PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỊ XÃ BUÔN HỒTRƯỜNG THCS NGUYỄN TRƯỜNG TỘ ---@&?---SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Đề tài: “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên nhằm nâng cao chất lượng
Trang 1PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỊ XÃ BUÔN HỒ
TRƯỜNG THCS NGUYỄN TRƯỜNG TỘ
-@&? -SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Đề tài:
“Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên
nhằm nâng cao chất lượng học sinh giỏi”
Loại đề tài: Bộ môn Toán
Họ và tên: Vương Văn Lương
Phó Hiệu trưởng trường THCS Nguyễn Trường Tộ
Tháng 2 năm 2019
*********
I.PHẦN MỞ ĐẦU.
1 Lý do chọn đề tài.
Trang 2Trong quá trình học toán ở trường THCS học sinh cần biết cách tổ chức công việc của mình một cách sáng tạo Người thầy cần rèn luyện cho học sinh
kỹ năng, độc lập suy nghĩ một cách sâu sắc, sáng tạo Vì vậy đòi hỏi người thầy một sự lao động sáng tạo biết tìm tòi ra những phương pháp để dạy cho học sinh trau dồi tư duy logic giải các bài toán
Là một giáo viên dạy toán ở trường THCS trực tiếp bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi nhiều năm tôi nhận thấy việc giải các bài toán ở chương trình THCS không chỉ đơn giản là đảm bảo kiến thức trong SGK, đó mới chỉ là những điều kiện cần nhưng chưa đủ Muốn giỏi toán cần phải luyện tập nhiều thông qua việc giải các bài toán đa dạng, giải các bài toán một cách khoa học, kiên nhẫn, tỉ mỉ, để tự tìm ra đáp số
Muốn vậy người thầy phải biết vận dụng linh hoạt kiến thức trong nhiều tình huống khác nhau để tạo hứng thú cho học sinh Một bài toán có thể có nhiều cách giải, mỗi bài toán thường nằm trong mỗi dạng toán khác nhau nó đòi hỏi phải biết vận dụng kiến thức trong nhiều lĩnh vực nhiều mặt một cách sáng tạo
vì vậy học sinh phải biết sử dụng phương pháp nào cho phù hợp
Các dạng toán về số học ở chương trình THCS thật đa dạng phong phú
như: Toán về chia hết, phép chia có dư, số nguyên tố, số chính phương, phương trình nghiệm nguyên…….
Đây là một dạng toán có trong chương trình THCS nhưng chưa đưa ra phương pháp giải chung Hơn nữa phương trình nghiệm nguyên có rất nhiều trong các đề thi học sinh giỏi huyên, học sinh giỏi tỉnh ….Song khi giải các bài toán này không ít khó khăn phức tạp Từ thực tiễn giảng dạy tôi thấy học sinh hay bế tắc, lúng túng về cách xác định dạng toán và chưa có nhiều phương pháp giải hay
Từ những thuận lợi, khó khăn và yêu cầu thực tiễn giảng dạy.Tôi chọn đề
tài: “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên nhằm nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi”
Trong quá trình viết đề tài do điều kiện và kinh nghiệm không tránh khỏi khiếm khuyết Rất mong được sự đóng góp, của thầy cô giáo và đồng nghiệp
Trang 32 Mục tiêu nhiệm vụ của đề tài.
Giúp cho học sinh có kỹ năng nhận dạng, nhận biết, biến đổi bài toán tìm nghiệm nguyên của những bài toán cơ bản thuần túy lý thuyết chuyển sang áp dụng giải quyết các vấn đề thực tiễn cuộc sống liên quan đến số nguyên
Hệ thống hóa một số dạng toán về phương trình nghiệm nguyên, một số phương pháp giải giúp học sinh có kỹ năng biến đổi giải các bài toán về phương trình nghiệm nguyên và áp dụng thực tiễn
3 Đối tượng nghiên cứu.
Tập trung vào việc định dạng, phương pháp giải hợp lý các bài toán số học có liên quan đến tìm nghiệm nguyên của phương trình
4 Giới hạn của đề tài.
Chương trình toán số học THCS đặc biệt chương tình lớp toán 7 lớp 8 và lớp 9 đối với các bài toán về nghiệm nguyên
5 Phương pháp nghiên cứu.
- Phương pháp thống kê toán học: thu thập thông tin từ học sinh để hình thành ý tưởng, xây dựng cơ sở lý luận của đề tài và hoàn thành đề tài;
-Đọc và nghiên cứu tài liệu tham khảo
- Nghiên cứu cơ sở lý thuyết
-Thực nghiệm sư phạm qua giảng dạy
- Phương pháp so sánh đối chứng
- Phương pháp điều tra phân tích, tổng hợp
II PHẦN NỘI DUNG.
1.Cơ sở lý luận.
Toán học là một môn khoa học đòi hỏi người học toán, người làm toán, người dạy toán đều phải có tư duy cao độ Thông qua môn toán chúng ta có thể rèn luyện được năng lực phân tích tổng hợp, tư duy linh hoạt, khả năng sáng tạo góp phần hình thành kỹ năng trong cuộc sống Muốn giỏi toán đòi hỏi học sinh không chỉ có kiến thức cơ bản tư duy phân tích tổng hợp sáng tạo mà phải có phương phápluận khoa học, có sự hỗ trợ cần thiết của người thầy Vì vậy để
Trang 4nâng cao chấtlượng dạy và học toán người thầy cần truyền cảm hứng cho học sinh để các em có niềm đam mê với môn toán
Đối với việc dạy học chuyên đề phương trình nghiệm nguyên không có bài cụ thể trong chương trình sách giáo khoa phổ thông nhưng nội dung này lại thường có trong các đề thi học sinh giỏi các cấp, đề thi vào các trường chuyên
2.Thực trạng vấn đề nghiên cứu.
Bài toán giải phương trình nghiệm nguyên được áp dụng nhiều trong việc làm toán và giải các bài toán khác, ứng dụng trong thực tế cuộc sống Trong khi
đó học sinh rất ngại khi gặp phải dạng toán này ví dụ như bài toán giải phương trình nghiệm nguyên:
1) 2xy – 4x + y = 7
2)5x - 7y = 15
3) 3x2 + 5y2 = 345
4) 1 1 1 1
z y x
5) xy - 4x = 35 - 5 Đây chỉ là bài toán đơn giản nhưng học sinh bị bế tắc, lúng túng về cách xác định dạng toán, phương hướng giải Lý do chủ yếu của các vấn đề trên là các em chưa có hệ thống phương pháp giải dạng toán đó
Phương trình nghiệm nguyên là chuyên đề rất đa dạng và phong phú nó
có thể là phương trình một ẩn, nhiều ẩn, 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 cơ bản và một số phương pháp giải cơ bản
Tài liệu dạy và học nội dung phương trình nghiệm nguyên có rất nhiều trên mạng, thư viện, tài liệu tham khảo trên thị trường nhưng để hệ thống và tổng hợp cho phù hợp với đối tượng học sinh để giúp các em có kỹ năng giải toán không phải là đơn giản
3 Nội dung và hình thức của giải pháp:
a Mục tiêu của giải pháp.
-Đưa ra một số phương pháp cơ bản để giải phương trình nghiệm nguyên; -Hệ thống các phương pháp cơ bản theo từng yêu cầu của bài toán;
Trang 5-Hình thành kỹ năng phát hiện dạng toán và dự đoán phương án giải quyết vấn đề cho một bài toán
b Nội dung và cách thực hiện giải pháp.
Trên cơ sở thực trạng những khó khăn khi giải phương trình nghiệm nguyên tôi đề xuất một số phương pháp cụ thể trong đề tài này
b.1 Đưa về phương trình ước số.
Ta đưa phương trình về dạng có một vế là tích các đa thức có hệ số nguyên, ( thường chỉ có tích 2 đa thức) và một vế là một hằng số nguyên Để tìm nghiệm của phương trình ta tìm các ước của hằng số đó.f(x1, x2,…., xn).h(x1,
x2,…., xn) = a
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2xy – 4x + y = 7
Giải 2xy – 4x + y = 7 (2x + 1)(y – 2) = 5 Ta thấy 2x + 1 và y – 2 là các ước của
5, nên ta có
Vậy phương trình có các nghiệm nguyên (x;y) là (0 ; 7), (-1 ; -3), (2 ; 3), (-3 ; 1)
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x4 + 4x3+ 6x2+ 4x = y2
Hướng dẫn: Ta có: x4 + 4x3+ 6x2+ 4x = y2 x4 +4x3+6x2+4x +1- y2=1
(x+1)4 – y2 = 1 [(x+1)2 –y] [(x+1)2+y]= 1
Tương tự ta suy ra được
y = 0 (x+1)2 = 1 x+1 = 1 x = 0 hoặc x = -2
Vậy ( x, y ) = ( 0, 0 ); ( - 2, 0 )
b2 Phương pháp Biểu thị một ẩn theo ẩn còn lại rồi dùng tính chất chia hết.
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình
x2 – xy = 6x – 5y – 8
Giải Biểu thị y theo x được (x – 5)y = x2 – 6x + 8
Trang 6Với x = 5 ta có 0y = 3, vô nghiệm.
Với x 5 ta có y =
5
8 6
2
x
x
5
3
x
Để y có giá trị nguyên thì 3 x – 5 hay x – 5 Ư(3), ta có:
Vậy phương trình có các nghiệm nguyên (x; y) là (2 ; 0), (4 ; 0), (6 ; 8), (8 ; 8)
Kinh nghiệm giải : Ta thường sử dụng phương pháp biểu thị một ẩn theo ẩn
còn lại rồi dùng tính chất chia hết để giải phương trình nghiệm nguyên khi một trong hai ẩn của phương trình có bậc cao nhất là bậc một Khi đó ta biểu diễn ẩn này theo ẩn kia rồi giải phương trình
Ví dụ 2:Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x + 3y = 11
Hướng dẫn Dùng tính chất chia hết.
Ta có 2x + 3y = 11 x= 1123y = 5- y- y2 1
Do x, y nguyên y2 1 nguyên
đặt y2 1 = k y = 2k +1 x = 4- 3k (k Z
Vậy nghiệm tổng quát
b3 Phương pháp đưa về dạng tổng.
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + y2 – x – y = 8
Hướng dẫn:
Ta có x2 + y2 –x – y = 8 4 x2 + 4 y2 – 4 x –4y = 32
(4x2 – 4x +1) + (4y2 – 4y + 1) = 34 (2x – 1)2 + (2y – 1)2 = 34
Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 chỉ có duy nhất 1 dạng phân tích thành tổng của 2 số chính phương 32 và 52
Do đó ta có hoặc
Giải ra ta được (x,y) = (2,3); (2,-2); (-1, -2); (-1, 3) và các hoán vị của nó
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 – 4xy + 5y2 = 169
Hướng dẫn: Ta có x2 – 4xy + 5y2 = 169 (x – 2y)2 + y2 = 169
Trang 7Ta thấy 169 = 02 + 132 = 52 + 122
hoặc
hoặc hoặc
Giải ra ta được (x, y) = (29, 12);(19, 12); (-19, -12); (22, 5); (-2, 5) ;(2, -5); (-22, -5); (26, 13); (-26, -13); (-13 0); (13, 0)
b4 Phương pháp Xét số dư từng vế.
Ví dụ 1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 9x + 2 = y2 + y (1)
Lời giải
Ta có: 9x + 2 = y2 + y 9x + 2 = y(y + 1) (*)
Ta thấy vế trái của (*) là số chia cho 3 dư 2 nên y(y + 1) chia cho 3 dư 2
Nếu y chia hết cho 3 hoặc y chia cho 3 dư 2 thì y(y + 1) đều chia hết cho 3, trái với kết luận trên
Do đó y chia cho 3 dư 1 Đặt y = 3k + 1(k là số nguyên) thì y +1 = 3k + 2 Khi
đó ta có: 9x + 2 = (3k + 1)(3k + 2) 9x = 9k(k+1) x = k(k+1)
Thử lại x = k(k+1) và y = 3k + 1(k là số nguyên) thoả mãn phương trình đã cho Vậy nghiệm nguyên của phương trình (1) là x = k(k+1) và y = 3k + 1( với k là
số nguyên)
b5 Phương pháp sử dụng tính chẵn lẻ.
Ví dụ 1: Tìm x, y nguyên tố thoả mãn y 2 – 2x 2 = 1
Hướng dẫn:
Ta có y2 – 2x2 = 1 y2 = 2x2 +1 y là số lẻ
Đặt y = 2k + 1 (với k nguyên).Ta có (2k + 1)2 = 2x2 + 1
x2 = 2 k2 + 2k x chẵn , mà x nguyên tố x = 2, y = 3
Ví dụ 2 Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên:
x2 – y2 = 2006 (2)
Lời giải
Phương trình (2) viết thành: (x – y)(x + y) = 2010
Vì (x – y) + (x + y) = 2x là số nguyên chẵn nên (x – y) và (x + y) cùng tính chẵn
lẻ Từ (x – y)(x + y) = 2010 suy ra (x – y) và (x + y) đều chẵn Do đó:
(x – y)(x + y) chia hết cho 4 Nhưng 2010 không chia hết cho 4 (1)
Trang 8Giả sử (x – y) và (x + y) là 2 số cùng lẻ nhưng 2010 không thể là tích của 2 số
lẻ nào (2)
Từ (1) và (2) suy ra phương trình không có nghiệm nguyên
b6 Phương pháp Sắp thứ tự các ẩn.
Nếu các ẩn x, y, z, có vai trò bình đẳng, ta có thể giả sử x y z để tìm các nghiệm thỏa mãn điều kiện này Từ đó, dùng phép hoán vị để => các
nghiệm của phương trình đã cho
Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x + y + z = xyz (1)
Lời giải
Do các ẩn x, y, z có vai trò bình đẳng trong phương trình nên có thể sắp xếp thứ tự giá trị của các ẩn, chẳng hạn:1xyz
Do đó xyz = x + y + z 3z chia hai vế của bất đẳng thức xyz 3z cho số dương z ta được xy3 Do đó xy 1; 2; 3
Với xy = 1, ta có x = 1, y = 1 Thay vào (1) được 2 + z = z (loại)
Với xy = 2, ta có x = 1, y = 2 Thay vào (1) được z = 3
Với xy = 3, ta có x = 1, y = 3 Thay vào (1) được z = 2 (loại) vì trái với sắp xếp
y z
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (1) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 3)
Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : 1 1 1 2
x y z (2) Lời giải
Do vai trò bình đẳng của x, y, z trong phương trình nên có thể sắp xếp thứ tự giá trị của các ẩn, chẳng hạn x ≤ y ≤ z Ta có :
2
( do x nguyên dương)
Thay x = 1 vào (2) ta có : 1 1 1 2
y z
Suy ra : y = 1 1
z = 0 (vô lí) hoặc y = 2
1
z= 2 z = 2
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (3) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 2)
Trang 9b7 Phương pháp Dùng bất đẳng thức.
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 –xy + y2 = 3
Hướng dẫn:
Ta có x2 –xy + y2 = 3 (x- 2y )2 = 3 -
4
3y2
Ta thấy (x- 2y )2 0 3 -
4
3y2 0 -2 y 2
y= 2; 1; 0 thay vào phương trình tìm x
Ta được các nghiệm nguyên của phương trình là :
(x, y) = (-1,-2), (1, 2); (-2, -1); (2,1) ;(-1,1) ;(1, -1)
Ví dụ 2: Tìm các số nguyên dương x, y thoả mãn phương trình :
(x2 + 1)(x2 + y2) = 4x2y
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức Cô–si ta có:
x2 + 1 2x, dấu bằng xảy ra x = 1
x2 + y2 2xy, dấu bằng xảy ra x = y
Vì x, y nguyên dương nên nhân các bất đẳng thức trên vế theo vế ta được : (x2 + 1)(x2 + y2) 4x2y, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1
Vậy phương trình có nghiệm nguyên duy nhất x = y = 1
Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (x + y + 1)2 = 3(x2 + y2 + 1) Theo bất đẳng thức Bunhiacôpxki, ta có:
x y 1 2 (12 12 1 ) x2 2 y +12 2 3 x 2 y +12
Đẳng thức xảy ra x y 1 x y 1
Vậy phương trình có nghiệm nguyên duy nhất là x = y = 1
b8 Phương pháp Sử dụng tính chất nghiệm của phương trình bậc 2
Biến đổi phương trình về dạng phương trình bậc 2 của một ẩn coi các ẩn khác là tham số, sử dụng các tính chất về nghiệm của phương trình bậc 2 để xác định giá trị của tham số.
Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên: 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + 5 = 0
Lời giải
Trang 10Ta có phương trình: 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + 5 = 0
y2 +2(2x + 1)y + 3x2 + 4x + 5 = 0 (*)
Coi x là tham số của phương trình bậc 2 (*) với ẩn y, ta có:
y = -(2x + 1) '
x
Do y nguyên, x nguyên '
x
nguyên
Mà '
x
= (2x + 1)2 – (3x2 + 4x + 5) = x2 – 4 x2 – 4 = n2 (n là số tự nhiên)
(x- n) (x+ n) = 4 x = 2 (do x - n và x + n cùng tính chãn lẻ)
Vậy phương trình có 2 nghiệm nguyên là (x; y) {(2; -5); (-2, 3)}
Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – (y+5)x + 5y + 2 = 0
Lời giải
Ta có: x2 – (y+5)x + 5y + 2 = 0 coi y là tham số ta có phương trình bậc 2 ẩn
x Giả sử phương trình bậc 2 có 2 nghiệm x1, x2
Theo định lý Viet, ta có : 1 2
1 2
x x 5y 2
1 2
1 2
5x 5x 5y 25
x x 5y 2
5 x1 + 5x2 – x1x2 = 23
(x1 -5) (x2 -5) = 2 mà 2 = 1.2 = (-1)(-2)
x1 + x2 = 13 hoặc x1 + x2 = 7 y = 8 hoặc y = 2
Thay vào phương trình ta tìm được các cặp số (7; 8); (6; 8); (4; 2); (3; 2) là các nghiệm nguyên của phương trình
Ví dụ 3: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x + y + xy = x2 + y2 (1)
Lời giải Viết (1) thành phương trình bậc 2 đối với x
x2 - (y + 1)x + (y2 - y) = 0 (2) Điều kiện cần để (2) có nghiệm là 0
= (y + 1)2 - 4(y2 - y) = y2 + 2y + 1 - 4y2 + 4y
= -3y2 + 6y + 1
* 0 3 2 6 1 0
y y 3 ( 1 ) 2 4
y
Do đó (y - 1)2
1 Suy ra -1 y - 1 1
Với y = 0, thay vào (2) ta được x2 - x = 0 Ta có x1 = 0; x2 = 1
Trang 11Với y = 1, thay vào (2) được x2 - 2x = 0 Ta có x3 = 0; x4 = 2
Với y = 2, thay vào (2) ta được x2 - 3x + 2 = 0 Ta có x5 = 1; x6 = 2
Thử lại, các giá trị trên đều nghiệm đúng phương trình
Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm nguyên là (0;0), (1;0), (0;1), (2;1), (1;2), (2;2)
Một số bài toán áp dụng thực tế ( sưu tầm).
Bài 1: Hai đội cờ thi đấu với nhau mỗi đấu thủ của đội này phải đấu 1 ván với
mỗi đấu thủ của đội kia Biết rằng tổng số ván cờ đã đấu bằng 4 lần tổng số đấu thủ của hai đội và biết rằng số đấu thủ của ít nhất trong 2 đội là số lẻ hỏi mỗi đội
có bao nhiêu đấu thủ
Hướng dẫn:
Gọi x, y lần lượt là số đấu thủ của đội 1 và đội 2 (x, y nguyên dương )
Theo bài ra ta có xy = 4 (x + y)
Đây là phương trình nghiệm nguyên ta có thể giải bằng các cách sau
Cách 1 : Có xy = 4(x + y) xy – 4x – 4y + 16 = 16 (x-4) (y - 4) = 16
mà 16 = 1.16 = 2.8 = 4.4
lại có ít nhất 1 đội có số đấu thủ lẻ
hoặc
Cách 2: Ta thấy x, y bình đẳng.Không mất tính tổng quát ta giả sử x y
Ta có x, y nguyên dương xy = 4 (x + y)
x
4 + 4y = 1 lại có 4x 4y 4x + 4y 8x 8x 1 x 8 x= {5, 6, 7, 8}
Mà
x
4
1 x > 4 Thử trực tiếp ta được x = 5, y = 20 (thoả mãn)
Vậy 1 đội có 5 đấu thủ còn đội kia có 20 đấu thủ
Bài 2: Tìm năm sinh của Bác Hồ biết rằng năm 1911 khi Bác ra đi tìm đường
cứu nước thì tuổi Bác bằng tổng các chữ số của năm Bác sinh cộng thêm 3
Hướng dẫn: