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]
(1)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
(2)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
(3)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 r0 a b
2 Một số tính chất: a,b,c,d
(4)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
(5)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 2y5
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
(6)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)
(7)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:1xyz
Do xyz = x + y + z 3z chia hai vế bất đẳng thức xyz 3z cho số dương z ta xy3 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 =
(8)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)
(9)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 =
(10)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 x03đặt 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 9z130.
Vậy
0, 0, 3 x y z
(11)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);
(12)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(m1)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:
(13)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 (x1)2 y4 (y1)
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 (x1) suy 1 x x2 không số phương nên (1) khơng có nghiệm ngun
Nếu x < - từ (x1)2 1 x x2 x2suy (1) nghiệm nguyên
Nếu x = x = - từ (1) suy ra:
2 1 1
1
y y y
y
(14)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
(15)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 10 3(y1)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 =
(16)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) (*)
(17)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
(18)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)x22x4y2 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 6xy13y2 100 b)1 x x2x3 y3
c)1 x x2 x3 x4 y2 d)x2 y y( 1)(y2)(y3) e)(x 2)4 x4 y3 f)x x( 1)(x7)(x8) 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
(19)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.
(20)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
(21)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
(22)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