SKKN Mot so PP giai phuong trinh nghiem nguyen

Một bài toán có thể có nhiều cách giải, mỗi bài toán thường nằm trong mỗi dạng toán khác nhau để giải được đòi hỏi học sinh phải biết vận dụng kiến thức một cách linh hoạt, sáng tạo, phả[r]

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 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

II CƠ SỞ THỰC TIỄN:

Ở chương trình tốn 8, học sinh biết toán 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, …

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

Từ lí trên, tơi 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 tốn 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 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 tốn 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(x2 xy y 2) x 8y

K t qu thu ế ả nh sau:

Dưới điểm Điểm - 10 Điểm - 10

SL % SL % SL %

70 30 0

Qua việc kiểm tra đánh giá thấy học sinh khơng có biện pháp giải phương trình nghiệm ngun 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

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 các 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:

1 Định nghĩa phép chia hết:

a, b   (b  0) q, r   cho a =bq + r với  r < b Nếu r =  a  b

Nếu r0  a  b

2 Một số tính chất: a,b,c,d 

Nếu a  b b  c  a  c Nếu a  b b  a  a =  b

Nếu a  b a  c  a  BCNN[a,b] Nếu a  b , a  c (b,c) =  a  (b,c) Nếu a  b  ac  b ( c  )

3 Một số định lí thường dùng

Nếu a c b  c  (a  b)  c Nếu a  c b  d  ab  cd

Nếu a  b  an  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)

4 Các dấu hiệu chia hết cho 2, 3, 5,8, 9, 11

5 Thuật toán Ơ-clit mở rộng (Tìm ước chung lớn số a, b) Phương trình ax2 + bx + c = 0

Nếu có nghiệm ngun x0 c x0

Phương trình có nghiệm ngun  (') số phương Số số nguyên tố chẵn

8 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.

9 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 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 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: n

n

n aa a a

n a a a a 3

1     

Với ai 0

Đẳng thức xảy  a1 = a2 = a3 = =an

12 Bất đẳng thức Bunhiacopski

    1 2 2 2 2 2 2

2 a an x x n ax a x anxn

a          

Đẳng thức xảy 

1 n

1 n

a a a a

x x x  x

2 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 Khơng 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 ) 3  xy Lời giải:

Ta có: 2(x y ) 3  xy  3xy 2x 2y5

2

(3 2) (3 2) (3 2)(3 2) 19

3

 y x  x    x y 

Do x, y nguyên dương nên 3x 1; 3 y 1 mà 19 = 1.19 = 19.1 nên ta có

các khả sau:

3

(I) 19

       x y ;

3 19

(II)

3

       x y

Giải hệ phương trình trên, ta đươc nghiêm nguyên phương trình

 

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 1

2x+2 23 y y       



2x 23 2x+2 1

y y        

2x 1 2x+2 23

y y       



2x 23

2x+2 1 y 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 ngun 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)2 –y][(x+1)2+y] =1

        2 2

x – y x y x – y x y                         

1 y 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 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 = (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 trị bình đẳng, ta giả sử x y  z  để tìm

các nghiệm thỏa mãn điều kiện Từ đó, dùng phép hoán vị để => nghiệm của 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 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  3z cho số dương z ta xy3 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) hốn vị (1 ; ; 3) Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên dương phương trình :

1 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 1

2

x y z x

     x x 1

2

   

( x nguyên dương) Thay x = vào (2) ta có :

1

1

y z

   1 y

y z y

     

Suy : y = 1

1

z = (vơ lí) y = 

1

z=  z =

Phương 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 nhau 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 ) 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 (*) 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

mọi 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   



1

y

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)

Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên phương trình sau x2 2y2 (4) Lời giải

Ta thấy: x = y = nghiệm (4)

Nếu x y0, 0 ( , )x y0 nghiệm (4) Gọi d ( , )x y0 , suy

0, 1. x y

d d  

  

  (*) Ta có:

2

2 0

0 2

x y x

x y

d d d

           

    chẵn

2 2 

   y

d (mâu thuẫn với (*) ) Vậy phương trình (4) có nghiệm nguyên (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) 2  - y2 2  y lẻ

Ta lại có - y2 0 nên y2 = 1

Khi (2) có dạng: 2(x + 1)2 = 18

Ta : x + = 3 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 4 = z 4

Ý tưởng phương pháp giả sử tìm nghiệm nhỏ nhất, ta lý luận cho tìm nghiệm nhỏ hơn.

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 =

Vậy (x0 ; y0) nghiệm nguyên (1)

0 x y

; 5

 

 

  nghiệm nguyên

của (1) Tiếp tục lập luận tương tự, ta có

k k x y

; 5

 

 

 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 ngun 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)

trong 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: x3  3y3 9z3 0 (5)

Lời giải

Giả sử x y z0, ,0 0 nghiệm nguyên phương trình x03đặt x0 3x1, thay 3

x x vào (5) ta được: 3

1 0

9x  y  9z  0 y 3. đặt y0 3y1 đó:

3 3 3

1 1 0

9x  27y  3z  0 3x  9y  z  0 z 3.đặt z0 3z1 đó: x13 3y13 9z130.

Vậy

0, 0, 3 x y z

 

 

Quá trình tiếp tục được:

0 , , 3 3k k k

x y z

 

 

  nghiệm nguyên (5) với k nguyên dương điều xảy x0 y0 z0 0

Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên ( 0; 0; ) Phương pháp V: Đưa dạng tổng

Biến đổi phương trình dạng : Vế trái tổng bình phương, vế phải là 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

2y        



2x 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 y 13       

 hoặc

x 2y 13 y         

x 2y y 12       



x 2y 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);

Phương pháp VI : Xét chữ số tận

Ví dụ : Tìm nghiệm ngun 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 + 1 (2)

Lời giải

Cho x giá trị từ đến 9, dễ dàng xác định chữ số tận x2 + x–1

chỉ nhận giá trị ; ; Mặt khác, ta thấy 32y + 1 lũy thừa bậc lẻ nên

chữ số tận khác với ; ;

Vậy (2) khơng thể xảy Nói cách khác, phương trình (2) khơng có nghiệm ngun dương

* Lưu ý : Bài tốn giải phương pháp sử dụng tính chất chia hết

Phương pháp VII: Phương pháp loại trừ

Nếu có số ngun m cho m2 n(m1)2 thì n khơng thể số chính 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 + 1

 (2y + 1)2 - (2x2 + x ) 2 = (3x + 1) (x +1)

hay (2x2 + x + 1) 2 - (2y+ 1)2 = x(x-2)

* Ta thấy:

Nếu x > x < -1 x (x-2) >

 Nếu x > x < (2x2 + x) <(2y+1)2 < (2x2 + x + 1) (loại)

 -1 x   x  {0; 1; -1; 2}

Xét x = 2 y2 + y =30  y = y = -6

Xét x =  y2 + y = (loại)

Xét x =  y2 + y =  y (y + 1) =  y = y = -1

Xét x = -1  y2 + y =  y = y = -1

Vậy nghiệm nguyên phương trình cặp số: (2; 5); (2; -6); (0; 0); (0; -1); (-1;0); (-1; -1)

Ví dụ 2: Tìm nghiệm ngun phương trình: x6 3x3  1 y4 Lời giải

Ta thấy: x = 0, y =  nghiệm nguyên phương trình

Với x > ta có:

3 6 3

(x 1) x 2x  1 x 3x  1 y (x 2)  x  1 y x 2 ( vô lý ). Với x  - :

3 3

(x 2) y (x 1)  x 2 y  x 1 ( vô lý ). Với x = - : y4 1 ( vơ lý ).

Vậy phương trình cho có hai cặp nghiệm ngun ( 0; ); ( 0; -1 ) Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 (x1)2 y4 (y1)

Lời giải Khai triển rút gọn hai vế ta được:

4 2 2

2 2

( 1) ( 1) ( 1)

1 ( 1) (1)

x x y y y y x x y y y y

x x y y

          

     

Nếu x > từ x2   1 x x2 (x1) suy 1 x x2 không số phương nên (1) khơng có nghiệm ngun

Nếu x < - từ (x1)2   1 x x2  x2suy (1) nghiệm nguyên

Nếu x = x = - từ (1) suy ra:

2 1 1

1

y y y

y        

Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x, y)  0; ; 0; ; 1; ; 1;          

Phương pháp VIII: Sử dụng tính chất nghiệm phương trình bậc Biến đổi phương trình dạng phương trình bậc ẩn coi ẩn khác là 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 + = 0

 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 ngun (x; y) {(2; -5); (-2, 3)}

Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 – (y+5)x + 5y + = 0

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 :

1

1

x x y x x 5y

  

 

 

 

1

1

5x 5x 5y 25 x x 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

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 + 1

* 0 3y2  6y 10  3(y1)2 4

Do (y - 1)2  Suy -1 y - 1 1

y - -1

y

Với y = 0, thay vào (2) ta x2 - x = Ta có x

1 = 0; x2 =

Với y = 1, thay vào (2) x2 - 2x = Ta có x

3 = 0; x4 =

Với y = 2, thay vào (2) ta x2 - 3x + = Ta có x

5 = 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)

Phương pháp IV: Dùng bất đẳng thức

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 –xy + y2 = 3

Lời giải Ta có x2 –xy + y2 =

 (x-

y

)2 = - 4

3y2

Ta thấy (x- y

)2  - 4

3y2

  -2  y 

 y   2; 1; 0 thay vào phương trình tìm x thử lại, ta nghiệm

nguyêncủa phương trình

(x, y)    1, , 1, ; 2, ; 2,1 ; 1,1 ; 1, 1             Ví dụ 2: Chứng minh phương trình y

x + z

y +x

z

= b nghiệm nguyên dương b = b = có vơ số nghiệm ngun dương b =

Do x, y, z 

   y

x , z

y ,x

z

> Theo bất đẳng thức Cơ-si, ta có: ( y

x + z

y +x

z

)3 27 ( y

x z

y x

z

) = 27 y

x + z

y +x

z



Đẳng thức xảy  x = y = z

Vậy phương trình y x

+ z y

+x z

= b khơng có nghiệm nghiệm ngun b = b = có vơ số nghiệm nghiệm nguyên 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  2  (12 12 1 ) x2   y +12 2 3 x  y +12 

Đẳng thức xảy

x y

x y 1 1

     

Vậy phương trình có nghiệm nguyên x = y = Ví dụ 4: Tìm số ngun dương x, y thoả mãn phương trình : (x2+ 1)(x2 + y2) = 4x2y

Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cơ–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 ngun x = y =

Phương pháp X: Xét số dư vế

Ví dụ 1 Tìm nghiệm nguyên phương trình: 9x + = y2 + y (1) Lời giải

Ta có: 9x + = y2 + y  9x + = y(y + 1) (*)

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 ) 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 không 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; Cịn vế phải 2010 chia cho dư Vậy phương trình khơng có 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= 7

Bài 2: Tìm x,y, z nguyên dương thoả mãn a) 2(x + y + z) + = 3xyz

b) xy + yz + zx = xyz + c)   y 3

zx x yz z xy

Bài 3: Chứng minh rằng:

a) Phương trình

1 1

2  xy y 

b) 1991 1 1

  

z y

x có số hữu hạn nghiệm nguyên dương.

c) Phương trình x2 + y 2 = 4m + khơng có nghiệm ngun với m ngun.

d) Có vơ số số ngun x để biểu thức sau số phương (1 + + + + x)(12 + 22 + 32 + + x2)

Bài 4: Giải phương trình tập số nguyên

a)x2  3y2 17 b)x2  5y2 17 c)x2  2y2 1 d)2x 122 y2 32 e)15x2  7y2 9 f)x22x4y2 37 Bài 5: Giải phương trình tập số nguyên

a)5(x y ) 3  xy b)2(x y ) 3 xy c)x2  y2 91 d)x2  x y2 e)x2  y2 169 e)x2  y2 1999 Bài 6: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình sau

a)x y  1 xyz b) x y    z 9 xyz.

c)x y z t xyzt    d)

1 1 2

x  y  .

e)

1 1 1

1

x  y  z t  f) 2 2

1 1

1 x  y  z t  . Bài 7: Tìm nghiệm nguyên phương trình sau

a)x2  6xy13y2 100 b)1 x x2x3 y3

c)1 x x2 x3  x4 y2 d)x2 y y( 1)(y2)(y3) e)(x 2)4  x4 y3 f)x x( 1)(x7)(x8) y2 Bài 8: Giải phương trình tập số nguyên

a)x3  2y3  4z2 0 b)8x4 4y4 2z4 u4

c)x2  y2 z2 2xyz d)x2 2y2 2z2  2xy 2yz 2z 4

e)  

1

1

2

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, tơi 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:

Dưới điểm Điểm - 10 Điểm - 10

SL % SL % SL %

1 10 90 50

VI BÀI HỌC KINH NGHIÊM

* Qua q trình áp dụng sáng kiến này, tơi 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 tịi cho em

Khi giải tốn phương trình nghiệm ngun trước hết phải đốn dạng, sau chọn lựa phương pháp để giải

Phải rèn học sinh cách suy nghĩ tìm tịi 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 tốn 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.

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

Đối với ngành :

Mở buổi hội thảo chun đề mơn Tốn 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 tốn 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, thơng qua việc giải tốn từ dễ đến khó mơt 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 tốn khác để giải địi hỏi học sinh phải biết vận dụng kiến thức cách linh hoạt, sáng tạo, phải biết sử dụng phương pháp giải phù hợp toán

Các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên đa dạng ứng dụng rộng rãi, phổ biến nhiều tốn, dạng tốn Chắc chắn cịn nhiều phương pháp để giải phương trình nghiệm nguyên cịn 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 q cấp Tơi xin chân thành cám ơn!

TÀI LIỆU THAM KHẢO

STT TÊN TÁC GIẢ

NĂM XUẤT

BẢN

TÊN TÀI LIỆU NHÀ XUẤT BẢN

1 Phan Đức

Chính

2004 SGK, SGV toán NXB Giáo dục

2 Phan Đức

Chính

2005 SGK, SGV tốn NXB Giáo dục Nguyễn Ngọc

Đạm

1996 Toán phát triển đại số 8,

NXB Giáo dục Nguyễn Ngọc

Đạm - Nguyễn Quang Hanh -Ngô Long Hậu

2004 500 toán chọn lọc

NXB Đại học sư phạm

5 Phạm Gia Đức 2005 Tài liệu BDTX chu kỳ III

NXB giáo dục Đỗ Đình Hoan 2007 Tuyển tập đề thi

mơn tốn THCS

NXB Giáo dục

7 TS Lê Văn

Hồng

2004 Một số vấn đề đổi phương pháp dạy học mơn tốn

NXB Giáo dục Nguyễn Văn

Nho

2004 Phương pháp giải dạng toán (tập

2) ThS Đào Duy

Thụ - ThS Phạm Vĩnh

Phúc

2007 Tài liệu tập huấn Đổi phương pháp dạy học mơn

tốn

NXB Giáo dục

10 Các số Tạp chí Tốn học

tuổi trẻ

NXB Giáo dục

11 Các số Tạp chí Tốn tuổi

thơ