MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

Việc dạy học là một quá trình đòi hỏi người giáo viên phải thường xuyên trau dồi, đúc rút, tổng kết kinh nghiệm, phải trăn trở ngày đêm để tìm ra cho mình cách dạy đối với từng loại bài toán, từng vấn đề làm sao để cho học sinh hiểu, tiếp thu và vận dụng một cách tốt nhất khi học toán.Trong chương trình toán học phổ thông, phần nào cũng có cái khó cái hay của nó. Để học sinh nắm vững nội dung cũng như bản chất từng phần, từng loại toán không hề đơn giản, đặc biệt là khi dạy phần “Phương trình nghiệm nguyên”. Vì đây là nội dung thường gặp trong các kỳ thi học sinh giỏi từ lớp 6 đến lớp 9 và thi vào THPT chuyên. Qua nhiều năm dạy học và dạy đội tuyển học sinh giỏi tôi thấy học sinh thường lúng túng trước việc lựa chọn phương pháp để giải bài toán về phương trình nghiệm nguyên hoặc lựa chọn phương pháp giải không tối ưu dẫn đến lời giải dài và phức tạp. Do đó tôi chọn đề tài “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên” nhằm giúp các em tiếp cận với bài tập về giải phương trình nghiệm nguyên và có một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên phù hợp. Từ đó các em có được sự tự tin và hứng thú với các bài tập giải phương trình nghiệm nguyên.

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ VĨNH YÊN

MỤC LỤC

V Cơ sở lí thuyết và thực trạng của vấn đề nghiên cứu 5

Trong đề tài này tôi chỉ có thể nêu lên vài phương pháp giúp giải phương trình nghiệm nguyên nhiều ẩn hoặc bậc cao trong một số trường hợp thông qua các ví dụ cụ thể và từng loại bài tập từ đó hình thành kĩ năng và phương pháp giải Rất mong được sự tham gia góp ý xây dựng của các thầy cô để cho đề tài được tốt hơn

2 Lý do chọn đề tài nghiên cứu

Việc dạy học là một quá trình đòi hỏi người giáo viên phải thường xuyên trau dồi, đúc rút, tổng kết kinh nghiệm, phải trăn trở ngày đêm để tìm ra cho mình cách dạy đối với từng loại bài toán, từng vấn đề làm sao đó cho học sinh hiểu, tiếp thu và vận dụng một cách tốt nhất khi học toán

Trong chương trình toán học phổ thông, phần nào cũng có cái khó cái hay của nó Để học sinh nắm vững nội dung cũng như bản chất từng phần, từng loại toán không hề đơn giản, đặc biệt là khi dạy phần “Phương trình nghiệm nguyên” Vì đây là nội dung thường gặp trong các kỳ thi học sinh giỏi từ lớp 6 đến lớp 9 và thi vào THPT chuyên Qua nhiều năm dạy học và dạy đội tuyển học sinh giỏi tôi thấy học sinh thường lúng túng trước việc lựa chọn phương pháp để giải bài toán về phương trình nghiệm nguyên hoặc lựa chọn phương pháp giải không tối ưu dẫn đến lời giải dài và phức tạp

Do đó tôi chọn đề tài “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên” nhằm giúp các em tiếp cận với bài tập về giải phương trình nghiệm nguyên và có một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên phù hợp

Từ đó các em có được sự tự tin và hứng thú với các bài tập giải phương trình nghiệm nguyên

II MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU

Đề tài này củng cố và cung cấp cho học sinh một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

Giúp cho học sinh có kĩ năng vận dụng vào giải bài tập về phương trình nghiệm nguyên và rèn cho học sinh tư duy linh hoạt, sáng tạo trong giải toán

Cũng thông qua đề tài này nhằm giúp học sinh có thói quen tìm tòi trong học toán và sáng tạo khi giải toán Từ đó tạo cho học sinh có phương pháp học tập đúng đắn, biến cái đã học (kiến thức của thầy) thành cái của bản thân, nắm bắt nó, vận dụng nó, phát triển nó đúng hướng Qua đó giúp các em tạo niềm tin, hưng phấn, hứng thú và say mê học môn toán học

Trong khuôn khổ của đề tài, dù biết rằng không thể đề cập hết các phương pháp pháp giải phương trình nghiệm nguyên, nhưng tôi cũng hy vọng đây là một tài liệu bổ ích cho học sinh và cũng là tài liệu tham khảo cho các thầy cô giáo

III ĐỐI TƯỢNG, PHẠM VI NGHIÊN CỨU

- Nghiên cứu qua học sinh lớp 8, 9 trường THCS Vĩnh Yên

- Nghiên cứu qua đề thi tuyển sinh và lớp 10 và đề thi giao lưu HSG

lớp 6, 7, 8, 9

IV PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

- Điều tra thực trạng của học sinh, phân tích kết quả điều tra

- Tổng kết kinh nghiệm qua thực tế giảng dạy

- Tham khảo ý kiến cũng như phương pháp dạy của đồng nghiệp thông qua các buổi sinh hoạt chuyên môn

V CƠ SỞ LÍ THUYẾT VÀ THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU

1 Cơ sở lý luận của vấn đề nghiên cứu

Phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng và phong phú nó có thể là phương trình một ẩn, nhiều ẩn Nó có thể là phương trình bậc nhất hoặc bậc cao Không có cách giải chung cho mọi phương trình, để giải các phương trình đó thường dựa vào cách giải một số phương trình nghiệm nguyên cơ bản và một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

2 Thực trạng của vấn đề nghiên cứu

Trong chương trình toán THCS thì phương trình nghiệm nguyên không được học sâu trong chương trình học chính khóa.Tuy nhiên trong các kỳ thi học sinh giỏi và thi vào PTTH chuyên lại xuất hiện những bài giải phương trình nghiệm nguyên hay và khó đòi hỏi học sinh phải thực sự linh hoạt ,sáng tạo và

có kỹ năng tốt mới làm được

Áp dụng vào việc giảng dạy các chuyên đề toán 6, 7, 8, 9 trong trường học hoặc bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi Toán, ôn tập cho học sinh chuẩn thi vào THPT chuyên

3 Quá trình thực hiện

Thời gian nghiên cứu từ tháng 9/2014 đến 4/2015

Cách tiến hành : Sưu tầm và nghiên cứu một số bài toán có nội dung phù hợp với mục đích của đề tài nghiên cứu

PHẦN II NỘI DUNG

Lớp Áp dụng đề tài

Kết quả kiểm tra

8A Chưa áp dụng 2  5% 9 22% 17 40,5% 10 25% 3 7,5% 8B Chưa áp dụng 3 8% 10 26% 1436% 8 21% 4 9%

2 Nguyên nhân của thực tế trên

Trong chương trình toán trung học cơ sở thì phương trình nghiệm nguyên không được học trong chương trình học chính khóa Tuy nhiên trong các kỳ thi THPT, THPT chuyên, đặc biệt là kỳ thi học sinh giỏi các cấp thì giải phương trình nghiệm nguyên lại được đề cập đến bằng những bài toán hay và khó, đòi hỏi học sinh phải thực sự linh hoạt, sáng tạo và có kỹ năng sử dụng thành một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên mới chọn ra cách giải tối ưu

Trong bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi tôi nhận thấy bài toán giải phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng và phong phú Đòi hỏi các em phải áp dụng linh hoạt các phương pháp vào giải bài tập và sáng tạo khi giải bài tập

Vậy vấn đề đặt ra ở đây là phải làm sao để tìm ra biện pháp khắc phục thực trạng trên giúp giáo viên có được một tài liệu tham khảo phù hợp đặc biệt giúp học sinh hết lúng túng và tự tin hơn khi gặp bài toán giải phương trình nghiệm nguyên Qua nhiều năm giảng dạy và tham gia dạy đội tuyển học sinh giỏi tôi đã hướng dẫn một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên tôi

nhận thấy các em học sinh có yêu thích và say mê hơn với các dạng toán này

III NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI

A KIẾN THỨC CƠ BẢN

I Phép chia trong tập số nguyên

1.1 Định nghĩa Cho hai số a,b nguyên , a 0 Ta nói b chia hết cho a nếu b ac với c nguyên, ta còn nói a chia hết b hoặc b là bội của a và kí hiệu

2.2 Tính chất cơ bản

2.2.1 Mỗi số nguyên dương lớn hơn 1 đều có ước nguyên tố

2.2.2 Ước nguyên dương nhỏ nhất khác 1 của n là số nguyên tố và ước đó

không vượt quá n

2.2.3 Có vô hạn số nguyên tố (số nguyên tố lớn nhất đã tìm ra là

32582657

2 1, nó được tìm ra năm 2006 và nó có 9808358 chữ số)

2.2.4 (Phân tích một số theo các thừa số nguyên tố) Mỗi số nguyên dương

n 1 được phân tích duy nhất thành tích các thừa số nguyên tố: 1 2 k

1 2 k

np p p   , với p nguyên tố và i  i  

III Ƣớc chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất (The greatest common divisor

anh the least common multiple)

3.1 Định nghĩa

3.1.1 Giả sử a,b là hai số nguyên không đồng thời bằng 0 Ước chung lớn nhất của hai số a,b là số nguyên lớn nhất chia hết cả hai số đó Ta thường dùng

kí hiệu (a,b) để chỉ ước chung lớn nhất của hai số a và b Hai số nguyên a,b

được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (a,b) 1

3.1.2 Giả sử a,b là hai số nguyên khác 0 Bội chung nhỏ nhất của hai số

a,b là số nguyên dương nhỏ nhất chia hết cho cả hai số đó Ta thường dùng kí

hiệu  a, b để chỉ bội chung nhỏ nhất của hai số a và b

3.2.6 Với a,b nguyên dương thì ab(a, b) a, b 

3.2.7 Nếu (a,b) (a,c) 1  thì (a, bc) 1 Nếu (a,b) 1 thì (a , b ) 1m n  3.2.8 Nếu a,b là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau thì tồn tại hai

số nguyên dương u,v sao cho au bv 1 

Tổng quát hơn: Nếu a,b là hai số nguyên dương thì tồn tại hai số nguyên

u,v sao cho aubv(a, b)

IV Đồng dƣ (Modulor arithmetics)

4.1 Định nghĩa Cho a, b là số nguyên và n là số nguyên dương Nếu a bchia hết cho n thì ta nói a đồng dư với b modulo n, ký hiệu a b (mod n)

4.2 Tính chất Cho a,b,c,d là các số nguyên Ta có các tính chất cơ bản:

4.2.1 Nếu a b (mod n) thì ba (mod n)

4.2.2 Nếu a b (mod n) và bc (mod n) thì ac (mod n)

4.2.3 Nếu a b (mod n) và cd (mod n) thì a  c b d (mod n) 4.2.4 Nếu a b (mod n) và cd (mod n) thì acbd (mod n)

4.2.5 Nếu ab (mod n) thì với mỗi k nguyên ta có ka kb (mod n) 4.2.6 Nếu ai b (mod n),i 1, 2, , ki  thì a a a1 2 k b b b (mod n)1 2 k Đặc biệt nếu a b (mod n) thì với mỗi k nguyên dương ta có ak b (mod n)k 4.2.7 Nếu ab ac (mod n) và (a, m) 1 thì bc (mod n)

4.2.8 Nếu ab (mod m ),i 1, 2, , ki   a b mod m , , m  1 k 

Đặc biệt nếu m , m , , m nguyên tố sánh đôi thì 1 2 k

ab (mod m ),i 1,2, , k  a b mod m m m

4.3 Định lý Fermat Giả sử p nguyên tố, a là số nguyên sao cho (a,p) 1 Khi đó p 1

a  1 (mod p)

Có thể đưa ra một chứng minh đơn giản cho định lý này như sau:

Xét p 1 số a, 2a, ,(p 1)a Ta chứng minh rằng không tồn tại 2 số đồng

dư với nhau trong phép chia cho p Thật vậy, giả sử tồn tại kaa (mod p) với

k, 1,2, p 1 a(k ) p k  (mâu thuẫn) p

Vậy khi chia p 1 số trên cho p ta nhận được p 1 số dư khác nhau là

1, 2, , p 1 Suy ra a.2a (p 1)a 1.2 (p 1) (mod p)

c) Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho p 2

d) Số chính phương chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1

e) Số chính phương chia cho 4 có số dư là 0 hoặc 1

f) Số chính phương chia cho 5 có số dư là 0 hoặc 1hoặc 4

g) Số chính phương chia cho 8 có số dư là 0 hoặc 1

h) Số lập phương chia cho 7 có số dư là 0, 1

i) Số lập phương chia cho 9 có số dư là 0, 1

j) Nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là số chính phương thì mỗi số đều là số chính phương

B MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

Trong chương trình toán THCS và THPT thì phương trình nghiệm nguyên vẫn luôn là một chuyên đề hay và khó đối với học sinh Các bài toán nghiệm nguyên thường xuyên có mặt tại các kì thi lớn, nhỏ trong và ngoài nước Trong chuyên đề này tôi xin được giới thiệu một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

Phương pháp 1 Phân tích thành nhân tử

Phương pháp 2 Sử dụng đồng dư chia hết

Phương pháp 3 Dùng bất đẳng thức

Phương pháp 4 Phương pháp xuống thang

Phương pháp 5 Sử dụng định lí của phương trình bậc hai

Phương pháp 6 Sử dụng tính chất số nguyên tố

1 Phương pháp 1 Phân tích thành nhân tử

Nội dung của phương pháp là biến đổi phương trình về dạng sau:

1 1 2 n 2 1 2 n k 1 2 n

f x , x , , x f x , x , , x f x , x , , x a, trong đó a là một số nguyên Sau đó xét các trường hợp theo tập ước của a

Ví dụ 1.1 Giải phương trình nghiệm nguyên

x  y p với p nguyên tố

Lời giải

Ta có (xy)pxy(y p)(x p)p2 1.p2 p.p  ( 1)( p )2  ( p)( p) Vậy phương trình đã cho có nghiệm

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (1) là  x, y (14;13)

Ví dụ1 3 Giải phương trình nghiệm nguyên

Với y  0 x 0; 2  Vậy phương trình có nghiệm     x, y  0;0 ; 2;0 

Ví dụ 1.4 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

Vậy Phương trình có nghiệm      x, y 1;2 ; 0;0 

Ví dụ 1.5 Tìm các số x, y, z sao cho x là số nguyên tố y, z là các số tự nhiên

(Đề thi vào chuyên Toán Vĩnh Phúc 2010 - 2011)

Bài 2 Tìm nghiệm nguyêncủa các phương trình sau:

VÝ dô 2.1 T×m các số nguyên tố x, y, z tho¶ m·n: xy + 1 = z

Lời giải Ta cã x, ynguyªn tè vµ xy    1 z z 3,

mµ z nguyªn tè  z lÎ  y

x ch½n  x ch½n  x = 2

XÐt y= 2  22 + 1 = 5 lµ nguyªn tè  z = 5 (tho¶ m·n)

Xét y  2 y 2k 1(k N)22k 1   1 z 2.4k  1 z,

ta thấy 4 chia cho 3 dư 1  k

(2.4 1) 3 z 3 (loại) Vậy x 2;y 2;z 5  

Ví dụ 2.2 Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau

  còn B3(mod 5)(vô lí) Vậy phương trình đã cho vô nghiệm

Ví dụ 2.3 Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình sau: 2 y

x 3 3026

y 0 x  3 3026x 3025 mà x  N x 55 Xét y 0 3 3, xy 2chia cho 3 d- 0 hoÆc 1, suy ra x2 3ychia cho 3 d- 0 hoÆc 1

mµ 3026 chia cho 3 d- 2 , vô lí VËy phương trình có nghiệm (x; y) =(55; 0)

Nhận xét

Ta cũng có thể tổng quát bài toán trên với x,y là số nguyên hoặc thay

3026 bởi các số có dạng 2

k 1 ta cũng được các bài tập tương tự

Các bài toán trên chúng ta dễ dàng nhận ra modul phù hợp, tuy nhiên trong nhiều trường hợp việc chọn được modul không hề đơn giản

Ví dụ 2.4 Chứng minh rằng phương trình 2 5

y x 4 không có nghiệm nguyên

Lời giải Giả sử tồn tại x, y thỏa mãn phương trình Nếu 10

Ví dụ 2.5 (Balkan1998) Giải phương trình nghiệm nguyên sau

2 5

m n 4

m 0;1;2;3;4;5;9(mod11); n  4 6;7;8(mod11), vô lí

Do đó phương trình này vô nghiệm

Nhận xét Lời giải bài toán thật đơn giản nhưng việc nghĩ ra chọn modul 11

không hề đơn giản và nó là chìa khóa cho việc giải quyết bài toán này Nói chung để xét modul hiệu quả còn phải tùy thuộc vào sự nhạy bén của người làm

toán Đối với phương trình nghiệm nguyên có sự tham gia của các số lập phương thì modulo thường dùng là modul 9 vì 3

x 0;1;8(mod 9)

Ta xét tiếp ví dụ sau

Ví dụ 2.6 Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 3 3 3

x y z 1012

HD x3y3z3 0;1;2;3;6;7;8(mod 9), còn 10124(mod 9), vô lí

Do đó phương trình đã cho vô nghiệm

Vậy x4 0 (mod16) hoặc x4 1(mod16) Do đó khi chia x14 x42  x 47 cho

16 có số dư không vượt quá 7, mà 2015  15(mod16) Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên

Nhận xét Vế trái có số dư không vượt quá 7 khi chia cho 16 Vậy ta có thể thay

vế phải bằng một số bất kì sao cho khi chia cho 16 có số dư lớn hơn 7 là được

Ta cũng có thể tổng quát bài toán như sau

Lời giải Ta viết lại phương trình 2 2

x(y  1) y  y c Nếu y 1  c 0,loại

Nếu

2 2

mà y 1 0(mod y 1), y 1     2(mod y 1) nên c y 1 (mod y 1, y 1 )    Với y 2;3 ta có c 1(mod 3),c 2(mod 4) Do vậy ta thử lấy c 10

Ta phải có y 1 Ư(10)  y 2;3;6;11 Khi đó x 4;2; ;12

7

 , theo thứ tự Vậy có đúng ba nghiệm nguyên dương   x, y  (4;2),(2;3),(1;11)

Bài 2 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 5x  1 2y

Bài 3 Tìm số nguyên tố p để 4p + 1 là số chính phương

Bài 4 Tìm các số tự nhiên x, y sao cho 2x 122 y2 3

(Thi học sinh giỏi CHDC Đức 1978)

Phương pháp 3: Dùng bất đẳng thức

Dạng 1 Phương trình đối xứng

Sử dụng đối với các phương trình mà các biến có vai trò của các ẩn bình

đẳng như nhau thì người ta thường dùng phương pháp sắp xếp thứ tự các biến

Ví dụ 3.1 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

z

x y

Lời giải 1 1 z xyz x y

Vậy phương trình có nghiệm nguyên làx; y;z 1;1;2 ; 2;2;1   .

Ví dụ 3.2 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

x   y z t xyzt

Lời giải Ta giả sử 1 x y z t    , có x   y z t xyzt4t

Vì t nguyên dương xyz 4 xyz1;2;3;4

Nếu xyz 1       x y z 1 3 t t (loại)

Ta được nghiệm (35; 3; 1; 1);(9;5; 1; 1)và các hoán vị của chúng

Với z2; z3 phương trình không có nghiệm nguyên

* Với t 2 thì 5(x  y z) 204xyz

 

2 2

Trong phương pháp này ta thường sử dụng tính chất lũy thừa cùng bậc của các

số nguyên liên tiếp hoặc tích các số nguyên liên tiếp .để đưa phương trình nghiệm nguyên về dạng ít ẩn hơn và quen thuộc hơn Từ đó dễ dàng tìm được nghiệm nguyên của phương trình đã cho Ta thường hay vận dụng hai nhận xét sau trong đó x, y là các số nguyên và a, n là các số nguyên lớn hơn 1

Nhận xét

* xn yn (xa)n thì yn (xi)n với i1;2;3; ;a 1 

* x(x 1) (x n)y(y 1) (y n) (xa)(x a 1) (x a n)thì

y(y 1) (y n)  (xi)(x i 1) (x i n) với i1;2;3; ;a 1 

Sau đây là một số ví dụ minh họa

Ví dụ 3.4 Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình

Với y    1 x 0   x; y  0; 1 

Với y   0 x 0    x; y  0;0

Vậy phương trình có nghiệm nguyên là   x, y  0; 1 ; 0;0    

Ví dụ 3.5 Giải phương trình nghiệm nguyên: 3 3 2

x y 2y 1

Lời giải Ta có: 3 3 2 3

x y 2y  1 y nên x   y x y 1(*) Nếu y 0 hoặc y 3 thì y(y 3)   0 (y 1)3 y32y2 1 x3  y 1 x, mâu thuẫn với (*) Do vậy 3 y 0   y    3; 2; 1;0

Với y     3 x 2   x; y   2; 3

y    2 x 1   x; y  1; 2 

y 1 thì không tồn tại x nguyên thỏa mãn

y   0 x 1 (x, y)(1; 0)

Vậy phương trình có nghiệm nguyên là(x, y)  ( 2; 3);(1; 2);(1;0) 

Ví dụ 3.6 Giải phương trình nghiệm nguyên

Nếu x 0 hoặc x 1 thì (3x 1)(x 1)   0 (2x2 x)2 (2y 1) 2

Nếu x2 hoặc x 1 hì x(x  2) 0 (2y 1) 2 (2x2  x 1)2

Do vậy Nếu x > 2 hoặc x < -1 thì 2 2 2 2 2

Nhận xét Đôi khi chúng ta còn sử dụng cách giới hạn tập hợp chứa nghiệm dựa

vào điều kiện của các ẩn

Dạng 3 Giới hạn tập nghiệm dựa vào điều kiện của các ẩn

Ví dụ 3.8 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

Nhận xét Cách giải của ví dụ 3.8 thể hiện cho phương pháp giải đối với

phương trình có ít dấu căn Vậy câu hỏi đặt ra: Nếu phương trình có nhiều dấu căn thì chúng ta sẽ giải ra sao, ta đi xét ví dụ sau:

Ví dụ 3.9 Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình

x x   x y trong đó ở vế trái có n dấu căn

Lời giải Ta thấy ngay (x; y) bằng (0; 0) là nghiệm của phương trình trên