìm nghiệm nguyên phương trình
(13)(1) (x - 2y)2 + y2 = 169
Số 169 có cách phân tích thành tổng hai số phương : 169 = 132 + 02 = 122 + 55
Mà y Z+ ; x 2y N
Do có khả sau :
1 x 2y 0 ; y= 13 suy x = 26 ; y= 13 x 2y 5; y= 12 suy x = 29 ; y= 12
Hoặc x= 19 ; y = 12
3 x 2y 12; y= suy x = 22 ; y= Hoặc x= -2 ; y= (loại)
Thử lại ta có nghiệm ngun dương (x;y) phương trình : (26 ; 13); (29;12); (19;12); (22;5)
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình : x2 + 13y2 = 100 +6xy
Giải :
(x - 3y)2 + (2y)2 = 100
( x 3y )2 + ( 2y )2 = 100
Mà 100 = 02 + 102 = 62 + 85
3
x y ; 2y N
Từ giáo viên đưa nghiệm pt sau : (15 ; 5); (-15;-5); (10; 0); (-10;0); (18 ; 4); (-18;-4); (6;4); (-6;-4); (17 ; 3); (-17;-3); (1; 3); (-1;- 3)
Chú ý :
1 Tìm nghiệm nguyên số phương trình có dạng : ax2 + bxy + cy2 + d = 0
(a ; b;c;d số nguyên ) Có thể giải PP
(14) x2 +(x2+ 2xy + y2 )+ (x2+ y2 + z2 +2xy+ 2xz + 2yz) = 26
x2 +(x+y)2+ (x+y+z) 2 = 26
vì x , y, z nguyên dương nên x< x + y < x + y + z
mà 26 = 12 + 32 + 42
do ta có :
4
x y z x y x x y z
Nghiệm nguyên dương ( 1;2;1)
2.Nếu phương thình có dạng :
1 ( ; ; ) ( ; ; ) ( ; ; )
k k k
n
f x y f x y f x y a
Mà a N, ( ; ; ); 1, ,
k i
f x y i n N
Thì ta viết a dạng
1 '( ; ; )
h g k
n
a m m m x y
mi N; i = 1,2 , n
xét trường hợp sảy ra, từ tìm nghiệm thích hợp Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên dương phương trình :
1 10 7 x y z 10
7 viết dạng liên phân số hữu hạn sau : 10 1 2
Do ta có :
(15)Vì phân tích nên ta có : x = ; y = ; x =
c/ Bài tốn áp dụng :
Tìm nghiệm tự nhiên phương trình sau :
1, 31(xyzt+ xy + xt + zt + ) = 40 ( yzt + y + t)
Đáp số nghiệm tự nhiên phương trình ( 1; ; ; ) 2, 55( x3y3 + x2 + y2 )= 229( xy3 + )
Đáp số : (2;3)
3. (x2 + y2 + 28 )2 = 17(x4 + y4 +14y2 +49)
Gợi ý : sử dụng Bunhia Kopski
Đáp số : (2;3)
4 Tìm giá trị nguyên dương khác x1; xn cho :
2 2
1
1 1
n
x x x
Đáp số : khơng có giá trị nguyên thỏa mãn YCBT
3/
Nhận xét ẩn số : a/Các bước :
1 Trước bắt tay vào giải toán, ta nên nhận xét xem vai trò ẩn số , cấu trúc ẩn Để có cách giải phù hợp
2 Nếu ẩn (x;y;z ) có vai trị bình đẳng nhau, ta giả sử xy xy để thu hẹp miền xác định toán
3 Nếu ẩn có cấu trúc giống nhau, lũy thừa bậc số nguyên liên tiếp tích số nguyên liên tiếp ta “khử ẩn” để đưa phương trình dạng quen thuộc ẩn
4 Thường vận dụng hai nhận xét sau : a) xn < yn < (x + a)n ; (a Z+)
suy : y = (x + a+ i)n với i = 1;2; ; a-1.
b) x(x+ 1) (x + n) < y (y+1) (y+ n) < (x + a)( x+ a + 1) (x + a+ n) a Z+
Suy : y(y +1) (y + n) = (x+ i)(x + i +1) (x + i + n) với i = 1; ;a-1
b/ Vd :
(16)1 1
x yz
Giải : vai trị bình đẳng x , y , z nên ta giả sử : x yz
ta có :
1 1
3
x x yz
suy x =
1
1 y
y z y
y = y=1 loại
1
z
y= suy z =
Vậy nghiệm nguyên phương trình : ( 1; ; ) hốn vị Ví dụ : Tìm nghiệm tự nhiên phương trình :
x + y + = xyz
Giải : vai trị x, y bình đẳng nên giả sử x y ta có :
+ x = y 2x + = x2z x( xz -2 ) =1
x = ; xz – = x = ; z = 3.
+ x > y 2x +1 > xyz 2x > xyz.
Hay yz ( x khác 0)
y = , z = x = y= , z = x = 3
Vậy nghiệm tự nhiên PT : (1;1;3 ); ( 2;1;2); ( 1;2;2); (3;2;1); (2;3;1)
c/ Bài toán áp dụng :
Tìm nghiệm tự nhiên phương trình sau :
1
xy xz yz
z y x
2 5(x + y + z +t) = 2xyzt- 10 y3 – x3 = 3x
4 Giải phương trình : x6 – x2 + = y3 - y
4/
(17)+ Vận dụng tính chất chia hết tính chất phép chia có dư tập hợp số nguyên để tìm nghiệm
+ Vận dụng tính chất số ngun tố , số vơ tỉ để tìm nghiệm + Ví dụ : mệnh đề :
+ Mệnh đề : với số ngun a, số a2 + khơng có ước nguyên tố dạng 4k + 3; k
Z+
+ Mệnh đề : cho p số nguyên tố dạng 4k + ; k Z+ , a nà b số
nguyên, a2 + b2 chia hết cho p a chia hết cho p; b chia hết cho p.
b/ Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên dương phương trình : 4xy – x – y = z2
Giải : (4x – 1) (4y – 1) = ( 2z)2 + 1
Giả sử : (xo ; yo ; zo ) nghiệm phương trình:
Ta có : (4xo – 1) (4yo – 1) = ( 2zo)2 +
Vì :
4xo – số nguyên dương lớn có dạng 4m + , m Z+, nên có
ít ước nguyên tố dạng 4k + 3, k thuộc Z+
Nhưng theo mệnh đề ( 2zo)2 + khơng có ước ngun tố dạng 4k +
Vậy phương trình khơng có nghiệm ngun
Ví dụ 2 : Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm nguyên: x3 – 63y2 + 36z = 1995
Giải : ta có x3 chia cho dư hoặc 8.
Thật đặt : x = 3a + r ( a Z; r = ; ; -1 )
x3 = (3a +r)3 = 9M + r3
Rõ ràng x3 có dạng 9k; 9k + 1; 9k – 1
Suy Vế trái phương trình chia cho có dư hoặc Vế phải phương trình chia cho có dư
Vậy phương trình cho khơng có nghiệm ngun
c/ Bài tốn áp dụng :
Tìm nghiệm nguyên dương phương trình sau : 4xy – y = 9x2 – 4x + 2
(18)3 Tìm nghiệm nguyên phương trình :
13 x y 2000
4.Tìm tất nghiệm nguyên phương trình :
a/
11
2
x
x y y
b/
5
3 2 1
x
y x y
5/
Chứng minh phản chứng : a/Các bước :
Ta dùng phương pháp phản chứng sau : Giả sử phương trình có nghiệm nguyên ( x0; y0; ) xây dựng dãy vơ số ngiệm từ đến mâu thuẫn
hoặc giả sử phương trình có nghiệm ngun ( x0; y0; ) với x0 có giá trị nhỏ
trong giá trị chứng minh phương trình có nghiệm ( x1;
y1, ) mà x0 > x1
b/ Ví dụ :
Ví dụ 1 Tìm tất nghiệm tự nhiên phương trình : x2 + (x+1 )2 = y2 + 1
Gợi ý : x2 + (x+1 )2 - y2 = 1
Ta thấy : x1 = 1; y1 = nghiệm nhỏ phương trình
Và 3x + y + ; 4x+ 3y + nghiệm
(3x + y + 1)2 +( 3x+ 2y + 2)2 -( 4x+ 3y + 2)2 = x2 + (x +1)2 – y2
Ví dụ : Chứng minh phương trình sau có nghiệm ngun x=y=0 x2 – 7y2 =
Giải : Giả sử phương trình có nghiệm ngun (x0 ; y0) (0;0) mà /x0/ nhỏ
nhất giá trị Ta có : x02 7y02 0
2
0 7
x x
M M
Đặt x0 = 7x1
2 2
1 0
7x y 0 y M7 y M7, đặt y
0 = 7y1 ta có :
2
x y
0;
7
x y
nghiệm.
Mà x1 =
0
7
x x
, x1 nghiệm, vô lý Suy điều phải chứng minh
c/ Bài toán áp dụng :
(19)x3 + 3y = 7
2 Tìm số nguyên x , y thỏa mãn phương trình :
1! + 2! + +x! = y2
Phần II : Hệ phương trình
Ở phần I mục “ Đưa hệ phương trình” tơi đưa số cách giải hệ phương trình Ở phần với tham vọng đưa dạng ví dụ, hy vọng qua ví dụ thầy đồng nghiệp em có ví dụ để tham khảo
A/ Các ví dụ :
Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên hệ phương trình sau :
Giải :
2
2
3
656 657 1983
x xy y
x xy y
2 3 9
( )( 657 ) 1983
x xy y
x y x y
(x y x )( 657 ) 1983y
( Bài tập áp dụng phương trình tích)
Vậy hệ có nghiêm nguyên
660 x y ; 660 x y ; x y ; x y
Dễ thấy có :
4 x y ; x y
ngiệm ngun cần tìm
Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên (x ; y ; z ; t )của hệ phương trình sau :
1995 1997 1999 1555 xyzt x xyzt y xyzt z xyzt t
Hướng giải :
( 1) 1995 ( 1) 1997 ( 1) 1999 ( 1) 1555
x yzt y xzt z xyt t xyz
(20)Vậy hệ phương trình vơ nghiệm
Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên hệ phương trình sau : 3 3
3
x y z
x y z
Hướng giải :
Ta có cơng thức sau : (x+y + z)3 –(x3y3z3) = 3(x + y)(y +z)(x + z)
Do ta có :
(3 ) (3 ) (3 ) (3 )(3 )(3 )
x y z
x y z
Suy :
3- x , – y , – z có số chẵn ba số chẵn * Nếu có số chắn :
Do vai trò x , y, z , khơng tính tổng quát giả sử – x chắn , ta suy :
x = -5 ; y = ; z =
* Nếu ba chẵn x= y = z =
Nghiệm nguyên ( x;y;z) cần tìm : ( -5;4 ; 4); ( 1;1;1) hốn vị Ví dụ : Giải hệ phương trình sau :
3 2
( )
x y
xy x y
Hướng giải : 3 2
( )
x y
xy x y
3
( ) ( ) ( )
x y xy x y
xy x y
Đặt :
u = x + y v = xy Ta có :
3 2 u uv uv 2 u uv 2 u uv u v Vậy : x y xy
Do x y hai nghiệm phương trình X2 – 2X +1 = 0
Suy X =
Vậy nghiệm (x;y) hệ cho : (1;1) Ví dụ : Giải hệ sau :
2 2 3
1 1
x y z
x y z
x y z
( Đề thi giỏi toán lớp TP HCM 1986-1987) Hướng giải:
(21)Nên (x+y)(x+z) (z+y) =
Suy : x + y = x + z = y+z = x + y = z= x= y = o
x + z = y =1 x = z = y + z = x = y = z =
B/
Bài toán áp dụng tự luyện :
Giải hệ phương trình sau Z : Bài : :
1995 1975 1945 1997 xyzt x xyzt y xyzt z xyzt t
Bài :
2 2
6 74 89 x y x y
Bài 3:
2 2
54 1406
x y z
x y z
Bài 4 :Chứng minh với số nguyên a, b Hệ phương trình
2 2
x y z t a
x y z t b
Ln có nghiệm ngun
Giải HPT sau R : Bài :
2 2
3
x y x y
x y xy
Bài 6 :
( ) ( ) 25 ( )
x x y z y x y z z x y z
Bài 7 :
2
2 ( )
xz y
x z y x y z
(22)PHẦN C : KẾT LUẬN :
* Kết đạt được :Việc rèn luyện cho em lực tư độc lập sáng tạo , đặc biệt dạng toán phương trình hệ phương trình khơng mẫu mực thúc tôi, nghiên cứu để viết lên tài liệu, khiến tơi tâm huyết tìm hiểu nghiên cứu sáng kiến kinh nghiệm
(23)PHẦN D : BÀI HỌC KINH NGHIỆM
Qua thời gian áp dụng SKKN vào thực tế giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi, rút kinh nghiệm sau :
Đây sáng kiến nhỏ nhắm góp phần vào chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi tốn, tơi khơng có tham vọng qua sáng kiến đào tạo nhiều học sinh giỏi toán mà mong thầy cô , đồng nghiệp tham khảo coi tư liệu sưu tập chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi, học sinh mong em quan tâm tìm đọc tài liệu nói phương trình hệ phương trình khơng mẫu mực, coi tư liệu để em gặp tồn dạng khơng bỡ ngỡ khó khăn q trình suy luộc giải tốn Trên thực tế bồi dưỡng theo tài lieeji xin đề xuất số kiến nghị sau :
- Dùng hệ thống câu hỏi phù hợp để phát triển sức suy nghĩ học sinh cấp II nói chung học sinh giỏi nói riêng việc học tốn
- Tạo tình có vấn đề việc dạy bồi dưỡng học sinh giỏi toán
- Bồi dưỡng học sinh giải toán cách sáng tạo, chủ động phát huy khả suy nghĩ logic chủ động giải toán
(24)PHẦN D : LỜI KẾT
Quý thầy cô đồng nghiệp thân mến !
Bản thân giáo viên giảng dạy mơn tốn năm, làm tổ trưởng tổ tốn năm, Phó hiệu trưởng phụ trách chuyên môn năm nhà trường, gánh trọng trách nặng nề hơn, công việc bận rộn với niềm đam mê môn tốn, hàng tuần tơi giành thời lượng quy định lên lớp, nhằm tiếp tục niềm đam mê dạy toán học tốn mình, đam mê việc bồi dưỡng học sinh chất lượng mũi nhọn quan tâm nhiều hai cương vị CBQL giáo viên đứng lớp, từ suy nghĩ tơi trăn trở viết lên SKKN với mong muốn làm hành trang cho trình giảng dạy mạn phép trao đổi giao lưu với q thầy ngồi nhà trường, với mục tiêu huyện nhà nói chung trường THCS Nguyễn Huệ nói riêng có nhiều học sinh học giỏi toán
Qua sáng kiến kinh nghiệm mong muốn tin có nhiều bất ngờ từ kết đạt Một lần xin chân thành cảm ơn đồng chí , đồng nghiệp ngồi nhà trường, em cựu học sinh, em ngồi học năm học 2009 – 2010 Xin chân thành cảm ơn !
CưM’gar, Tháng 12 năm 2009
PHỤ LỤC :
(25)Vào khoảng năm 1630, nhà toán học người Pháp Fermat viết bên lề sách số Pytagore sau “ Ngược lại, khơng thể phân tích lập phương thành tổng hai lập phương lũy thừa bậc thành tổng hai lũy thừ bậc cách tổng qt, khơng thể phân tích lũy thừa với số mũ lớn thành tổng hai lũy thừa với số mũ Tôi phát minh chân lý chứng minh tuyệt diệu, lề sách chật nên khơng ghi lại được”
Có nghĩa Fermat khẳng định phương trình xn + yn =zn ( n3, n thuộc N)
khơng có nghiệm nguyên dương Mệnh đề gọi toán Fermat Đã 300 năm toán điều lý thú toán học Nhà tốn học Fermat khơng để lại cách chứng minh ông cho nhân loại xót lại giấy tờ ông với phần chứng minh n=4, nhiều nhà tốn học lao vào săn tìm lời giải “ Định lý Fertmat”
Năm 1770 Euler chứng minh với n = A Legendre Dirichle chứng minh với n = , n= quy n= tổng quát cần chứng minh định lý cho số mũ nguyên tố Năm 1839, nhà toán học Pháp G Lame chứng minh cho n= 7, kết đáng kể nhà toán học Đức E Kummer chứng minh định lý với n<100, sau nhờ máy tính người ta kết luận định lý duusng vớn n< 100 000
Nhà toán học Hà Lan G Falting đóng góp ơng khẳng định định lý Fermat có nghiệm ngun có hữu hạn nghiệm mà thơi
Đên năm 1994 nhà tốn học Andrew Wiles học trị R Taylor trình bày lời giải thật hoàn chỉnh với 25 trang Vậy định lý Fermat chứng minh
Pierre de Fermat (20 tháng 8, 1601 Pháp – 1665)
TÀI LIỆU THAM KHẢO
(26)
- Phương hướng nhiệm vụ năm học 2008 – 2009 SGD,PGD CưMgar - Phương hướng nhiệm vụ năm học 2009 – 2010 SGD,PGD trường - Các chuyên đề tổ mơn tốn trường THCS Nguyễn Huệ
- Tài liệu giải hệ PT PT Nguyễn Đức Tấn- Phan Ngọc Thảo, nhà xuất giáo dục
- Kinh nghiệm dạy toán học toán Vũ Hữu Bình, nhà xuất giáo dục - Một số vấn đề đổi PP dạy học toán, nhà xuất giáo dục
- Phương pháp bồi dưỡng HSG toán, nhà xuất giáo dục
MỤC LỤC :
Mở đầu : trang 02
(27) Cơ sở lý luận trang 04
Thực trạng trang 05
Nội dung trang 06
Phương trình ẩn trang 06
Phương trình nhiều ẩn trang 11
Hệ phương trình trang 20
Kết luận trang 23
Bài học kinh nghiệm trang 24
Lời kết trang 25
Phụ lục trang 26
Tài liệu tham khảo trang 27
(20 tháng 8 , 1601 Pháp – 1665