Môđun nội xạ và mở rộng của môđun nội xạ

1 MỞ ĐẦU I.Lí chọn đề tài Thực chủ trương Đảng, Bộ giáo dục đào tạo, đáp ứng yêu cầu xã hội, đại hội đại biểu toàn quốc lần thứ IV Đảng nêu rõ: “mục tiêu cải cách giáo dục đào tạo có chất lượng người lao động mới, sở đào tạo bồi dưỡng với qui mô ngày lớn đội ngũ công nhân kĩ thuật cán quản lý, cán khoa học, kỹ thuật nghiệp vụ” Để đáp ứng nhiệm vụ đó, q trình dạy học trường phổ thơng cần đặc biệt trọng rèn luyện lực trí tuệ tốn cho học sinh, phải phát huy tính tích cực, tư giác, chủ động sáng tạo người học, bồi dưỡng lực tự học, say mê học tập ý chí vươn lên Có thể nói, giáo dục mũi nhọn phổ thông thu nhiều thành tựu rực rỡ, xã hội thừa nhận bạn bè quốc tế khâm phục Các đội tuyển Toán quốc gia tham dự kì thi Olympic Tốn quốc tế có bề dày thành tích mang tính ổn định có tính kế thừa Kể từ lần đầu thi Olympic Toán quốc tế năm 1974, Việt nam chưa chịu lọt khỏi Top 10 tổng số khoảng 100 đội Từ nhiều năm nay, hệ trường THPT chuyên thường sử dụng song song sách giáo khoa đại trà kết hợp với sách giáo khoa cho hệ THPT chuyên toán Năm 2001 Bộ giáo dục đào tạo có qui định 11 chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi tốn thống tồn quốc, có chuyên đề số học, phương trình nghiệm nguyên đề tài lý thú số học, lôi nhiều người từ học sinh nhỏ tuổi với toán như:” trăm trâu trăm cỏ” đến nhà toán học lớn với toán định lý Fecma Được nghiên cứu từ thời Điơphăng kỉ 3, phương trình nghiệm ngun mãi cịn đối tượng nghiên cứu tốn học Ngồi phương trình bậc hai ẩn, tốn tìm nghiệm ngun thường khơng có qui tắc giải tổng qt Mỗi tốn, với số liệu riêng đòi hỏi cách giải riêng phù hợp Điều có tác dụng rèn luyện tư tốn học mềm dẻo, linh hoạt sáng tạo Chính mà tốn tìm nghiệm ngun thường có mặt kì thi học sinh giỏi tốn tất cấp Như việc dạy học giải tốn phương trình nghiệm ngun cho học sinh nhu cầu thực tế Việc nghiên cứu toán toán học sơ cấp cách ghép thành nhóm tốn giải phương pháp việc làm cần thiết có ý nghĩa Trên sở lý thuyết tập sách giáo khoa số sách toán khác, người giáo viên kiến thức kinh nghiệm sử dụng phương pháp phân loại toán, vạch khác biệt tốn theo kiểu để giúp ích cho học sinh giải toán Việc đề hệ thống tập cho khái niệm, tính chất, phương pháp,… cần thiết để nâng cao khả cho học sinh Nếu xây dựng hệ thống tập thích hợp nhằm tăng dần mức độ suy nghĩ học sinh kiến thức sử dụng hệ thống cách phù hợp làm cho học sinh nhận thức định nghĩa, định lý,… cách chắn thấy mối liên hệ kiến thức cũ kiến thức Đối với học sinh, hoạt động giải tập toán hoạt động thường xuyên Hoạt động có tác dụng phát triển trí tuệ cần quan tâm nhiều dạy học.Và nói việc giải phương trình nghiệm nguyên chứa đựng tiềm phát triển trí tuệ cho học sinh trọng khai thác dạy học Từ lí định chọn đề tài:” Hệ thống số tập phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên nhằm góp phần bồi dưỡng học sinh giỏi” II Mục đích nghiên cứu Mục đích khố luận đưa hệ thống tập số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên nhằm góp phần rèn luyện lực giải tốn tìm nghiệm nguyên III Nội dung nghiên cứu Nghiên cứu sở lý luận gồm vấn đề: hoạt động trí tuệ giải tốn, lực tốn học Tiềm chủ đề tìm nghiệm nguyên việc bồi dưỡng học sinh giỏi Bồi dưỡng học sinh giỏi lực giải tập toán chủ đề giải phương trình nghiệm nguyên IV Phƣơng pháp nghiên cứu Nghiên cứu lý luận: Các tài liệu có liên quan đến tâm lý học, giáo dục học, lý luận dạy học mơn tốn, … Phương pháp lấy ý kiến chun gia, tổng kết đúc rút kinh nghiệm Các tài liệu tham khảo, viết chủ đề phương trình nghiệm nguyên V Nhiệm vụ nghiên cứu Trong khóa luận đề nhiệm vụ nghiên cứu bao gồm: + Xây dựng sở lý luận, sở thực tiễn việc đưa hệ thống tập toán học nâng cao + Xây dựng hệ thống tập số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên nhằm rèn luyện lực giải toán cho học sinh giỏi VI Giả thuyết khoa học Trên sở tài liệu tham khảo đưa hệ thống tập phương pháp giải phương trình nghiệm ngun góp phần rèn luyện lực giải tốn tìm nghiệm ngun nói riêng lực giải tốn nói chung cho học sinh, đặc biệt học sinh giỏi VII Đóng góp khóa luận Việc đưa tập số phương pháp giải phương trình nghiệm ngun góp phần rèn luyện kỹ giải tốn cho học sinh VIII Cấu trúc luận văn Mở đầu Chương I: Cơ sở lý luận thực tiễn Hoạt động trí tuệ giải tốn Năng lực toán học Bài tập toán học Năng lực giải tập toán Bồi dưỡng lực giải toán cho học sinh giỏi Chương II: Hệ thống tập số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên 1.Một số dạng phương trình Phương trình vơ định khơng mẫu mực 3.Phương trình vơ định siêu việt Phương trình dạng phân thức Phương trình vơ tỉ Phương trình dạng mũ CHƢƠNG I: CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN HOẠT ĐỘNG TRÍ TUỆ TRONG GIẢI TỐN Hoạt động giải tập toán dạng hoạt động chủ đạo việc học toán học sinh trường phổ thơng Để giải tốn học sinh phải thực hoạt động trí tuệ (hay thao tác tư duy) Và thơng qua việc giải tốn hình thành củng cố kiến thức, kĩ năng, kĩ xảo cho học sinh, phát triển lực trí tuệ Do việc rèn luyện giải tốn cho học sinh nội dung việc dạy toán trương phổ thơng Khơng có thuật giải tổng quát cho toán, với lớp tốn riêng biệt có trường hợp có, trường hợp khơng có thuật giải Tuy nhiên, trang bị cho học sinh hướng dẫn chung để tìm tịi , phát lời giải lại làm cần thiết nên làm Dựa tư tưởng tổng quát với gợi ý chi tiết G.Polia (1975) cách thức giải toán kiểm nghiệm thực tiễn dạy học, nêu lên phương pháp chung để giải toán sau: Bước 1: Tìm hiểu nội dung đề Phát biểu đề dạng thức khác để hiểu rõ nội dung toán Phân biệt cho phải tìm , phải chứng minh Có thể dùng cơng thức, kí hiệu, hình vẽ để hỗ trợ cho việc diễn tả đề Bước 2: Tìm cách giải Tìm tịi, phát cách giải nhờ suy nghĩ có tính chất tìm đốn, biến đổi cho, phải tìm hay phải chứng minh, liên hệ cho với phải tìm với tri thức biết, liên hệ toán cần giải với toán cũ tương tự, trường hợp riêng, toán tổng qt hay tốn có liên quan, sử dụng phương pháp đặc thù với dạng toán chứng minh phản chứng, qui nạp toán học,… Kiểm tra lời giải cách xem lại kĩ bước thực đặc biệt hoá kết tìm đối chiếu kết với số tri thức liên quan Tìm cách thức giải khác nhau, so sánh chúng để tìm lời giải thích hợp Bước 3: Trình bày lời giải Từ cách giải tìm xếp việc phải làm thành chương trình gồm bước theo trình tự phù hợp thực bước Bước 4: Nghiên cứu sâu lời giải Nghiên cứu giải toán tương tự, mở rộng hay lật ngược vấn đề Trong hoạt động giải toán, dự đốn lời giải chiếm vị trí trung tâm hoạt động Sau đọc kĩ đề bài, người giải tốn bắt đầu thực hành động dự đốn tìm phạm vi lời giải Vì cần trọng đến việc rèn luyện cho học sinh khả tìm tịi, suy đoán để giúp học sinh dự đoán phạm vi lời giải có hiệu Đứng trước tốn, lúc đầu người giải thấy toán tường ngăn cách với vốn tri thức mình, giải người giải lại thấy khác hẳn, tốn có nhiều tri thức kiến thức mà biết Để đạt điều này, tư người giải toán diễn loạt trí tuệ mà mở đầu hành động trí tuệ động viên kiến thức hành động tổ chức kiến thức Hành động trí tuệ động viên kiến thức lấy ra, tách từ trí nhớ yếu tố có liên quan đến tốn, cịn hành động trí tuệ tổ chức kiến thức chắp nối yếu tố lại với Hành động trí tuệ động viên kiến thức thường bắt đầu thao tác ”nhận biết” yếu tố chứa đựng toán Tiếp theo hành động trí tuệ động viên kiến thức thao tác ”nhớ lại” yếu tố khác quen thuộc có liên quan với yếu tố vừa nhân biết Sau nhận xét thấy kết hợp đại số quen thuộc cơng thức, người giải tốn thiết lập mối quan hệ qua lại toán vốn kiến thức lĩnh hội từ trước kiến thức thích ứng với tốn Hành động trí tuệ tổ chức kiến thức bao hàm thao tác “bổ sung” “nhóm lại” Thao tác “bổ sung” thao tác quan trọng hành động tổ chức kiến thức với thao tác người giải có quan niệm ngày đầy đủ tốn Nói chung, kiến thức động viên, liên kết với quan niệm toán làm phong phú thêm, lấp chỗ trống, hay nói cách khác bổ sung cho quan niệm Tuy nhiên, quan niệm toán theo hướng chưa giải tốn đơi cần chuyển hướng suy nghĩ quan niệm toán theo hướng khác, đưa yếu tố toán vào mối quan hệ khác làm cho toán cách giải toán theo hướng thích hợp hơn, thao tác nhóm lại Như quan niệm toán theo hướng khác ta giải tốn trường hợp tổng quát dĩ nhiên quan niệm theo cách có lợi nhiều Hai thao tác “bổ sung” “ nhóm lại” thường hỗ trợ lẫn Hoạt động trí tuệ giải tốn cịn thể thông qua hành động “tách biệt” “kết hợp” Tách biệt tách chi tiết, phận cụ thể khỏi tồn thể bao quanh nó, tập trung ý vào phận Các phận gợi ý tồn thể, dẫn tới thiết lập toàn thể Hành động trí tuệ “tách biệt” khơng thể diễn bên ngồi thao tác đối lập với – hành động trí tuệ “kết hợp”, sau nghiên cứu loạt chi tiết, loạt phận hành động kết hợp liên kết, chi tiết, phận xem xét lại với tình thống rõ nét Hành động “tách biệt” dẫn đến hành động “kết hợp”, hành động “kết hợp” lại dẫn đến hành động “tách biệt” mới, tách biệt với chi tiết mới, phận mới, tiến trình suy nghĩ người giải hiểu toán giải toán Những hành động thao tác trí tuệ tác giả Phạm Văn Hoàn – Nguyễn Gia Cốc – Trần Thúc Trình tóm tắt sơ đồ sau Tách biệt Nhận biết Động viên Nhóm lại Dự đốn Tổ chức Bổ sung Nhớ lại Kết hợp Với vị trí trung tâm, hành động trí tuệ đối lập thống nhất: Động viên - tổ chức; tách biệt – kết hợp đặt vị trí đối hình vng Các thao tác trí tuệ đặt cạnh hình vng đọc từ trái qua phải tóm tắt hành động trí tuệ sau: Từ chi tiết động viên đến tồn thể có tổ chức, chi tiết vừa phân biệt, tách biệt ra, tập trung nghiên cứu, dẫn tới việc thay đổi quan niệm người giải toán Cũng chi tiết mà nhớ lại tỏ thích ứng kết hợp, làm cho hiểu biết người giải tốn phong phú thêm bổ sung cho tồn thể Tập hợp hành động trí tuệ, thao tác trí tuệ mối liên hệ chúng mà sơ đồ gợi cho ta ý niệm chế hoạt động trí tuệ giải tốn Khi giải tốn cụ thể thao tác trí tuệ có dạng xác định câu hỏi tương ứng (tức nhiệm vụ nhận thức làm xuất thao tác ấy) sau: Hãy sử dụng định nghĩa (thao tác nhận biết) Hãy nhớ lại định lý hay toán (thao tác nhớ lại) Hãy biến đổi toán, đưa tốn dạng quen biết (thao tác nhóm lặp) Hãy thêm vào yếu tố phụ (ẩn phụ, đường phụ) (thao tác bổ sung) Những dấu hiệu tiến triển đạt tới đích hoạt động trí tuệ giải tốn sau: Dấu hiệu nhận biết có kết chi tiết: có cảm giác hiểu tốn Dấu hiệu tách biệt có kết chi tiết: chi tiết tri giác cách rõ ràng rành mạch Dấu hiệu nhóm lại có kết chi tiết: quan điểm toán ổn định, người giải khơng có cảm giác cần thiết phải nhóm lại yếu tố Dấu hiệu nhớ lại có kết chi tiết: có tương hợp bên tốn, liên hội thích hợp với tình tốn Dấu hiệu kết hợp có kết chi tiết: quan niệm tốn có hài hịa, cân đối tức chứa đựng tất chi tiết chi tiết quen thuộc Dấu hiệu bổ sung có kết chi tiết: quan niệm tốn có tính đầy đủ, tồn vẹn người giải có cảm giác khơng cần phải bổ sung thêm Dấu hiệu dự đoán đúng: người giải cảm thấy rõ ràng nắm tư tưởng chủ đạo để giải toán, cảm thấy tự tin thỏa mãn sung sướng niềm vui sáng tạo 10 Qua phân tích đây, dạy học việc rèn luyện phát triển lực dự đoán cho học sinh vô quan trọng Trước đây, việc dạy học nặng nề theo phương pháp “thầy giảng, trò nghe” làm cho học sinh thụ động việc lĩnh hội tri thức Có nhiều kiến thức thầy giáo “tầm thường” học sinh lần tiếp xúc nên việc nắm khơng phải dễ dàng Theo tác giả Nguyễn Bá Kim: “Tri thức điều dễ dàng cho không Để dạy tri thức đó, thầy giáo thường khơng thể trao cho học sinh điều thầy muốn dạy Cách làm tốt thường cài đặt tri thức vào tình thích hợp để học sinh chiếm lĩnh thơng qua hoạt động tự giác, tích cực, chủ động sáng tạo” Do đó, muốn phát triển lực dự đốn cho học sinh, khơng đơn thầy giáo tiến hành bước dự đoán để học sinh theo dõi mà phải dẫn dắt học sinh chiếm lĩnh thao tác dự đoán để học sinh vận dụng vào toán khác Hiện nay, nhiều giáo viên chưa thay đổi phương pháp dạy học mình, dường học sinh khơng tham gia vào hoạt động dự đoán Những điều khơng phải khơng có lý do: khối lượng kiến thức cần truyền thụ cho học sinh nhiều mà công việc tiến hành cho học sinh dự đốn lại khơng thời gian Tuy nhiên, cho học sinh tiến hành hoạt động dự đoán hữu ích, việc nhiều thời gian đền bù tư độc lập học sinh phát triển Qua nhận điều rằng, cần phải luyện tập cho học sinh dự đoán, cho học sinh dự đốn Có vấn đề thầy giáo u cầu học sinh độc lập dự đốn, có vấn đề thầy giáo dẫn dắt học sinh dự đốn, có vấn đề thầy giáo thuyết trình q trình mị mẫm dự đoán thân yêu cầu học sinh hiểu 68 3        1 Khi đó:  1  1  1    1   Nhưng 1   hàm  a  b  c   c   c giảm theo c c = 125 3) Như ta xét b = 4; 5; Từ tìm nghiệm tốn Với c = Khi ab = 2(a+b+1)  a(b-2) = 2b+2  b(b-2)  b  4b     b  Như b = 3; Từ tìm nghiệm phương trình Bài tập đề nghị: Bài 1: Phương trình sau có nghiệm nguyên: Bài 2: Giải phương trình: 1   x y 10 1   , với x, y số tự nhiên khác nhau, p x y p số nguyên tố cho trước 5.Phƣơng trình vơ tỉ Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên phương trình: y = x  x 1  x  x 1 Giải: Điều kiện x  y= x  1   x   x  1   x   x    x   Xét trường hợp: x = y = x   y  x 1   x 1 1  x 1 69 Do đó: y  4x  1 Do x  nên đặt x – = t , với t nguyên dương x  t  Ta có:   y  2t Ví dụ 2: Tìm nghiệm ngun phương trình: x x x x y Giải: Ta có x  0, y  Bình phương vế chuyển vế ta được: x  x  x  y  x  k , k N Bình phương vế ta lại có: x  x  k  x  m, m  N Bình phương vế lần ta được: x  x  m2 Ta biết với x nguyên x+ x khơng số vơ tỉ nên Ta có x  x số nguyên số vô tỉ Do x số nguyên  x   m2 Hai số tự nhiên liên tiếp có tích số phương nên có số nhỏ 0, tức x 0 x 0 Vậy nghiệm phương trình (0,0) Ví dụ 3: Tìm nghiệm ngun phương trình: x  y  1980 (1) Giải: (1)  x  1980  y (2) Với điều kiện  x, y  1980 : (2)  x  1980 y  1980y  x  1980 y  12 55y 70 Do x, y nguyên nên 12 55y nguyên Ta biết với y ngun 55y số ngun số vơ tỉ Do 55y số nguyên, tức 55y số phương 11.5.y = k Do đó: y=11.5.a = 55a , a N Tương tự: x = 55b , b N Thay vào (1): a 55  b 55  55  a  b  Giả sử y  x a  b.Ta có: a = 0; b = 6, đó: x = 0; y = 1980 a = 1; b = 5, đó: x = 55; y = 1375 a = 2; b = 4, đó: x = 220; y = 880 a = 3; b = 3, đó: x = 495; y = 495 - Ta có nhận xét: số 55 x , y với x, y N có tổng số vơ tỉ x  b 55; y  a 55 , với a, b N; a  b  Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên phương trình: a y    x  4x (1) b y = x+ x   x  (2) c y  x  2x   x  2x  (3) d y= x   x   x   x  (4) e x  y  48 (5) f x  x  x   x  y (6) nếu: - Vế trái có 100 dấu - Vế trái có n dấu 71 x  x  x   x  5x  x (7) g Giải: a   y   13  x  4x    13  x  22   13   y2  Với y   13  x  22 , khơng có nghiệm ngun x  Với y    13  x  22  x  22     x  4 b Đặt: x   t, t  N  x  t   y  t   t  2t   t   t   t  t Vậy nghiệm phương trình là: x  t  1; y  t  t với t số tự nhiên tuỳ ý c 2y  2x  2x   2x  2x   2x    2x   Điều kiện 2x-1   x  1(vì x ngun) Do đó: 2y  2x 1   2x 1 1  2x 1  y  2x 1 t2 1 Đặt 2x   t , t  N  x  với t lẻ 2 t2 1 Vậy nghiệm phương trình là: x  ; y  t với t số tự nhiên lẻ tuỳ ý d Điều kiện: x  Rút gọn ta được: y  x  1  x   Xét: 72 x  1 x  1 x  x2  2 x 6 Xét trường hợp: x = y =  x  , ta có: y  x  1   x   Đặt x   t , t  N, t  để x  x  t  2; y  2t  e (5)  x  y  (*) Điều kiện: x  12, y  Từ (*) ta có: y  x   9y  4x  48  16 3x Khi 3x số phương nên x  3a ,a N Từ (*) ta có x  y   4x  9y  48  24 3y Khi 3y số phương nên y  3b2 ,b N Thay vào (*): 2a  3b   2a  3b  Ta thấy b 2 Đặt b = 2t a = 3t + 2, t N Khi đó: x  33t  22 ; y  12t , t  N f.- Vế trái có 100 dấu căn, giải tương tự ví dụ x = 0; y = - Vế trái có n dấu căn:   Với n =1 ta có: y = x ,khi nghiệm là: t , t , t  N Với n  , giải trường hợp x = 0; y = g Điều kiện: x  Xét trường hợp: x = 0, (7) nghiệm x = 5, (7) nghiệm .Với 0 5x  x  5x   vế trái Vậy nghiệm toán: x = 0; x = Ví dụ 5: Phương trình sau có nghiệm nguyên: x  y  2000 Giải: Lập luận ví dụ 3, ta đưa về: a  b  20 5, a, b  N  a  b  20 (*) Ứng với cặp số tự nhiên (a,b) có cặp số tự nhiên (x,y) thoả mãn phương trình cho Ta thấy a nhận giá trị: 0; 1; 2;…; 20 tưong ứng b nhận giá trị 20; 19;…; (*) có 21 nghiệm nên phương trình cho có 21 nghiệm Ví dụ 6: Tìm nghiệm không âm x, y cho: x  y  y  Giải: Nếu y = x = Nếu y>0 tư phương trình cho ta suy yy vế trái (1) lẻ, cịn vế phải chẵn, loại Ví dụ 7: Giải phương trình với nghiệm tự nhiên: a x  13 y  19 z b x  y  z c x  y  z  552 (xx, z>x nên  y  x  z  x số lẻ Khi đó: x  23  x  Từ giải tiếp dễ dàng d x y  z   z  1z  1 Do x số nguyên tố nên z + 1; z - luỹ thừa x Đặt z   x m ; z   x m  n , với m, n số tự nhiên Ta có: z  1  z  1  x m  n  x m   x m x n  1 x m    x  2; m  1; n  n x   Ví dụ 8: Tìm số nguyên dương x, y, z, t cho: 78 a x y  x z  x t (1) b x x  y y  z z  t t (2) Giải: a Giả sử y  z  t Chia hai vế cho x y ta được:  x z  y  x t  y (3) Nếu z>y từ (3) suy 1 x  x  1, không thỏa mãn (1) Vậy z = y Đặt z = y = k (k nguyên dương) Thay vào (3) ta có:  x t  k  x  2; t  k  b Giả sử  x  y  z  t Nếu z = x = y = 1, ta có:  t t , loại Nếu z = t  Khi đó: t t  33  3.22  x x  y y  z z , trái với (2) Nếu z>2 thì: t t  z  1z 1  z z 1  z.z z  3.z  x x  y y  z z , trái với (2) Vậy phương trình khơng có nghiệm tự nhiên Ví dụ 9: Tìm số tự nhiên x, y, z thoả mãn: a 2002 x  2001 y  b x   y c x   y d x.3 y   z Giải: a Ta có: 2002x  2001y   2mod4 Suy x = y = b Nếu x chẵn 5x  1mod3  y  0mod3 , loại Nếu x lẻ 5x  5mod8  y  4mod8  y    c Nếu x lẻ 5x  3 cịn y khơng chia hết cho 3, loại 79 Nếu x chẵn 5x   2mod4  y  2mod4  y  1; x  d Ta có:  5z  2mod4  2x.3y  2mod4  x  Khi ta có: 2.3 y   z Nếu y = z = Nếu y = z = Nếu y>1 2.3y  0mod9  5z  1mod9 Suy z chia hết cho z lẻ Vậy z có dạng z = 6k + 3, k số tự nhiên Nhưng đó: 2.3y   1252k 1  0mod7 (loại) Ví dụ 10: Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: a x  y  b x  y  c x  y  z d x  y  z Giải: a Nếu y chẵn 3y   1y  1mod4 Từ phương trình cho suy x  2mod4  x  1; y  Nếu y lẻ y = 2z+1, với z khơng âm 3y  3.9z  3mod8 Từ phương trình cho suy x  4mod8  x   y  b Xét đồng dư theo mod 3; mod ta suy x y chẵn Sau giải câu a z   3s c Nếu x =   z hay z  1z  1  suy  z   3t y y  3t  3s   s  0; t  Nếu x = 1, y = z  , loại 80 Nếu x  1, y   z  3y   2mod3 , loại Nếu x  từ phương trình cho suy z lẻ z  1mod4 suy y chẵn Đặt y = 2m ta có: z  z   m m z  3m  2s 2   t  2s  2.3m z  3m  t x  s   t 1  3m   2; 4mod8  t  2; d Xét đồng dư theo mod mod suy x z chẵn Đặt x  2x , z  2z1 thay vào phương trình ta được: 5 z1 3 x1 5 z1 3 x1  z x m  5   4  z1 x1 n  5   y (m+n= 2y; n>m) Cộng theo vế ta suy m =1 5z1   2n 1 (1) Từ 5z1  3x1  2m suy 5z1   3x1 mod3  z1 lẻ  z1  2k  1, k  N Từ (1) suy 5z1  5.25k  5mod8  n  Vậy x = y = z = 81 KẾT LUẬN * Luận văn thu đƣợc kết sau: Tìm hiểu chức năng, vai trị việc giải tập tốn trình dạy học cách bồi dưỡng khả giải tập toán cho học sinh Hệ thống số tập với phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên theo dạng: - Phương trình vơ định bậc hai ẩn - Phương trình vơ định bậc nhiều ẩn - Phương trình vơ định bậc hai hai ẩn - Phương trình vơ định khơng mẫu mực - Phương trình dạng phân thức - Phương trình dạng vơ tỉ - Phương trình dạng mũ * Hƣớng phát triển luận văn: Luận văn tiếp tục theo hướng đưa lớp tốn thuộc dạng phương trình nghiệm ngun nêu mà lời giải áp dụng phương pháp luận văn Ngồi cịn bổ sung thêm số dạng phương trình nghiệm ngun khác như: Phương trình ĐIƠPHĂNG, phương trình PELL, phương trình PITAGO, phương trình FECMA * Mục đích luận văn: Nhằm đóng góp tài liệu giảng dạy học tập môn Số học cho giáo viên học sinh, đặc biệt học sinh giỏi 82 TÀI LIỆU THAM KHẢO 1 Vũ Hữu Bình (2000), Phương trình tốn với nghiệm nguyên, NXBGD 2 Nguyễn Hữu Điển (2004), Giải phương trình vô định nghiệm nguyên, NXB Đại Học Quốc Gia Hà Nội 3 Nguyễn Bá Kim, Vũ Dương Thụy (1992), Phương pháp dạy học mơn tốn, NXBGD 4 Phạm Minh Phương (2005), Các chuyên đề số bồi dưỡng học sinh giỏi THCS, NXBGD ... giỏi, trở thành nhân tài cho đất nước Nội dung mơn tốn lớp phổ thơng chun tốn giống nội dung môn trường phổ thông bổ sung số yếu tố theo bốn hướng sau: + Mở rộng đào sâu hệ thống hóa kiến thức... tốn + Đào sâu mở rộng tri thức giáo trình + Làm cho học sinh thấy rõ vai trị tốn học đời sống + Bồi dưỡng cho học sinh tác phong, phương pháp nghiên cứu, thói quen tự đọc sách * Nội dung bồi dưỡng... Thay biểu thức x y vào (1), phương trình nghiệm x   18t Vậy nghiệm nguyên (1) là:   y   11t tZ Ví dụ 2: Tìm nghiệm ngun của: 12x - 7y = 45 Giải: Đặt y = 3k, k  Z Thay vào phương trình