Một số dạng toán số học trong trung học cơ sở

Đề tài: Một số dạng toán Số học THCS ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN THỊ OANH MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỐ HỌC TRONG TRUNG HỌC CƠ SỞ LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội - Năm 2012 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN KHOA TOÁN – CƠ – TIN HỌC Nguyễn Thị Oanh MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỐ HỌC TRONG TRUNG HỌC CƠ SỞ LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Chuyên ngành : Phƣơng pháp toán sơ cấp Mã số : 60 46 40 NGƢỜI HƢỚNG DẪN KHOA HỌC TS Phạm Văn Quốc Hà Nội - Năm 2012 LỜI NÓI ĐẦU Số học, ngành lâu đời đầy hấp dẫn Toán học đƣợc nhà Toán học tiếng gọi là:" Bà chúa Toán học" Các toán số học làm say mê nhiều ngƣời, từ nhà toán học lỗi lạc thời đại đến đơng đảo bạn u Tốn Thế giới số, quen thuộc với đời sống thƣờng hàng ngày, giới kì lạ, đầy bí ẩn Điều lý thú nhiều mệnh đề khó Số học đƣợc phát biểu đơn giản; nhiều tốn khó giải sáng tạo với kiến thức phổ thông Số học đƣợc chia làm nhiều mảng đa dạng phong phú nhƣ: Tính chia hết, lý thuyết đồng dƣ, số nguyên tố - hợp số, phƣơng trình nghiệm ngun, số phƣơng… Tuy nhiên, khn khổ luận văn mình, em xin phép trình bày số dạng phù hợp với kiến thức trình độ học sinh THCS, đặc biệt trọng phần chuyên đề phƣơng trình nghiệm nguyên Để Thầy cô giáo nhƣ em học sinh coi tài liệu tham khảo hữu ích phục vụ cho việc ơn thi vào trƣờng chuyên, lớp chọn phần, em đƣa kiến thức bản, sau phân loại tập theo dạng đồng thời đƣa ví dụ tiêu biểu cuối đề xuất tập tƣơng tự Vì thời gian có hạn trình độ cịn hạn chế nên khóa luận em khơng thể tránh khỏi thiếu sót Kính mong nhận đƣợc bảo thầy giáo Hà Nội, ngày 22 tháng 09 năm 2012 Học viên Nguyễn Thị Oanh MỤC LỤC LỜI NÓI ĐẦU Chƣơng 1: SỰ CHIA HẾT VÀ CHIA CÕN DƢ 1.1 Những kiến thức cần thiết 1.2 Các dạng toán thƣờng gặp 1.3 Một số tập tự luyện 24 Chƣơng 2: SỐ NGUYÊN TỐ - HỢP SỐ 24 2.1 Các định nghĩa 24 2.2 Các định lý 24 2.3 Các dạng toán thƣờng gặp 25 2.4 Một số tập tự luyện 31 Chƣơng 3: ƢỚC CHUNG LỚN NHẤT - BỘI CHUNG NHỎ NHẤT 33 3.1 Ƣớc chung lớn 33 3.2 Bội chung nhỏ 34 3.3 Các toán ƣớc chung lớn 35 3.4 Các toán bội chung nhỏ 39 3.5 Một số tập tự luyện 40 Chƣơng 4: SỐ CHÍNH PHƢƠNG 42 4.1 Kiến thức cần thiết 42 4.2 Bài tập số phƣơng 45 4.3 Một số tập tự luyện 56 Chƣơng 5: PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 58 5.1 Phƣơng trình vơ định bậc hai ẩn 58 5.2 Phƣơng trình bậc hai hai ẩn 66 5.3 Một số phƣơng trình nghiệm nguyên khác cách giải .85 KẾT LUẬN 93 TÀI LIỆU THAM KHẢO 94 Chƣơng 1: SỰ CHIA HẾT VÀ CHIA CÕN DƢ Trong tập hợp số nguyên với phép tính cộng, trừ, nhân, chia; phép chia khơng phải thực Đối với phép chia thực số bị chia số chia có quan hệ chia hết Việc nghiên cứu quan hệ có tác dụng lớn việc giải tập toán học rèn luyện tư giải tốn Vì vậy, chun đề chuyên đề quan trọng Số học 1.1 NHỮNG KIẾN THỨC CẦN THIẾT 1.1.1 Định nghĩa  Định lý Với hai số nguyên tùy ý a b ( b  ) tồn cặp số nguyên q; r cho: a = bq + r 0  r  b   Định nghĩa chia hết: Cho hai số nguyên a b, b  Nếu tìm đƣợc số nguyên q mà a = bq ta nói a chia hết cho b Kí hiệu: ab Hoặc nói: b chia hết a Kí hiệu: b a Khi đó, ta nói: a bội b; b ƣớc a 1.1.2 Các tính chất chia hết  Tính chất 1: aa với a  ab  Tính chất 2: b  ac   c  Tính chất 3: 0b với b   Tính chất 4: b ab b    Tính chất 5:  a  ab  a a  b ab   a  b  am  Tính chất 6:    a  b m bm   Tính chất 7: Nếu hai số a, b chia hết cho m mà số khơng chia hết cho m a  b khơng chia hết cho m Hệ quả: Nếu tổng hai số chia hết cho m hai số chia hết cho m số cịn lại chia hết cho m  Tính chất 8: Nếu thừa số tích chia hết cho m tích chia hết cho m am  abmn  Tính chất 9: b   n am  Tính chất 10: Nếu  aBCNN  m, n  a   an , mà  m, n   a mn  Hệ quả: Nếu am n  Tính chất 11: Nếu  ab m , mà  b, m   am  Tính chất 12: Nếu ab kab với số nguyên k  Hệ quả: ab  a n b với n   * am   ka  lb m với k, l số nguyên  Tính chất 13: b   1.1.3 Các dấu hiệumchia hết 1) Dấu hiệu chia hết chia hết cho (hoặc 5): Một số chia hết cho (hoặc 5) chữ số tận chia hết cho (hoặc 5) 2) Dấu hiệu chia hết chia hết cho (hoặc 25):Một số chia hết cho (hoặc 25) số tạo hai chữ số tận chia hết cho (hoặc 25) 3) Dấu hiệu chia hết chia hết cho (hoặc 125): Một số chia hết cho (hoặc 125) số tạo ba chữ số tận chia hết cho (hoặc 125) 4) Dấu hiệu chia hết chia hết cho (hoặc 9): Một số chia hết cho (hoặc 9) tổng chữ số chia hết cho (hoặc 9) 5) Dấu hiệu chia hết chia hết cho 11: Một số chia hết cho 11 hiệu tổng chữ số "đứng vị trí lẻ" tổng chữ số " đứng vị trí chẵn", kể từ trái qua phải chia hết cho 11 1.1.4 Một số kết thƣờng sử dụng 1) Trong k số nguyên liên tiếp ln có số chia hết cho k 2) Khi chia số nguyên n cho số nguyên m khác nhận m giá trị dƣ từ đến m 1 3) Một số tự nhiên tổng chữ số có số dƣ chia cho (hoặc 9) 4) Một số phƣơng chia cho (hoặc 4) có số dƣ 1, chia cho (hoặc 8) có số dƣ 0; hoặc  a  5) an  bn  a  b  n   * 2n1   b2n1  a  b  n   *  a  b n  a  b n  B(a)   1n bn  B(a)  bn 1.1.5 Đồng dƣ thức  Định nghĩa: Nếu hai số a b chia cho c ( c  ) có số dƣ ta nói a đồng dƣ với b theo mơđun c Kí hiệu: a  bmodc Vậy: a  b  mod c   a  bc m *  Một số tính chất: Với a, b,c,d  a) a  a  modm  a  b  modm  b  c  modm   a  c  modm  b) a  b  modm  ; c  d  modm   a  c  b  d  modm  c) a  b  modm  ; c  d  modm   ac  bd  modm  a b m Nếu d ƣớc chung dƣơng a, b, m a  bmod m   mod d d) a  c  modm  ; c ƣớc chung a b c, m  a c  b d  c d   mod m e) a  b  modm  ;n  *  ac  bcmodmc 1.2 CÁC DẠNG TỐN THƢỜNG GẶP Nhìn chung, loại toán chia hết phong phú đa dạng, đồng thời có nhiều cách giải khác Song, chia số loại tốn thường gặp sau: 1.2.1 DẠNG I Giải tập thông thƣờng cấu tạo số Bài tập thuộc dạng thường tốn "Tìm số" “điền chữ số” mà điều kiện ràng buộc có liên quan tới tính chất dấu hiệu chia hết đòi hỏi học sinh phải nắm tính chất dấu hiệu chia hết Để làm dạng này, ta thường sử dụng tính chất sau:  Ta có: m  a1.a2 an với i  1, n Khi đó:  đơi nguyên tố Am  Aa1;Aa2; ;Aam Ví dụ 1: Hãy thay chữ số vào chữ a, b để số bội số 180 Giải 2a44b180  2a44b phải chia hết cho 10 + Vì 2a44b 10  b  + Vì 2a4409   a     10  a 9   a 19 Mà a chữ số nên  a 1 10 nên a +1 =  a  Vậy a = 8; b = 0, ta đƣợc số: 28440 Thử lại: 28440 : 180 = 158 Ví dụ 2: Tôi nghĩ hai số tự nhiên liên tiếp, có số chia hết cho Tổng hai số số có đặc điểm sau: a) Có chữ số b) Là bội số c) Tổng chữ số hàng trăm chữ số hàng đơn vị bội số d) Tổng chữ số hàng trăm chữ số hàng chục chia hết cho Bạn đốn xem tơi nghĩ hai số nào? Giải Gọi hai số cho là: N N + Theo ta có: N + N +1 = abc (a, b, c chữ số) (1) (2) (3) (4) abc5 a + c chia hết cho a + b chia hết cho Từ (2) c = c = Từ (1)  abc lẻ Do c = 5, thay vào (3) ta đƣợc:  a  59  a  Thay a = vào (4) ta đƣợc:   b 4  b 0;4;8 + Nếu b = N + ( N +1) = 405  N  202 , N + = 203 (loại khơng có số chia hết cho 9) + Nếu b = N  N 1  445  N  222 N + = 223 (loại) + Nếu b = 485 = N + (N +1)  N  242 N + = 243 (Thỏa mãn 243 9 ) Vậy hai số cần tìm là: 242; 243 Ví dụ 3: Tìm chữ số đẳng thức: Đặt 23673xy674592117233400  A  Giải  Vì 10910 1 108 Mà 108 = 9.3    10910 1 9  A9 22  Tổng chữ số A = 72 +x + y chia hết cho   x  y 9        (1) Mặt khác: 10910 1  1092 1  10910 1 110.108  10910 1 110  A110  A11 Sử dụng dấu hiệu chia hết cho 11, ta có:  y  x  (2) 811 Từ (1) (2)  x  y = LỜI BÌNH: Trên tốn sử dụng dấu hiệu chia hết Tuy nhiên, số có dấu hiệu chia hết, để giải tốn ta dùng cấu tạo số kết hợp tính chất lập luận cách linh hoạt Dưới hai ví dụ minh họa cho tốn khơng thể sử dụng dấu hiệu chia hết Ví dụ 4: Biết vừa chia hết cho 7; cho 11 cho 13 Tìm số đó? Giải Vì số a7b8c9 vừa chia hết cho 7, cho 11 cho 13 Mà 7, 11, 13 số đôi nguyên tố nên a7b8c9 phải chia hết cho 7.11.13 = 1001 thƣơng tìm đƣợc số có chữ số Gọi số có chữ số là: def d  a  Khi ta có: def.1001  a7b8c9  defdef  a7b8c9  e  c f b   Vậy số phải tìm là: 879879 Kiểm tra lại ta thấy kết  Ví dụ 5: Hãy thay chữ số vào chữ x, y số N = chia hết cho 13 Giải Ta có: N = 3.106  x.104  y.102  (1) với  x, y   N = B(13) +  x  3y  2  x  3y chia hết cho 13  2 cho N Mà  x, y    x  3y   38 Nên x  3y  213;26 Ta xét hai trƣờng hợp: + Nếu x + 3y + = 13  y   x 1 Do y nguyên nên x +1 chia hết cho g) x2  3xy  2002; h) 3xy  x  2y  8; i) x2  xy  y2  x  y; j) 19x2  28y2  2001; k) x2  3y2  17; l) 15x2  7y2  9; m) 5(x2  xy  y2)  7(x  2y); n) (x  y 1)2  3(x2  y2 1); o) 3x2  5y2  345; Bài 2: Tìm nghiệm nguyên dƣơng phƣơng trình sau: a) x2  y2  2y 13; b) x2  2y2  3xy  3x  5y  15; c) 9x2 10y2  9xy  3x  5y  9; d) 12x2  6xy  3y2  28(x  y); e) 7(x  y)  3(x2  xy  y2); f) x2 13y2  6xy  100; g) x2  x   y2; h) x2  4xy  5y2  169; Bài 3: Tìm tất cặp số nguyên (m, n) thỏa mãn phƣơng trình: m(m 1)  n(n 1)  3mn Bài 4: Tìm nghiệm nguyên phƣơng trình sau: a) x4  x2  y2  y 10  0; b) x4  2y4  x2y2  4x2  7y2   0; c) x3  7y  y3  7x;(x  y); d) (x  y2)(y  x2)  (x  y)3; e) y2  x(x 1)(x  7)(x  8); f) y(y 1)(y  2)(y  3)  x2; Bài 5: Tìm số nguyên n để nghiệm phƣơng trình sau nguyên: x2  (4  n)x  4n  25  Bài 6: Tìm số nguyên m; n để nghiệm phƣơng trình sau nguyên: x2  m(n 1)x  m  n 1  Bài 7: Tìm số p nguyên tố, biết phƣơng trình x  px 12p  có hai nghiệm nguyên Bài 8: Với giá trị nguyên dƣơng p phƣơng trình nghiệm nguyên dƣơng Bài 9: Tìm x  để x2  y2 1  pxy có x2  x 1 số phƣơng Bài 10: Tìm n  để n(n 1) số phƣơng 5.3 MỘT SỐ PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN KHÁC VÀ CÁCH GIẢI Trong phần này, em trình bày số phương pháp đặc biệt thú vị để giải phương trình nghiệm nguyên nhiều ẩn bậc cao Với phương pháp có ví dụ tiêu biểu để minh họa cụ thể; riêng phần tập tương tự tổng hợp cuối để người giải tốn tự nhận dạng lựa chọn cho phương pháp thích hợp tùy cụ thể mà ta vận dụng hay nhiều phương pháp giải 5.3.1 Phƣơng pháp xuống thang Nội dung phương pháp sau: Giả sử phương trình có nghiệm x0 y0 ; ; số nguyên, k k x0 y0 ; ; số nguyên với  x ; y0 ;  , sau dựa vào dấu hiệu chia hết ta có trình tiếp tục thu kn kn n nguyên dương tùy ý Do đó, nghiệm phương trình (0; 0; 0….) Ví dụ 1: Tìm nghiệm ngun phƣơng trình: Giải Giả sử x0; y0; z0  nghiệm phƣơng trình 3 Khi đó: x0  3y0  9z0   0x  3y  9z 3 0 x 3 0 Đặt x0  3x1 thay vào phƣơng trình ta đƣợc: 9x1  0y  3z   y03 3 Đặt y0  3y1 Khi đó: 9x  9y 0 z  0 z 3 1 Đặt z0  3z1 Ta lại có:1 x  13y  19z  x y z  Nhƣ  ; ;  trình 3 nghiệm phƣơngcũng nghiệm phƣơng trình với k   x y z  Tiếp tục trình ta đƣợc: ; ;  k k k 3   tùy ý, đó: x0  y0  z0  Vậy nghiệm phƣơng trình là: (0; 0; 0) Nhận xét:  Đây phương pháp hay khó học sinh THCS, giáo viên tùy theo trình độ học sinh để định có đưa phương pháp vào giảng dạy hay không?!  Xét bậc đa thức đơn thức phương trình phải có bậc ta giản ước cho ước chung phương trình cịn ngun dạng cũ Ví dụ 2: Tìm nghiệm ngun phƣơng trình: Giải Nếu x, y lẻ x2 y2 chia cho dƣ  (1) chia cho dƣ x2y2 Do từ (1)  x2  y2  chia dƣ z2 Mà x2  chia cho dƣ  z2 chia dƣ (vô lý) y2 Vậy x chẵn y chẵn Giả sử x chẵn  x2 x2y2 Nên từ (1)  y2  z24  y;z chẵn phải chẵn ( y, z lẻ y2  z dƣ 2) Nhƣ vậy: x; y; z phải chẵn Đặt x  2x1; y  2y1;z  2z1 thay vào phƣơng trình (1) ta đƣợc: x  y  z  4x 2y x 22  y 22  z 22  16x 22y 2 Lập luận tƣơng tự ta đƣợc: z 1 x với x2  2 1 y ; y2  2 ; chia z2  2 Quá trình tiếp tục ta đƣợc x y z0 nguyên với k nguyên 2k ; 2k ; 2k số dƣơng Do đó: Nghiệm phƣơng trình (0; 0; 0) 5.3.2 Phƣơng pháp cực hạn Phương pháp cách giải có nhiều điểm tương tự phương pháp xuống thang chúng có đặc điểm chung thường áp dụng phương trình mà đơn thức vế trái phương trình đồng bậc để dẫn đến nghiệm cuối phương trình (0; 0; …) vô nghiệm Tuy nhiên, điểm khác để thấy hai phương pháp hoàn toàn khác nằm bước lập luận cuối dẫn đến kết quả: x0 y0 + Đối với phương pháp xuống thang, ta cần ; ; số nguyên kn kn với n nguyên dương tùy ý để nghiệm phương trình (0; 0; 0….); + Đối với phương pháp cực hạn, giả sử  x ; y0 ; nghiệm ngun z0  dƣơng phương trình, ta ln chọn ẩn x0 y0 z0 …là giá trị nhỏ nghiệm phương trình Sau đó, dùng lập luận chia hết để dẫn đến nghiệm khác  xk; yk;zk  phương trình cho xk  x0 hoặ yk  y0 hoặ zk  z0 Từ dẫn đến điều mâu thuẫn, phương c c trình có nghiệm (0; 0; 0) vô nghiệm Để hiểu rõ phương pháp này, ta xét vài ví dụ sau: Ví dụ 1: Tìm x, y, z nguyên dƣơng thỏa mãn: (1) Giải Giả sử  x ; y0 ; z0  nghiệm phƣơng trình với x0; y0;z0  z0 nhận giá trị  nhỏ nghiệm có đƣợc phƣơng trình (1) Khi đó, ta có: x 02  y 20  3z  x  y 3  phải chia hết cho x0 y0 Đặt x0  3x1; y0  3y1 với x1; y    Thay vào phƣơng trình (1) ta đƣợc: x1 1y z  z2 3 Đặt z0  3z1 với 1z   Khi đó: x1  y1  3z1 Vậy x1; y1; z1  nghiệm phƣơng trình (1) z1  với z0 (mâu thuẫn với điều giả sử) Do đó, phƣơng trình khơng có nghiệm ngun dƣơng Ví dụ 2: Tìm x, y, z nguyên cho: Nhận xét: Ta thấu  x ; y0 ; z0  Giải nghiệm phƣơng trình (1) (1)  x0; y0; z0  nghiệm phƣơng trình (1) Do ta giả sử x0; y0; z0  nghiệm phƣơng trình (1) với x0 ; y0 ;z0   z0 nhận giá trị nhỏ nghiệm có đƣợc phƣơng trình (1) Ta có: x  2y  4z   x 2  x 2  x  2x 0 0 Thay x0  2x1 vào phƣơng trình (1) ta đƣợc: 1    4x13  y0  2z0   y02  y    Khi đó: Đặt y0  2y1 4x  8y  2z   2x  4y  z   z 2 2x0 Đặt1 z0 12z1 0z1  1Khi đó:  4y  8z  3 3 x   1 0x 1  2y  4z Vậy x1; y1; z1  nghiệm phƣơng trình (1) z1  (mâu thuẫn z0 với với điều giả sử) Do đó, phƣơng trình khơng có nghiệm ngun dƣơng, khơng có nghiệm ngun âm Thử lại: (x; y; z) = (0; 0; 0) thỏa mãn phƣơng trình (1) Vậy nghiệm phƣơng trình là: (0; 0; 0) 5.3.3 Phƣơng trình nghiệm nguyên mà ẩn bình đẳng Khi giải tốn ta thường gặp khơng tốn mà ẩn bình đẳng với nhau, nghĩa ta trao đổi ẩn cho khơng làm thay đổi tốn Chẳng hạn tốn: “tìm x, y, z ngun dương thỏa mãn phương trình x + y + z = xyz” hay tốn “tìm x, y, z ngun dương phương trình 1/x + 1/y + 1/z =1”… toán có tính chất Để giải tốn có nhiều cách giải khác tùy thuộc vào cụ thể Ở đây, ta nghiên cứu phương pháp giải sau: Để giải toán ta giả sử ẩn xảy theo trật tự tăng dần giảm dần tiến hành giải; tìm nghiệm ta hốn vị vịng trịn nghiệm ta nghiệm phương trình cần tìm Ví dụ 1: Tìm x, y, z ngun dƣơng cho: xyz = + x + y + z Giải Vì x, y, z vai trị bình đẳng nên ta giả sử:  x  y  z Khi đó: x  y  z   3z   xyz  3z   xy  3  12 (vì z   ) z 0 Mà x  xy nên x2  12  x   x 1;2;3 (do x   ) + Nếu x = yz = y + z + 10  y 1z 1  11 Mà y;z y 1  z 1 nên  y 1  y  z 1  11  z  12   Giải tƣơng tự, ta đƣợc: + Nếu x = 2yz = y + z + 11 Giải ta đƣợc: y = 1; z = 12 (loại y < x) + Nếu x = 3xy = x + y + 12 Giải ta đƣợc: y = 1; z = 19 (loại) Vậy nghiệm phƣơng trình là: x, y, z1, 2,12;1,12, 22,1,122,12,112,1, 212, 2,1 Ví dụ 2: Tìm x; y; z nguyên dƣơng thỏa mãn: Giải Vì x, y, z vai trị bình đẳng nên ta giả sử:  x  y  z xy yz xz  y z  yz x2  Ta có:  x      2x  x  3x  z  yx x z y  x  Mà x nguyên dƣơng nên x = y z Với x =   yz    yz   yz  y  z  z y Thử lại ta thấy x = y = z = thỏa mãn Vậy nghiệm phƣơng trình là: (x; y; z) = (1; 1; 1) Ví dụ 3: Chứng minh phƣơng trình sau khơng có nghiệm tự nhiên: Giải  x  y  x2  xy  y2 Vì x, y vai trị bình đẳng nên giả sử Khi đó: 1 1  x2   x2   x  (vì x > 0)   y2 x x2  xy 1 1 Với x = ta có: 1      (vô lý y > 0) 2 y y y y Vậy phƣơng trình khơng có nghiệm tự nhiên 5.3.4 Sử dụng tính chẵn lẻ tốn tìm nghiệm số ngun tố Với tốn tìm nghiệm ngun phương trình thỏa mãn số nguyên tố ta thường sử dụng tính chẵn lẻ để giá trị chẵn bắt buộc giá trị 2, từ ta tìm ẩn cịn lại phương trình Ví dụ 1: Tìm x; y; z nguyên tố để: Giải Vì x, y số nguyên tố nên x; y   x y   z  lẻ (vì z số nguyên tố) z  xy chẵn  x chẵn Mà x số nguyên tố nên x = Thay x = ta đƣợc: 2y 1  z + Nếu y lẻ  y  2k 1  z  2y 1  22k1 1 chia hết cho (mâu thuẫn với z nguyên tố z  )  y chẵn  y  Thay x = 2; y =  z  Vậy x = 2; y = 2; z= 5.3.5 Phƣơng pháp loại trừ, chặn nghiệm Phương pháp áp dụng trường hợp nhẩm trước nghiệm phương trình Nội dung phương pháp gồm hai hướng: + Một là, ta chặn nghiệm trước sau thử trường hợp lại + Hai là, khẳng định nghiệm phương trình trước, sau tìm cách loại trừ trường hợp lại để nghiệm tìm tất nghiệm cần tìm Ví dụ 1: Tìm nghiệm ngun dƣơng phƣơng trình: 1! + 2! + …+ x! = Giải Với x  , ta ln có: x! chia hết cho 10 hay x! có tận Do đó: 1! 2! 3! 4! 5!  x!  33  5!  x! có tận  y2 có tận (vơ lý khơng có số phƣơng tận 3) Vậy x < Mà x nguyên dƣơng nên x 1;2;3;4 + Với x = y2   y  (chọn) + Với x = y2  1  (loại) + Với x = y2  1    y  (chọn) + Với x = y2  1   24  33 (loại) Vậy nghiệm nguyên dƣơng phƣơng trình là: x, y 1,1;3,3 Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên phƣơng trình: + x + Giải Ta thấy: Với x = y3   y  Với x = -1 y3   y  + Xét x  Ta có:  x 13  x3  3x2  3x 1  x3  x2  x 1  y3  x3 Nhƣ vậy: x 1  y  x (vô lý) + Xét x < -1 Đặt a  x 1 a  a3  2a2  2a  y3 Thay x = -a – vào phƣơng trình cho rút gọn ta đƣợc:  y  Khi a3  2a2  2a  y3   y 3 đó: Đặt z = -y  z  , ta đƣợc: a3  2a2  2a  z3 Ta lại có: a3  a3  2a2  2a  z3  a3  3a2  3a 1   a 13  a  z  a 1 (vơ lý) Vậy phƣơng trình có hai nghiệm là: x, y 0,1;1,0 Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên dƣơng phƣơng trình: Giải Vì x, y nguyên dƣơng  xy + 61 >  x3  y3   x3  y3   x  y  Đặt x = y + a (với a > 0) thay vào phƣơng trình ban đầu ta đƣợc:  y  a 3  y3   y  a  y  61  3y2a  3a2y  a3  y2  ay  61  y2 3a 1  ay3a 1  a3  61    3a 1 y2  ay  a3  61 Vì a nguyên dƣơng nên 3a – > y2  ay   a3  61  a  Ta xét trƣờng hợp sau:   + Nếu a = y2  y 1  61  y2  y  30   y  y = Với y = x = y + a = (thỏa mãn) Với y = x = y + a = (thử lại không thỏa mãn)     + Nếu a =  y2  3y   27  61   y2  3y   34 (loại + Nếu a = y2  2y   61  y2  2y  53 (loại 53 ) 348 ) Vậy phƣơng trình có nghiệm (x, y) = (6, 5) 5.3.6 Phƣơng pháp sử dụng bất đẳng thức Để áp dụng phương pháp cần nắm bất đẳng thức thường dùng CôSi hay Bunhiacopxki, với việc sử dụng bất đẳng thức cho ta nghiệm phương trình trường hợp dấu bất đẳng thức xảy Ưu điểm phương pháp lời giải ngắn gọn, dễ hiểu Ví dụ 1: Tìm x, y, z ngun dƣơng: (1) Giải Từ  3xyz  x2y2  y2z2  z2x2 (1) Mà áp dụng BĐT Cô Si ta có: x2y2  y2z2  z2x2  33 x4y4z4 (Dấu xảy x = y = z)  3xyz  3xyz xyz 1  xyz  x  y  z  (vì x, y, z nguyên dƣơng) Vậy nghiệm phƣơng trình là: (x, y, z) = (1, 1, 1) Ví dụ 2: Tìm x, y nguyên dƣơng: Giải Ta có: x 1  2x (1) (Dấu “=” xảy x = 1) y2 1  2y (2) (Dấu “=” xảy y = 1)  Từ (1) (2)  x2 1 y2 1 (Dấu “=” xảy x = y = 1)  4xy Vậy phƣơng trình có nghiệm x = y = 5.3.7 Bài tập tự luyện Bài 1: Chứng minh phƣơng trình:    có hữu hạn nghiệm x y z 1995 nguyên dƣơng Bài 2: Tìm nghiệm nguyên dƣơng phƣơng trình sau: a) x2  y2  x  y  ; b)  x  y  z  t  10  2xyzt ; c) xy  yz  zx  xyz  ; d) 2x  2y  2z  2t ; Bài 3: Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: a) x6  3x3 1  y4 ; b)  x  4  x4  y3 ; c) 1 x2  x3  x4  y4; Bài 4: Tìm nghiệm nguyên phƣơng trình: 1! + 2! +3! + …+ x! y3 = Bài 5: Tìm nghiệm nguyên phƣơng trình: x2  y2  z2  2xyz KẾT LUẬN Nhiều toán số học đƣợc phát biểu đơn giản đến mức học sinh Trung học sở bình thƣờng hiểu đƣợc, nhƣng lời giải làm đau đầu nhà Toán học xuất sắc Để hiểu đƣợc giải đƣợc toán số học phổ thơng ngƣời ta cần kiến thức Toán học, nhƣng lại cần nhiều đến khả tƣ duy, trí thơng minh đơi chút khiếu Chính lẽ mà Số học cơng cụ tốt để rèn luyện trí thơng minh, tƣ Toán học phép thử đáng tin cậy để phát tài Toán học Các dạng toán Số học đƣợc phân chia rõ ràng, dạng gồm nhiều toán đa dạng phong phú Các đề thi vô địch Quốc gia ta nhƣ nhiều nƣớc khác giới ln có tỉ lệ thích hợp dành cho Số học Tuy nhiên nay, chƣơng trình chuyên cấp THCS giảm tải nhiều gây khó khăn cho giáo viên học sinh việc tìm tài liệu nhƣ rèn luyện thêm nội dung Số học, em chọn đề tài hi vọng giúp phần cho giáo viên học sinh có thêm tài liệu tham khảo trình dạy học Mặc dù em có cố gắng q trình hồn thành luận văn nhƣng khơng thể tránh khỏi cịn sơ sài thiếu sót Kính mong bảo Thầy giáo Em xin trân thành cảm ơn Hà Nội, 22 tháng 09 năm 2012 Học viên Nguyễn Thị Oanh TÀI LIỆU THAM KHẢO Vũ Hữu Bình (2008), Nâng cao phát triển Toán 6, NXB Giáo Dục, Hà Nội Hồng Chúng (1993), Bà chúa Tốn học, NXB Giáo Dục, Hà Nội Nguyễn Vũ Lƣơng, Nguyễn Lƣu Sơn, Nguyễn Ngọc Thắng, Phạm Văn Hùng, (2006), Các giảng số học, NXB ĐHQG Hà Nội Võ Đại Mau (1997), 216 toán số học chọn lọc, NXB Trẻ Phạm Minh Phƣơng, nhóm tác giả chuyên Toán ĐHSPHN (2006), Các chuyên đề Số học bồi dưỡng học sinh giỏi THCS, NXB Giáo Dục, Hà Nội Đặng Hùng Thắng, Nguyễn Văn Ngọc, Vũ Kim Thủy (2004), Bài giảng số học, NXB Giáo Dục, Hà Nội Đỗ Đức Thái (2002), Toán bồi dưỡng học sinh khiếu, Tập Số học đại số, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội Nguyễn Đức Tấn, Nguyễn Anh Hoàng, Đỗ Quang Thanh, Huỳnh Duy Thủy, Nguyễn Đoàn Vũ, Vũ Đức Đoàn, Lƣu Hoàng Hảo (2010), Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán THCS – Số học, NXB Tổng hợp TP – HCM ...ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN KHOA TOÁN – CƠ – TIN HỌC Nguyễn Thị Oanh MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỐ HỌC TRONG TRUNG HỌC CƠ SỞ LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Chuyên ngành... toán sơ cấp Mã số : 60 46 40 NGƢỜI HƢỚNG DẪN KHOA HỌC TS Phạm Văn Quốc Hà Nội - Năm 2012 LỜI NÓI ĐẦU Số học, ngành lâu đời đầy hấp dẫn Toán học đƣợc nhà Toán học tiếng gọi là:" Bà chúa Toán học" ... A tích thừa số hiệu đơi số số a, b, c, d nên: + Trong số a, b, c, d phải tồn số có số dƣ chia hiệu chúng chia hết cho  A3 + Trong số a, b, c, d xảy hai khả sau: (1) a) Có số chẵn số lẻ Khi đó: