Bởi vậy muốn bồi dỡng và phát triển đối tợng học sinh Khá, Giỏi bản thân ngời dạy phải nghiên cứu tài liệu tìm tòi các dạng toán về phơng trình nghiệm nguyên và các phơng pháp giải dễ hi
Trang 1A MỞ ĐẦU.
Trong chơng trình toán trung học cơ sở khối lợng kiến thức rất phong phú và đa dạng, các dạng toán cũng đợc đề cập đến không ít Trong số
đó phơng trình nghiệm nguyên l một mảng kiến thức quan trọng Tuyà nhiên ở chơng trình sách giáo khoa cha nhắc đến vì phơng trình nghiệm nguyên còn hơi khó đối với các đối tợng học sinh TB;Yếu Bởi vậy muốn bồi dỡng và phát triển đối tợng học sinh Khá, Giỏi bản thân ngời dạy phải nghiên cứu tài liệu tìm tòi các dạng toán về phơng trình nghiệm nguyên và các phơng pháp giải dễ hiểu, dễ vận dụng Nhằm bộ trợ và nâng cao kịp thời cho các em ở phơng trình nghiệm nguyên mỗi bài toán , với số liệu riêng của nó, đòi hỏi một cách giải riêng phù hợp Điều
đó có tác dụng rền luyện tính t duy toán học linh hoạt và sáng tạo của
ng-ời học Do đó mà các bài toán tìm nghiệm nguyên thờng có mặt trong đề thi các kì thi tuyển học sinh giỏi, thi vào các trờng chuyên trên toàn quốc Không những thế phơng trình nghiệm nguyên là một đề tài lí thú của
Số học và Đại số, mãi mãi là đối tợng nghiên cứu của Toán học
Từ những yếu tố khách quan và chủ quan đó Tôi đã tìm nghiên cứu đề
tài “ Một số dạng toán phơng trình nghiệm nguyên và cách giải ”.
Nhằm tìm ra các biện pháp hữu hiệu nhất để có một phơng án đúng đắn giúp học sinh tiếp cận với phơng trình nghiệm nguyên một cách chủ động,
có hứng thú trong quá trình học
Phơng trình nghiệm nguyên rất phong phú về dạng toán, nhng ở đề tài này tôi chỉ nghiên cứu một số dạng toán điển hình và một số phơng pháp giải cơ bản cho từng dạng toán đó
B Nội dung
Các bài Toán tìm nghiệm nguyên thờng không có một quy tắc giải tổng quát Mỗi bài Toán đòi hỏi phải có một cách giải phù hợp và logic Ví dụ một số dạng phơng trình thờng gặp sau:
1/ Phơng trình bậc nhất hai ẩn.
Dạng tổng quát ax + by = c( a ≠ 0; b ≠ 0 ; a , b , c ∈ Z)
Trang 2• Định lí về sự tồn tại nghiệm nguyên.
Định lí: Phơng trình ax + by = c có nghiệm nguyên khi (a ; b)c
Chứng minh: Giả sử (x0 ; y0) là nghiệm của phơng trình ax + by = c ta
có ax0 + by0 = c, nếu d = (a, b) thì dax0 + by0 = c Ngợc lại, giả sử d
= (a,b)c thì c = dc1 và ta có hai số nguyên x1 , y1 sao cho
d = ax1 + by1 = c => dc1 = a(x1c1) + b(y1c1) = c
Vậy phơng trình đã cho có nghiệm nguyên
Để giải phơng trình bậc nhất hai ẩn Ta có thể vận dụng một trong hai phơng pháp sau
1.1/ Sử dụng ph ơng pháp xét tính chia hết của từng ẩn
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình sau:
2x + 13y = 156 (1) Giải
Giả sử x, y là các số nguyên thoả mãn phơng trình (1)
Ta thấy 13y 13 và 156 13 nên 2x 13 => x 13
Đặt x = 13t ( t ∈ Z) thay vào (1) ta đợc:
26t + 13y = 156 <=> y = - 2t + 12
Thử lại vào (1) thoả mãn Nên phơng trình có vô số nghiệm , đợc viết dới công thức tổng quát sau: x = 13t
y = - 2t + 12
Ví dụ 2: Giải bài toán sau:
Một trăm con trâu, ăn trăm bó cỏ
Trâu đứng ăn năm Trâu nằm ăn ba Trâu già ba con ăn một bó
Tìm số trâu mỗi loại ?
Gọi x: Số trâu đứng
Trang 3y: Số trâu nằm
z: Số trâu già
Theo giả thiết ta có hệ phơng trình với các nghiệm nguyên dơng sau:
x + y + z = 100 15x + 9y + z = 300
5x + 3y +
3
z =100 x + y + z = 100 Trừ cùng vế hai phơng trình của hệ trên ta đợc:
14x + 8y = 200 <=> 7x + 4y = 100
Ta thấy phơng trình : 7x + 4y = 100 có 4y 4 ; 100 4
=> 7 x 4 => x 4 (Vì 7 không chia hết cho 4)
Mặt khác: 0 < 7x < 100 <=> 0 < x ≤ 14
Mà x 4 nên x ∈ 4 ; 8 ; 12 Do đó
• Với x = 4 ta tính đợc y = 18 ; z = 78
• Với x = 8 ta tính đợc y = 11 ; z =81
• Với x = 12 ta tính đợc y = 4 ; z =84
Vậy ta có ba đáp án cho bài toán
• 4 trâu đứng, 18 trâu nằm, 78 trâu già
• 8 trâu đứng, 11 trâu nằm, 81 trâu già
• 12 trâu đứng, 4 trâu nằm, 84 trâu già
*Nhận xét:
Bằng cách xem xét tính chia hết của từng hạng tử trong phơng trình ở
ví dụ 1 ta thấy rằng , hai hạng tử 13y và 156 đều chia hết cho 13 Do đó 2x cũng phải chia hết cho 13 thì phơng trình mới có nghiệm nguyên Nhờ
đó mà tìm dợc x = 13t và tìm đợc y = - 2t + 12 Cũng tơng tự nh vậy ta đã giải đợc nhiệm tổng quát của phơng trình 7x + 4y = 100 , sau đó nhờ x nguyên dơng mà ta giới hạn giá trị của x và tìm nghiệm của phơng trình ở
ví dụ 2
1.2/ Sử dụng ph ơng pháp tìm một nghiệm riêng của ph ơng trình
Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình sau:
Trang 42x + 3y = 11 (2)
Giải
Ta thấy phơng trình có một nghiệm nguyên đặc biệt là: x0 = 4; y0 = 1 Thật vậy 2 4 + 3 1 = 11 (3)
Trừ cùng vế (2) cho (3) ta đợc:
2(x – 4) + 3(y – 1) = 0 <=> 2(x – 4) = - 3(y – 1)
Do đó 3(y – 1) 2 => y – 1 2 Đặt y = 2t + 1 ( t ∈ Z)
Thay vào (2) ta đợc x = - 3t + 4
Vậy nghiệm của phơng trình đã cho là: x = - 3t + 4
y = 2t + 1
* Nhận xét:
Nh vậy ta đã tìm một nghiệm riêng (x0 ; y0) = (4 ; 1) của phơng trình Nhờ các phép biến đổi ta ràng buộc y - 1 2 và tìm ra nghiệm tổng quát của phơng trình
2/ Phơng trình bặc hai có hai ẩn
Với loại phơng trình này ta có thể sử dụng nhiều phơng pháp ,để giải chúng Chẳng hạn nh:
- Đa về phơng trình ớc số;
- Phơng pháp tách giá trị nguyên của phơng trình
- Phơng pháp xét số d từng vế
- Sử dụng điều kiện ∆ ≥ 0 để phơng trình bậc hai có nghiệm ; Các ví dụ sau ta vận dụng một trong các phơng pháp trên để giải
2.1/ Đ a ph ơng trình về ph ơng trình ớc số
Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình sau.
xy – x – y = 2 (4)
Giải
Ta có: xy – x – y = 2 <=> x ( y – 1 ) – (y – 1) = 3
<=> (y – 1) (x – 1 ) = 3
Trang 5Ta thấy y – 1 và x – 1 phải là ớc của 3
Không mất tính tổng quát giả sử x ≥ y => x – 1 ≥ y – 1
Ta có các trờng hợp sau xẩy ra:
x - 1 = 3 x = 4
y – 1 = 1 y = 2
Hoặc: x – 1 = - 1 x = 0
y – 1 = - 3 y = - 2
Vậy phơng trình (4) có 4 nghiệm nguyên sau;
(4 ; 2) ; (2 ; 4) ; (0 ; - 2) ; (- 2 ; 0)
* Nhận xét:
Nh vậy từ phơng trình xy – x – y = 2 ta đa nó về phơng trình
(y – 1) (x – 1 ) = 3 Phơng trình này gọi là phơng trình ớc số, phơng trình ớc số có nghiệm nguyên khi các thừa số của nó là ớc nguyên của số
đó Khi tìm nghiệm của phơng trìng ớc số, ta cần sắp thứ tự các ẩn để giảm đợc số trờng hợp xẩy ra Nên trong quá trình giải ta đã giảm đợc rất nhiều thời gian và lời giải cũng ngắn gọn hơn
2.2/ Tách giá trị nguyên của ph ơng trình
Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình sau:
xy – 2y – 3 = 3x – x2 (5)
Giải:
Ta thấy rằng ở phơng trình trên y có bậc cao nhất là một Nên ta có thể rút y ra và tách giá trị nguyên của phơng trình Thật vậy ta có
(5) <=> y(x – 2) = 3 + 3x – x2
x = 2 không phải là nghiệm của phơng trình Do đó
y =
2
3
−
− +
x
x
x = -x + 1 +
2
5
−
x (6) Phơng trình (6) có nhiệm nguyên khi 5 x – 2 hay x – 2 là ớc của 5
Ta có các trờng hợp sau
• Với x – 2 = 5 <=> x = 7 Thay vào (6) đợc y = - 5
• Với x – 2 = 1 <=> x = 3 Thay vào (6) đợc y = 3
• Với x – 2 = -5 <=> x = -3 Thay vào (6) đợc y = 3
Trang 6• Với x – 2 = - 1 <=> x = 1 Thay vào (6) đợc y = -5
Vậy phơng trình đã cho có 4 nghiệm nguyên:
(7 ; - 5) ; (3 ; 3) ; (- 3 ; 3) ; (1 ; - 5)
* Nhận xét:
Với những phơng trình bậc hai, có một ẩn nào đó chỉ xuất hiện bậc nhất Ta rút ẩn đó ra từ phơng trình rồi tách giá trị nguyên Ví dụ ở bài toán trên nhận thấy rằng y có bậc cao nhất là một nên ta đã rút y từ phơng
trình đã cho, để đợc phơng trình y =
2
3
−
− +
x
x
x Ta lấy 3+3x –x2 chia cho
x – 2 để tách giá trị nguyên Rõ ràng phơng trình có nghiệm nguyên khi
x – 2 là ớc của 5
2.3/ Sử dụng ph ơng pháp xét số d của từng vế
Ví dụ 6 : Tìm nghiệm nguyên của phơng trình sau.
9x + 2 = y2 + y (7) Giải:
Ta có (7) <=> 9x + 2 = y( y + 1)
Ta thấy vế trái của phơng trình trên , chia cho 3 d 2 nên
y( y + 1) phải d 2 khi chia cho 3
Nh vậy chỉ có thể xẩy ra trờng hợp sau:
y = 3k + 1 và y + 1 = 3k + 2 (k ∈ Z)
Khi đó: 9x + 2 = ( 3k + 1) (3k + 2)
<=> 9x = 9k (k + 1)
<=> x = k(k + 1)
Thử lại , với x = k(k + 1) và y = 3k + 1 thì (7) thoả mãn Nên phơng trình
đã cho có nghiệm tổng quát , đợc viết bởi công thức
x = k(k + 1) (k ∈ Z)
y = 3k + 1
* Nhận xét:
Trang 7ở ví dụ trên ta đã sử dụng phơng pháp : Xét tính chia hết của từng
vế để nhận thấy rằng , vế trái của phơng trình chia 3 d 2 Vậy phơng trình
có nghiệm nguyên khi vế phải cũng chia cho 3 d 2 Mà y( y + 1) chia 3 d
2 thì chỉ có thể xẩy ra trờng hợp y chia 3 d 1 để y + 1 chia 3 d 2
2.4/ Sử dụng điều kiện ∆ ≥ 0 để ph ơng trình bậc hai có nghiệm
Ví dụ 7 : Tìm nghiệm nguyên của phơng trình sau.
x+ y +xy = x2 + y2 (8) Giải:
Ta thấy (8) <=> x2 – (y + 1)x + y2 – y = 0
Có thể xem x là ẩn còn y đóng vai trò là tham số thì ta có :
∆ = (y + 1)2 – 4 (y2 – y) = - 3y2 + 6y + 1 để phơng trình (8)
có nghiệm nguyên thì ∆ ≥ 0 và phải là số chính phơng
<=> - 3y2 + 6y + 1 ≥ 0
<=> 3y2 - 6y - 1 ≤ 0
<=> 3(y – 1)2 ≤ 4
<=> (y – 1 )2 ≤ 34
<=> 0 ≤ (y – 1 )2≤ 1
Do đó ta có các trờng hợp sau:
• y – 1 = 1 <=> y = 2
• y – 1 = -1 <=> y = 0
• y – 1 = 0 <=> y = 1
Thay các giá trị của y vào phơng trình x2 – (y + 1)x + y2 – y = 0
Ta có:
• Với y = 2 ta có x1 = 1 ; x2 = 2
• Với y = 0 ta có x3 = 0 ; x4 = 1
• Với y = 1 ta có x5 = 0 ; x6 = 2
Trang 8Vậy phơng trình (8) có 6 nghiệm nguyên sau:
(0 ; 0) ; (1 ; 0) ; (0 ; 1) ; (2 ; 1) ; (1 ; 2) ; (2 ; 2)
* Nhận xét:
Phơng trình trên có các ẩn luỹ thừa bậc 2, nên ta có thể viết phơng trình đã cho dới dạng phơng trình bậc 2 có ẩn là x , còn y ta xem nh là tham số Từ đó sử dụng điều kiện ∆ ≥ 0 để phơng trình có nghiệm và ∆ phải là một số chính phơng để phơng trình đã cho có nghiệm nguyên để tìm nghiệm của phơng trình
3/ Phơng trình bậc ba hai ẩn:
3.1/ Sử dụng tính chất:
Nếu hai số nguyên dơng , có tích là một số chính phơng thì hoặc bằng nhau hoặc cả hai là số chính phơng.
Ví dụ 8 : Tìm nghiệm nguyên của phơng trình sau.
9x2 + 6x = y3 (9)
(Bài 1 Chuyên mục thi giải toán qua th– số 61 - Toán TT2)
Giải:
Ta có :
(10) <=> 9x2 + 6x + 1 = y3 + 1 <=> (3x + 1)2 = (y + 1)(y2 – y + 1) (*) Phơng trình (*) có nghiệm nguyên khi :
y + 1 = y2 – y + 1 hoặc y + 1 và y2 – y + 1 là các số chính phơng
• Với y + 1 = y2 – y + 1 <=> y(y – 2) = 0
<=> y = 0 hoặc y = 2 Thay vào phơng trình (*) ta đợc
+) Khi y = 0 ta có x = 0 hoặc x = -3
2
(loại) +) Khi y = 2 ta có x = -3
2
(loại) hoặc x =
3
4 (loại)
• Trờng hợp y + 1 và y2 - y + 1 là các số chính phơng
Ta thấy
Trang 9y2 – y + 1 = (y –
2
1)2 +
4
3 không thể là một số chính phơng nguyên với mọi y ≠ 0
Vậy phơng trình (11) có nghiệm nguyên duy nhất : (x ; y) = (0 ; 0)
*Nhận xét :
Với ví dụ trên ta đa vế trái có dạng của một số chính phơng Để phơng trình có nghiệm nguyên thì vế phải cũng phải có các thừa số là các số chính phơng hoặc các thừa số đó phải bằng nhau
3.2/ Đổi biến để tìm nhiệm nguyên:
Ví dụ 9: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình :
x3 – y3 = xy + 8 (10)
Giải
Ta có:
x3 – y3 = xy + 8<=> (x – y)3 + 3xy(x - y) = xy + 8
Đặt x – y = a ; xy = b (a ; b ∈ Z) Ta có:
a3 + 3ab = b + 8
<=> a3 – 8 = -b(3a – 1)
Suy ra : a3 – 8 3a – 1
<=> 27(a3 - 8) 3a – 1
<=> 27a3 – 1 -215 3a – 1
Do 27a3 – 1 3a – 1 nên 215 3a – 1 Hay 3a – 1 là ớc của 215
Do đó 3a – 1 ∈ {± 1 ; ± 5 ; ± 43 ; ± 215 }
Mặt khác 3a – 1 chia cho 3 d 2 Nên 3a – 1 ∈ {− 1 ; 5 ; − 43 ; 215}
Ta có bảng sau:
b =
a
a
3 1
8
3
−
Trang 10Chú ý rằng 9x –y)2 + 4xy ≥ 0 nên a2 + 4 ≥ 0 Do đó chỉ có hai trơng hợp thoả mãn a = 2; b = 0 Ta đợc
x – y = 2; x = 0 hoặc x = 2
Vậy phơng trình đã cho có hai nhiệm: (0 ; - 2) ; (2 ; 0)
*Nhận xét:
Bài toán trên ta đã linh hoặt khi sử dụng phơng pháp đổi biến và tìm nhiệm nguyên của biến mới Từ đó ta tìm đợc nghiệm nguyên của phơng trình đã cho
4/ Phơng trình vô tỷ.
Đối với phơng trình nhiệm nguyên dạng vô tỉ , đây là dạng phơng trình phức tạp Mỗi phơng trình không có một cách giải tổng quát, dựa vào các
số liệu đã biết ta cần linh hoặt trong biến đổi Để tìm ra phơng án hợp lí giải quyết bài toán Chẳng hạn nh một số ví dụ sau , phải vận dụng nhiều
kỹ năng phối hợp chặt chẽ để đa ra lời giải ngăn gọn hợp lí
Ví dụ 10: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau.
x + y = 1980 (11)
Giải:
(11) <=> x = 1980 - y (12) Với điều kiện : 0 ≤ x , y ≤ 1980
(12) <=> x = 1980 + y – 2 1980y
<=> x = 1980 + y – 12 55y
Phơng trình (11) có nghiệm nguyên khi – 12 55y phải nguyên hay 55y phải là một số chính phơng
Đặt: y = 55 a2 (a∈ N )
Tơng tự ta sẽ có : y = 1980 + x – 12 55x
Đặt : x = 55 b2 ( b ∈ N )
Thay vào (11) ta có :
Trang 11a 55 + b 55 = 6 55
<=> a + b = 6
Giả sử: x ≥ y nên a ≥ b
Ta có bảng sau :
Vậy phơng trình đã cho có các nghiệm nguyên sau:
(0 ; 880) ; (1980 ; 0) ; (55 ; 1375) ; (1375 ; 55) ; (220 ; 880) ;
(880 ; 220) ;(945 ; 945)
*Nhận xét
Với dạng phơng trình nh thế này , ta sử dụng phơng pháp bình
ph-ơng hai vế để rút ra đợc x = 1980 + y – 12 55y Bắt buộc 55y phải
là số chính phơng để phơng trình đã cho có nghiêm nguyên Bằng phơng pháo tơng tự ta cũng có 55x phải là số chính phơng Đến đây cần chú ý khi đổi biến, làm thế nào đó để khi thay vào phơng trình ban đầu ta đợc
ph-ơng trình không chứa căn bậc hai và vận dụng các phph-ơng pháp đã biết để giải nó
Ví dụ 11: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau:
y2 = 1 + 9−x2 −4x (13)
(Đề thi HS Giỏi lớp 9 năm học 2003- 2004_ Phòng GD Kỳ Anh )
Giải
Điều kiện : 9 – x2 – 4x ≥ 0 <=> - 5 ≤ x ≤ 1
Ta có : y2 = 1 + 9−x2 −4x = 1 + 13 − (x2 + 4x+ 4 )
= 1 + 13 − (x+ 2 ) 2 ≤ 1 + 13
Do y là một số nguyên nên:
1 ≤ y2 ≤ 4 <=> y2 = 1 hoặc y2 = 4
• Với y2 = 1 ⇒ 13 = (x – 2)2 không thể có nghiệm nguyên
Trang 12Vì 13 là một số nguyên tố còn (x – 2)2 là số chính phơng.
• Với y2 = 4 <=> y = 2 hoặc y = -2
Và ta có 13 − (x+ 2 ) 2 = 3
<=> 13 – (x+2)2 = 9
<=> (x+2)2 = 4
<=> x = 0 (Thoả mãn ĐK) hoặc x = 2 (Thoả mãn ĐK) Vậy nghiệm nguyên của phơng trình là:
(0 ; 2) ; (0 ; -2) ; (2 ; 2) ; (2 ; -2)
* Nhận xét :
Nh vậy ở phơng trình trên ta thấy biểu thức 13 – (x+2)2 có giá trị lớn nhất bằng 9 Nên 1 + 13 − (x+ 2 ) 2 ≤ 13 , nhờ việc vận dụng bất đẳng thức
mà ta giớ hạn đợc khoảng giá trị của y2 với y nguyên thì ta đã tìm đợc các giá trị cụ thể của y và x
C Kết luận:
Quả thật trong Toán học phơng trình nghiệm nguyên rất đa dạng
Ph-ơng pháp để giải từng dạng phPh-ơng trình cũng khá phong phú Tôi đã cố gắng đa ra một số dạng phơng trình điển hình thờng gặp và một số
ph-ơng pháp giải chúng Tôi nghĩ để giải các dạng phph-ơng trình trên , không chỉ dừng lại ở những phơng pháp đó Chắc quý vị sẽ tìm ra đợc một số
ph-ơng pháp hay hơn Trong các dạng phph-ơng trình đợc giới thiệu trong đề tài tôi thấy phơng trình bậc hai , là một dạng tiêu biểu có nhiều phơng án để giải và mức độ ứng dụng cũng khá phổ biến Bên cạnh đó phơng trình vô
tỉ cũng rất thú vị Vì khi giải nó yêu cầu chúng ta phải suy luận chặt chẽ, linh hoạt, phối hợp nhiều kĩ năng Giúp ngời học phát huy đợc tính sáng tạo của bản thân
Thực tế giảng dạy cho thấy: Sau khi đợc truyền đạt kĩ lợng đề tài này Học sinh rất hứng thú và linh hoạt khi gải các bài Toán về phơng trình nhiệm nguyên
Bản thân tôi rất mong muốn học sinh học tập tốt hơn, đợc nâng cao tay nghề khi giải Toán Vì thế rất mong đợc các đồng nghiệp và quý độc giả góp ý bổ sung cho đề tài này đợc hoàn thiện hơn