Các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

Học giải toán là một cách tư duy sáng tạo về toán, đồng thời là một vấn đề trừu tượng và khá khó đối với học sinh, nhưng đó lại là điều cần thiết cho mỗi học sinh trong quá trình học toá

Phần I: MỞ ĐẦU

I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:

1 Cơ sở lý luận:

Mục tiêu của môn Toán ở trường THCS là nhằm cung cấp cho học sinh những kiến thức phổ thông cơ bản và thiết thực, hình thành và rèn luyện các kỹ năng giải toán và ứng dụng vào thực tế, rèn luyện khả năng suy luận hợp lý,sử dụng ngôn ngữ chính xác, bồi dưỡng các phẩm chất tư duy như linh hoạt, độc lập, sáng tạo Xuất phát từ mục tiêu trên, phương pháp dạy học trong giai đoạn mới là tích cực hóa các hoạt động học tập của học sinh, rèn luyện khả năng tự học, tự phát hiện và giải quyết vấn đề của học sinh nhằm hình thành và phát triển ở học sinh các phẩm chất tư duy cần thiết

Toán học là một bộ môn khoa học đòi hỏi sự tư duy cao độ của người dạy, người học và cả người nghiên cứu Qua việc dạy và học toán, con người được rèn luyện năng lực phân tích, tổng hợp, tư duy linh hoạt và khả năng sáng tạo, góp phần hình thành kỹ năng, nhân cách cần thiết của người lao động trong thời đại mới Muốn học giỏi toán, học sinh phải luyện tập, thực hành nhiều, tức là phải học giải toán Học giải toán là một cách tư duy sáng tạo về toán, đồng thời là một vấn đề trừu tượng và khá khó đối với học sinh, nhưng đó lại là điều cần thiết cho mỗi học sinh trong quá trình học toán ở trường THCS.Vì vậy, để nâng cao chất lượng dạy và học toán, người thầy giáo cần truyền cho học sinh sự ham thích giải toán, bằng những phương pháp, kỹ năng cơ bản và ứng dụng của mỗi dạng loại toán

2 Cơ sở thực tế:

- Công tác bồi dưỡng học sinh giỏi nói chung, bồi dưỡng học sinh giỏi toán nói riêng hiện đang được phát động sôi nổi ở tất cả các trường, nhằm phát hiện và bồi dưỡng những học sinh có năng lực tư duy linh hoạt và sáng tạo, tạo nguồn nhân lực tốt cho công cuộc xây dựng đất nước Đây là một nhiệm vụ khá quan trọng và cũng không kém phần khó khăn, bởi vì:

+ Tài liệu giảng dạy phù hợp với đối tượng là học sinh THCS còn quá ít trong thư viện của các trường và tủ sách của cá nhân từng học sinh và của một số giáo viên

+ Đối tượng học sinh được chọn bồi dưỡng, có trình độ không đồng đều, phần lớn không đáp ứng được nội dung chương trình bồi dưỡng

-Bài toán “Giải phương trình nghiệm nguyên” thường có trong các đề thi học

sinh giỏi ở các lớp 8, 9 và thi tuyển vào lớp 10 trong những năm gần đây Ngoài ra, bài

toán “Giải phương trình nghiệm nguyên” còn được ứng dụng rộng rãi trong việc giải

một số dạng toán khác Nhiều học sinh dự thi học sinh giỏi toán, “rất ngại” phải “chạm

trán” với bài toán “Giải phương trình nghiệm nguyên” Nguyên nhân chủ quan là các

em không định hướng được cách giải, nguyên nhân khách quan là tính đa dạng của bài

toán “Giải phương trình nghiệm nguyên” Trong khi đó kiến thức mà các em lĩnh hội

nguyên và ứng dụng

được trong chương trình đại trà lại quá ít (vì lí do sư phạm) nên không thể đáp ứng được yêu cầu

- Qua thực tế giảng dạy cùng với sự cố gắng tìm tòi , tham khảo trong các tài liệu

liên quan, chúng tôi nêu ra “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên”,

nhằm cùng với các bạn đồng nghiệp xây dựng một hệ thống các phương pháp giải bài

toán “Giải phương trình nghiệm nguyên”, một loại toán tương đối khó với nhiều học

sinh, góp phần nâng cao chất lượng dạy và học

II NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI:

Tên đề tài: “ Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên”

Nhiệm vụ:

- Đưa ra một số sai lầm và bế tắc của học sinh thường gặp khi giải phương trình

nghiệm nguyên - Nêu một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên (có ví dụ

minh họa cho từng phương pháp), phù hợp với đối tượng học sinh THCS

- Một số ứng dụng của bài toán giải phương trình nghiệm nguyên vào việc giải các

dạng toán khác

III PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH: Dựa vào:

- Căn cứ đề thi và bài làm của học sinh dự thi học sinh giỏi toán các cấp, thi tuyển vào lớp 10 để tìm những sai sót và bế tắc học sinh thường mắc phải

- Căn cứ vào thực tế giảng dạy của giáo viên bộ môn toán bậc THCS ở đơn vị trường và các trường bạn

- Dựa vào giáo trình phương pháp dạy học toán và tài liệu bồi dưỡng nâng cao môn Toán

IV CƠ SỞ VÀ THỜI GIAN TIẾN HÀNH:

- Cơ sở :

+ Những hạn chế của học sinh trong quá trình giải Toán, thường gặp ở các lớp bồi dưỡng học sinh giỏi

+ Bài làm của các học sinh trong các kỳ thi học sinh giỏi , thi tuyển vào lớp 10

+ Các tài liệu nâng cao về Toán

- Đối tượng: Học sinh lớp 8,9

- Thời gian tiến hành: Từ năm 2006 đến 2008

Phần II: NỘI DUNG

I) MÔ TẢ TÌNH TRẠNG HIỆN TẠI:

* Qua thực tế giảng dạy chúng tôi nhận thấy học sinh thường mắc một số sai lầm và bế tắc cơ bản sau:

1/ Học sinh không xác định được phương pháp hay dạng loại đặc trưng nên chủ yếu là

thực hiện thử chọn mà không lập luận chặt chẻ dẫn đến bị khuyết nghiệm

Ví dụ 1: Tìm số tự nhiên x; y biết: x.y = x + y

Bằng cách thử chọn học sinh kết luận: nghiệm của phương trình là: x = 0 và y =0

(Học sinh đã bỏ qua cặp giá trị x = 2 và y = 2 hoặc nếu không sót nghiệm cũng không lập

luận chặt chẽ)

2/ Học sinh không chú ý đến điều kiện thỏa mãn là nghiệm của phương trình thì giá trị của ẩn để có đẳng thức xác định được và đúng; dẫn đến học sinh không loại nghiệm ngoại lai.

Ví dụ 2: Tìm tất cả các số nguyênx thoả mãn:

x 3 x10 x101 x990  x1000 2004 (3)

Sau khi giải có kết quả (Cách giải được trình bày rõ trong phương pháp 5):

x   102; 101; 100  

Với x 101  2004 2003  (vô lí) Vậy nghiệm của phương trình là: x   102; 100 

 - PHƯƠNG PHÁP 1: Phương pháp đưa về dạng tổng

 Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình có các

biểu thức chứa ẩn viết được dưới dạng tổng các bình phương.

- Biến đổi phương trình về dạng một vế là một tổng của các bình phương các biểu

thức chứa ẩn; vế còn lại là tổng bình phương của các số nguyên (số số hạng của hai vế

bằng nhau).

( ; ; , )



- Giải các hệ tương ứng:

nguyên và ứng dụng

2 2 , ,

2 2 , ,

2 2 , ,

x y

x y

x y











2 2 , ,

2 2 , ,

2 2 , ,

x y

x y

x y











2 2 , ,

2 2 , ,

2 2 , ,

x y

x y

x y











………

Các ví dụ minh hoạ:

 - Ví dụ 1: Tìm x;yZ thoả mãn: 5 2 4 2 169





 xy y

 Nhận xét – Tìm hướng giải:

Ta thấy cả hai vế của phương trình có thể biểu diễn được bằng tổng của hai bình phương

 GIẢI:

(1) 4 2 4 2 2 144 25 169 0





















Từ (I) ta có:

;

5

;

12

x y

x

x y

x

















Tương tự từ (II) ta có:

2

2

0

13 0

13

26 13

x

x y

y x

x

x y

y x

























Vậy              

5; 2 ; 5; 22 ; 5; 2 ; 5;22 ; 12; 19 ; 12; 29 ,

12;19 ; 12;29 ; 0;13 ; 0; 13 ; 13; 26 ; 13; 26

 - Ví dụ 2: Tìm x;yZthoả mãn: x2y2 x y 8 (2)

 Nhận xét – Tìm hướng giải:

Ta thấy cả hai vế của phương trình có thể biểu diễn được bằng tổng của hai bình phương

 GIẢI:

(2) 4x2 4x4y2 4y32 4x2 4x 1 4y2 4y 1 34 2x122y12 5232

(I) (II)

























y

y

















Vậy x y ;   2;3 ; 2; 2 ; 1;3 ; 1; 2 ; 3;2 ; 3; 1 ; 2; 2 ; 2; 1                   

 Bài tập áp dụng: Giải các phương trình nghiệm nguyên;

a/ 2 2

x  y   x

b/ 2 2 2

x y z xy x z

 - PHƯƠNG PHÁP 2: Phương pháp đưa về dạng tích

 Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình có các

biểu thức chứa ẩn phân tích được thành nhân tử.

- Biến đổi phương trình về dạng một vế là tích của các đa thức chứa ẩn; vế còn lại là

tích các số nguyên (số nhân tử của hai vế bằng nhau).

 , ,   ,   , , 

( ; ; , )



- Giải các hệ tương ứng:

, ,

, ,

, ,

x y

x y

x y









, ,

, ,

, ,

x y

x y

x y









, ,

, ,

, ,

x y

x y

x y









………

Các ví dụ minh hoạ:

 - Ví dụ 1: Tìm x;yZthoả mãn: x3 y3 91 (1)

 Nhận xét – Tìm hướng giải:

Ta thấy vế trái của phương trình dễ dàng phân tích thành nhân tử

 GIẢI:

(1)    2 2

91.1 13.7

x y x xy y

0

x xy y  )

Ta có:

;

91

1

x y x xy y

x y

VN

x xy y





 









 

















nguyên và ứng dụng

 - Ví dụ 2: Tìm x;yZthoả mãn: x2 x y2 0 (2)

 Nhận xét – Tìm hướng giải:

Ta thấy vế trái của phương trình là hiệu của hai đa thức bậc hai độc lập của x và y, nên ta có thể phân tích thành nhân tử

 GIẢI:











Vậy: x y ;   0;0 ; 1;0   

 Bài tập áp dụng: Giải các phương trình nghiệm nguyên;

a/ 2

x  xy

b/ 3

3x  xy5

c/ x y x y 

 - PHƯƠNG PHÁP 3: Phương pháp cực hạn

 Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình đối xứng

- Vì phương trình đối xứng nên x y z; ; có vai trò bình đẳng như nhau Do đó; ta giả thiết x y z  ; tìm điều kiện của các nghiệm; loại trừ dần các ẩn để có phương trình đơn giản Giải phương trình; dùng phép hoán vị để suy ra nghiệm

 Ta thường giả thiết 1   x y z

Các ví dụ minh hoạ:

 - Ví dụ 1: Tìm x y z Z; ; 

 thoả mãn: x y z x y z   (1)

 Nhận xét – Tìm hướng giải:

Ta thấy đây là phương trình đối xứng

 GIẢI:

Giả sử 1 x y z   Khi đó:

(1) x y z x y z    3z x y 3 (Vì x y z Z; ; 

 ) x y 1; 2;3

.Nếu: x y  1 x  y 1 2 z z(vô lí)

.Nếu: x y  2 x1;y2;z3

.Nếu: x y  3 x1;y 3 z 2 y(vô lí)

Vậy: x y z; ; là hoán vị của 1; 2;3

 - Ví dụ 2: Tìm x y z Z; ; 

 thoả mãn: 1 1 1 2

x yz  (2)

 Nhận xét – Tìm hướng giải:

Đây là phương trình đối xứng

 GIẢI:

Giả sử 1 x y z   Khi đó:

2

x y z x

Với: x 1 1 1 1 2 y 2 y 1;2

y z y

.Nếu: y 1 1 0

z

   (vô lí)

.Nếu: y 2 z2

Vậy: x y z; ; là hoán vị của 1; 2; 2

 Bài tập áp dụng: Giải các phương trình nghiệm nguyên dương:

a/ x y z t   x y z t .

b/ 1 1 1x yz 19951

c/ x y. z x. y z. 3

z  y  x 

d/ x y  1 x y z

 - PHƯƠNG PHÁP 4: Phương pháp sử dụng tính chất chia hết

 Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình có dạng

phân thức mà tử là một số nguyên; được dùng để giải các bài toán: “Tìm giá trị nguyên

của biến để biểu thức nhận giá trị nguyên”

- Áp dụng tính chất chia hết trong Z để xác định tập giá trị của biểu thức chứa ẩn (thường là biểu thức dưới mẫu)

Các ví dụ minh hoạ:

 - Ví dụ 1: Tìm x y Z;  để: 2 2

1

x x A

x x





  nhận giá trị nguyên

 Nhận xét – Tìm hướng giải:

Ta thấy A là phân thức có tử và mẫu hơn kém nhau một hằng số nguyên Do đó ta có thể biến đổi A thành tổng của một đa thức và một phân thức có tử là hằng số nguyên  GIẢI:

Ta có: 2 2 22 1 1 1 2 1

A

Để A nhận giá trị nguyên thì 2

1 1

x  x nhận giá trị nguyên

 2   2     

1

1

x

x











Vậy để A nhận giá trị nguyên thì: x 0 hoặc x 1

 - Ví dụ 2: Tìm x y Z;  thoả mãn: 2y x x y2    1 x22y2x y (2)

nguyên và ứng dụng

(Đề thi Tuyển sinh vào 10 chuyênToán đại học KHTN Hà Nội)

 Nhận xét – Tìm hướng giải:

Ta nhận thấy các hạng tử chứa biến từng đôi một có chứa nhân tử chung nên nếu nhóm các hạng tử hợp lí cho ta đa thức có nhân từ chung x 1,nên chia hai vế của phương trình cho x 1ta sẽ có một vế luôn nhận giá trị nguyên

 GIẢI:

Ta có:

(2) 2 y2 x1 x x. 1 y x. 1 1 0 *   

Với: x1; *  1 0  x1 không phải là ngiệm của phương trình Nên:

 

1

y x y

x

Phương trình có nghiệm nguyên    1  

0 1

1 1

x

x x







 - Ví dụ 3: Tìm x y Z; 

 thoả mãn: 3x 1 y12 (3)

 Nhận xét – Tìm hướng giải:

Vì 3xlà số lẻ; suy ra y 12 chia hết cho 2 Sử dụng tính chất này ta xét các điều kiên của nghiệm của phương trình

 GIẢI:

Ta có:

(3) 3x y121y y 2.3x là số lẻ  y y; 2là hai số lẻ liên tiếp

y y; 2 1 y y; 2

     là các luỹ thừa của 3, nên:

 

3 *

2 3 **

m

n

y

y

 





 



 Với: m 0; n 1 y1;x1

 Với: m 1; n1Từ    

2 3

y

y y y









Phương trình có nghiệm nguyên: x y11





 Bài tập áp dụng: Giải các phương trình nghiệm nguyên dương:

a/ x2 2y2 5

b/ 19x228y2 729

c/ xy x  2y3

d/ Chứng tỏ phương trình sau vô nghiệm: 3 3 3

2000

x y z    x y z

 - PHƯƠNG PHÁP 5: Phương pháp sử dụng bất đẳng thức

 Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình mà hai

vế là những đa thức có tính biến thiên khác nhau.

- Áp dụng các bất đẳng thức thường gặp:

Bất đẳng thức Cô – si:

Cho n số không âm: a a a1; ; ; ;2 3 a n Khi đó:

1 2 3

n n

n

a a a a n

 Dấu “=” xảy ra  a1a2 a3  a n

Bất đẳng thức Bunhiacôpxki:

Cho 2n số thực: a a a1; ; ; ;2 3 a n vàb b b1; ; ; ;2 3 b n Khi đó:

a b1 1 a b2 2a b3 3 a b n n2 a1.a2.a3 a n b b1 2.b3 b n Dấu “=” xảy ra  a i kb i i 1;n

Bất đẳng thứcgiá trị tuyết đối:

a b a b

a b

a b a b



Các ví dụ minh hoạ:

 - Ví dụ 1: Tìm x y Z; 

 thoả: x y. y z. z x. 3

z  x  y  (1)

 Nhận xét – Tìm hướng giải:

Ta thấy đây là một phương trình đối xứng, nên có thể dùng phương pháp 3 (phương pháp cực hạn) Tuy nhiên, các hạng tử trong tổng có giá trị dương nên ta có thể áp dụng bất đẳng thức Cô – si để xác định điều kiện của tích các ẩn

 GIẢI:

Áp dụng BĐT Cô – si Ta có: 3 3

3 x y y z z x 3 x y y z z x 3 x y z

3 x y z 1 x y z 1 x y z 1

Vậy nghiệm của phương trình là: x  y z 1

 - Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:  2  2 2 

x y   x y  (2)

(Toán Tuổi thơ 2)

 Nhận xét – Tìm hướng giải:

Ta nhận thấy hai vế của phương trình có dạng: bình phương của tổng và tổng các bình phương; nên ta có thể vận dụng BĐT Bunhiacôpxki

 GIẢI:

Theo Bunhiacôpxki,ta có:

x y 12 121212 x2y213x2y21

x y

x y

Vậy nghiệm của phương trình là: x y 1

 - Ví dụ 3: Tìm tất cả các số nguyênx thoả mãn:

x 3 x10 x101 x990  x1000 2004 (3)

nguyên và ứng dụng

 Nhận xét – Tìm hướng giải:

Ta nhận thấy: 2104 = 3 + 10 + 101 + 990 + 1000 =101 + 2003 và a  a

 GIẢI:

Ta có:

(3) 3 x 10 x x101 x990  x1000 2004

Mà













Do đó:  1 x101 1 x101  1;0;1  x  102; 101; 100  

Với x 101  2004 2003  (vô lí) Vậy nghiệm của phương trình là: x   102; 100 

 Bài tập áp dụng: Giải các phương trình nghiệm nguyên dương:

a/ x2 xy y 2 3

b/ x22y22z2 2xy 2yz 2z4

 - PHƯƠNG PHÁP 6: Phương pháp lựa chọn

 Phương pháp: Phương pháp này được sử dụng với các phương trình mà ta có

thể nhẩm (phát hiện dể dàng) được một vài giá trị nghiệm

- Trên cơ sở các giá trị nghiệm đã biết Áp dụng các tính chất như chia hết; số dư; số chính phương; chữ số tận cùng … ta chứng tỏ rằng với các giá trị khác phương trình vô nghiệm

Các ví dụ minh hoạ:

 - Ví dụ 1: Tìm x y Z; 

 thoả: 6 3 4

x  x  y

 Nhận xét – Tìm hướng giải:

Ta thấy với x0;y1 thì phương trình được nghiệm đúng Ta cần chứng minh phương trình vô nghiệm với x 0

 GIẢI:

+ Với x0;y1 thì phương trình được nghiệm đúng

+ Với x 0 Khi đó:

x62x3 1 x63x3 1 x64x3 4 x312y4 x322 (*)

Vì x31 ; x32là hai số nguyên liên tiếp nên không có giá trị nào của y thoả (*) Vậy x0;y1 là nghiệm của phương trình

 - Ví dụ 2: Tìm x y Z; 

 thoả: 2 2 1

1 3 y

   (2)

(Tạp chí Toán học và tuổi trẻ )

 Nhận xét – Tìm hướng giải: