Bài soạn SKKN rất hay

Là một giáo viên dạy toán ở trờng THCS trực tiếp bồi dỡng đội tuyển học sinh giỏi nhiềunăm tôi nhận thấy việc giải các bài toán ở chơng trình THCS không chỉ đơn giản là đảm bảokiến thức

Mục lục

Trang Phần I : Mở đầu 2

Phần ii : nội dung

Chơng I: Cơ sở lý luận thực tiễn có liên quan đến đề tài nghiên cứu 4

Chơng II: Các biện pháp s phạm cần thực hiện để góp phần nâng cao chất lợng dạy học nội dung đang quan tâm.

VII Phương Phỏp 7 : Phương Phỏp Lựa Chọn Modulo

VIII Phơng pháp 8 : Sử dụng tính chất của số nguyên tố 24

X Phơng pháp 10: Lùi vô hạn( hay cũn gọi là phương phỏp xuống thang) 25

XI Phơng pháp 11: Sử dụng tính chất nghiệm của phơng trình bậc 2 28

XII Phương Phỏp 12: Sử Dụng Một Mệnh Đề Cơ Bản Của Số Học 29

Biện pháp 3 : Bài tập luyện tập rèn t duy sáng tạo 37

Phần I : mở đầu

1 lý do chọn đề tài

Trong quá trình học toán ở trờng THCS học sinh cần biết cách tổ chức công việc củamình một cách sáng tạo Ngời thầy cần rèn luyện cho học sinh kỹ năng, độc lập suy nghĩ mộtcách sâu sắc, sáng tạo Vì vậy đòi hỏi ngời thầy một sự lao động sáng tạo biết tìm tòi ra nhữngphơng pháp để dạy cho học sinh trau dồi t duy logic giải các bài toán

Là một giáo viên dạy toán ở trờng THCS trực tiếp bồi dỡng đội tuyển học sinh giỏi nhiềunăm tôi nhận thấy việc giải các bài toán ở chơng trình THCS không chỉ đơn giản là đảm bảokiến thức trong SGK, đó mới chỉ là những điều kiện cần nhng cha đủ Muốn giỏi toán cần phảiluyện 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 của chúng

Muốn vậy ngời thầy phải biết vận dụng linh hoạt kiến thức trong nhiều tình huống khácnhauđể tạo hứng thú cho học sinh Một bài toán có thể có nhiều cách giải, mỗi bài toán thờngnằm trong mỗi dạng toán khác nhau nó đòi hỏi phải biết vận dụng kiến thức trong nhiều lĩnh vựcnhiều mặt một cách sáng tạo vì vậy học sinh phải biết sử dụng phơng pháp nào cho phù hợp

Các dạng toán về số học ở chơng trình THCS thật đa dạng phong phú nh: Toán về chiahết, phép chia có d, số nguyên tố, số chính phơng, phơng trình nghiệm nguyên……

Đây là một dạng toán có trong SGK lớp 9 nhng cha đa ra phơng pháp giải chung Hơn nữaphơng trình nghiệm nguyên có rất nhiều trong các đề thi:Tốt nghiệp THCS ;Trong các đề thi họcsinh 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 thấyhọc sinh hay bế tắc, lúng túng về cách xác định dạng toán và cha có nhiều phơng pháp giải hay

Từ những thuận lợi, khó khăn và yêu cầu thực tiễn giảng dạy.Tôi chọn đề tài: “Rèn

luyện t duy sáng tạo qua một số dạng toán phơng trình nghiệm nguyên”

Trong quá trình viết đề tài do điều kiện và kinh nghiệm không tránh khỏi khiếm khuyết.Rất mong đợc sự đóng góp, chỉ đạo của thầy cô giáo và các bạn đồng nghiệp

2 Mục đích nghiên cứu :

- Đề tài nhằm rèn luyện cho học sinh t duy sáng tạo khi học và giải toán

- Biết cách định hớng và giải bài tập ngắn gọn

- Phát huy trí lực của học sinh tìm hiểu cách giải hay, phát triển bài toán mới

- Giúp học sinh tự tin khi giải toán hoặc trong thi cử

- Qua đó nhằm góp phần nâng cao chất lợng dạy học môn Toán ở bậc THCS

3 Nhiệm vụ nghiên cứu

Căn cứ vào vai trò và tầm quan trọng của đề tài, về tình hình học tập của học sinh tôi thấycần nghiên cứu ba nội dung lớn :

- Các dạng phơng trình cơ bản

- Các phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên

- Luyện tập và rèn t duy sáng tạo cho học sinh khi giải bài tập về phơng trình nghiệmnguyên

Điều tra thực trạng trớc khi nghiên cứu.

Để đánh giá đợc khả năng của các em đối với dạng toán trên và có phơng án tối u truyền

đạt tới học sinh, tôi đã ra một đề toán cho 10 em học sinh trong đội tuyển của trờng nh sau:

Bài 1: ( 6 đ )

a)Tìm x, y є Z biết x “ y + 2xy = 6

b) Giải phơng trình nghiệm nguyên: 5x “ 7y = 3

Bài 2: (4 đ)

Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình :

1 + x + x2 + x3 = 2y

Kết quả thu đợc nh sau:

Dới điểm 5 Điểm 5 - 7 Điểm 8 - 10 Điểm 5 - 10

Qua việc kiểm tra đánh giá tôi thấy học sinh không có biện pháp giải phơng trình nghiệm nguyên đạt hiệu quả Lời giải thờng dài dòng, không chính xác, đôi khi còn ngộ nhận Cũng vớibài toán trên nếu học sinh đợc trang bị các phơng pháp “Giải phơng trình nghiệm nguyên“ thìchắc chắn sẽ có hiệu quả cao hơn

4-Phạm vi và đối tợng nghiên cứu:

- áp dụng vào việc giảng dạy các chuyên đề trong trờng học hoặc bồi dỡng đội tuyển họcsinh giỏi Toán lớp 9, ôn tập cho học sinh chuẩn bị thi vào các lớp chọn, lớp chuyên PTTH

- Cụ thể, tôi áp dụng vào việc ôn thi HSG cấp Huyện cho 10 em học sinh Trờng THCSGiao Hà - Giao Thuỷ - Nam Định

- Thời gian nghiên cứu có hạn mặc dù đợc sự góp ý chân thành của nhiều giáo viên cóchuyên môn cao, song vẫn còn nhiều điều bỏ ngỏ để tiếp tục khai thác và đi sâu hết dạng

Phần II - Nội dung Chơng I: Cơ sở lý luận thực tiễn có liên quan đến đề tài nghiên cứu

- Căn cứ vào định hớng đổi mới phơng pháp dạy học đã đợc xác định trong Bộ luật giáodục năm 2005, Điều 28 đã ghi “Phơng pháp giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tựgiác, chủ động, sáng tạo của học sinh, phù hợp với đặc điểm tong lớp học, môn học Bồi dỡngphơng pháp tự học, khả năng làm việc theo nhóm, rèn luyện kĩ năng vận dụng kiến thức vàothực tiễn”

- Nội dung kiến thức có liên quan đến đề tài : Ngoài phơng trình bậc nhất hai ẩn, các bàitoán tìm nghiệm nguyên thờng không có quy tắc giải tổng quát Mỗi bài toán với số liệu riêngcủa nó đòi hỏi một cách giải phù hợp, điều đó có tác dụng rèn luyện t duy toán học mêm dẻo,linh hoạt và sáng tạo Trong chơng trình cơ bản của SGK Toán THCS có đa giải phơng trình tìmnghiệm nguyên nhng dới dạng bài tập với số lợng không nhiều Hơn nữa nhu cầu giải phơngtrình rất phong phú Trong các kỳ thi HSG và thi vào 10 các trờng chuyên, lớp chọn gần đây có

đề cập đến nhiều dạng toán này

- Xác định mục đích, yêu cầu, chuẩn kiến thức, kĩ năng của vùng kiến thức cần nghiêncứu : Phơng trình nghiệm nguyên rất đa dạng và phong phú nó có thể là phơng trình một ẩn,nhiền ẩn, bậc nhất, bậc cao Để giải phơng trình đó, ta thờng dựa vào cách giải một số phơngtrình cơ bản và một số phơng pháp sẽ đợc trình bày ở phần sau

- Điều tra thực trạng việc dạy và học của giáo viên và học sinh trong thực tiễn ở địa

ph-ơng: Những năm học trớc đây khi cha thực hiện đề tài này,gặp dạng toán giải phơng trìnhnghiệm nguyên mặc dù thuộc đối tợng học sinh khá, giỏi nhng một số em vẫn còn lúng túnghoặc có em nắm đợc phơng pháp nhng không biết cách trình bày Nhìn chung việc giải toán vềphơng trình nghiệm nguyên với các em cha thật đồng đều, qua khảo sát ban đầu chỉ có :

+ 30% số học sinh giải đợc bài tập dễ và trung bình

+ 5% số học sinh giải đợc bài khó

+ Số còn lại các em cha nắm đợc các phơng pháp giải hoặc giải đợc nhng cha diễn đạt

đ-ợc lời giải

Chơng II: Các biện pháp s phạm cần thực hiện để góp phần nâng cao chất lợng dạy học nội dung đang quan tâm.

Phơng trình nghiệm nguyên rất đa dạng và phong phú nó có thể là phơng trình một ẩn,nhiều ẩn Nó có thể là phơng trình bậc nhất hoặc bậc cao Không có cách giải chung cho mọiphơng trình, để giải các phơng trình đó thờng dựa vào cách giải một số phơng trình cơ bản vàmột số phơng pháp giải nh sau:

a y y

t d

b x x

rn-2 = rn-1 + rn Víi rn = 1

Bíc 3: TÝnh a0 +

k

a a

a

1

1 1 1

2 1

+ +

n m

Bíc 4: LÊy nghiÖm riªng (x0’; y0’) cña ph¬ng tr×nh a1x + b1y = 1

Bớc 4: Tìm nghiệm riêng của phơng trình

3x – 7y = 1 là (x0’, y0’) = (-2; -1)

Bớc 5: Xác định nghiệm riêng của pt 3x – 7y = 6 là (x0; y0) = (-12; -6)

⇒ Nghiệm tổng quát của phơng trình 6x –14 y = 12 là

x = -12 – 7t hay x = 7t + 2

* Nhận xét: Trên đây là phơng pháp chung để giải phơng trình nghiệm nguyên dạng ax + by = c

Tuy nhiên khi đi vào bài toán cụ thể bằng các kiến thức về chia hết biết khéo léo sử dụng

sẽ cho lời giải ngắn gọn

b.Cách giải thông thờng khác (3 bớc)

Bớc 1: Rút ẩn này theo ẩn kia (giả sử rút x theo y)

Bớc 2: Dựa vào điều kiện nguyên của x, tính chất chia hết suy luận để tìm y

Bớc 3: Thay y vào x sẽ tìm đợc nghiệm nguyên

Ví dụ 1: Giải phơng trình nghiệm nguyên:

2x + 5y =7 Hớng dẫn: Ta có 2x + 5y =7 ⇔ x = 7−25y

⇔ x = 3 – 2y +1−y

Do x, y nguyªn ⇒ 1−2y nguyªn §Æt 1−2y = t víi (t є Z )

VËy kh«ng tån t¹i x,y nguyªn sao cho 6x- 15y = 25

VÝ dô 3: T×m nghiÖm nguyªn d¬ng cña ph¬ng tr×nh.

5x + 7y = 112 Híng dÉn:

Ta cã 5x + 7y = 112

⇒ x = 1125−7y = 22 - y + 2−52y

Do x, y nguyªn ⇒ 2−52y nguyªn hay (2 – 2y) 5 ⇔ 2(1-y)  5; (2 , 5) = 1

⇒ (1-y)  5 hay (y-1)5 §Æt y-1 = 5t (t є Z )

⇒ y = 5t +1

thay y vµo x ta cã x = 21 – 7t

l¹i cã x > 0; y > 0 ⇒ 5t + 1 > 0 t > -51

21 – 7t > 0 t < 3 ⇒ t = {0 ; 1 ; 2}

NÕu t = 0 ⇒ x = 21; y = 1 NÕu t = 1 ⇒ x = 14; y = 6

NÕu t = 2 ⇒ x = 7; y = 11

⇒

II Ph ơng trình nghiệm nguyên dạng

a 1 x 1 + a 2 x 2 + “+ a n x n = c (2)

Với a, c є Z (i = 1,2…n); n ≥ 2

1.Định lý: Điều kiện cần và đủ để phơng trình (2) có nghiệm là (a 1 , a 2 ,“a n ) \ c

2.Cách giải: Đa phơng trình về 1 trong 2 dạng sau:

a Có một hệ số của một ẩn bằng 1

Giả sử a1 = 1 Khi đó x1 = c – a2x2 – a3x3 - …- anxn

với x1, x2,…., xn є Z

Nghiệm của phơng trình là:

(c - a2x2 – a3x3 - …- anxn , x2,…., xn) với x2,…., xn nguyên bất kỳ

b Có hai hệ số là hai số nguyên tố cùng nhau

Phơng trình 6x + 15y + 10 z = 3 có nghiệm nguyên vì (6 ,15, 10) = 1 và 1/3

Cách 1 : Ta biến đổi 6x + 15y + 10 z = 3

Ta có cặp số (-1; 4) là nghiệm riêng của pt 15 y + 4z = 1 nên (-3 + 6t; 12 – 24 t) là nghiệmriêng của phơng trình

15 y + 4z = 3 – 6t

Do đó nghiệm tổng quát là: y = -3 + 6t + 4k (k є Z)

z = 12 – 24t – 15 k lại có t = x + z ⇒ x = t – z ⇒ x = -12 = 25t + 15 k

Vậy nghiệm tổng quát của phơng trình 6x + 15y + 10 z = 3 là:

Đặt g (x1, x2,…., xn) = m (với m là ớc của a)

⇒ h(x1, x2,…., xn) = m a

Giải hệ: g (x1, x2,…., xn) = m

h(x1, x2,…., xn) = m atìm đợc x1, x2,…., xn

thử vào (3) ta đợc nghiệm của phơng trình

2.Chú ý:

-Nếu a = 0 ta có g (x1, x2,…., xn) = 0

h(x1, x2,…., xn) = 0-Nếu a = pα với p nguyên tố thì từ pt (3) ta có: g (x1, x2,…., xn) = pα1

2y + 1 = 11 ⇒ (x; y) = (1, 5)2x – 1 = 1

2y + 1 = -11 ⇒ (x; y) = ( 0; -6)2x – 1 = -1

VÝ dô 6: T×m nghiÖm nguyªn d¬ng cña ph¬ng tr×nh

(Dùng phơng pháp phân tích thành nhân tử ta biến đổi vế trái của phơng trình)

Ta có 2x2 + y 2 –2xy + 2y – 6x + 5 = 0

⇔ y 2 – 2y (x - 1) + (x-1)2 + x2 – 4x + 4 = 0

⇔ (y – x + 1)2 + (x – 2 )2 = 0 Vậy y – x + 1 = 0 hay x = 2

x – 2 = 0 y = 1

Vậy nghiệm nguyên của phơng trình là x = 2 ; y = 1

Ví dụ 8: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình : (x “1) (y+1) = (x+ y) 2

Hớng dẫn:

Ta có (x-1) (y+1) = (x+ y)2

⇔ (x-1) (y+1) = [(x-1) + (y+1)]2

Vậy nghiệm của phơng trình là ( x = 1 ; y = -1)

V- Ph ơng trình nghiệm nguyên mà các ẩn có vai trò bình đẳng

Khi làm toán ta thờng gặp một số bài toán mà trong đó các ẩn bình đẳng với nhau Đểgiải các bài toán đó có nhiều cách giải khác nhau tuỳ thuộc vào từng loại cụ thể ở đây tanghiên cứu đến 1 phơng pháp giải toán này:

Ta giả sử các ẩn xảy ra theo một trật tự tăng dần rồi tiến hành giải

Ví dụ 9: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình

xy

1

+ yz1 +xz1 + xyz9 = 1 Hớng dẫn:

Ví dụ 10: Tìm x, y, z nguyên của phơng trình

z

xy

+ yz x + xz y = 3 Hớng dẫn:

Vậy nghiệm của pt (1,1,1)

Ví dụ 11: Chứng minh rằng phơng trình sau không có nghiệm tự nhiên

Biện pháp 2: Một số ph ơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên

Không có phơng pháp chung để giải phơng trình nghiệm nguyên nhng để giải nó ngời ta thờng

áp dụng một số phơng pháp sau hoặc kết hợp các phơng pháp tuỳ theo từng bài cụ thể Sau đây

Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên của phơng trình 7x + 4y = 23

Giải :

Biểu thị y theo x ta đợc y=23−47x

Tách riêng giá trị nghuyên của y ở biểu thức này : =6−2 +x4−1

x y

Để y nguyên thì x4−1 phải nguyên

4

1

Z t t

t

x

7 4

(5y + 1) ( y + 1) = 105

5y2 + 6y – 104 = 0

Lời giải : (1) tương đương với pt : (y - x)(x2 + xy + y2) = 91 (*)

Vì x2 + xy + y2 > 0 với mọi x, y nên từ (*) => y - x > 0

Mặt khác, 91 = 1 x 91 = 7 x 13 và y - x ; x2 + xy + y2 đều nguyên dương nên ta có bốn khả năng sau :

y - x = 91 và x2 + xy + y2 = 1 ; (I)

y - x = 1 và x2 + xy + y2 = 91 ; (II)

y - x = 3 và x2 + xy + y2 = 7 ; (III)

y - x = 7 và x2 + xy + y2 = 13 ; (IV)

Đến đây, bài toán coi như được giải quyết

VÝ dô 3 : T×m x, y nguyªn sao cho ( x + y ) P = xy víi P nguyªn tè.

Ví Dụ 1 : Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau :

Giải : Không mất tính tổng quát có thể giả sử

V× t nguyªn d¬ng ⇒ xyz ≤ 4 ⇒ xyz ∈{1,2,3,4}

NÕu xyz = 1 ⇒ x = y = z = 1 ⇒ 3+t = t ( lo¹i)

NÕu xyz = 2 mµ x ≤ y ≤ z ⇒ x = 1; y=1; z = 2 ⇒ t = 4

NÕu xyz = 3 mµ x ≤ y ≤ z ⇒ x = 1; y=1; z = 3 ⇒ t = 5/2 ( lo¹i )

NÕu xyz = 4 mµ x ≤ y ≤ z ⇒ x = 1; y=1; z = 4 hoÆc x = 1; y=2; z = 2 ⇒ t = 2 ( lo¹i v× t ≥

z) hoÆc t = 5/4 ( lo¹i )

VËy nghiÖm cña ph¬ng tr×nh lµ bé ( x;y;z) = (1;1;2;4) vµ c¸c ho¸n vÞ cña chóng

Dạng 2 : Đối với các phương trình nghịch đảo các biến ta cũng có thể dùng phương pháp này ( nếu vai trò các biến cũng như nhau )

Ta xét đến Ví Dụ tiếp theo để thấy sự hiệu quả của phương pháp này

Ví Dụ 3 : Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau :

Giải:

Không mất tính tổng quát có thể giả sử

Lần lượt thử :phương trình vô nghiệm nguyênXét

Ghi chú : Việc Áp Dụng BDT vào bài toán nghiệm nguyên rất ít dùng vì ẩn ý dùng BDT rất

dễ bị "lộ" nếu người ra đề không khéo léo Tuy nhiên cũng có vài trường hợp dùng BDT kháhay

; thoả món

Do đú là nghiệm duy nhất của phương trỡnh

Cũn phương trỡnh này thỡ sao nhỉ :

Bằng cỏch tương tự ; dễ dàng nhận ra là nghiệm duy nhất

Núi thờm : Đối với phương trỡnh trờn ; ta cú bài toỏn tổng quỏt hơn Tỡm cỏc số nguyờn

dương thoả :

Đỏp số đơn giản là nhưng cỏch giải trờn vụ tỏc dụng với bài này

Để giải bài này thỡ hữu hiệu nhất là xột modulo ( cỏc phương trỡnh chứa ẩn ở mũ thỡ phương phỏp tốt nhất vẫn là xột modulo ) Phần này chỉ núi thờm nờn chỳng ta tạm thời khụng giải bài toỏn này bõy giờ mà sẽ để lại dịp khỏc

Dạng 5 : Dựng điều kiện hoặc để phương trỡnh bậc cú nghiệm

Vớ Dụ 8 : Giải phương trỡnh nghiệm nguyờn sau :

Giải:

Giải bất phương trỡnh trờn khụng khú ; dễ dàng suy ra được :

Do nguyờn nờn dễ dàng khoanh vựng được giỏ trị của và thử chọn

Núi chung thỡ phương phỏp này được dựng khi cú dạng

( hoặc ) với hệ số Cũn khi thỡ dựng phương phỏp đó núi đến trong vớ dụ để đưa về phương trỡnh ước số cỏch nhanh chúng

V Ph ơng pháp 5 : Ph ơng pháp loại trừ

Khẳng định nghiệm rồi loại trừ các giá trị còn lại của ẩn

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình

1! + 2! + … + x! = y2

Hớng dẫn:

Với x≥ 5 thì x! có tận cùng là 0 và 1! + 2! + 3! + 4! Có tận cùng là 3

Chú ý : Ta còn có cách thứ để tìm nghiệm của phương trình trên Đó là phương pháp tìm nghiệm riêng để giải phương trình bậc nhất ẩn

Ta dựa vào định lí sau :

phương trình nhận từ công thức :

Định lí này chứng minh không khó ( bằng cách thế trực tiếp vào phương trình )

Đối với các phương trình có hệ số nhỏ thì việc tìm nghiệm khá đơn giản nhưng với các phương trình có lớn thì không dễ dàng chút nào Do đó ta phải dùng đến thuật toán ơ cơlit ( các bạn có thể tìm đọc các sách ; tôi sẽ không nói nhiều về thuật toán này ) Ngoài ra còn

có thêm phương pháp hàm Euler

Dạng 2 : Đưa về phương trình ước số :

Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên sau :

Giải :

Lập bảng dễ dàng tìm được nghiệm phương trình trên

Ví dụ 3 : Giải phương trình nghiệm nguyên sau :

Dạng 3:Phương pháp tách các giá trị nguyên

Ví dụ 4: Giải phương trình nghiệm nguyên sau :

Giải :

VII Phương Pháp 7 : Phương Pháp Lựa Chọn Modulo ( hay còn gọi là xét số dư từng vế )

Trước tiên ta có các tính chất cơ bản sau :

Mét số chính phương chia dư ; chia dư ; chia dư

VÝ dô 1 : T×m nghiÖm nguyªn cña ph¬ng tr×nh

x2 – 2y2 = 5

Híng dÉn:

XÐt x  5 mµ x2 – 2y2 = 5 ⇒ 2y2  5 ⇒ y2  5

(2,5) = 1 5 lµ sè nguyªn tè ⇒ y2  25 ⇒ x2 – 2y2  25

l¹i cã x 5 ⇒ x2  25 5 25 lo¹i

XÐt x  5 ⇒ y  5

vµ x2 chia cho 5 cã c¸c sè d 1 hoÆc 4

y2 chia cho 5 cã c¸c sè d 1 hoÆc 4 ⇒ 2y2 chia cho 5 d 2 hoÆc 3

⇒ x2 – 2 y2 chia cho 5 d ±1 hoÆc ± 2(lo¹i)

VËy ph¬ng tr×nh x2 – 2y2 = 5 v« nghiÖm

VÝ dô 2: T×m x, y lµ sè tù nhiªn tho¶ m·n

x 2 + 3y

= 3026 Híng dÉn:

XÐt y = 0 ⇒ x2 + 30 = 3026 ⇒ x2 = 3025

mµ x є N ⇒ x = 55

XÐt y > 0 ⇒ 3y

 3, x2 chia cho 3 d 0 hoÆc 1

⇒ x2 + 3y

chia cho 3 d 0 hoÆc 1

mµ 3026 chia cho 3 d 2 (lo¹i)

VËy nghiÖm (x,y) = (55,0)

Ví Dụ 3 : Giải phương trình nghiệm nguyên sau :

Giải:

Còn

Do đó phương trình trên vô nghiệm

Do đó phương trình trên vô nghiệm

Chú ý : Nhiều bài toán nghiệm nguyên trong đề thi vô địch toán các nước đôi khi phải xét đếnmodulo khác lớn ; ta xét đến ví dụ sau :

Ví Dụ 5 : (Balkan1998) Giải phương trình nghiệm nguyên sau :

Giải:

( vô lí)

Do đó phương trình này vô nghiệm

Chỉ dòng ; thật ngắn gọn và đẹp phải không nào

Nói thêm :

Đối với các phương trình nghiệm nguyên có sự tham gia của các số lập phương thì modulo

VI

II Ph ¬ng ph¸p 8 : Sö dông tÝnh chÊt cña sè nguyªn tè

VÝ dô 1 : T×m x, y, z nguyªn tè tho¶ m·n

Bằng phơng pháp thử chọn ta thấy 34 chỉ có duy nhất 1 dạng phân tích thành tổng của 2

số chính phơng 32 và 52

Do đó ta có 2x− 1 = 3 hoặc 2x− 1 = 5

1

2y− = 5 2y− 1 = 3Giải ra ta đợc (x,y) = (2,3); (2,-2); (-1, -2); (-1, 3) và các hoán vị của nó

Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình

y = 12 y = 5Giải ra ta đợc (x, y) = (29, 12);(19, 12); (-19, -12); (22, 5); (-2, 5) ;(2, -5); (-22, -5); (26, 13); (-

26, -13); (-13 0); (13, 0)

X Ph ơng pháp 10 : Lùi vô hạn ( hay cũn gọi là phương phỏp xuống thang)

Phương phỏp này dựng để chứng minh một phương trỡnh nào đú ngoài nghiệm tầm thường thỡ khụng cũn nghiệm nào khỏc Phương phỏp này cú thể được diễn giảinhư sau :

Bắt đầu bằng việc giả sử là nghiệm của Nhờ những biến đổi ; suy luận

số học ta tỡm được 1 bộ nghiệm khỏc sao cho cỏc nghiệm quan hệ với bộ nghiệm đầu tiờn bởi tỉ số nào đú Vớ Dụ :

Rồi lại từ bộ thoả Quỏ trỡnh cứ tiếp tục dẫn đến :

chia hết cho với là số tự nhiờn tuỳ ý Điều này xảy ra

.Để rừ ràng hơn ta xột một Vớ Dụ

Vớ Dụ 1: Giải phương trỡnh nghiệm nguyờn sau :

Giải:

Gọi là nghiệm của phương trỡnh trờn

Xột theo modulo Ta chứng minh đều chia hết cho

Ta có :

Rõ ràng Đặt Thế vào và rút gọn :

Do đó nếu là nghiệm của phương trình trên thì cũng là nghiệm

Tiếp tục lý luận như trên thì đều chia hết cho Ta lại tìm được nghiệm thứ là

Giả sử là nghiệm của phương trình trên

Rõ ràng chẵn ( do chẵn ) nên có 2 trường hợp xảy ra

Trường Hợp 1 : có số lẻ ; số chẵn Không mất tính tổng quát giả sử lẻ chẵn

Tóm lại nghiệm phương trình là

VÝ dô 3 : T×m nghiÖm nguyªm cña ph¬ng tr×nh

x 2 “ 5y 2 = 0

Gi¶ sö x0, y0 lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh x2 – 5y2 = 0

VÝ dô 4 : T×m nghiÖm nguyªn cña ph¬ng tr×nh