SKKN 08-09

Ngời viết: nguyễn cảnh tuyên Đơn vị :trờng thcs đoàn lập Năm học: 2008 – 2009 a Đặt vấn đề I Sự cần thiết: Thực tế cho thấy trong chơng trình toán bậc THCS các bài toán giải phơng trì

Trờng thcs đoàn lập



Sáng kiến kinh nghiệm

đề tài:

“ một số phơng trình ngiệm nguyên thờng gặp và

cách giảI “

*********

Ngời viết: nguyễn cảnh tuyên

Đơn vị :trờng thcs đoàn lập

Năm học: 2008 – 2009

a) Đặt vấn đề

I) Sự cần thiết: Thực tế cho thấy trong chơng trình toán bậc THCS các bài toán

giải phơng trình nghiệm nguyên là những bài toán không dễ với đa số học sinh Hầu hết các em, và ngay cả các học sinh có học lực khá, giỏi khi gặp các bài toán này lần đầu đều cảm thấy lúng túng và không biết phải dùng các

ph-ơng pháp nào đối với các bài toán cụ thể mà các em gặp Chính vì vậy việc nêu

ra và hệ thống hoá lại một số phơng pháp thờng dùng, kèm theo các ví dụ minh hoạ và hệ thống các bài tập rèn luyện kĩ năng là một việc rất cần thiết trong công tác bồi dỡng học sinh giỏi nói chung.

II) Mục đích: Với phân tích nh trên, bài viết sau đây xin giới thiệu một số ví dụ, qua đó giúp học sinh nắm đợc một cách có hệ thống một số phơng pháp hay gặp nhất khi giải các bài toán về phơng trình với nghiệm nguyên trong chơng trình Toán bặc THCS.

III) đối t ợng, phạm vi, kế hoạch nghiên cứu

1) Đối t ợng : Là các học sinh có học lực khá, giỏi của các khối lớp 8 và 9, bậc học THCS

2) Phạm vi : Chỉ giới hạn trong việc hình thành và rèn luyện kĩ năng sử dụng các phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên hay gặp nhất (phơng pháp xét

ớc số nguyên, phơng pháp sử dụng tính chất không tồn tại số nguyên ở giữa hai số nguyên liên tiếp, phơng pháp sử dụng tính chất của số chính phơng,

ph-ơng pháp sắp thứ tự các biến, phph-ơng pháp sử dụng điều kiện có nghiệm của phơng trình bậc hai)

3) Kế hoạch : Có thể đa vào giảng dạy từ nửa cuối của học kì 1 – lớp 8 cho

đến hết lớp 9, thời gian thực hiện trong khoảng 1 tháng.

4) Kết quả cần đạt: Sau khi hoàn thiện việc áp dụng sáng kiến kinh nghiệm này, thì các đối tợng đợc trực tiếp tham gia chơng trình học phải có đợc các kĩ năng thành thạo trong việc giải các phơng trình nghiệm nguyên thờng gặp nhất (nh đã nói ở trên) – Giải đợc tối thiểu 8/18 bài tập trong phần bài tập áp dụng

B) Nôi dung

I) cơ sở lí luận: Nh đã nói ở trên, bài toán phơng trình với nghiệm nguyên là một mảng lớn và khó trong chơng trình Toán phổ thông, các bài toán dạng này thờng xuất hiện trong các kì thi HSG Toán, thi tuyển sinh vào lớp 10 các trờng THPT chuyên Chính vì tính rộng lớn và phức tạp của nó mà việc giảng dạy các chuyên đề về phơng trình nghiệm nguyên cho học sinh cần đợc tiến hành một cách có hệ thống, theo từng bớc từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp theo một trình tự hợp lí và có hệ thống.

II) thực trạng của vấn đề: Hiện nay các sách Toán nâng cao viết về phơng trình nghiệm nguyên cũng rất ít có trên thị trờng, các chuyên đề của các thầy,

cô giáo viết về vấn đề này cũng không nhiều Các bài toán về phơng trình nghiệm nguyên chỉ xuất hiện rải rác trong một số tài liệu Toán nâng cao, thực

tế này cũng gây nhiều khó khăn cho các học sinh muốn tìm hiểu vấn đề một cách sâu sắc và có hệ thống

III) các giải pháp: Qua việc tìm hiểu, nghiên cứu, su tầm qua một số tài liệu tôi

đã hệ thống hoá và giới thiệu với học sinh một số phơng pháp thờng gặp nhất

để giải các phơng trình nghiệm nguyên trong chơng trình Toán bậc THCS Mỗi phơng pháp sẽ đi kèm với một số lợng bài tập rèn luyện kĩ năng vừa đủ qua đó giúp các em học tập có chất lợng và hiệu quả hơn Sau đây sẽ là nội dung các phơng pháp nh vậy.

1) Ph ơng pháp xét ớc số nguyên

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:

x2+ +x 499= y2 (1)

Lời giải: Ta biến đổi

(1) ⇔ 4x2+4x+1996 4= y2

⇔ 4x2+4x+ −1 4y2 = −1995

⇔ (2x+1)2−(2 )y 2 = −1995

⇔ (2y−2x−1)(2y+2x+ =1) 1995 (2)

Do x, y là các số nguyên dơng nên 2x + 2y + 1 > 0 Kết hợp với (2) suy ra

2y – 2x – 1 > 0 Vậy 2y + 2x + 1 > 2y – 2x – 1 > 0

Lại có 1995 = 1.1995 = 3.665 = 5.399 = 15.133, dẫn đến việc giải các hệ:

2 2 1 1995



 − − =

 ;



 − − =

2 2 1 399



 − − =

 ;



 − − =



Từ đó giải bốn hệ phơng trình ta có đáp số

( ; )x y ∈{(499; 498);(167;165);(101;98);(37; 29)}

Ví dụ 2:Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:

x2−3y2+2xy−2x−10y+ =4 0 ( 2 )

Lời giải: Ta biến đổi

(2) ⇔ x2+2(y−1)x−3y2−10y− = −3 7

⇔ x2+(3y+1)x− +(y 3)x−(3y2+10y+ = −3) 7

⇔ x2+(3y+1)x− +(y 3)x−(3y+1)(y+ = −3) 7

⇔ x x( +3y+ − +1) (y 3)(x+3y+ = −1) 7

⇔ (x – y – 3)(x + 3y + 1) = -7

Từ đó dẫn đến đáp số

( ; )x y ∈ −{( 3;1);(7; 3);(3;1);(1; 3)− − }

2) Ph ơng pháp sử dụng tính chất: Nếu x “ ∈Z và x < a < x+1 thì a ∉ Z “

Ví dụ 3 : Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:

(x−2006)2 = y y( +1)(y+2)(y+3) (3)

Lời giải: Ta biến đổi

(3) ⇔ (x−2006)2 =(y2+3 )(y y2+3y+2)

Đặt y2 +3y t= và x – 2006 = z Ta có

(3) ⇔ z2+ +t2 2t

Từ đó xét các trờng hợp:

*) Nếu t > 0, suy ra 0 < 2t < 2t + 1

Suy ra t2 < + < + +t2 2t t2 2t 1

Tức là t < < +z t 1 Vậy trong trờng hợp này z ∉ Z (loại )

*) Nếu t≤ 0 tức là y2+3y≤0

⇔ y y( + ≤3) 0 ⇔ − ≤ ≤3 y 0

⇔ y∈ − − −{ 3; 2; 1;0}

Xét tiếp bốn trờng hợp ta có đáp số:

( ; )x y ∈{(2006; 3);(2006; 2);(2006; 1);(2006;0)− − − }

Ví dụ4: Tìm nghiệm nguyên không âm của phơng trình:

4 4 2 2

(y+1) +y = +(x 1) +x (4)

Lời giải: Giả sử x, y là các số nguyên không âm, ta biến đổi:

(4) ⇔ 2y4+4y3+6y2+4y+ =1 2x2+2x+1

⇔ 2y4+4y3+6y2+4y=2x2+2x

⇔ y4+2y3+3y2+2y x= 2+x

⇔ (y2+y)2+2(y2+ + =y) 1 x2+ +x 1

⇔ (y2+ +y 1)2 =x2+ +x 1

Đặt y2+ + =y 1 t Ta có t > 0 Khi đó:

(4) ⇔ t2 =x2+ +x 1 Lại xét hai trờng hợp:

*) Nếu x > 0, suy ra 0 < x + 1 < 2x + 1

Suy ra 2 2 2

x <x + + <x x + x+

Từ đó có: x < t < x + 1 Vậy t ∉ Z ( loại)

*) Nếu x = 0, ta tính đợc y = 0 Đáp số (x ; y) = (0 ; 0)

3) Ph ơng pháp sử dụng tính chất của số chính ph ơng

Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:

2 2

x − +xy y = x− y− (5)

Lời giải: Giả sử x, y là các số nguyên, ta biến đổi:

(5) ⇔ 2x2−2xy+2y2−4x+6y+ =4 0

⇔ (x y− )2+ −(x 2)2+ +(y 3)2 = = + + = + +9 02 02 32 12 22 22

*) Trờng hợp 1: Xét (x y− )2+ −(x 2)2+ +(y 3)2 = = + +9 02 02 32 Trờng hợp

này phơng trình vô nghiệm

*) Trờng hợp 2: Xét (x y− )2+ −(x 2)2+ +(y 3)2 = = + +9 12 22 22 Lần lợt xét các trờng hợp:

• Với

2 2 2

x y

x y





 − =



ta tìm đợc x y=01

 = −



• Với

2 2 2

x y

x y





 − =



ta tìm đợc x y=02

 =



• Với

2 2 2

x y

x y





 − =



ta tìm đợc x y=11

 = −



Đáp số: ( ; )x y ∈{(0; 1);(0; 2);(1; 1)− − }

Ví dụ 6: T ìm nghiệm nguyên của phơng trình:

x y2 2− −x2 8y2 =2xy (6)

Lời giải:

*) Nhận xét : Phơng trình (6) có nghiệm (x ; y) = (0;0)

*) Với x, y khác 0, ta biến đổi

(6) ⇔ (x y+ )2 =x y2 2−7y2

⇔ (x y+ )2 =(x2−7)y2

Suy ra x2−7phải là số chính phơng Từ đó suy ra tồn tại số nguyên a để

x − =a hay x2−a2 =7 ⇔ (x – a)(x + a) = 7 Xét bốn trờng hợp:

7

1

x a

x a

− =



 + =

 ;

1 7

x a

x a

− =



 + =

 ;

7 1

x a

x a

− = −



 + = −

 ;

1 7

x a

x a

− = −



 + = −



Đáp số: ( ; )x y ∈{(0;0);(4; 1);(4; 2);( 4;1);( 4; 2)− − − − }

4) Ph ơng pháp sắp thứ tự các biến

Ví dụ 7: T ìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:

x + y + z = xyz (7)

Lời giải:

Do vai trò của x, y, z nh nhau nên giả sử: 1≤ ≤ ≤x y z Ta suy ra

2

1

= + + ≤ Từ đó có x2 ≤3 nên x = 1 Thay vào (7) đợc:

(7) ⇔ 1 + y + z = yz

⇔ y + z – yz + 1 = 0

⇔ y(1 – z) – (1 – z) = - 2

⇔ (y – 1)(z – 1) = 2 = 1.2

Lại vì y – 1 ≤ z – 1, nên 1 1

1 2

y z

− =



 − =

2 3

y z

=



 =



Đáp số: Phơng trình có sáu bộ nghiệm là các hoán vị của (1;2;3)

Ví dụ 8:Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:

5(x + y + z) = 4xyz – 24 (8)

Lời giải: Do vai trò của x, y, z nh nhau nên có thể giả sử x y z≥ ≥ ≥1 Chia cả

hai vế của (8) cho 5xyz (khác 0 ) ta đợc:

(8) ⇔ 1 1 1 24 4

yz+ xz+ xy+ xyz = Suy ra: 4 12 12 12 242 392

5< z +z +z +5z =5z Vậy z∈{1; 2;3}

*) Nếu z = 1 Thay vào (8) đợc:

5x + 5y – 4xy = -29

⇔ x(5 – 4y) + 5y = -29

⇔ 4x(5 – 4y) + 5.4y = -116

⇔ 4x(5 – 4y) + 5.4y – 5.5 = -141

⇔ (4x – 5)(4y – 5) = 141 = 47.3 = 141.1

Do x y≥ ≥ ⇒1 4x− ≥5 4y− ≥ −5 1 Vậy ta có

4 5 47

x y

− =



 − =

 (I) hoặc

x y

− =



 − =

 (II) Giải (I) đợc (x; y; z) = (13; 2; 1)

Giải (II) Hệ phơng trình không có nghiệm nguyên

*) Nếu z = 2 Lập luận tơng tự ta đợc (x; y; z) = (4; 2; 2)

*) Nếu z = 3 Phơng trình (8) không có nghiệm nguyên dơng

Đáp số: Phơng trình (8) có tất cả 9 bộ nghiệm là các hoán vị của hai bộ số (13; 2; 1) và (4; 2; 2)

5) Ph ơng pháp sử dụng điều kiện có nghiệm của ph ơng trình bậc hai

Ví dụ 9 : Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:

3(x2+xy y+ 2)= +x 8y (9)

Lời giải: Ta có

(9) ⇔ 2 2

3x +(3y−1)x+3y −8y=0 (9’)

Để (9’) có nghiệm x, cần và đủ là

∆≥ 0 ⇔ (3y−1)2−12(3y2−8 ) 0y ≥

⇔ 27y2−90y− ≤1 0

⇔ 3(3y−5)2 ≤76

Vì y Z∈ nên y∈{0;1; 2;3} Suy ra nghiệm của (9) là ( ; )x y ∈{(0;0);(1;1)}

Ví dụ 10 : Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:

2 2

5(x +xy y+ ) 7(= x+2 )y (10)

Lời giải: Vì x, y là các số nguyên nên 2 2

5(x +xy y+ ) 5M và 7(x+2 ) 7y M Do đó tồn tại số nguyên m để

2 2 5 2

7



 + + =



Từ x+2y=5m, suy ra x = 5m – 2y Thay vào phơng trìnhx2+xy y+ 2 =7m

và rút gọn, ta đợc 3y2−15my+(25m2−7 ) 0m = (10’)

Để (10’) có nghiệm y, cần và đủ là

∆≥ 0 ⇔ 0 28

25

m

≤ ≤ Vì m Z∈ nên m∈{ }0;1 Từ đó tìm đợc nghiệm nguyên của phơng trình (10) là:

( ; )x y ∈ (0;0);(1; 2);( 1;3)−

IV) Bài tập áp dụng

*) Đề bài: Giải các ph ơng trình nghiệm nguyên sau (Kí hiệu Bài 1 (1) nghĩa là bài 1 giải bằng phơng pháp 1)

Bài 1 (1): x2− +(5 y x) + + =2 y 0

Bài 2 (1): 5x+25= −3xy+8y2

Bài 3 (1); (y+2)x2+ =1 y2

Bài 4 (1); x + xy + y = 9

Bài 5 (1); 2xy2+ + + =x y 1 x2+2y2+xy

Bài 6 (2); x6+3x3+ =1 y4

Bài 7 (2); 1 x x+ + +2 x3 = y3

Bài 8 (3); x2−4xy+5y2 =169

Bài 9 (3); 2(x y+ +) xy x= 2+y2 Với x, y dơng

Bài 10 (3); 5x2+y2 = +17 2xy

Bài 11 (3); 8x y2 2+ +x2 y2 =10xy

Bài 12 (3); x2+ +(x y)2 = +(x 9)2 Với x, y dơng

Bài 13 (3); x x( 2+ + =x 1) 4 (y y+1)

Bài 14 (4); 2 2 2 2 1 1 1 1 1 x + y +z + +t Với x, y, z, t dơng Bài 15 (4); 1 1 1 1 2 x+ + =y z Với x, y, z dơng

Bài 16 (5); x y xy x+ + = 2+y2

Bài 17 (5); x2−2xy+5y2 = +y 1

Bài 18) x2+xy y+ 2 =x y2 2 *) Đáp số: 1) ( ; )x y ∈ − −{( 1; 4);(0; 2);(2; 4);(3; 2)− − − } 2) ( ; )x y ∈ − −{( 7; 2);( 5;0);( 3; 10)− − − } 3) ( ; )x y ∈{(0;1);(0; 1)− }

4) ( ; )x y ∈{(0;9);(9;0);( 2; 11);( 11; 2);(1; 4);(4;1);( 3; 6);( 6; 3)− − − − − − − − } 5) ( ; )x y ∈{(2;1);(0;1)}

6) ( ; )x y ∈{(0;1);(0; 1)− }

7) ( ; )x y ∈{(0;1);( 1;0)− }

8) ( ; )x y ∈{(26;13);(29;12);(19;12);(22;5)}

9) ( ; )x y ∈{(4; 4);(4; 2);(2; 4)}

10) ( ; )x y ∈{(2;3);( 2; 1);(2;1);( 2; 3)− − − − }

11) ( ; )x y ∈{(0;1);(1;1);( 1; 1)− − }

12) ( ; )x y ∈{(8;7);(20;1)}

13) ( ; )x y ∈{(0;0);(0;1)}

14) ( ; ; ; ) (2; 2;2; 2)x y z t =

15) ( ; ; ) (3;7; 42);(3;8; 24);(3;9;18);(3;10;15);(3;12;12);(4;5; 20);

(4;6;12);(4;8;8);(5;5;10);(6;6;6)

16) ( ; )x y ∈{(0;0);(0;1);(1;0);(1; 2);(2;1);(2; 2)}

17) ( ; )x y ∈{(1;0);( 1;0)− }

18) ( ; )x y ∈{(0;0);(1; 1);( 1;1)− − }

V) kết quả: Đợc đa vào giảng dạy cho 30 học sinh của lớp 9A – Trờng THCS

Đoàn Lập trong khoảng thời gian từ 01/10/2008 cho đến 20/10/2008 Kết quả của việc giải các bài tập trong phần bài tập áp dụng nh sau:

*) Có 21 học sinh giải đợc từ 8 đến 10 bài (70%)

*) Có 5 học sinh giải đợc từ 11 đến 13 bài (16%)

*) Có 3 học sinh giải đợc từ 14 đến 16 bài (11%)

*) Có 1 học sinh giải đợc 18 bài (3%)

Đánh giá chung: Với kết quả trên đây có thể nhận thấy hầu hết các em tham gia

chơng trình học đều đã nắm kiến thức một cách tơng đối vững chắc Từ đó có thể nhận định rằng việc hệ thống hoá kiến thức theo cách nh trên đã mang lại những hiệu quả nhất định, giúp cho việc học tập của các em đạt đợc hiệu quả và chất lợng cao hơn

vi) tài liệu tham khảo

1) Toán học Tuổi trẻ – số 378 – Tr1 (Bài toán tìm nghiệm nguyên của phơng trình dạng ax2 + by2 + cxy + dx + ey + g = 0 với a2 + b2 > 0 )

2) Tuyển chọn theo chuyên đề Toán học Tuổi trẻ – Quyển 3

3) http://www.diendan3T.net

4) http://www.diendantoanhoc.org

5) Phơng trình nghiệm nguyên – Phan Huy Khải – NXB Giáo dục

6) Phơng trình và bài toán nghiệm nguyên – Vũ Hữu Bình– NXB Giáo dục

vii) một số h ớng nghiên cứu

1)Phơng trình Lebesgue (với k là số nguyên)

x2 + k = y3

2)Phơng trình Pythagore:

x2 + y2 = z2

3)Phơng trình Pell (với d không là số chính phơng)

x2 - dy2 = 1

4)Phơng trình dạng (với n, k là các số nguyên dơng)

2

i i i

(Problem 2185 in Crux Mathematicorum (22 (1996), 319) )

5)Phơng trình x2 - dy2 = - 1trong đó d không phải là số chính phơng

6) Xác định nghiệm nguyên của hệ sau:

2 16

12

uv xy

xu yv

ỡùù

ớù - =

(American Mathematical Monthly 1954 )

7) Tìm tất cả các số nguyên a, b sao cho:

ab a / 2 + b2 + 1

(E10316 in the American Mathematical Monthly )

8) Chứng minh rằng: Tồn tại vô hạn tam giác có độ dài ba cạnh là số nguyên và

diện tích tam giác là một số chính phơng

( E 6628 American Mathematical Monthly 1991 )

9) Chứng minh phơng trình sau luôn có nghiệm nguyên dơng.(với p nguyên tố lớn hơn 7 cho trớc)

1 1 1 4

x + y + z = p

(B i toán Erdos - Nh toán học Hungary - Hiện vẫn ch à à a có lời giải)

c) kết luận

Trên đây là một số kinh ngiệm mà tôi đã rút ra đợc trong quá trình giảng dạy Qua thực tế tôi nhận thấy học sinh nắm kiến thức rất chắc chắn, có hệ thống, và từ đó cũng đã phần nào bồi dỡng đợc lòng say mê học toán của các em Tuy đã có nhiều

cố gắng nhng chuyên đề trên đây cũng không thể tránh khỏi những thiếu sót Rất mong sự góp ý, nhận xét, rút kinh nghiệm của các đồng chí trong Ban giám hiệu nhà trờng, các đồng chí chuyên viên Phòng Giáo dục và của các bạn đồng nghiệp

để việc giảng dạy nói chung và bồi dỡng học sinh giỏi nói riêng của tôi đạt đợc những kết quả cao hơn Xin chân thành cảm ơn

Đoàn Lập, ngày 15 tháng 12 năm 2008

Ngời viết:

Nguyễn Cảnh Tuyên

Danh sách các sáng kiến kinh nghiệm đã viết

1 Chứng minh các Bất đẳng thức bằng phơng

2 Đổi mới phơng pháp dạy học bằng việc áp

dụng phơng pháp “ Chơng trình hoá “

Đổi mới phơng pháp dạy học môn

3 Một số bài toán về tính chia hết trên tập hợp

4 Giải phơng trình vô tỉ bằng phơng pháp đặt

5

Cộng hoà xã hội chủ nghĩa việt nam

Độc lập Tự do Hạnh phúc– –

Bản cam kết

I

tác giả

Họ và tên: Nguyễn Cảnh Tuyên

Ngày, tháng, năm sinh: 01 – 12 – 1976

Đơn vị: Trờng THCS Đoàn Lập – Tiên Lãng – Hải Phòng

Điện thoại: 0313945723

E-mail: Không có

II sản phẩm

Tên sản phẩm: Một số phơng trình nghiệm nguyên thờng gặp và cách giải

III cam kết

Tôi xin cam kết sáng kiến kinh nghiệm này là sản phẩm của cá nhân tôi Nếu có xảy ra tranh chấp về quyền sở hữu đối với một phần hay toàn bộ sản phẩm sáng kiến kinh nghiệm, tôi hoàn toàn chịu trách nhiệm trớc lãnh đạo đơn vị, lãnh đạo Sở

GD và ĐT về tính trung thực của bản cam kết này

Đoàn Lập, ngày 15 tháng 12 năm 2008

Ngời cam kết

Nguyễn Cảnh Tuyên