Đề tài Một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên và cách giải

Phương trình nghiệm nguyên rất phong phú về dạng toán, nhưng ở đề tài này tôi chỉ nghiên cứu một số dạng toán điển hình và một số phương pháp giải cơ bản cho từng dạng toán đó.... Néi du[r]

A MỞ ĐẦU Trong chương trình toán trung học sở khối lượng kiến thức phong phú và đa dạng, các dạng toán đề cập đến không ít Trong số đó phương trình nghiệm nguyên là mảng kiến thức quan trọng Tuy nhiên chương trình sách giáo khoa chưa nhắc đến vì phương trình nghiệm nguyên còn khó các đối tượng học sinh TB;Yếu Bởi muốn bồi dưỡng và phát triển đối tượng học sinh Khá, Giỏi thân người dạy phải nghiên cứu tài liệu tìm tòi các dạng toán phương trình nghiệm nguyên và các phương pháp giải dễ hiểu, dễ vận dụng Nhằm trợ và nâng cao kịp thời cho các em phương trình nghiệm nguyên bài toán , với số liệu riêng nó, đòi hỏi cách giải riêng phù hợp Điều đó có tác dụng rền luyện tính tư toán học linh hoạt và sáng tạo người học Do đó mà các bài toán tìm nghiệm nguyên thường có mặt đề thi các kì thi tuyển học sinh giỏi, thi vào các trường chuyªn trªn toµn quèc Không phương trình nghiệm nguyên là đề tài lí thú Số học và Đại số, mãi mãi là đối tượng nghiên cứu Toán học Từ yếu tố khách quan và chủ quan đó Tôi đã tìm nghiên cứu đề tài “ Một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên và cách giải ” Nhằm tìm các biện pháp hữu hiệu để có phương án đúng đắn giúp học sinh tiếp cận với phương trình nghiệm nguyên cách chủ động, có hứng thú quá trình học Phương trình nghiệm nguyên phong phú dạng toán, đề tài này tôi nghiên cứu số dạng toán điển hình và số phương pháp giải cho dạng toán đó Lop12.net B Néi dung Các bài Toán tìm nghiệm nguyên thường không có quy tắc giải tổng quát Mỗi bài Toán đòi hỏi phải có cách giải phù hợp và logic Ví dụ số dạng phương trình thường gặp sau: 1/ Phương trình bậc hai ẩn D¹ng tæng qu¸t ax + by = c( a ≠ 0; b ≠ ; a , b , c  Z)  §Þnh lÝ vÒ sù tån t¹i nghiÖm nguyªn Định lí: Phương trình ax + by = c có nghiệm nguyên (a ; b)c Chứng minh: Giả sử (x0 ; y0) là nghiệm phương trình ax + by = c ta có ax0 + by0 = c, d = (a, b) thì dax0 + by0 = c Ngược lại, giả sö d = (a,b)c th× c = dc1 vµ ta cã hai sè nguyªn x1 , y1 cho d = ax1 + by1 = c => dc1 = a(x1c1) + b(y1c1) = c Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên Để giải phương trình bậc hai ẩn Ta có thể vận dụng hai phương pháp sau 1.1/ Sử dụng phương pháp xét tính chia hết ẩn Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: 2x + 13y = 156 (1) Gi¶i Giả sử x, y là các số nguyên thoả mãn phương trình (1) Ta thÊy 13y  13 vµ 156  13 nªn 2x  13 => x  13 §Æt x = 13t ( t  Z) thay vµo (1) ta ®­îc: 26t + 13y = 156 <=> y = - 2t + 12 Lop12.net Thử lại vào (1) thoả mãn Nên phương trình có vô số nghiệm , viết công thức tổng quát sau: x = 13t y = - 2t + 12 VÝ dô 2: Gi¶i bµi to¸n sau: Mét tr¨m tr©u, ¨n tr¨m bã cá Trâu đứng ăn năm Tr©u n»m ¨n ba Tr©u giµ ba ¨n mét bã T×m sè tr©u mçi lo¹i ? Gi¶i Gọi x: Số trâu đứng y: Sè tr©u n»m z: Sè tr©u giµ Theo giả thiết ta có hệ phương trình với các nghiệm nguyên dương sau: x + y + z = 100 5x + 3y + z 15x + 9y + z = 300 =100 x + y + z = 100 Trừ cùng vế hai phương trình hệ trên ta được: 14x + 8y = 200 <=> 7x + 4y = 100 Ta thấy phương trình :7x + 4y = 100 có 4y  ; 100  => x  => x  (V× kh«ng chia hÕt cho 4) MÆt kh¸c: < 7x < 100 Mµ x  nªn <=> < x ≤ 14 x   ; ; 12 Do đó  Víi x = ta tÝnh ®­îc y = 18 ; z = 78  Víi x = ta tÝnh ®­îc y = 11 ; z =81 Lop12.net  Víi x = 12 ta tÝnh ®­îc y = ; z =84 Vậy ta có ba đáp án cho bài toán  trâu đứng, 18 trâu nằm, 78 trâu già  trâu đứng, 11 trâu nằm, 81 trâu già  12 trâu đứng, trâu nằm, 84 trâu già *NhËn xÐt: Bằng cách xem xét tính chia hết hạng tử phương trình ví dụ ta thấy , hai hạng tử 13y và 156 chia hết cho 13 Do đó 2x phải chia hết cho 13 thì phương trình có nghiệm nguyên Nhờ đó mà tìm dược x = 13t và tìm y = - 2t + 12 Cũng tương tự ta đã giải nhiệm tổng quát phương trình 7x + 4y = 100 , sau đó nhờ x nguyên dương mà ta giới hạn giá trị x và tìm nghiệm phương trình ví dụ 1.2/ Sử dụng phương pháp tìm nghiệm riêng phương trình Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: 2x + 3y = 11 (2) Gi¶i Ta thấy phương trình có nghiệm nguyên đặc biệt là: x0 = 4; y0 = ThËt vËy + = 11 (3) Trõ cïng vÕ (2) cho (3) ta ®­îc: 2(x – 4) + 3(y – 1) = <=> 2(x – 4) = - 3(y – 1) Do đó 3(y – 1) => y –  Đặt y = 2t + ( t  Z) Thay vµo (2) ta ®­îc x = - 3t + Vậy nghiệm phương trình đã cho là: Lop12.net x = - 3t + y= 2t + * NhËn xÐt: Như ta đã tìm nghiệm riêng (x0 ; y0) = (4 ; 1) phương trình Nhờ các phép biến đổi ta ràng buộc y - 1 và tìm nghiệm tổng quát phương trình 2/ Phương trình bặc hai có hai ẩn Với loại phương trình này ta có thể sử dụng nhiều phương pháp ,để gi¶i chóng Ch¼ng h¹n nh­: - Đưa phương trình ước số; - Phương pháp tách giá trị nguyên phương trình - Phương pháp xét số dư vế - Sử dụng điều kiện  ≥ để phương trình bậc hai có nghiệm ; Các ví dụ sau ta vận dụng các phương pháp trên để giải 2.1/ Đưa phương trình phương trình ước số Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên phương trình sau xy – x – y = (4) Gi¶i Ta cã: xy – x – y = <=> x ( y – ) – (y – 1) = <=> (y – 1) (x – ) = Ta thÊy y – vµ x – ph¶i lµ ­íc cña Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t gi¶ sö x ≥ y => x – ≥ y – Ta có các trường hợp sau xẩy ra: x-1=3 x=4 y–1=1 y=2 Lop12.net HoÆc: x–1=-1 x=0 y–1=-3 y=-2 Vậy phương trình (4) có nghiệm nguyên sau; (4 ; 2) ; (2 ; 4) ; (0 ; - 2) ; (- ; 0) * NhËn xÐt: Như từ phương trình xy – x – y = ta đưa nó phương trình (y – 1) (x – ) = Phương trình này gọi là phương trình ước số, phương trình ước số có nghiệm nguyên các thừa số nó là ước nguyên số đó Khi tìm nghiệm phương trìng ước số, ta cần thứ tự các ẩn để giảm số trường hợp xẩy Nên quá trình giải ta đã giảm nhiều thời gian và lời giải ngắn gọn 2.2/ Tách giá trị nguyên phương trình Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: xy – 2y – = 3x – x2 (5) Gi¶i: Ta thấy phương trình trên y có bậc cao là Nên ta có thể rút y và tách giá trị nguyên phương trình Thật ta có (5) <=> y(x – 2) = + 3x – x2 x = không phải là nghiệm phương trình Do đó y=  3x  x x2 = -x + + x2 (6) Phương trình (6) có nhiệm nguyên 5 x – hay x – là ước Ta có các trường hợp sau  Víi x – = <=> x = Thay vµo (6) ®­îc y = -  Víi x – = <=> x = Thay vµo (6) ®­îc y =  Víi x – = -5 <=> x = -3 Thay vµo (6) ®­îc y = Lop12.net  Víi x – = - <=> x = Thay vµo (6) ®­îc y = -5 Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên: (7 ; - 5) ; (3 ; 3) ; (- ; 3) ; (1 ; - 5) * NhËn xÐt: Với phương trình bậc hai, có ẩn nào đó xuất bậc Ta rút ẩn đó từ phương trình tách giá trị nguyên Ví dụ bài toán trên nhận thấy y có bậc cao là nên ta đã rút y từ phương trình đã cho, để phương trình y =  3x  x x2 Ta lÊy 3+3x – x2 chia cho x – để tách giá trị nguyên Rõ ràng phương trình có nghiệm nguyªn x – lµ ­íc cña 2.3/ Sử dụng phương pháp xét số dư vế Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên phương trình sau 9x + = y2 + y (7) Gi¶i: Ta cã (7) <=> 9x + = y( y + 1) Ta thấy vế trái phương trình trên , chia cho dư nên y( y + 1) ph¶i d­ chia cho Như có thể xẩy trường hợp sau: y = 3k + vµ y + = 3k + Khi đó: (k  Z) 9x + = ( 3k + 1) (3k + 2) <=> 9x = 9k (k + 1) <=> x = k(k + 1) Thử lại , với x = k(k + 1) và y = 3k + thì (7) thoả mãn Nên phương trình đã cho có nghiệm tổng quát , viết công thức x = k(k + 1) (k  Z) Lop12.net y = 3k + * NhËn xÐt: ví dụ trên ta đã sử dụng phương pháp : Xét tính chia hết vế để nhận thấy , vế trái phương trình chia dư Vậy phương tr×nh cã nghiÖm nguyªn vÕ ph¶i còng chia cho d­ Mµ y( y + 1) chia dư thì có thể xẩy trường hợp y chia dư để y + chia d­ 2.4/ Sử dụng điều kiện  ≥ để phương trình bậc hai có nghiệm Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên phương trình sau x+ y +xy = x2 + y2 (8) Gi¶i: Ta thÊy (8) <=> x2 – (y + 1)x + y2 – y = Có thể xem x là ẩn còn y đóng vai trò là tham số thì ta có :  = (y + 1)2 – (y2 – y) = - 3y2 + 6y + để phương trình (8) có nghiệm nguyên thì  ≥ và phải là số chính phương <=> - 3y2 + 6y + ≥ <=> 3y2 - 6y - ≤ <=> 3(y – 1)2 ≤ <=> (y – )2 ≤ <=> ≤ (y – )2 ≤ Do đó ta có các trường hợp sau:  y – = <=> y =  y – = -1 <=> y =  y – = <=> y = Lop12.net Thay các giá trị y vào phương trình x2 – (y + 1)x + y2 – y = Ta cã:  Víi y = ta cã x1 = ; x2 =  Víi y = ta cã x3 = ; x4 =  Víi y = ta cã x5 = ; x6 = Vậy phương trình (8) có nghiệm nguyên sau: (0 ; 0) ; (1 ; 0) ; (0 ; 1) ; (2 ; 1) ; (1 ; 2) ; (2 ; 2) * NhËn xÐt: Phương trình trên có các ẩn luỹ thừa bậc 2, nên ta có thể viết phương trình đã cho dạng phương trình bậc có ẩn là x , còn y ta xem là tham số Từ đó sử dụng điều kiện  ≥ để phương trình có nghiệm và  phải là số chính phương để phương trình đã cho có nghiệm nguyên để tìm nghiệm phương trình 3/ Phương trình bậc ba hai ẩn: 3.1/ Sö dông tÝnh chÊt: Nếu hai số nguyên dương , có tích là số chính phương thì hai là số chính phương Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên phương trình sau 9x2 + 6x = y3 (9) (Bµi – Chuyªn môc thi gi¶i to¸n qua th­ sè 61 - To¸n TT2) Gi¶i: Ta cã : (10) <=> 9x2 + 6x + = y3 + <=> (3x + 1)2 = (y + 1)(y2 – y + 1) Phương trình (*) có nghiệm nguyên : Lop12.net (*) y + = y2 – y + y + và y2 – y + là các số chính phương  Víi y + = y2 – y + <=> y(y – 2) = <=> y = hoÆc y = Thay vào phương trình (*) ta +) Khi y = ta cã x = hoÆc x = - (lo¹i) +) Khi y = ta cã x = - (lo¹i) hoÆc x =  (lo¹i) Trường hợp y + và y2 - y + là các số chính phương Ta thÊy y2 – y + = (y – ) + không thể là số chính phương nguyªn víi mäi y ≠ Vậy phương trình (11) có nghiệm nguyên : (x ; y) = (0 ; 0) *NhËn xÐt : Với ví dụ trên ta đưa vế trái có dạng số chính phương Để phương trình có nghiệm nguyên thì vế phải phải có các thừa số là các số chính phương các thừa số đó phải 3.2/ Đổi biến để tìm nhiệm nguyên: Ví dụ 9: Tìm nghiệm nguyên phương trình : x3 – y3 = xy + (10) Gi¶i Ta cã: x3 – y3 = xy + <=> (x – y)3 + 3xy(x - y) = xy + §Æt x – y = a ; xy = b (a ; b  Z) Ta cã: a3 + 3ab = b + Lop12.net <=> a3 – = -b(3a – 1) a3 –  3a – Suy : <=> 27(a3 - 8)  3a – <=> 27a3 – -215  3a – Do 27a3 –  3a – nªn 215  3a – Hay 3a – lµ ­íc cña 215 Do đó 3a –   1;5;43;215  MÆt kh¸c 3a – chia cho d­ Nªn 3a –   1;5;43;215 Ta cã b¶ng sau: 3a - -1 - 43 215 a - 14 72 -8 - 64 - 1736 b= a3   3a Chú ý 9x –y)2 + 4xy ≥ nên a2 + ≥ Do đó có hai trương hîp tho¶ m·n a = 2; b = Ta ®­îc x – y = 2; x = hoÆc x = xy = y = - hoÆc y =0 Vậy phương trình đã cho có hai nhiệm: (0 ; - 2) ; (2 ; 0) *NhËn xÐt: Bài toán trên ta đã linh hoặt sử dụng phương pháp đổi biến và tìm nhiệm nguyên biến Từ đó ta tìm nghiệm nguyên phương trình đã cho 4/ Phương trình vô tỷ Lop12.net Đối với phương trình nhiệm nguyên dạng vô tỉ , đây là dạng phương trình phức tạp Mỗi phương trình không có cách giải tổng quát, dựa vào các số liệu đã biết ta cần linh hoặt biến đổi Để tìm phương ¸n hîp lÝ gi¶i quyÕt bµi to¸n Ch¼ng h¹n nh­ mét sè vÝ dô sau , ph¶i vËn dụng nhiều kỹ phối hợp chặt chẽ để đưa lời giải ngăn gọn hợp lí Ví dụ 10: Giải phương trình nghiệm nguyên sau + x y = 1980 (11) Gi¶i: (11) <=> = x 1980 - (12) y Víi ®iÒu kiÖn : ≤ x , y ≤ 1980 (12) <=> x = 1980 + y – <=> x = 1980 + y – 12 1980 y 55 y Phương trình (11) có nghiệm nguyên – 12 55 y ph¶i nguyªn hay 55y phải là số chính phương §Æt: y = 55 a2 (a N ) Tương tự ta có : y = 1980 + x – 12 55 x §Æt : x = 55 b2 ( b  N ) Thay vµo (11) ta cã : a 55 +b 55 =6 55 <=> a + b = Gi¶ sö: x ≥ y nªn a ≥ b Ta cã b¶ng sau : a b x =55a2 Lop12.net y = 55b2 1980 55 1375 220 880 3 495 495 Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên sau: (0 ; 880) ; (1980 ; 0) ; (55 ; 1375) ; (1375 ; 55) ; (220 ; 880) ; (880 ; 220) ;(945 ; 945) *NhËn xÐt Với dạng phương trình này , ta sử dụng phương pháp bình phương hai vế để rút x = 1980 + y – 12 55 y B¾t buéc 55 y ph¶i là số chính phương để phương trình đã cho có nghiêm nguyên Bằng phương pháo tương tự ta có 55 x phải là số chính phương Đến đây cần chú ý đổi biến, làm nào đó để thay vào phương trình ban đầu ta phương trình không chứa bậc hai và vận dụng các phương pháp đã biết để giải nó Ví dụ 11: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: y2 = +  x2  4x (13) (§Ò thi HS Giái líp n¨m häc 2003- 2004_ Phßng GD Kú Anh ) Gi¶i §iÒu kiÖn : – x2 – 4x ≥ <=> - ≤ x ≤ Ta cã : y2 = + =1+  x2  4x 13  ( x  2) =1+ ≤1 + 13  ( x  x  4) 13 Do y lµ mét sè nguyªn nªn: ≤ y2 ≤ <=> y2 = hoÆc y2 =  Víi y2 =  13 = (x – 2)2 kh«ng thÓ cã nghiÖm nguyªn Vì 13 là số nguyên tố còn (x – 2)2 là số chính phương Lop12.net  Víi y2 = <=> y = hoÆc y = -2 Vµ ta cã 13  ( x  2) =3 <=> 13 – (x+2)2 = <=> (x+2)2 = <=> x = (Tho¶ m·n §K) hoÆc x = (Tho¶ m·n §K) Vậy nghiệm nguyên phương trình là: (0 ; 2) ; (0 ; -2) ; (2 ; 2) ; (2 ; -2) * NhËn xÐt : Như phương trình trên ta thấy biểu thức 13 – (x+2)2 có giá trị lớn nhÊt b»ng Nªn + 13  ( x  2) ≤ 13 , nhờ việc vận dụng bất đẳng thức mà ta giớ hạn khoảng giá trị y2 với y nguyên thì ta đã tìm c¸c gi¸ trÞ cô thÓ cña y vµ x C KÕt luËn: Quả thật Toán học phương trình nghiệm nguyên đa dạng Phương pháp để giải dạng phương trình khá phong phú Tôi đã cố gắng đưa số dạng phương trình điển hình thường gặp và số phương pháp giải chúng Tôi nghĩ để giải các dạng phương trình trên , không dừng lại phương pháp đó Chắc quý vị tìm số phương pháp hay Trong các dạng phương trình giới thiệu đề tài tôi thấy phương trình bậc hai , là dạng tiêu biểu có nhiều phương án để giải và mức độ ứng dụng khá phổ biến Bên cạnh đó phương trình vô tỉ thú vị Vì giải nó yêu cầu chúng ta phải suy luận chặt chẽ, linh hoạt, phối hợp nhiều kĩ Giúp người học ph¸t huy ®­îc tÝnh s¸ng t¹o cña b¶n th©n Lop12.net Thực tế giảng dạy cho thấy: Sau truyền đạt kĩ lượng đề tài này Học sinh hứng thú và linh hoạt gải các bài Toán phương tr×nh nhiÖm nguyªn B¶n th©n t«i rÊt mong muèn häc sinh häc tËp tèt h¬n, ®­îc n©ng cao tay nghề giải Toán Vì mong các đồng nghiệp và quý độc giả góp ý bổ sung cho đề tài này hoàn thiện T«i xin ch©n thµnh c¶m ¬n! Lop12.net Lop12.net Lop12.net