SK 2010

Phơng trình nghiệm nguyên PHòNG GD & ĐT BìNH LụC Cộng hoà xã hội chủ nghĩa Việt nam Trờng THCS Trịnh xá Độc lập -Tự do-Hạnh phúc Sáng kiến kinh nghiệm Trong việc giảI phơng trình nghiệm nguyên Họ và tên : Nguyễn Bá Lợng Năm sinh : 28/8/1980 Trình độ chuyên môn : Đại học s phạm Chuyên ngành : Toán Quê quán : Đinh Xá - Bình lục Hà Nam Nhiệm vụ giảng dạy đợc giao: + Dạy hoá học 8 + Dạy toán 8 , toán 9 + Bồi dỡng Toán 9 Đơn vị công tác : Trờng THCS Trịnh Xá Nguyễn Bá Lợng Trang1 Phơng trình nghiệm nguyên Phần thứ nhất : Mở đầu I. Lý do chọn đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên là một đề tài hấp dẫn, thú vị của toán học, vì vậy phơng trình nghiệm nguyên đã đợc rất nhiều nhà toán học nghiên cứu. Tuy nhiên, với ngời học thì giải phơng trình nghiệm nguyên là một vấn đề khó. Để giải đợc phơng trình nghiệm nguyên đòi hỏi phải có t duy lôgic, sự sáng tạo. Các phơng trình nghiệm nguyên rất đa dạng và kèm theo các phơng trình nghiệm nguyên đó có rất nhiều phơng pháp giải hay, nhng do khó, phức tạp mà trong chơng trình toán ở THCS rất ít đề cập đến mà chỉ cho một vài bài tập kèm theo các đề thi, không có phơng pháp giải tổng quát. Vì vậy, tôi chọn đề tài: ''Phơng trình nghiệm nguyên'' để giúp các bạn tìm hiểu đợc nhiều hơn về phơng trình nghiệm nguyên. II. Mục đích đề tài: Đề tài này nhằm đạt đợc một số mục đích sau: + Giúp giáo viên nắm đợc lí thuyết trình nghiệm nguyên dạng ax + by = c và x 2 + y 2 = z 2 từ đó có thể vận dụng linh hoạt trong quá trình giảng dạy III. Nhiệm vụ nghiệm cứu + Lí thuyết cơ bản của phơng trình nghiệm nguyên cơ bản + Nghiệm cứu hai loại phơng trình nghiệm nguyên ax + by= c và x 2 +y 2 =z 2 IV. Phạm vi và đối tợng nghiên cứu Phơng trình nghiệm nguyên trong toán THCS V. Phơng pháp nghiên cứu + Tham khảo thu thập tài liệu + Phân tích, tổng kết kinh nghiệm Nguyễn Bá Lợng Trang2 Phơng trình nghiệm nguyên Phần thứ hai : nội dung Ch ơng I : Ph ơng trình nghiệm nguyên I. Phơng trình ax + by = c (1) 1.1 Điều kiện có nghiệm nguyên 1.1.1 Định lí. Điều kiện cần và đủ để phơng trình (1) có nghiệm nguyên là ớc chung lớn nhất các hệ số của ẩn là ớc chung của số hạng tự do Chứng minh + Điều kiện cần: Giả sử phơng trình (1) có nghiệm nguyên, nghĩa là có cặp số nguyên x 0 , y 0 sao cho ta có đẳng thức 0 0 ax by c + = . Gọi d = ƯCLN (a,b). Khi ấy d là ớc của a và là ớc của b nên d là ớc của 0 0 ax by + nghĩa là d là ớc của c. + Điều kiện đủ: Giả sử d = ƯCLN (a,b) là ớc của c, nghĩa là có số nguyên c 1 , sao cho c = c 1 d. Ta phải chứng minh phơng trình (1) có nghiệm nguyên, nghĩa là có cặp số nguyên x 0 , y 0 sao cho xảy ra đẳng thức 0 0 ax by c + = . Thật vậy, bởi vì d = ƯCLN (a,b) nên ắt có cặp số nguyên x 1 , y 1 sao cho 1 1 d ax by = + . Nhân cả hai vế của đẳng thức này với c 1 ta đợc: 1 1 1 1 1 ( ) ( )a c x b c y c d+ = tức là 1 1 1 1 1 ( ) ( )a c x b c y c + = Đẳng thức này chứng tỏ cặp số nguyên 0 1 1 0 1 1 ,x c x y c y= = là một nghiệm nguyên của phơng trình (1) 1.1.2 Hệ quả . Nếu ƯCLN (a,b) = 1 thì phơng trình (1) có nghiệm nguyên Về phơng diện hình học, định lí trên cho ta điều kiện ràng buộc giữa các số nguyên a, b, c để đờng thẳng ax + by = c đi qua điểm có toạ độ nguyên ( tung độ và hoàng độ là những số nguyên). Vấn đề tiếp theo đặt ra là giả sử đờng thẳng ( , , , )ax by c a b c Z ab + = đi qua điểm nguyên M(x 0 ,y 0 ) thì hỏi rằng nó còn đi qua điểm nguyên nào khác nữa không và nếu có thì toạ độ các điểm nguyên có liên hệ thế nào với toạ độ x 0 , y 0 của M. Về phơng diện đại số giải quyết vấn đề này ta có sau đây: 1.2 Tập nghiệm nguyên Định lí. Nếu phơng trình (1) có nghiệm nguyên (x 0 ,y 0 ) thì nó có vô số nghiệm nguyên và tập hợp nghiệm nguyên của nó là các cặp số nguyên (x,y) các định bởi Nguyễn Bá Lợng Trang3 Phơng trình nghiệm nguyên 0 0 b x x t d a y y t d = + = với d = ƯCLN (a,b) và 0, 1, 2 .t = Chứng minh + Với t Z cặp số 0 0 , b a x t y t d d + ữ đều là nghiệm của phơng trình (1). Thật vậy, theo giả thiết (x 0 ,y 0 ) là nghiệm của phơng trình (1) nên ta có đẳng thức 0 0 ax by c+ = , từ đó 0 b a a x t b y t c d d + + = ữ ữ Đẳng thức này chứng tỏ 0 0 , b a x t y t d d + ữ là một nghiệm nguyên của phơng trình (1) + Bây giờ giả sử (x 1 ,y 1 ) là một nghiệm tuỳ ý của phơng trình (1), ta phải chứng minh rằng ắt có số nguyên t sao cho 1 0 1 0 , b a x x t y y t d d = + = Thật vậy, vì (x 0 ,y 0 ) và (x 1 ,y 1 ) là hai nghiệm của phơng trình (1) nên ta có 0 0 1 1 ax by c ax by c + = + = Các đẳng thức này cho ta 1 0 0 1 ( ) ( )a x x b y y = hay 1 0 0 1 ( ) ( ) a b x x y y d d = Đẳng thức sau cùng chứng tỏ 1 0 ( ) d a x x b d . Nhng d = ƯCLN(a, b) nên ƯCLN , a b d d ữ = 1 suy ra 1 0 ( ) d x x b , nghĩa là tồn tại số nguyên t sao cho Nguyễn Bá Lợng Trang4 Phơng trình nghiệm nguyên 1 0 b x x t d = hay 1 0 b x x t d = + . Từ đây cùng với đẳng thức 1 0 0 1 ( ) ( ) a b x x y y d d = ta đợc 1 0 a y y t d = Ví dụ : ( Bài toán dân gian) " Trăm trâu, trăm cỏ Trầu đứng ăn năm Trâu nằm ăn ba Lụ khụ trâu giá Ba con một bó" Hỏi có bao nhiêu trâu đứng, bao nhiêu trâu nằm, bao nhiêu trâu già Giải. Gọi số trâu đứng là x, số trâu nằm là y thì số trâu giá là 100 - (x + y) và ta có phơng trình 100 5 3 100 3 x y x y + + = ở đó x, y là số nguyên dơng Phơng trình trên tơng đơng với 7 4 100x y + = Ta khải tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình này. Dể thấy x 0 = 0, y 0 = 25 là một nghiệmnguyên của phơng trình 7x + 4y = 100 nên tập hợp nghiệm nguyên nó sồm tất cả các cặp số nguyên (x, y) sau đây: 4 25 7 x t y t = = với t là một số nguyên tuỳ ý Bới vì x = 4t > 0 và y = 25 - 7t > 0 nên 0 < t < 4 Vậy số trâu đứng là 4t, số trâu nằm là y = 25 - 7t và số trâu giá là 75 + 3t với t = 1, 2, 3 Tóm lại có 3 khả năng số trâu mỗi loại: t số trâu đứng số trâu nằm số trâu già 1 4 18 78 2 8 11 81 3 12 4 84 Nguyễn Bá Lợng Trang5 Phơng trình nghiệm nguyên Nghiệm 0 0 0 25 x y = = đợc gọi là nghiệm cụ thể 4 25 7 x t y t = = đợc gọi là nghiệm tổng quát của phơng trình 7x + 4y = 100 1.3 Thực hành giải phơng trình (1) Để đi đến cách giải phơng trình (1) ta nêu lên một vài nhận xét sau đây a/ Nếu a hoặc b bằng 1 thì việc tìm các nghiệm nguyên của phơng trình (1) coi nh đợc giải quyết Thật vậy chẳng hạn a = 1 thì phpng trình (1) trở thành x + by = c có tập hợp nghiệm nguyên gồm các cặp số nguyên (x, y) ở đó x c bt y t = = với 0, 1, 2 .t = Chẳng hạn phơng trình 28x - 7y = - 35 tơng đơng với phơng trình 4x - y = - 5 hay y = 4x + 5 nên ta đợc 5 4 , 0, 1, 2 . x t y t t = = + = là tất cả nghiệm nguyên của phơng trình 28x - 7y = - 35 b/ Trong trờng hợp a hoặc b đều khác 0 và khác 1 bào giờ ta cũng có thể chuyể việc tìm nghiệm nguyên của phơng trình (1) về việc tìm nghiệm nguyên của một phơng trình bậc nhất hai ẩn ít nhất một hệ số của ẩn là 1 Thật vậy, giả sử 0 a b < thêm nữ ta có thể giả thiết a > 0. Thực hiện phép chia có d b cho a ta đợc 1 1 1 , , ,0b aq a a q Z a a = + < + Nếu a 1 = 0, b = aq thì phơng trình (1) trở thành ax + aqy = c. Nhng ƯCLN(a,b) = ƯCLN (a,aq) = a là ớc của c, chẳng hạn 1 1 ,c ac c Z = , nên phơng trình (1) tơng đơng với phơng trình x + qy = c 1 coa một hệ số của ẩn là 1, nghĩa là mệnh đề đúng + Nếu 0 < a 1 < a thì bằng cách đặt x + qy = z Z ta đợc 1 (2)az a y c+ = Nguyễn Bá Lợng Trang6 Phơng trình nghiệm nguyên với 1 0 a a b < < Mỗi nghiệm nguyên (x 0 , y 0 ) của phơng trình (1) cho ta một nghiệm nguyên (z 1 , y 1 ) của phơng trình (2) ở đó z 1 = x 0 + qy 0 , y 1 = y 0 Ngợc lại, mỗi nghiệm nguyên (z 1 , y 1 ) của phơng trình (2) cho ta một nghiệm nguyên (x 0 , y 0 ) của phơng trình (1) ở đó 0 1 1 0 1 ,x z qy y y= = Nh vậy việc tìm nghiệm nguyên của phơng trình (1) đợc chuyển về việc tìm nghiệm nguyên của phơng trình 1 (2)az a y c + = ở đó 1 0 a a b < < Bây giờ ta xét phơng trình (2). Thực hiện phép chia có d a cho a 1 ta đựoc 1 1 2 2 1 ,0a a q a a a= + + Nếu 2 1 1 0,a a a q = = thì phơng trình (2) trở thành 1 1 1 1 a q z a y c + = . Nhng a 1 = ƯCLN (a 1 q 1 , a 1 ) = ƯCLN (a, a 1 ) = ƯCLN (b,a) là ớc của c, chẳng hạn 1 2 2 ,c a c c Z= nên phơng trình (2) tơng đơng với phơng trình 1 2 q z y c+ = có một hệ số của ẩn là 1, nghĩa là mệnh đề đợc chứng minh + Nếu 0 < a 2 < a 1 ta tiếp tục lặp lại lí luận trên. Quá trình này dẫn đến dãy số tự nhiên 1 2 .b a a a > > > nên sau không quá a bớc ta chuyển đợc việc tìm nghiệm nguyên của phơng trình (1) về việc tìm nghiệm nguyên của một phơng trình bâch nhất hai ẩn với hệ số nguyên có ít nhất một hệ số cảu ẩn là 1 Ví dụ: Giải phơng trình vô định 53 17 5x y = Giải: Vì 53 = 17.3 + 2 nên ta viết phơng trình dới dạng 17(3 ) 2 5x y x + = Đặt 3x y u Z = ta đợc phơng trình 17 2 5u x + = Vì 17 = 2.8 + 1 nên phơng trình này đợc viết dới dạng 2(8 ) 5u x u + + = Cuối cùng đặt 8 u x v Z+ = ta đợc phơng trình 2 5v u + = Nguyễn Bá Lợng Trang7 Phơng trình nghiệm nguyên Đây là một phơng trình bậc nhất hai ẩn có hệ số của ẩn u là 1. Phơng trình cuối cùng này cho ta 5 2 ,u v v Z = Từ đó 8 8(5 2 ) 17 40 3 3(17 40) (5 2 ) 53 125 x v u v v v y x u v v v = = = = = = Vậy phơng trình có nghiệm là 17 40 53 125, 0, 1, 2 . x v y v v = = = II. Phơng trình x 2 + y 2 = z 2 Dễ thấy (0;0;0) là một nghiệm của phơng trình (1) ta xét phơng trình (1) trong trờng hợp z 0. Chia cả 2 vế của (1) cho z 2 ta đợc: 2 2 2 2 x y 1 z z + = Đặt x y X, Y y z = = , ta có phơng trình X 2 + Y 2 = 1 (2) với X, Y là các số hữu tỉ. (2) Y 2 = 1-X 2 Y 2 = (1-X)(1+X) (3) Giả sử X 1 (3) 2 2 Y 1 X 1 X (1 X) = + + (4). Đặt Y t 1 X = + (4) 2 2 2 2 1 X 1 t 2t t X Y 1 X 1 t 1 t = = = + + + (5) Với mọi giá trị hữu tỉ của t, ta có các giá trị hữi tỉ của X và Y thoả mãn (2). Ngợc lại, mỗi nghiệm hữu tỉ đều có dạng (3). (Trừ trờng hợp X = -1, Y= 0). Nh vậy (5) và công thức nghiệm tổng quát của (2). Từ (5) ta có công thức nghiệm tổng quát của (1) bằng cách đặt p t q = với UCLN (p,q) =1. Lúc đó ta có 2 2 2 2 x p q Y z p q = = + (6) Nguyễn Bá Lợng Trang8 Phơng trình nghiệm nguyên 2 2 y 2pq Y z p q = = + Từ đó thấy rằng các số nguyên thoả mãn (1) là: 2 2 2 2 x m(p q ) y m.2pq z m(p q ) = = = + (7) Với m là số nguyên bất kỳ. Nếu các số nguyên p 2 - q 2 , 2pq và p 2 + q 2 có ớc chung d>1 thì có thể chia chúng cho d và ta có nghiệm mới của (1) khác với nghiệm (7). Nhng điều này không thể xảy ra. Nên (7) là nghiệm tổng quát của (1) Thực vậy, vì UCLN (p,q) = 1 nên chỉ có thể là p và q khác tính chẵn, lẻ hoặc cả 2 cùng lẻ. - Trờng hợp p, q chẵn lẻ khác nhau thì p 2 , q 2 , 2pq và p 2 + q 2 không thể có ớc chung d>1, vì nếu có số d nh vậy thì d phải lẻ (do p 2 - q 2 lẻ) và d phải là ớc của (p 2 - q 2 ) và p 2 + q 2 = 2p 2 (do d lẻ nên d là ớc của p) và (p 2 +q 2 ) - (p 2 -q 2 )=2q 2 (do d cũng là - ớc của q). Trái với giả thiết UCLN (p,q) = 1. - Trong trờng hợp p, q cùng lẻ, ta đặt p+q=2p và p-q=2Q và có UCLN (P,Q) = 1 và P, Q chẵn lẻ khác nhau (vì P+Q lẻ). Thay vào (6) ta đợc: 2 2 x 2PQ z P Q = + và 2 2 2 2 y P Q z P Q = + Nghĩa là có kết quả tơng tự nh (6), chỉ khác x và y đổi chỗ cho nhau và thay vì p, q thì có P, Q với (P, Q) = 1 và P, Q chẵn lẻ khác nhau. Nh vậy (7) là công thức nghiệm của (1). Chú ý: Phơng trình x n + y n = z n với n > 2, n N không có nghiệm. Đây là nội dung của định lý Fecma mà việc chứng minh định lý này đã diễn ra trong một thời gian dài và nhiều nhà toán học đã chứng minh nhng mãi tới ngày 23/6/1993 mới đợc chứng minh gần hoàn chỉnh bởi nhà toán học A.wiles ngời Anh và tới mãi năm 1994 (tức là hơn 300 năm) phép chứng minh mới đợc hoàn chỉnh. Nguyễn Bá Lợng Trang9 Phơng trình nghiệm nguyên Ch ơng II Giới thiệu một số ph ơng pháp giải ph ơng trình Điôphăng 1. Phơng pháp tách phần nguyên: (phơng pháp này chủ yếu áp dụng cho phơng trình bậc nhất 2 ẩn). Ví dụ: Giải phơng trình: 47x + 43y = 50 (1) Phơng trình (1) <=> 43y = 50 47x => y = 1 - x + 7 4x 43 Đặt t = 7 4x 43 , t Z => y = 1 - x + t. Và 7 4x = 43t => x = 2 - 11t + t 1 4 . Đặt t 1 4 = , Z => x = 2 - 11t + và t = 4 +1 => x = 2 - 11 (4 + 1) + = - 43 - 20 => y = 1 - ( - 43 - 20) + 4 + 1 = 22 + 47 . Vậy phơng trình (1) có nghiệm tổng quát là: x 20 43t ( t ) y 22 47t = = + Z Chú ý: Khi dùng phơng pháp này nên tách sao cho các hệ số của ẩn của phần đặt ẩn phụ là nhỏ nhất Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: 7x + 4y = 23 (*) Cách 1: Từ (*) ta có y = 23 7x 4 => y = 6 - 2x + x 1 4 . Vì x,y đều nguyên nên x 1 M 4 hay x 1 = 4t , t x 4t 1, t = + Z Z Vậy phơng trình có nghiệm tổng quát là: x 4t 1 y 7t 4 , t = + = + v 0 0 0 Z Cách 2: (*) <= > x 23 4y 2 4y 3 7 7 = = + Đặt 2 4y 2 7t 2 t t y 2t (t ) 7 4 4 + = = = + Z Nguyễn Bá Lợng Trang10 [...]... giảng dạy và kinh nghiệm nghiên cứu cha nhiều nên đề tài còn sơ sài và nhiều thiếu xót Đánh giá qua ra đề kiểm tra HSG Năm khảo sát Lớp Điểm đạt Y-TB Khá Giỏi 2008-2009 9C 52% 25% 23% Đã thực hiện ĐT 2009 -2010 9C 61% 21% 18 % Đã thực hiện ĐT Nh vậy qua kết quả khảo sát tôi thấy tỉ lệ học sinh giải đợc tuy cha cao nhng đã tăng lên rõ rệt II Bài học kinh nghiệm Phần lí thuyết phơng trình nghiệm nguyên không... yêu cầu của các thầy giáo, cô giáo đồng nghiệp và các em học sinh Kính mong sự đóng góp ý kiến của các thầy, cô giáo và các bạn đồng nghiệp để đề tài đợc hoàn chỉnh hơn Trịnh xá , ngày 12 tháng 05 năm 2010 Ngời thực hiện Nguyễn Bá Lợng Trang14 Phơng trình nghiệm nguyên Nguyễn Bá Lợng Tài liệu tham khảo 1/ Số học của Nguyễn Tiến Tài, Nguyễn Hữu Hoan NXB Giáo dục 1999 2/ Phơng pháp dạy học môn Toán của . sát Lớp Điểm đạt Y-TB Khá Giỏi 2008-2009 9C 52% 25% 23% Đã thực hiện ĐT 2009 -2010 9C 61% 21% 18 % Đã thực hiện ĐT Nh vậy qua kết quả khảo sát tôi thấy tỉ. bạn đồng nghiệp để đề tài đợc hoàn chỉnh hơn Trịnh xá , ngày 12 tháng 05 năm 2010 Ngời thực hiện Nguyễn Bá Lợng Trang14 Phơng trình nghiệm nguyên Nguyễn