skkn một số PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN (toán thcs)

Các bài toán về phương trình nghiệm nguyên bậc nhất nói chung là không khó vì đã có phương pháp giải tổng quát.. Để giúp học sinh có thêm phương pháp tư duy sáng tạo khoa học nhanh chóng

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP VĨNH YÊN

TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ KHAI QUANG

BÁO CÁO

KẾT QUẢ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Tên sáng kiến kinh nghiệm:

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

Môn : Toán

Tổ bộ môn: Khoa học tự nhiên

Mã: 30

Người thực hiện: Nguyễn Thị Nghĩa

Điện thoại: 01238980910

Email: trankhoatd123@gmail.com

MỤC LỤC

1 Lý do chọn đề tài

2 Mục đích nghiên cứu

3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

4 Phương pháp nghiên cứu

5 Kế hoạch nghiên cứu

3 3 3 3 3

1 Cơ sở lý luận

2 cơ sở thực tiễn

3 Nội dung của chuyên đề

4 Hiệu quả của chuyên đề

5 5 5 13

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH

NGHIỆM NGUYÊN PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ.

1 Lý do chọn đề tài.

Trong các kỳ thi học sinh giỏi cũng như thi vào các trường chuyên thường xuất hiện các bài toán tìm nghiệm nguyên Đó là loại toán đòi hỏi một phản xạ nhanh, nhạy và chính xác, một suy luận lô gích Chính vì vậy giải phương trình nghiệm nguyên là phát triển tốt cho trí tưởng tượng và sự thông minh được phát triển

Các bài toán về phương trình nghiệm nguyên bậc nhất nói chung là không khó vì đã có phương pháp giải tổng quát Giải phương trình nghiệm nguyên bậc cao là một vấn đề rất phong phú, thường đòi hỏi vận dụng tổng hợp và sáng tạo các kiến thức số học và đại số

Để giúp học sinh có thêm phương pháp tư duy sáng tạo khoa học nhanh chóng tìm ra lời giải cho một bài toán về giải phương trình nghiệm nguyên bậc

cao trong một số bài tập Tôi đã chọn chuyên đề “Một số phương pháp giải

phương trình nghiệm nguyên”

Chuyên đề này xin được nêu lên một vài phương pháp giúp giải phương trình nguyên bậc cao trong một số trường hợp thông qua ví dụ và từng loại bài tập để từ đó hình thành kỹ năng và phương pháp giải

2 Mục đích nghiên cứu.

- Nghiên cứu các phương pháp cơ bản trong giải phương trình nghiệm nguyên, giúp học sinh tìm ra lời giải nhanh nhất đối với dạng bài tập này

- Rèn luyện cho học sinh tính linh hoạt, sáng tạo khi học toán

- Góp phần bồi dưỡng khả năng suy nghĩ, trí thông minh, suy luận lô gích để giải quyết các vấn đề

3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu.

3.1 Đối tượng nghiên cứu: Học sinh khối 8, 9 trường THCS Khai Quang.

3.2 Phạm vi nghiên cứu: Các bài tập về giải phương trình nghiệm nguyên

trong chương trình toán THCS

4 Phương pháp nghiên cứu.

4.1 Phương pháp nghiên cứu lý thuyết:

- Đọc và nghiên cứu các tài liệu, giáo trình về phương pháp dạy học toán và các tài liệu có liên quan đến giải phương trình nghiệm nguyên

- Nghiên cứu và tìm hiểu phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

4.2 Phương pháp điều tra: Tìm hiểu thực trạng kết quả học tập của học sinh

(Đặc biệt là đội tuyển học sinh giỏi) nhằm xác định tính phổ biến và nguyên nhân để chuẩn bị cho các bước tiếp theo

4.3 Phương pháp thảo luận: Trao đổi với đồng nghiệp về kinh nghiệm giảng

dạy và các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

4.4 Phương pháp quan sát: Thông qua các tiết dự giờ, thao giảng và bồi dưỡng

học sinh giỏi của đồng nghiệp để quan sát trực tiếp tình hình học sinh tiếp thu bài và cách khai thác và xây dựng lời giải của kiểu bài giải phương trình nghiệm nguyên

4.5 Phương pháp kiểm tra đánh giá: Khi thực hiện chuyên đề khảo sát, so

sánh kết quả đánh giá học sinh trước và sau khi thực hiện để đánh giá hiệu quả của chuyên đề

5 Kế hoạch nghiên cứu.

Thời gian nghiên cứu là 9 tháng: Từ tháng 8/2013 đến tháng 4/2014

PHẦN II: NỘI DUNG

1 Cơ sở lý luận: Trong thời đại hiện nay nền giáo dục của nước ta đã và đang

tiếp cận được với khoa học hiện đại Các môn học đều đòi hỏi tư duy sáng tạo và hiện đại của học sinh Đặc biệt là môn toán, nó đòi hỏi tư duy rất tích cực của học sinh, đòi hỏi học sinh tiếp thu kiến thức một cách chính xác, khoa học và hiện đại, vì thế để giúp các em học tập môn toán có kết quả tốt giáo viên phải có một kiến thức vững vàng, một tấm lòng đầy nhiệt huyết và biết vận dụng các phương pháp giảng dạy một cách linh hoạt, sáng tạo và hiệu quả để học sinh hiểu bài một cách nhanh nhất, dễ hiểu nhất

Chương trình toán rất rộng và đa dạng, các em được lĩnh hội nhiều kiến thức trong đó có một nội dung kiến thức mà theo các em suốt trong quá trình học tập là tìm giá trị nguyên của ẩn hoặc của tham số Bậc tiểu học, học sinh đã gặp các bài toán giải phương trình nghiệm nguyên đơn giản: Tìm các số tự nhiên x; y, lên lớp 6, 7 là tìm các số nguyên x; y , lên lớp 8, 9: tìm nghiệm nguyên của phương trình Như vậy giải phương trình nghiệm nguyên có một ứng dụng rất quan trọng khi giải toán, đặc biệt là với học sinh giỏi lớp 8 và lớp 9 Không những thế phương trình nghiệm nguyên còn được ứng dụng nhiều cho học sinh tiếp tục học tập lên các lớp trên

2 Cơ sở thực tiễn: Thực tế cho thấy hầu hết các em học sinh lớp 8, 9 kể cả học

sinh đội tuyển đều rất ngại khi gặp phải các bài toán giải phương trình nghiệm nguyên, mặc dù các em đã biết cách giải phương trình nghiệm nguyên bậc nhất tuy nhiên khi nhìn thấy phương trình nghiệm nguyên bậc hai và các bậc cao hơn thì hầu hết học sinh đều tỏ ra khó khăn và lúng túng Nguyên nhân vì các em không biết xuất phát từ đâu để tìm lời giải hoặc không biết tìm mối liên quan giữa các ẩn và các số liện đã biết để ra được kết quả Mà dạng toán này thường

có ở phần cuối của các đề kiểm tra và trong các đề thi học sinh giỏi

Với những cơ sở về mặt lý luận cũng như về mặt thực tiễn nêu trên, tôi mạnh dạn vận dụng vào thực tế giảng dạy của mình Kết quả khảo sát khi chưa thực hiện chuyên đề:

Điểm

Lớp

Sĩ

Số

3 Nội dung của chuyên đề: Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Phương pháp 1: Sử dụng tính chẵn lẻ.

Ví dụ 1: Tìm tất cả các số nguyên tố x, y thỏa mãn x2 – 2y2 = 1 (1)

Giải: (1)  x2 = 2y2 + 1 lẻ  x = 2k + 1  y chẵn mà y là số nguyên tố nên y =

2 , x = 3

Ví dụ 2: Tìm số nguyên tố p để 4p + 1 là một số chính phương.

Giải:

Giả sử 4p + 1 = x2  x lẻ nên x = 2n + 1 ; nz

Khi đó 4p + 1 = (2n + 1)2 = 4n2 + 4n + 1 p = n(n + 1) chẵn

Vì p nguyên tố và p chẵn nên p = 2

Vì p = 2 thì 4p + 1 là số chính phương

Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình :  7

1 2

3 2

2 2









y x

y z

Giải:

Từ phương trình thứ hai ta có z2 = 2y2 + 1 z lẻ

Đặt z = 2t + 1 khi đó z2 = 4t2 + 4t + 1 hay y2 = 2t2 + 2t  y chẵn

Mặt khác từ phương trình một ta có: 2(k2 + k – 2n3) = 3 Điều này không thể xảy

ra vì vế trái của đẳng thức là số lẻ, còn vế phải là số chẵn nên hệ vô nghiệm

Bài tập áp dụng:

1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

2x5y1 2x yx2 x = 105

2 Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

x2 = 2y2

3 Giải phương trình trên tập số nguyên tố:

xy + 1 = z

4 Tìm điều kiện cần và đủ cho số k để phương trình x2 – y2 = z có nghiệm

nguyên

Phương pháp 2: Phương pháp phân tích.

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3 – y3 = 3xy + 1

Giải:

Ta có hằng đẳng thức:

a3 + b3 + c3 – 3abc = ( a+ b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – ac – bc)

Phương trình đã cho có thể viết lại thành:

x3 + (-y)3 + (-1)3 – 3x(-y)(-1)

 (x – y – 1)(x2 + y2 + 1 + xy + x – y) = 0

a) x – y – 1 = 0  x = y + 1

b) x2 + y2 + 1 + xy + x – y = 0

Coi đây là phương trình bậc hai đối với x ta có:

= (y + 1)2 – 4(y2 – y + 1) = -3y2 + 6y – 3 = -3(y – 1)2  0

Để phương trình có nghiệm thì   0  y = 1; x =

2

) 1 ( 

 y

= -1 Tóm lại phương trình đã cho có nghiệm nguyên:

 1

1







x

y ;  x k

k y





 1 Với kz

Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 – 4xy + 5y2 = 16

Giải:

Phương trình tương đương với:

(x – 2y)2 + y2 = 16 = 42 + 0

(Số 16 chỉ có thể là tổng của hai số chính phương 42 và 0)

0









y x

4









y x y

Vậy phương trình có 4 nghiệm: (4;0), (-4;0), (8;4) và (-8; -4)

Bài tập áp dụng:

1 Tìm nghiệm nguyên:

a) x + y = xy

b) p(x + y) = xy với p nguyên tố

2 Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình:

3x3 – xy = 5

3 Giải các phương trình sau trên tập số nguyên

a) 3x2 + 10xy + 8y = 96

b) 2x2 + xy – y2 – 9 = 0

c) x2 + x – y2 = 0

d) x2 – y2 = 91

Phương pháp 3: Phương pháp cực hạn

( Thường sử dụng cho phương trình đối xứng nên vai trò các ẩn như nhau nên có thể giả thiết 1 xyz…)

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

x + y + z = xyz (1)

Giải : Vì x, y, z có vai trò như nhau nên ta có thể giả sử 1 xyz





x zx yz

 x = 1 thay x = 1 vào (1) ta được 1 + y + z = yz (y – 1)(z -1) = 2 = 1.2  y

= 2; z = 3 ( vì y – 1z – 1)

Vậy (1) có 6 nghiệm nguyên là các hoán vị của (1; 2; 3)

Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

x3 + 7y = y3 + 7x

Giải: Phương trình đã cho tương đương với (x – y)(x2 + xy + y2 – 1) = 0

 x = y hoặc x2 + xy + y2 = 7

Nếu x y thì từ x2 + xy + y2 = 7  (x – y)2 = 7 – 3xy > 0

 xy <

3

7

 x = 1 ; y = 2 hoặc x = 2; y = 1

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: (1;2) ; (2,1); (n,n); nz

Bài tập áp dụng:

1 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

a) x + y + z + t = xyzt

b) x + y + z + 9 = xyz

c) x + y + 1 = xyz

d) 1x  1y 1z = 1

2 Tìm nghiệm nguyên dương

5(x + y + z + t) + 10 = 2xyzt

Phương pháp 4: Phương pháp loại trừ.

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x6 + 3x3 + 1 = y4

Giải:

Rõ ràng với x = 0, y =1 là nghiệm của phương trình ta chứng minh đó là hai nghiệm nguyên duy nhất

* Với x > 0 (x3 + 1)2 = x6 + 2x3 + 1 < x6 + 3x3 + 1 = y4

(x3 + 2)2 = x6 + 4x3 + 4 > x6 + 3x3 + 1 = y4

 x3 + 1 < y2 < x3 + 2 ( vô lý)

* Với x-2

(x3 + 2)2 < x6 + 3x3 + 1 = y4< x6 + 2x3 + 1 = (x3 +1)2

 3 2



x < y2 < 3 1



x (vô lý)

* Với x= -1 thì y4 = -1 vô nghiệm

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm (0;1) và ( 0; -1)

Ví dụ 2; Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

1! + 2! + …+ x! = y2

Giải:

*Với x 5 thì x!  10 nên 1! + 2! + 3! + 4! + 5! + …+ x! = 33 + 5! + …x! tận cùng là 3 trong khi đó không có số chính phương nào có số chính phương nào tận cùng là 3 Vậy với x 5 phương trình không có nghiệm nguyên

* Với x< 5 phương trình có nghiệm nguyên x= 1, y= 1 và x= 3, y= 3

Bài tập áp dụng:

1 Giải các phương trình trên tập số nguyên

x2 – 6xy + 13y2 = 100

2 Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

x(x + 1)(x + 7)(x + 8) = y2

3 Giải phương trình trên tập số nguyên

(x – 2)4 – x4 = y3

4 Giải phương trình:

6x2 + 5y2 = 74

Phương pháp 5: Dùng chia hết và chia có dư.

(Thường dùng để chứng minh phương trình không có nghiệm nguyên bằng cách chứng minh hai vế khi chia cho cùng một số có số dư khác nhau)

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

x2 – 2y2 = 5

Giải:

* Nếu x 5 thì từ 2y2 = x2 – 6  y 5 khi đó x2 – 2y2

 25 vô lý

* Nếu x không  5 thì y không5 số nguyên x khi chia cho 5 có thể dư 1, 2

 x2



 1 (mod 5)

 x2 – 2y2  3 (mod 5)

Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên

Ví dụ 2: Phương trình 19x2 + 28y2 = 729 có nghiệm nguyên hay không?

Giải:

Phương trình đã cho có thể viết thành: (18x2 + 27y2) + (x2 + y2) = 729

Vì 729 chia hết cho 3, 18x2 + 27y2 chia hết cho 3 Vậy x2 + y2 chia hết cho 3 từ

đó rõ ràng x3, y3 Đặt x = 3u và y = 3v( u, v là các số nguyên) thay vào

phương trình đầu ta có: 19u2+ 28v2 = 81

Lập luận tương tự như trên ta có u, v đều chia hết cho 3 nên lại có u = 3t, v= 3s

từ đó ta lại có 19t2 + 28s2 = 9

Tương tự: t = 3q; s = 3r ta đi đến 19q2 + 28r2 = 1 Phương trình này không có nghiệm nguyên Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên

Ví dụ 3: Tìm các chữ số x, y, z thỏa xyzxzy zzz(1)

Giải:

Ta có (1)  100x + 10y + z + 100x + 10z + y = 111z

 200x + 11y = 100z

 100(z – 2x) = 11y  100

 y = 0 khi đó z = 2x  z = 2, 4, 6, 8

Ứng với x = 1, 2, 3, 4 ta có các số 102, 204, 306, 408 đều thỏa mãn (1)

Bài tập ứng dụng:

1 Giải phương trình trên tập hợp số nguyên

a) x2 – 3y2 = 17

b) x2 – 5y2 = 17

2 Chứng minh rằng phương trình 15x2 – 7y2 = 9 không có nghiệm nguyên

3 Giải phương trình trên tập số nguyên

7

4

2

4

x

4 Chứng minh rằng phương trình: 4x2 + y2 + 9z2 = 71 không có nghiệm nguyên

Phương pháp 6: Sử dụng tính chất nguyên tố.

Tính chất 1: Với mọi số nguyên a, số a2 + 1 không có ước nguyên tố dạng 4k + 3

Tính chất 2: Cho p là số nguyên tố dạng 4k + 3 ( a, b z)

Nếu a2+ b2

p thì ap và bp

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – y3 = 7

Giải:

x2 – y3 = 7  x2 + 1 = 8 + y3 = (y + 2)(y2 – 2y + 4)

* Nếu y chẵn thì x2 + 1 4  x2 3 (mod 4) vô lý

8 Nếu y lẻ thì y2 – 2y + 4 = (y – 1)2+ 3 có dạng 4k = 3 nên phải có ước có dạng

đó Do đó x2 + 1 có ước số nguyên tố dạng 4k + 3 vô lý

Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên

Ví dụ 2: Giải phương trình trên tập số nguyên.

x2 + 2x + 4y2 = 37

Giải: Ta có: x2 + 2x + 4y2 = 37

 (x + 1)2 + (2y)2 = 3819 ( dạng 4k + 3)

 x + 119 và 2y 19  (x + 1)2 + (2y)2

192 ( vô lý) Vậy phương trình không có nghiệm nguyên

Ví dụ 3: Chứng minh phương trình: 4xy – x – y = z2 không có nghiệm nguyên dương

Giải:

Ta có: 4xy – x – y = z2

 (4x – 1)(4y – 1) = (2z)2 + 1

Số 4x – 1 nguyên, dương  3 có dạng 4k + 3 nên có ít nhất một ước nguyên tố dạng 4k + 3 nên phương trình đã cho không có nghiệm nguyên, dương

Bài tập áp dụng:

1 Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình sau:

a) 4xy – y + 4x – 2 = 9x2

b) x2y2 – y2 – 2y = 1 = 0

2 Tìm nghiệm nguyên, dương của hệ:  2 2 2

2 2 2

13 13

z y x

t y x









Phương pháp 7: Phương pháp xuống thang.

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3 – 3y3 – 9z3 = 0

Giải:

Giả sử (x0, y0, z0) là nghiệm nguyên của phương trình, khi đó x0 3 Đặt x0 = 3x1 thay vào phương trình ta được: 9 3 3 0

1

3 0

3

1  y  z 

x  y0  3 Đặt y0 = 3y1 khi đó:

3 0

3

1

3

9x  y  z = 0  3x13 9y13  z03= 0  z0 3 Đặt z0 = 3z1 Thay z0 = 3z1

3 1

3

1

3 1

3

Vậy phương trình có nghiệm nguyên duy nhất (0; 0; 0)

Ví dụ 2: Giải phương trình nguyên: 8x4 – 4y4 + 2z4 = t4

Giải: Giả sử phương trình có nghiệm nguyên (x0, y0, z0, t0) thì t0 = 2t1 phải chẵn Thay t vào phương trình đã cho được: 4x04  2y04 z04 8t14  z0 2

Đặt z0 = 2z1 nên 4x04  y04 8z14 4t14  y0 2

Đặt y0 = 2y1 nên x04  8y14 4z14 2t14  x0 2

Đặt x0 = 2x1 nên 8x14  4y14 2z14 t14











2

; 2

; 2

; 2

0 0 0

x

cũng là nghiệm của phương trình

Quá trình này tiếp tục mãi các số: 











k k k k

t z y x

2

; 2

; 2

; 2

0 0 0 0

là số nguyên với mọi k nguyên Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên duy nhất là (0; 0; 0; 0)

Bài tập áp dụng:

1 Giải phương trình trên tập số nguyên

a) x3 – 2y3 – 4z3 = 0

b) x2 + y2 + z2 + t2 = 2xyzt

2 Tìm nghiệm nguyên

a) x2 + y2 + z2 = 2xyz

b) x3 + 2y3 = 4z3

Phương pháp 8: Dùng bất đẳng thức.

1 Bất đẳng thức Cosi:

n

a a

a

.

2 1 2

Dấu “=” xảy ra khi a1 = a2 =…= an

2 Bất đẳng thức Bunhiacopxky.

Cho 2n số thực a1,a2= , an; b1, b2, , bn

Ta có: ( a1b1+ a2b2 + + anbn)2    2 2

2

2 1 2 2

2

2

Dấu “=” xảy ra khi a1= kbi; i = 1, 2, , k số thực

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dương:    3

y

zx x

yz z

xy

(1)

Giải: Áp đụng bất đẳng thức Côsi ta có:

3xyz = x2y2 + y2z2 + z2x233 x4y4z4 3xyz3 xyz

 xyz 1  x = y = z = 1

Vậy (1) có nghiệm nguyên, dương là (1;1;1)

Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên (x + y + 1)2 = 3(x2 + y2 + 1)

Giải:

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxky

(x = y + 1)2  (x2 + y2 + 1)(12 + 12 + 12) = 3(x2 + y2 + 1)

Dấu “=” xảy ra khi x = y = 1

Giải cách khác:

Phương trình đã cho tương đương với: xy + x + y = x2 + y2 + 1

 ( x2 + y2 – 2xy) + (x2 – 2x + 1) + (y2 – 2y + 1) = 0

 (x – y)2 + (x – 1)2 + (y – 1)2

 x = y = 1

Bài tập áp dụng: Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau:

1 x2 + 2y2 + 2z2 – 2xy – 2yz – 2z = 4

2 x2 + y2 + z2 = xy + 3y + 2z – 4

3 x y  z  xyz

2

1 2 1

Phương pháp 9: Áp dụng tính chất số

Ví dụ 1: tồn tại hay không các số tự nhiên x, y, z sao cho: x2 + y3 + z4 = 28713

Giải:

Bởi vì: 22 + 33 + 43 = 287 nên 28713 = 22.28712+ 33 28712 + 44 28712

= (2.287)2 + ( 3.2874)3 + (4.2873)4

Vậy x = 2.2876 , y = 3.2874 , z = 4.2873