Gián án Mot so PP giai phuong trinh nghiem nguyen. Giang (2010 - 2011)

Mục lục Trang Phần I: Mở đầu: . 02 1. Lý do chọn đề tài 02 2. Mục đích nghiên cứu . 02 3. Nhiệm vụ nghiên cứu 03 4. Phạm vi và đối tợng nghiên cứu 03 5. Phơng pháp nghiên cu . 03 Phần II: Nội dung . 03 Chơng I: Cơ sở lý luận và thực tiễn 03 Chơng II: Các biện pháp ( giải pháp) s phạm cần thực hiện 04 Biện pháp 1: 04 Biện pháp 2: . 04 Chơng III: Thực nghiệm s phạm 15 1. Mục đích thực nghiệm 15 2. Nội dung thực nghiệm . 15 3. Kết quả thực nghiệm . 28 Phần III: Kết luận 29 Tài liệu tham khảo . 30 1 Phần I: Mở đầu 1. Lý do chọn đề tài: - Dạy học toán là hoạt động toán học , do đó học sinh cần biết quá trình sáng tạo các khái niệm , định lý , biết vận dụng kiến thức có niền tin vào khả năng toán học của mình. - Đặc trng của toán học là trìu tợng hóa cao độ , có tính Lôgic chặt chẽ , vì vậy trong trong dạy học , ngoài suy diễn lôgic phải chú trọng nguyên tắc trực quan và trìu tợng , giữa trực quan trìu tợng , giữa suy luận có căn cứ . - Để chuẩn bị bài giảng , giáo viên phải cần chuẩn bị kỹ hệ thống bài tập và câu hỏi nhằm gieo tình huống , hớng dẫn từng bớc giải quyêt vấn đề phù hợp từng loại đối t- ợng học sịnh , dự kiến những khó khăn trở ngại , những cái bẫy mà học sinh phải vợt qua. (Trích đổi mới phơng pháp dạy học ở trờng THCS - Viện khoa học giáo dục 1997- Chủ biên : Trần Kiều Trang trang 30). Qua nghiên cứu , tìm hiểu thực tiễn , điều tra và qua thực tiễn giảng dạy môn toán ở trờng THCS Mỹ Thuận , đặc biệt là các giờ bôì dỡng học sinh giỏi , tôi nhận thấy : - Số học sinh thực học tốt môn toán ( Nắm vng kiến thức, có kỹ năng , kỹ sảo , có phơng pháp tự học , tự bồi dỡng ) chiếm tỉ lệ thấp. - Trong thực tế khi thi HSG học sinh gặp phải bài toán nghiệm nguyên gần nh bỏ trắng , lúng túng không biết soay sở ra sao . Điều đó thực rẽ hiểu vì bài toán đợc đa vào dới dạng bài tập , lí thuyết cơ bản chỉ đợc nhắc qua một phần rất nhỏ song cơ bản lại áp dụng số học nhiều. - Học giải toán nói chung và phơng trình nghiệm nguyên nói riêng là một t duy sáng tạo về Toán , là một vấn đề triù tợng hóa và khá khó với học sinh trong quá trình học toán ở trờng THCS . - Vấn đề thừa nhận rằng : Nêú nh các em nắm chắc các dạng của phơng trình nghiệm nguyên và phơng pháp giải thì việc giải dạng toán này sẽ dễ dàng hơn và ngày càng hăng say học tập hơn. 2. Mục đích nhiên cứu: - Góp phần nâng cao chất lợng dạy học ở bậc THCS. - Đáp ứng nguyện vọng của HS trong việc nâng cao kiến thức cũng nh bổ sung kiến thức ngoài SGK cho HS. - Trang bị cho HS kiến thức vững vàng, có ý thức tự học và tìm tòi sáng tạo trong quá trình học tập. - Đào tạo nguồn nhân lực có tri thức vững vàng, ứng dụng đợc tri thức vào cuộc sống. 2 - Qua nghiên cứu đề tài để bản thân và đồng nghiệp có thêm t liệu về dạy toán nói chung và dạy dạngtoán nghiệm nguyên nói riêng. Học sinh phát huy đợc tính độc lập sáng tạo có thể tự tìm tòi sáng tạo đúc rút kinh nghiệm , tìm tòi khám phá kiến thức mới cho mình . 3. Nhiệm vụ nghiên cứu: - Vai trò bài tập và việc dạy học giải bài tập. - Một số phơng pháp giải : Giải các bài toán về phơng trình nghiệm nguyên . - Nghiên cứu bài soạn , bài dạy của đồng nghiệp. - Nghiên cứu bài làm của học sinh trớc và sau khi giảng. 4. Phạm vi và đối tợng nghiên cứu: 1. Đối tợng: 10 học sinh khá giỏi khối 8. 2. Phạm vi : Giải các bài toán về phơng trình nghiệm nguyên . 5. Phơng pháp nghiên cứu : - Phơng pháp ngiên cứu tự tìm ra kiến thức. - Phơng pháp đối thoại : học sinh học sinh; giáo viên học sinh; giáo viên giáo viên. - Phơng pháp tổng kết rút kinh nghiệm. - Phơng pháp thực nghiệm. Phần II: Nội dung Chơng I: Cơ sở lý luận và thực tiễn: - Việc giải bài tập đợc coi là là phơng tiện mục đích của việc dạy học toán, nó có tầm quan trọng rất lớn và từ lâu đã là vấn đề trung tâm của phơng pháp dạy học toán. - Giải bài tập là hình thức tốt nhất nhằm củng cố đào sâu kiến thức, hệ thống hóa luyện tập kỹ năng, kỹ sảo và phát huy tốt nhất năng lực nhận thức của học sinh. Mục đích đó là phát triển ở học sinh bản lĩnh Toán học , mỗi bài toán dạy cho học sinh kỹ năng hớng về những tình huống có vấn đề khác nhau. Dạy cho học sinh giải toán không phải là củng cố những bài có sẵn mà học sinh chỉ nghe thụ động và ghi, mà dạy cho học sinh nên sử dụng bài tập với dụng ý nào đó nhằm hình thành chi thức hay củng cố chi thức. Rèn luyện thao tác t duy hay để kiểm tra trình độ giáo dục đợc ngôn ngữ toán học. Dạy giải toán là phải tổ chức những hoạt động của học sinh để các em tích cực chủ động tìm tòi lời giải. Kết quả của hoạt động dạy học toán là đợc xác định ở hệ thống bài giải mà học sinh có đợc qua quá trình thu nhận kiến thức. Vì vậy bài tập phải đợc đa từ dễ đến khó, để phát huy tính tích cực, đào sâu suy nghĩ kích thích tìm tòi sáng tọa tăng mức độ khó tìm ra học sinh năng khiếu, đồng thời gieo vào lòng niềm đam mê hăng say học toán. Vì vậy giáo viên phải đa ra hệ thống bài tập ở các dạng khác nhau, đặc biệt học sinh học song phải biết mình nắm đợc kiến thức nào, từ đó các em vận dụng kiến 3 thức đã học vào việc giải bài tập khác và tự bản thân hoc sinh sẽ phát triển khả năng nhận thức. Trong quá tình dạy học phải tuân chỉ việc lấy ngời học làm trung tâm . - Kế thừa kiến thức toán học từ lớp 8 trở xuống, đặc biệt là về giải phơng trình, kiến thức nâng cao ở một số sách tham khảo. - Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên. Phân tích dạng toán, tìm tòi phơng pháp giải dạng toán trên. - Giúp học sinh khám phá những tri thức mới, có năng lực sáng tạo trong học toán. - Điều tra thực trạng: + Về giáo viên: - ý thức chấp hành quy chế chuyên môn tốt, có ý thức rèn luyện nâng cao tay nghề, có ý thức tìm tòi mua sắm, nghiên cứu tài liệu. - Những năm gần đây phong trào dạy và học học sinh năng khiếu, học sinh giỏi có những chuyển biến tích cực. - Không còn có tình trạng giáo viên trung bình chủ nghĩa, chậm tiến hoặc không tập trung vào chuyên môn. + Về học sinh: - Các em nhận thức còn rất chậm, nhiều em ý thức tự học tập, tự nghiên cứu cha cao. - Đa số các em không có tài liệu tham khảo, không có đủ những tài liệu cần thiết tối thiểu đáp ứng cho vấn đề học nâng cao kiến thức . - Nhiều em học sinh không thích học toán nâng cao và phát triển nhất là chuyên đề giải phơng trình nghiệm nguyên các em lại càng không thích học hơn. * Qua điều tra thăm nắm tình hình khi dạy vấn đề này của giáo viên trong việc bồi d- ỡng học sinh giỏi, bồi dỡng học sinh năng khiếu nhận thấy còn nhiều giáo viên lúng túng, gặp khó khăn khi tiếp cận các bài toán giải phơng trình nghiệm nguyên trong các đề thi học sinh giỏi, giáo viên giỏi, thi vào lớp 10, trong các tài liệu tham khảo Chơng II: Các biện pháp (Giải pháp) s phạm nâng cao chất lợng: 1. Biện pháp 1: Điều tra thực nghiệm: - Tìm hiểu sự ham mê học Toán của học sinh khối 8. - Kiểm tra kiến thức và kĩ năng giải phơng trình của học sinh trong đội tuyển đã chọn. 2. Biện pháp 2: Hớng dẫn theo các phơng pháp: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên a) Những kiến thức cơ bản bổ xung cho việc giải phơng trình nghiệm nguyên: Để giải phơng trình nói chung và phơng trình nghiệm nguyên nói riêng ta phải nắm đợc cách giải tổng quát. b) Cụ thể: I. Ph ơng trình một ẩn với hệ số nguyên 4 1. Dạng tổng quát : 1 2 1 2 1 0 . 0 n n n n n n a x a x a x a x a + + + + + = (1) 2. Cách giải : a . Định l ý 1: nếu phân số tói giản p q ( p là số nguyên , q là só nguyên dơng) là một nghiệm của phơng trình (1) thì p là ớc số của a 0 và q là ớc số của a n Chứng minh. Vì p q là mộp nghiệm của (1) nên ta có: ( ) 1 n 1 1 0 1 1 1 0 2 1 1 1 0 1 2 2 1 1 0 a . 0 . . . . 0( ) ( . ) 0( ) + + + + = ữ ữ ữ + + = + + + = + + + + = n n n n n n n n n n n n n n n n n n n p p p a a a q q q a p a q a p q a q o a p q a a pq a q I p a p a p q a q a p II Từ (I) => n n a p qM mà ( ; ) 1 n n p q a q= M Từ (II) => 0 n a q pM mà 0 ( ; ) 1 n p q q p= = b) Hệ quả 1: Nếu x=b là một nghiệm thì b là ớc của q 0 c) Hệ quả 2: Mọi nghiệm hữu tỉ của phơng trình với hệ số nguyên : 1 2 1 2 1 0 . 0 n n n n n n a x a x a x a x a + + + + + = đều là số nguyên. d) Quy tắc tìm nghiệm nguyên của ph ơng trình ( 1) : B ớc 1 : Tìm tất cả các ớc số của a 0. B ớc 2: Thử tất cả các ớc số của a 0 vào vế trái của pt (1) bắt đầu từ ớc số nhỏ nhất. B ớc 3 : Nếu ớc số của d làm cho đa thức bằng 0 thì kết luận x= d là một nghiệm nguyên còn nếu đa thức có giá trị khác 0 thì x= d không là nghiệm . 3 . Ví dụ: Ví dụ 1: Tìm ngiệm nguyên của phơng trình sau: a 2 - 5a + 6 = 0 Giải Phơng trình nếu có nghiệm nguyên thì nghiệm đó phải thuộc tập ớc của 6 Ư (6)= { 1; 2; 3; 6} Đặt P(a)= a 2 - 5a + 6 5 Khi đó ta tính các P(x) và đợc P(2)= 0 và P(3)= 0 Kết luận : phơng trình có hai nghiệm nguyên : a=2 và a=3. Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình sau: x 2 + 4x + 3 = 0 (2) Giải Đặt P(x)= x 2 + 4x + 3 Tìm tập ớc của 3 Ư(3)= { 1; 3} Nhiệm nguyên nếu có của phơng trình (2) phải thuộc vào tập hợp Ư(3) Bằng phép thử ta có : P(1)=8 ; P(-1)= 0 ; P(3)=24 ; P(-3)=0 Vậy phơng trình (2) có 2 nghiệm là x=-1 và x=-3 4 .Bài tập đề nghị giải theo ph ơng pháp trên: 1. x 10 +x7+2x 3 +2 = 0; 2. x 3 +4x 2 -29x+24 = 0; 3. 1-6x 2 +6x-x 3 = 0; 4. x 3 -4x 2 -8x+8 = 0; 5. x 2 (4+x 2 )+4-x 2 = 0. II. phơng trình bậc nhất hai ẩn số: ax by c + = ( với a, b, c là các hệ số nguyên) 1. Cơ sở lý thuyết: a. Định lý 1: Cho a, b là hai số nguyên dơng ; gọi d=(a;b) khi đó tồn tại các số nguyên m và n sao cho d= a.m + b.n. Chứng minh : Gọi D là số nguyên dơng bé nhất trong tập hợp số nguyên có dạng : a.m + b.n với m, n Z Giả sử D= a.m 0 + b.n 0 ta nhận thấy mọi số nguyên có dạng a.m+ b.n ( m,n Z) đều chia hết cho D. Thật vậy giả sử ngợc lại số C = a.m + b.n mà C= D.q+ r với 0< r< D 0 0 0 0 . . . ( . . ). .( . ) ( ) = + = + = + + = + C a m b n D q r a m b n q r r a m m q b n n q Với m - m 0 .q và n - n 0 .q là các số nguyên. Điều này trái với giả sử D là số nguyên d- ơng bé nhất . Vì a = a.1+ b.0 => .1 .0 .0 .1 a a b a D b a b b D = + = + M M do đó D là một ớc số chung của a và b => D d (*) 6 Mặt khác 0 .a d a m d=>M M và 0 .b d b n d=>M M do đó a.m 0 + b.n 0 = D M d D d (** Từ (*) và (**) 0 0 . . D d D d a m b n d D = = + (đpcm) Hệ quả : nếu a pM và b pM thì ( ; )a b pM b. Định lý 2: Giả sử a,b,c là các số nguyên a,b,c khác 0 và d = (a,b) phơng trình ax by c + = nghiệm nguyên khi d/ c. Chứng minh: Điều kiện cần : Giả sử pt có nghiệm nguyên 0 0 ax by c + = vì 0 0 / / / / / d a d ax d c d b d by => => => Điều kiện đủ : nếu / .d c c d m => = (m Z) Vì d=(a,b) theo ĐK cần ta có : d=a.s+b.t => c= m.d= as.m+bt.m=a.(sm)+ b.(st) đặt x 0 = s.m ; y 0 = t.m thì ax 0 + b.y 0 =w.f tức là phơng trình 0 0 ax by c + = có nghiệm nguyên d . Công thức nghiệm: Xét phơng trình : ax by c + = (1) với a,b,c Z; Gọi d = (a,b) với d/c. Khi đó a = d.a 1 ; b = d.b 1 ; (a 1 ;b 1 ) =1 và c = d.c 1 và ta có (1) <=> 1 1 1 ax by c + = (2) Giả sử x 0 ; y 0 là một nghiệm của phơng trình. Ta có 1 0 1 0 1 a x b y c + = (3) Xét hiệu (2)-(3) ta có 1 0 1 0 1 0 1 0 ( ) ( ) 0 ( ) ( ) a x x b y y a x x b y y + = = Đặt x-x 0 =u và y-y 0 =v => a 1 u=b 1 v Ta có a 1 /b 1 v và (a 1 ;b 1 ) =1 => a 1 /v => v=a.t ( Với t Z ) Do đó a 1 u=-a 1 b 1 t => u=- b 1 t Ngợc lại nếu u= -b 1 t ; v=a 1 t (với t Z ) thì cặp v,u,t là nghiệm của pt a 1 u=-b 1 v vì x-x 0 =u và y-y 0 =v nên x= x 0 -b 1 .t và y=y 0 +a 1 .t Vậy công thức tổng quát của phơng trình ax by c + = Có dạng 0 1 0 1 x= x -b .t y=y +a .t 7 Chú ý : 1. các nghiệm riêng x 0 ; y 0 có thể tìm đợc nhờ thuật toán Ơclit 2.Có thể phát biểu quá trình xây dựng công thức nghiệm của phơng trình ax by c + = nh sau a) Nếu (x 0 ; y 0 ) là một nghiệm nguyên của phơng trình 1ax by + = với (a;b)=1 thì (c. x 0 ; c.y 0 ) là nghiệm của phơng trình ax by c + = b) Nếu (x 0 ; y 0 ) là một nghiệm nguyên của phơng trình ax by c + = với (a;b)=1 thì mọi nghiệm nguyên của nó đợc xác định bởi hệ thức 0 0 x= x -b.t y=y +a.t với t Z. 2. Các ví dụ: Ví dụ 1 : Tìm các nghiệm nguyên của phơng trình: 8x +11y = 73 Giải: Vì (8;11) =1 nên pt có nghiệm nguyên => x= 73-11y => 1 3 9 8 y x y = + đặt 1 3 8 y t = (t Z) => 1 3 3 t y t + = + Lại đặt 1 3 t+ =u với (u Z) => t=3.u-1 tính x,y theo u => 9 3. 3. 1 x y t y t u t u = + = + = => 11. 5 8. 3 x u y u = + = + với u Z. Ví dụ 2 : Tìm các nghiệm nguyên dơng nhỏ nhất (x;y) của phơng trình: 17x- 29y= 100 Giải: Vì (17;29) =1 nên PT có nghiệm nguyên => x= 100 29 2 5 6 17 17 y y+ + = + đặt 2 5 17 y+ =t (t Z) => 2 1 5 17 2 3. 5 t y t y t = => = + Lại đặt 1 5 t u = với (u Z) => t=5.u +1 từ đó tính x; y theo u. ta có => 29. 11 17. 3 x u y u = + = + với u Z để x ; y nguyên dơng 29. 11 0 3 17. 3 0 17 x u u y u = + > => > = + > Vì u Z nên u = 0;1;2;3 Nghiệm nguyên nhỏ nhất khi u = 0 => x =11 và y =3 3. Bài tập đề nghị giải theo phơng pháp trên: 1. Tìm nghiệm nguyên của các phơng trình sau: a) x 3y = 5 ; b) 2x 5y = 10 c) 1x -20y = 49; d) 3x + 2y = 555. 2. Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho : a) n M 9 và n + 1 M 25 ; b) n M 21 và n + 1 M 165 ; 8 c) n M 9, n+ 1 M 25 và n + 2 M 4. 3. Tìm nghiệm nguyên dơng của các phơng trình : a) 5x + 4y = 3 ; b) 3x + 7y = 55. III . Ph ơng trình bậc nhất nhiều ẩn: 1. Định nghĩa: Phơng trình bậc nhất nhiều ẩn có dạng: a 1 x 1 + a 2 x 2 + + a n x n = c ( a n , c Z) (3) 2. Định lí: (3) có nghiệm nguyên ( a 1 , a 2 , . , a n ) / c. 3. Cách giải: Đa (3) về một trong hai dạng sau: a) Có một hệ số của ẩn bằng 1, giả sử a 1 = 1. Khi đó: x 1 = - a 2 x 2 a 3 x 3 - . a n x n , x 2 , x 3 , . , x n Z Nghiệm nguyên của (3) là: (- a 2 x 2 a 3 x 3 - . a n x n , x 2 , x 3 , . , x n ), x 2 , x 3 , . , x n Z. b) Có hai hệ số nguyên tố cùng nhau, giả sử ( a 1 ,a 2 ) = 1. (3) a 1 x 1 + a 2 x 2 = c - a 3 x 3 - . a n x n . Tìm nghiệm nguyên x 1 , x 2 theo x 3 , . , x n . 4. Các ví dụ: a) Giải phơng trình trên tập số nguyên: 6x + 15y + 10z = 3 (3). Giải: (3) x + 10(y + z) + 5(x + y) = 3 (*) Đặt u = y + z ; v = x + y, khi đó : (*) x + 10 u + 5v = 3. Nghiệm tổng quát của (3) là : 3 10 5 3 10 4 3 9 6 x u v y u v z u v = = + + = Cách 2 : (3) 6( x + z) + 15y = 3 4z Đặt u = x + z, ta có phơng trình: 15y + 4z = 3 6u. ( - 1 ; 4) là nghiệm riêng của PT15y + 4z = 1 nên -3 + 6u ; 13 24u) là nghiệm riêng của PT 15y + 4z = 3 6u. Do đó nghiệm tổng quát là : 3 6 4 ( , ) 12 24 15 y u t u t Z z u t = + + = . Từ u = x +z x = u z = u ( 12 24 15u t ) = -12 +25u + 15t. 9 Vậy nghiệm nguyên của PT (3) là : 3 10 5 3 10 4 3 9 6 x u v y u v z u v = = + + = b) Tìm tất cả các số nguyên x và y sao cho cả hai số 3x y + 1 và 2x + 3y 1 đều chia hết cho 7. Giải : Ta tìm nghiệm nguyên của hệ : 3x y 1= 7u (1) 2x 3y 1=7v (2) + + Nhân (1) với 3 rồi cộng vơi (2) ta đợc : 11x + 2 = 7( 3u + v). Đặt z = 3u + v, ta có PT 11x 7z = -2 có nghiệm nguyên tổng quát là : 4 7 ( ) 6 11 x t t Z z t = + = + Từ 3x y 1= 7u+ y = 3x + 1 7u = -11 + 7(3t u) 3 (mod 7). Thử lại với x mod 7) và y (mod 7) thì 3x y + 1 và 2x + 3y 1 đều chia hết cho 7. 5. Bài tập đề nghị giải theo phơng pháp trên: 1. Giải các hệ PT sau trên tập số nguyên: 2 3 1 ) ; 3 2 3 5 x y a x y z = + = b) 2 3 5 2 ; 3 5 2 3 x y z x y z + = + = c) 3 3 3 1 2 3 3 3. x y z x y z = + = 2. Trong tất cả các số tự nhiên từ 200 đến 500 những số nào chia cho 4, 5, 7 có d lần lợt là 3, 4, 5. 3. Trên trục hoành hãy tìm tất cả các điểm nguyên mà tại đó ta dựng đợc đờng vuông góc với trục hoành cắt cả ba đờng thẳng x - 5y = 2 ; x - 8y = 1 ; x - 11y = 3 tại các điểm nguyên. IV. Sử dụng phép chia hết và phép chia có d . 1. Phơng pháp: Hai vế của phơng trình nghiệm nguyên khi chia cho cùng một số có số d khác nhau thì PT đó không có nghiệm nguyên. 2. Các ví dụ: a)Ví dụ 1:Tìm nghiệm nguyên của PT: x 2 = 2y 2 (1) Giải : Rõ ràng x = y =0 là nghiệm của (1). Nếu x 0 , y 0 0 và (x 0 , y 0 ) là nghịêm của (1). Gọi d = (x 0 , y 0 ) suy ra : 0 0 x y ( , )=1 d d 10 [...]... hạn A.B =1 A=B=1 hoặc A=B = -1 ; phối hợp các phơng pháp nh phân tích ra thừa số , tính chia hết , xét số d, 2.Ví dụ : Ví dụ1: Tìm các số nguyên x; y thoả mãn : (x+1).(y-4) =3 (1) Giải : Vì x;y thuộc Z => x+1 ; y-4 thuộc Z Mặt khác 3 = 3 1= (-1 ) (-3 ) do đó Phơng trình (1) x+1 1 3 y-4 3 1 Vậy phơng trình có các nghiệm là: x =1 x = 3 ; y = 3 y =1 -1 -3 -3 -1 x = 1 x = 3 ; y = 3 y = 1... phơng trình a1 x0 + b1 y0 = c1 (3) Ta có Xét hiệu (2 )-( 3) ta có a1 ( x x0 ) + b1 ( y y0 ) = 0 a1 ( x x0 ) = b1 ( y y0 ) Đặt x-x0 =u và y-y0=v => a1u=b1v Ta có a1/b1v và (a1;b1) =1 => a1/v => v=a.t ( Với t Z ) Do đó a1u =- a1b1t => u =- b1t Ngợc lại nếu u= -b1t ; v=a1t (với t Z ) thì cặp v,u,t là nghiệm của pt a1u=-b1v vì x-x0 =u và y-y0=v nên x= x0-b1.t và y=y0 +a1.t Vậy công thức tổng quát của phơng... (8) x+1 1 3 -1 y-4 3 1 -3 Vậy phơng trình có các nghiệm là: x =1 x = 3 ; y = 3 y =1 Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình sau: x2 +y 2-6 x+4y+13 = 0 (9) GV : HD + Dùng hằng đẳng thức để biến đổi (9) + Xét trờng hợp tổng của hai số bằng 0 -3 -1 x = 1 x = 3 ; y = 3 y = 1 ; Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình sau: x2 +y 2-6 x+4y+13 = 0 (9) Giải : Ta có : PT (9) ( x 2- 6x+9) + (y2+4y+4)... rất mong đợc sự góp ý của bạn bè đồng nghiệp 29 T liệu tham khảo 1 SGK + SBT toán 8, 9 2 SGV toán 8, 9 3 Tài liệu chuyên toán 6 , 225 bài toán số học chọn lọc, 225 bài toán đại số chọn lọc 4 Tập san tạp chí khoa học, Tạp chí toán tuổi trẻ, đề thi học sinh giỏi các năm Mỹ Thuận, ngày 28 tháng 12 năm 2010 Ngời viết: Vũ Thế Giang 30 ... thẳng x - 5y = 2 ; x - 8y = 1 ; x - 11y = 3 tại các điểm nguyên Giáo án 2 : Tiết 2 : Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên ( Tiết 2) I Mục tiêu : - HS nắm bắt và vận dụng đợc một số phơng pháp giải PT nghiệm nguyên, gồm : + Sử dụng phép chia hết và phép chia có d + Phơng pháp phân tích + Phơng trình đối xứng + Phơng trình vô định - Rèn luyện kỹ năng giải phơng ttrình nghiệm nguyên - HS có... hoặc A=B = -1 ; phối hợp các phơng pháp nh phân tích ra thừa số , tính chia hết , xét số d, GV : Nêu đề các ví dụ : 2.Ví dụ : a)Ví dụ1: Tìm các số nguyên x; a)Ví dụ1: Tìm các số nguyên x; y thoả mãn : y thoả mãn :(x+1).(y-4) =3 (8) (x+1)(y-4) =3 (8) GV : Hớng dẫn HS làm bài : Giải : + Chứng tỏ x+1; y- 4 Z Vì x; y Z => x+1 ; y- 4 Z + Xét với các trờng hợp tích của Mặt khác 3 = 3 1= (-1 ) (-3 ) do đó... x 0 -b.t xác định bởi hệ thức với t Z y=y 0 +a.t 2 Các ví dụ: a)Ví dụ 3 : Tìm các nghiệm nguyên của phơng 18 Các ví dụ: GV : - Nêu đề các ví dụ 3 ;4 - HD học sinh làm ví dụ 3, Y/c học sinh làm VD 4 HS : - thực hiện theo y/c của GV GV: - HD: Tìm điều kiện để PT (2) có nghiệm nguyên Biến đổi KL về nghiệm b) Ví dụ 4 :Tìm các nghiệm nguyên dơng nhỏ nhất (x;y) của phơng trình:17x- 29y= 100 GV: - Theo... lại các VD trong bài - Làm các bài tập sau: a) Phơng trình một ẩn với hệ số nguyên 1 x10+x7+2x3+2 = 0 2 x3+4x 2-2 9x+24 = 0 3 1-6 x2+6x-x3 = 0 4 x 3-4 x 2-8 x+8 = 0 5 x2(4+x2)+4-x2 = 0 b) Phơng trình bậc nhất hai ẩn số 1 Tìm nghiệm nguyên của các phơng trình sau: a) x 3y = 5 ; b) 2x 5y = 10 c) 1x -2 0y = 49; d) 3x + 2y = 555 2 Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho : 21 a) n M 9 và n + 1 M 25 ; b) n M 21 và... v) Đặt z = 3u + v, ta có PT 11x 7z = -2 có nghiệm nguyên tổng quát là : x = 4 + 7t (t Z ) z = 6 + 11t Từ 3x y + 1= 7u y = 3x + 1 7u = -1 1 + 7(3t u) 3 (mod 7) Thử lại với x mod 7) và y (mod 7) thì 3x y + 1 và 2x + 3y 1 đều chia hết cho 7 4 Củng cố: - Tóm tắt và nhấn mạnh các dạng toán vừa học 5 Hớng dẫn về nhà: - Học bài và làm lại các VD trong bài - Làm các bài tập sau: a) Phơng trình... dụ: Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình sau: a 2- 5a + 6 = 0 (1) Giải : 16 cầu của GV GV : Hớng dẫn : + Khi nào thì PT (1) có nghiệm nguyên ? + Ta giải PT (1) nh thế nào? HS: - PT (1) có nghiệm nguyên thì nghiệm đó phải thuộc tập Ư(6) - Đặt P(a) = a 2- 5a + 6, tính P(a) rồi kết luận về nghiệm của (1) GV: - Cho HS tự giải trình bày bài giải HS: - Làm bài trả lời ( Hoạt động nhóm) Phơng trình nếu . (x+1).(y-4) =3 (1) Giải : Vì x;y thuộc Z => x+1 ; y-4 thuộc Z Mặt khác 3 = 3. 1= (-1 ). (-3 ) do đó Phơng trình (1) <=> x+1 1 3 -1 -3 y-4 3 1 -3 -1 Vậy. 1. x 10 +x7+2x 3 +2 = 0; 2. x 3 +4x 2 -2 9x+24 = 0; 3. 1-6 x 2 +6x-x 3 = 0; 4. x 3 -4 x 2 -8 x+8 = 0; 5. x 2 (4+x 2 )+4-x 2 = 0. II. phơng trình bậc nhất hai