Phương pháp giải bài toán cực trị cho học sinh THCS - Nguyễn Việt Khoa

Mục lục Tên đề mục A- Phần mở đầu – những vấn đề chung I. Lí do chọn đề tài II. Mục đích nghiên cứu III. Khách thể và đối tượng nghiên cứu V. Nhiệm vụ nghiên cứu VI. Giới hạn đề tài VII. Các phương pháp nghiên cứu B- phần nội dung – Kết quả nghiên cứu Chương 0 . Đại cương về cực trị Chương I . Cực trị số học I. Phép chia hết và phép chia có dư II. Đồng dư thức III. Số nguyên tố IV. Phương trình DIOPHANTE V. Một số bài toán cực trị khác Chương II . Cực trị đại số . I. Phương pháp tìm cực trị theo tính chất của luỹ thừa bậc hai . II. Phương pháp tìm cực trị theo tính chất giá trị tuyệt đối . III. Phương pháp tìm cực trị dựa vào điều kiện tồn tại nghiệm của phương trình bậc hai ( Phương pháp miền giá trị hàm số ). IV . Phương pháp tìm cực trị dựa vào bất đẳng thức Cô-si . V. Phương pháp tìm cực trị dựa vào bất đẳng thức Bunhiacopxki (B-C-S) . Chương III . Cực trị hình học . I. Phương pháp tìm cực trị dựa vào mối quan hệ đường vuông góc-đường xiên-hình chiếu ; bất đẳng thức tam giác ; khoảng cách giữa hai đường thẳng song song . II. Phương pháp tìm cực trị dựa vào bất đẳng thức trong đường tròn C- Phần kết luận . Tài liệu tham khảo . Bài soạn Trang 2 2 2 3 3 3 3 4 4 5 5 7 8 11 13 15 18 18 20 22 25 28 30 31 32 A – phần mở đầu . những vấn đề chung . I – lí do chọn đề tài . I.1. Lí do khách quan . Toán học là một trong những môn khoa học cơ bản , mang tính trừu tượng nhưng mô hình ứng dụng của nó rất rộng rãi và gần gũi trong mọi lĩnh vực của đời sống xã hội , trong khoa học lí thuyết và khoa học ứng dụng . Dạy học sinh học Toán không chỉ là cung cấp kiến thức cơ bản , dạy học sinh giải bài tập SGK, STK mà quan trọng là hình thành cho học sinh phương pháp chung để giải các dạng Toán từ đó giúp các em tích cực hoạt động , độc lập sáng tạo để dần hoàn thiện kỹ năng , kỹ sảo – hoàn thiện nhân cách . Trong Toán học , cực trị là một khái niệm rất hẹp nhưng kiến thức liên quan đến nó thì vô cùng rộng rãi . Trong chương trình Toán THCS những bài toán cực trị có mặt rải rác và hầu khắp các phân môn Số học , Đại số và Hình học . Học sinh từ lớp 6 đến lớp 9 đều đã gặp những bài toán cực trị với những yêu cầu như : tìm số x lớn nhất sao cho..., tìm giá trị lớn nhất ( nhỏ nhất ) của biểu thức ..., xác định vị trí của điểm M để độ dài ( diện tích , chu vi ...) của hình H nào đó đạt giá trị lớn nhất ( nhỏ nhất ) ... Nhưng khi giải có thể giáo viên không dạy phương pháp tổng quát hoặc có dạy nhưng học sinh không được tiếp thu theo hệ thống dạng toán . Nói chung khi gặp toán cực trị đa phần học sinh e ngại và lúng túng trong cách giải . I.2. Lí do chủ quan . Trong những năm thực tế giảng dạy học sinh từ lớp 6 đến lớp 9 , dạy học sinh ôn tập,ôn thi HSG và ôn thi THPT tôi nhận thấy sự cần thiết phải hình thành một cách có hệ thống các dạng bài toán cực trị và phương pháp giải để dạy học sinh . Tôi đã dành nhiều thời gian nghiên cứu tài liệu , học hỏi đồng nghiệp , tìm tòi thử nghiệm với các đối tượng học sinh đại trà và ôn thi . Được sự khuyến khích , giúp đỡ nhiệt tình của bạn bè đồng nghiệp trong trường , ở trường bạn và đặc biệt là sự hướng dẫn chỉ dạy tận tình chu đáo của thầy giáo Tống Trần Hoàn – giảng viên khoa Toán Tin trường ĐHSP Hà Nội , tôi đã mạnh dạn nghiên cứu bước đầu đề tài : “ Phương pháp giải bài toán cực trị cho học sinh THCS ” . II- Mục đích nghiên cứu . Giúp học sinh nắm được phương pháp giải một số dạng toán cực trị thường gặp trong trường THCS , nâng cao dần kỹ năng kỹ sảo giải các dạng toán trên từ đó phục vụ tốt cho việc giảng dạy của giáo viên và gạt bỏ tư tưởng e ngại của học sinh khi giải toán cực trị . III – Khách thể và đối tượng nghiên cứu . III.1. Khách thể nghiên cứu . Phương pháp giải một số dạng toán cực trị . III.2. Đối tượng nghiên cứu . Học sinh trường THCS Hưng Thái - Ninh Giang - Hải Dương . IV – Giả thuyết khoa học . “ Dạy học sinh phương pháp giải một số dạng toán cực trị ” thì trình độ , kỹ năng , kỹ sảo của học sinh được nâng lên sau khi thực hiện đề tài là hiển nhiên không còn là giả thuyết như các đề tài khác . Tuy nhiên dự kiến kết quả đề tài là việc cần làm . Tôi mong rằng sau khi thực hiện đề tài học sinh không còn cảm thấy sợ toán cực trị nữa ngược lại đa phần các em cảm thấy hứng thú hơn khi học toán và đều nắm được phương pháp giải một số dạng toán mà đề tài đề cập . V – Nhiệm vụ nghiên cứu . - Xây dựng cơ sở lí luận , phương pháp giải một số dạng toán cực trị Số học , Đại số , Hình học . - áp dụng giảng dạy cho học sinh đại trà , học sinh giỏi và học sinh ôn thi vào THPT VI – Giới hạn đề tài . Vì đề tài đang ở bước đầu nghiên cứu nên tôi chỉ xây dựng phương pháp cho một số dạng toán cực trị thường gặp và cũng giới hạn trong đối tượng học sinh trường THCS Hưng Thái - Ninh Giang - Hải Dương . VII – Các phương pháp nghiên cứu . - Quan sát sư phạm . - Điều tra giáo dục . - Tổng kết kinh nghiệm . - Thực nghiệm sư phạm . - Lấy ý kiến chuyên gia . - Nghiên cứu tài liệu và sản phẩm hoạt động sư phạm . - Phân tích và tổng hợp lí thuyết . B - phần nội dung kết quả nghiên cứu . Sau một thời gian dài nghiên cứu tôi đã tổng hợp và xây dựng được những vấn đề về lí thuyết như sau : Chương 0 . Đại cương về cực trị . Bài toán cực trị xuất phát từ thực tiễn và trong khi giải quyết những bài toán lớn . Cực trị là tên gọi chung cho những bài toán tìm giá trị lớn nhất ( GTLN) và giá trị nhỏ nhất ( GTNN) . Trong lí thuyết Toán học hiện đại thì các phân môn Số học , Đại số , Hình học đều có thể được định nghĩa qua tập hợp . Việc giải bài toán cực trị đối với mỗi phân môn thì có sự giới hạn tập hợp số để xét . Trong chương trình THCS chỉ xét giới hạn trong trường số thực IR đối với phân môn Đại số và Hình học còn đối với phân môn Số học thì chỉ xét trên vành số nguyên Z . Theo lí thuyết Giải tích cổ điển , xét tập hợp số thực xE IR , khi đó nếu E không rỗng và bị chặn thì tồn tại cận trên đúng M của E ( M = supE ) hoặc cận dưới đúng m của E ( m = infE ) hoặc cả hai . Tuy nhiên có thể cả M và m đều không thuộc E . Khi ME ( hoặc mE) ta viết M = maxE ( hoặc m = minE ) đây là cách viết tắt theo chữ Latin ( max = maximum , min = minimum ) mà trong trường phổ thông ta thường gọi là giá trị lớn nhất ( GTLN ) và giá trị nhỏ nhất ( GTNN ) . Theo quan điểm trên việc tìm maxE = M hoặc minE = m phải bao gồm đồng thời cả hai điều kiện : i) M = E hoặc m = E . ii) x E để M = E hoặc m = E . ( Đối với phân môn Hình học ta hiểu x là một điều kiện ràng buộc mà đề bài yêu cầu) Sau đây là những dạng bài tập và phương pháp cụ thể đối với từng phân môn xét theo quan điểm trên . Chương 1 . cực trị số học . I – phép chia hết và phép chia có dư . A . Lí thuyết cơ bản . 1. Định nghĩa . 1.1 . Phép chia hết và phép chia có dư . Cho a , b Z , b > 0 . Chia a cho b ta có : a chia hết cho b hoặc a không chia hết cho b . Nếu a chia hết cho b ta kí hiệu là a b ta còn nói b chia hết a hay b là ước của a và kí hiệu là b | a . Nếu a không chia hết cho b ta được thương gần đúng q và dư là r , ta viết : a = bq + r , 0 < r < b . 1.2. ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất . Cho hai số nguyên dương a , b . ước chung lớn nhất của a và b được kí hiệu là ƯCLN ( a,b) hay ( a , b ) . Số d gọi là ước chung của a và b khi và chỉ khi d là ước của ƯCLN(a ,b) : d | a và d | b d | (a,b) . Bội chung nhỏ nhất của a và b được kí hiệu là BCNN(a,b) hay [a,b] . Số m là BCNN(a,b) khi và chỉ khi m là bội của BCNN(a,b) : m a và m b m [a,b] . Hai số được gọi là nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi (a,b) = 1 . * Tuy nhiên , trong việc tìm ƯCLN của hai số dương a, b ( a>b) người ta còn có thể sử dụng thuật toán Euclide như sau : i) a = bq (a,b) = b . ii) a = bq + r ( r 0 ) (a,b) = (b,r) b = rq1 + r1 ( r1 0) (b,r) = (r,r1) r = r1q2 + r2 (r2 0) (r,r1) = (r1,r2) ......................................................... ri = ri+1qi+2 (a,b) = (ri,ri+1) . 2. Một số định lí quan trọng thường dùng . 2.1. a) (ca,cb) = c(a,b) . b) ( với c =ƯC(a,b) ) . 2.2. a.c b và (a,b) = 1 c b . 2.3. c a và c b và (a,b) = 1 c a.b . 2.4. Định lí về phép chia có dư . Với mọi cặp số tự nhiên a,b ( b0) bao giờ cũng tồn tại duy nhất cặp số q , r sao cho : a = bq + r ( với ) . 2.5 . Định lí . Trong sự phân tích số n! ra thừa số nguyên tố ( n! = 1.2.3....n) . thì số mũ ai của thừa số pi nào đó sẽ là : ( là kí hiệu phần nguyên của số x , đó là số nguyên lớn nhất không vượt quá x ) . B . Một số phương pháp thường dùng trong giải bài toán chia hết . 1. Để chứng minh A(n) ( n Z ) chia hết cho một số nguyên tố p , ta có thể xét mọi trường hợp về số dư khi chia n cho p . 2. Để chứng minh A(n) chia hết cho hợp số m ta thường phân tích m ra thừa số nguyên tố . Giả sử m = pq , ta tìm cách chứng minh A(n) p và A(n) q suy ra A(n) A(n) pq do (p,q) = 1 . Nếu (p,q) 1 thì ta phân tích A(n) rồi chứng minh tích đó chia hết cho m . Ta cũng có thể phân tích A(n) thành tổng nhiều số hạng cùng chia hết cho m . 3. Ta thường sử dụng kết quả sau : Nếu số dư khi chia a cho b>0 là r ( 01) cho b là số dư khi chia rn cho b ( số dư này bằng rn nếu rn < b ) . C . Bài tập áp dụng . * Qui ước : Nếu a là số lớn nhất trong các số a ,b ,c, d thì ta kí hiệu max(a,b,c,d) = a . Nếu b là số nhỏ nhất trong các số a ,b ,c, d thì ta kí hiệu min(a,b,c,d) = b . Bài số 1 : Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho 2n – 1 7 . Giải : Xét phép chia số nguyên n cho 3 thì n chỉ có một trong ba dạng : n = 3k ; n = 3k+1 ; n = 3k+3 ( k Z) . Với n = 3k ta có : 2n – 1 = 8k – 1 7 . Với n = 3k+1 ta có : 2n -1 = 2.8k -1=2(8k -1) + 1 không chia hết cho 7 . Với n = 3k+2 ta có : 2n – 1=4.8k-1= 4(8k -1) + 3 không chia hết cho 7 . Vậy với n 3 thì 2n – 1 7 mà n là số nguyên dương nhỏ nhất nên n = 3 . Bài số 2 : Tìm số tự nhiên k lớn nhất thoả mãn : ( 1994!)1995 1995k . Giải : Ta có : 1995k = (3.5.7.19)k = 3k.5k.7k.19k . Ta cần tìm số mũ lớn nhất của mỗi thừa số 3 , 5 , 7 ,19 trong số (1994!)1995 . Ta có : Số mũ của 3 trong 1994! là : . Tương tự : Số mũ của 5 trong 1994! là : 495 . Số mũ của 7 trong 1994! là : 329 . Số mũ của 19 trong 1994! là : 109 . Vậy trong 1994! có các thừa số : 3992 ; 5495 ; 7329 ; 19109 . Suy ra : (1994!)1995 = (3992 . 5495 . 7329 . 19109. M )1995 . Với M là tích các thừa số không chứa các thừa số nguyên tố 3 ; 5 ; 7 ; 19 . Với k = 109.1995 thì ( 1994!)1995 1995k . Với k = 109.1995 + 1 thì ( 1994!)1995 không chia hết cho 1995k . Vậy k = 109.1995 là số tự nhiên lớn nhất cần tìm . Bài số 3 . Tìm GTLN và GTNN của n để P = (n+5)(n+6) 6n . Giải : Ta xét 2 trường hợp : * Với n>0 : Ta phải tìm n để P = (n+5)(n+6) 6n . Ta có : P = (n+5)(n+6) 6n = n2 + 11n + 30 = 12n + ( n2 – n + 30 ) . P 6n ( n2 – n + 30 ) 6n ; n | n2 – n nên n | 30 , 6 | 30 nên 6 | n2 – n = n(n-1) . n(n-1) là số chẵn vì là tích của hai số tự nhiên liên tiếp nên n(n-1) 3 n 3 hoặc n-1 3 . Vậy P 6n thì n là ước của 30 và là bội của 3 hoặc bội của 3 cộng thêm 1 n = {1;2;3;6;10;15;30} . Thay các giá trị trên vào P = ( n+5)(n+6) và 6n thì ta có n = {1;3;10;30} (*) thoả mãn điều kiện bài toán . * Với n< 0 : Đặt m = - n . Ta tìm m sao cho : P = ( -m+5)(-m+6) -6m . Giải như trên ta tìm được n = { -2;-5;-6;-15} (**) thoả mãn điều kiện bài toán . Kết hợp (*) và (**) ta có n = {1;3;10;30;-2;-5;-6;-15} . Vậy max n = max (1;3;10;30;-2;-5;-6;-15 ) = 30 . min n = min(1;3;10;30;-2;-5;-6;-15 ) = -15 . Bài số 4 . Cho A = m+n và B = m2 + n2 trong đó m,n là những số tự nhiên nguyên tố cùng nhau. Tìm max (ƯCLN) ( min(BCNN) ) của A và B . Giải : Gọi d = (m+n,m2+n2) (m+n)2d (m+n)2 – (m2 + n2) = 2mn d d là ước chung của m+n và 2mn (*) . (m,n) = 1 (m+n , n) = (m+n,m) = (m+n,mn) = 1 (**) . Từ (*) và (**) 2 d d = 1 hoặc d = 2 hay d = {1,2} . Vậy max d = max ( 1,2) = 2 . min d = min (1,2) = 1 . D . Bài tập tự luyện . Tìm số nguyên a lớn nhất và nhỏ nhất sao cho 100 < a < 150 ; a chia 5 dư 2 và a chia 7 dư 3 . II - Đồng dư thức và phương trình đồng dư . A . Lí thuyết cơ bản . 1 . Định nghĩa và tính chất đồng dư thức . 1.1. Định nghĩa đồng dư thức . Cho một số nguyên dương m . Nếu a hai số nguyên a và b có cùng số dư khi chia cho m ( tức là m – n chia hết cho m ) thì ta nói rằng a đồng dư với b modun m và ta kí hiệu : a b ( mod m ) . Đây là một đồng dư thức với a là vế trái , b là vế phải . Nói riêng , a 0 ( mod m ) nghĩa là a chia hết cho m . Trong trường hợp thì a b ( mod m ) có nghĩa là chia a cho m có dư là b . 1.2 . Các tính chất của đồng dư thức . 1.2.1. Ta có : a a với a . a b ( mod m) b a ( mod m) a b ( mod m) và b c ( mod m) a c ( mod m) . 1.2.2. Nếu a b ( mod m) và c d ( mod m) thì a c b d ( mod m) ; ac bd ( mod m) . Suy ra : i) a b ( mod m) a c b c ( mod m) ii) a+c b (mod m ) a b-c ( mod m) iii) a b ( mod m) na nb ( mod m) iv) a b ( mod m) an bn ( mod m) . 1.2.3. a b ( mod m) ( mod m) với d là ước chung của a và b và (d,m) = 1 1.2.4. Nếu a b ( mod m) và c>0 thì ac bc ( mod mc) . Nếu d là ước chung dương của a,b,m thì ax b ( mod m) ( mod ) . 2. Định nghĩa phương trình và hệ phương trình đồng dư . 2.1. Định nghĩa phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn . Phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn là đồng dư thức có dạng : ax b ( mod m) với a không chia hết cho m . Trong đó a,b,m>0 là những số đã biết , x là ẩn . 2.2. Tính chất . 2.2.1. Phương trình đồng dư ax b ( mod m) có nghiệm duy nhất nếu (a,m) = 1 . ( ta hiểu phương trình đồng dư ax b ( mod m) có nghiệm duy nhất nghĩa là tất cả các nghiệm đều thuộc một lớp các số đồng dư với b modun m ) . 2.2.2. Bằng các phép biến đổi của dồng dư thức bao giờ ta cũng đưa phương trình đồng dư bậc nhất về dạng ax b ( mod m) với m>a>0 và m>b0 . 2.3. Định nghĩa hệ phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn . Hệ phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn là hệ các đồng dư thức có dạng : Bằng cách biến đổi tương đương các đồng dư thức ta có thể qui hệ phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn về phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn . B. Phương pháp giải bài toán cực trị đối với phương trình đồng dư . Từ lí thuyết ở trên , ta biết rằng luôn đưa được phương trình ( hệ phương trình ) đồng dư về dạng ax b ( mod m) . Do đó vấn đề ở đây là từ điều kiện đề bài ta chuyển về phương trình ( hệ phương trình ) đồng dư một ẩn , biến đổi tương đương về phương trình dạng ax b ( mod m) rồi theo điều kiện bài toán ta suy ra GTLN ( GTNN) của ẩn cần tìm . C. Bài tập áp dụng . Bài số 1. Tìm số nguyên x lớn nhất , nhỏ nhất thoả mãn : - 10<x<25 và 17x 13(mod11) . Giải : Ta có : 17x 13(mod11) 6x 2 ( mod 11) 3x 1 ( mod 11) 3x = 1 + 11t ( t Z) . Do - 10<x<25 nên t = { -2,-1,0,1,2,3,4,5,6} x = {-3,4,15} . Vậy max x = max(-3,4,15) = 15. min x = min ( -3,4,15) = -3 . Bài số 2 . Tìm số học sinh lớn nhất trong một sân trường THCS biết khi cho học sinh xếp hàng 3,5,7 thì số lẻ hàng cuối lần lượt là 2,3,4 và đoán chừng số học sinh đó không thể vượt quá 900 em . Giải : Theo đề bài ta phải giải hệ phương trình đồng dư sau: x 2 ( mod 3 ) ( 1) x 3 ( mod 5 ) ( 2) x 4 ( mod 7 ) ( 3) Hệ (1) , (2) cho ta phương trình : x 8 (mod 15) (4) Từ (4) x = 8 + 15k (*) thay vào (3) ta có : 8 + 15k 4 ( mod 7) 15k -4 ( mod 7) k 3 ( mod 7) k = 3 + 7t . Do (*) k 59 3 +7t 59 t 8 . Để x đạt max thì k và do đó t đạt max t = 8 k = 59 x = 893 . Vậy số học sinh lớn nhất có thể có trong trường là 893 em . D . Bài tập tự luyện . Tìm số tự nhiên x lớn nhất , nhỏ nhất thoả mãn : x 1000 và khi chia x cho 3,5,9,11 thì được số dư lần lượt là 1, 3 ,4 ,9 . III – Số nguyên tố . A . Lí thuyết cơ bản . 1. Định nghĩa . - Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1 , chỉ có hai ước là 1 và chính nó . Các số còn lạ gọi là hợp số . Từ đó suy ra , số 0 và số 1 không phải là số nguyên tố , số 2 là số nguyên tố chẵn duy nhất và nhỏ nhất . . 2.1. Định lí cơ bản của số học . Mọi số lớn hơn 1 đều phân tích được ra thừa số nguyên tố một cách duy nhất ( không kể thứ tự các thừa số ) . 2.2. Có vô số số nguyên tố . 2. Các tính chất . 2.3. Ước số nguyên tố nhỏ nhất của một hợp số N là số không vượt quá . Từ đó suy ra : nếu số N > 1 không có một ước nguyên tố nào từ 2 cho đến thì N là một số nguyên tố . 2.4. Có vô số số nguyên tố dạng ax + b với (a,b) = 1 . 2.5. Mọi số nguyên tố lớn hơn 2 đều có dạng 4n 1 , mọi số nguyên tố lớn hơn 3 đều có dạng 6n 1 ( n > 0 ) . B. Phương pháp tìm cực trị với số nguyên tố . Không có phương pháp chung để giải các dạng bài tập về số nguyên tố , ta thường phân tích thành dạng tích từ dữ kiện đề bài rồi sử dụng tính chất chia hết để lọc hoặc có thể quét các trường hợp nếu số lần quét có thể kiểm soát được . C. Bài tập áp dụng . Bài số 1 . Tìm số lớn nhất , nhỏ nhất có hai chữ số sao cho là số nguyên tố . Giải : Vì a,b có vai trò như nhau nên ta giả sử a>b . Gọi p = với p nguyên tố ab p a p hoặc b p p = 2,3,5 hoặc 7 ab=pa-pb (a+p)(p-b)=p2 . * Với p=2 ta có số =21,22. * Với p=3 ta có số = 62,26. * Với p=5 và p=7 thì a có hai chữ số nên loại . ={21,22,26,62} . Vậy max = max ( 21,22,26,62) = 62 . min= min( 21,22,26,62)=21 . Bài số 2 . Tìm số nguyên tố p lớn nhất , nhỏ nhất sao cho 13p+1 là lập phương của một số tự nhiên . Giải : Với số n tự nhiên , theo đề bài ta phải tìm số p sao cho : 13p = n3 – 1 13p = ( n-1)(n2+n+1) . Do (13,p)=1 nên n-1=13 hoặc n2+n+1 = 13 n= 14 hoặc n=3 p=211 hoặc p=2 . Vậy max p = 211, min p = 2 . Bài số 3 . Tìm k để dãy : k +1,k+2,....., k+9,k+10 có nhiều số nguyên tố nhất . Giải : Trong 10 số liên tiếp luôn có 5 số chẵn ( trong đó có nhiều nhất một số nguyên tố là 2) . Vậy có không quá 6 số nguyên tố . Với k=0 thì từ 1 đến 10 có 4 số nguyên tố ( 2,3,5,7) . Với k=1 thì từ 2 đến 11 có 5 số nguyên tố ( 2,3,5,7,11) . Với k>1 thì từ 3 trở đi không có số chẵn nào nguyên tố , trong 5 số lẻ liên tiếp có một số là bội của 3 do đó trong dãy có ít hơn 5 số nguyên tố . Vậy với k=1 thì dãy có nhiều số nguyên tố nhất . D. Bài tập tự luyện . Tìm số nguyên tố lớn nhất không vượt quá 98 có dạng p3 + 2 . IV – Phương trình DIOPHANTE . A. Lí thuyết cơ bản . 1.Định nghĩa . Một phương trình có nhiều ẩn số với tất cả các hệ số đều là những số nguyên và ta phải tìm nghiệm nguyên của nó được gọi là phương trình DIOPHANTE . Nói chung phương trình DIOPHANTE có nhiều nghiệm nguyên nên ta còn gọi là phương trình vô định . Ví dụ : 7x + 4y = 10 . x2+y2 = z2 x3 – 7y2 = 1 .... 2.Phương trình bậc nhất . 2.1.Phương trình bậc nhất hai ẩn . 2.1.1. Định nghĩa . Phương trình bậc nhất hai ẩn là phương trình có dạng : ax + by = c trong đó a,b,c là những số nguyên , a và b đồng thời khác 0 . 2.1.2. Một số tính chất . 2.1.2.1. Phương trình ax + by = c có nghiệm nguyên khi và chỉ khi (a,b)=1 . 2.1.2.2. Nếu phương trình ax + by = c có một nghiệm nguyên (x0,y0) thì nó có vô số nghiệm nguyên dạng : trong đó t Z . 2.2. Phương trình bậc nhất n ẩn (n>2). Phương trình bậc nhất n ẩn (n>2) là phương trình có dạng : a0+ a1x1+a2x2+......+anxn =0 trong đó ai Z ( i = 0,1,..,n) . Phương trình bậc nhất n ẩn (n>2) có nghiệm nguyên khi và chỉ khi các hệ số ai đôi một nguyên tố cùng nhau . 2.3. Định lí lớn Fermat . Fermat đã chứng minh được rằng : Với mọi số tự nhiên n >2 thì phương trình x2+y2=z2 không có nghiệm nguyên dương . Khi n = 2 thì nghiệm tổng quát của phương trình là : trong đó m,p,q là những số nguyên bất kì , (p,q)=1 , p,q chẵn lẻ khác nhau . 2.4.Phương trình PELL. là phương trình có dạng : x2 – Dy2 =1 . B. Phương pháp tìm cực trị với phương trình DIOPHANTE . Như trên đã trình bày , phương trình DIOPHANTE là phương trình vô định , thậm chí nhiều phương trình chưa tìm ra lời giải tổng quát . Do phạm vi khuôn khổ đề tài nên tôi không chuyên sâu vào phép giải phương trình mà chỉ giới hạn với một khoảng nguyên của ẩn để tìm max , min theo dữ kiện đề bài và chỉ với những phương trình đơn giản . Phương pháp giải chung cho những bài toán đơn giản này là từ dữ kiện đề bài ta thiết lập phương trình rồi sử dụng tính chất chia hết hoặc đồng dư thức hoặc kiến thức liên phân số để tìm nghiệm riêng hoặc nghiệm tổng quát . Trên khoảng nguyên xác định ta tìm được max , min thoả đề bài . C. Bài tập áp dụng . Bài số 1 . Có ba người đi câu cá . Trời đã tối nên họ bỏ cá trên bờ sông rồi mỗi người tìm một nơi để ngủ . Người thứ nhất thức dậy đếm số cá thấy chia 3 thì thừa 1 nên ném 1 con xuống sông rồi xách 1/3 về nhà . Người thứ 2 thức dậy tưởng hai bạn còn ngủ , đếm số cá chia 3 thấy thừa 1 con nên ném 1 con xuống sông rồi xách 1/3 về nhà . Người thứ 3 thức dậy tưởng mình dậy sớm nhất đếm số cá chia 3 thấy thừa 1 con nên ném 1 con xuống sông rồi xách 1/3 về nhà . Hỏi họ câu được nhiều nhất bao nhiêu con cá biết số cá không vượt quá 170 con . Giải : Gọi số cá câu được của ba người là x và y là số cá còn lại khi cả ba đã lấy đi phần của mình thì ta có phương trình : ( x,y N và x<170) . áp dụng thuật toán Euclide ta có nghiệm riêng là : x0=-10.38 =-380, y0=-3.38=-144 ( t Z) Do x<170 nên t lớn nhất là 20 khi đó x = 160 , y = 16 . Vậy số cá lớn nhất ba người câu được là 160 con . Bài số 2 . Tìm số tự nhiên x nhỏ nhất sao cho x 9, x+1 25 và x+2 4 . Giải : Do x 9, x+1 25 nên u,v N : x = 9u , x+1 = 25v 25v-9u = 1 . phương trình này có nghiệm tổng quát là v = 4 + 9t , u = 11 + 25t x = 99 + 225t ( t N) . Ta lại có : x+2 = 4y 101 + 225t = 4y t=-101 +4k x = -22626 + 900k . Do t > 0 nên k 26 min x = -20286 khi k = 26 . Bài số 3 . Tìm số nghiệm nguyên dương lớn nhất của phương trình : . Giải : Với mọi bộ (x,y,z) thoả mãn phương trình ta giả sử thì : nghĩa là x lấy một số hữu hạn giá trị không nhiều hơn 2.1991 . Với mỗi giá trị của x ta có : . Với x,y đã biết thì có nhiều nhất là một giá trị tương ứng của z . Vậy có nhiều nhất là 23.1991 nghiệm . D. Bài tập tự luyện . Bài số 1 . Trong các số tự nhiên từ 200 đến 500 tìm số lớn nhất , số nhỏ nhất chia cho 4,5,7 lần lượt có dư là 3,4,5. Bài số 2. Tìm số tự nhiên nhỏ nhất sao cho khi chia nó cho 7,5,3,11 thì được dư tương ứng là 3,2,1,9 . V- một số bài toán cực trị khác . Bài số 1 . Tìm GTLN, GTNN của tích xy biết x và y là các số nguyên dương thoả mãn : x+y = 2005 . Giải : Ta có 4xy = (x+y)2 – (x-y)2 = 20052 – (x-y)2 . Giả sử x>y ( không thể có x = y) . Ta có : xy lớn nhất x-y nhỏ nhất ; xy nhỏ nhất x-y lớn nhất . Do nên . Ta có min(x-y) = 1 x = 1003 ; y=1002 . max (x-y) = 2003 x = 2004; y=1 . Do đó : max(xy) = 1005006 x=1003; y =1002 . min(xy) = 2004 x=2004 ; y= 1 . Bài số 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x2+4y biết rằng x,y là các số tự nhiên và A không phải là số chính phương . Giải : Vì A không chính phương nên A>1 . Xét A = 2 ta có 2=x2+4y nên x chẵn . Khi đó vế phải chia hết cho 4 , vế trái không chia hết cho 4 nên loại . Xét A=3 ta có : 3 = x2+4y nên x lẻ . Khi đó vế phải chia 4 dư 1, vế trái chia 4 dư 3 nên loại . Xét A = 5 ta có : 5=x2 + 4y , tồn tại x,y thoả mãn đẳng thức trên như x=3 ,y=-1 . Vậy GTNN của A là 5 . Bài số 3 . Cho dãy (1) gồm 50 số hạng : 20+12; 20+22 ; 20+32 ;....; 20+492; 20+502 . Xét dãy (2) gồm 49 số là ƯCLN của mỗi số hạng của dãy (1) , không kể số hạng cuối cùng với số hạng đứng liền sau nó trong dãy ấy . Tìm số lớn nhất trong dãy thứ (2) . Giải : Ta có : 49 số số hạng đầu của dãy (1) có dạng : 20+n2 ( n=1,2,..,49) . Gọi d là số bất kì của dãy (2) , d =ƯCLN(20+n2, 20+(n+1)2) . Ta có : (20 +n2 +2n +1)-(20+n2) d 2n+1d 2(20+n2)-n(2n+1) d 40-nd 2(40-n)+(2n+1) d 81d . Do đó d 81 . Với d = 81 ta có 40-n81 . Do n {1,2,3,...,49} nên n =40 . Vậy số lớn nhất trong dãy (2) là 81 , đó là ƯCLN(20+402,20+412) . Bài số 4. Tìm số chính phương lớn nhất biết rằng nếu xoá hai chữ số tận cùng của nó ( hai chữ số này không cùng bằng 0 ) , thì ta được một số chính phương . Giải : Gọi số chính phương cần tìm là n2 ta có : n2 = 100A +b ( A là số trăm , ) . Theo đề bài , 100A là số chính phương nên A là số chính phương . Đặt A = a2 ( a N ) . Ta cần tìm GTLN của a . Ta có : n2 >100a2 n>10a n 10a+1 . Do b 99 nên 20a+1 99 a4 . Ta có : n2 = 100a2+b 1600+99 = 1699 . Kiểm tra lại : 422 = 1764 , 412 = 1681 . Số chính phương lớn nhất phải tìm là 1681 = 412 . Chương 2 . cực trị đại số . I – Phương pháp tìm cực trị theo tính chất của luỹ thừa bậc hai . A. Lí thuyết cơ bản . Ta đã biết A2 0 ( -A2 0) với mọi giá trị của biến trên tập xác định E của A . Như vậy nếu biểu thức M ( nguyên hoặc phân ) đưa được về dạngM=A2 + k ( hoặc M=m-A2) thì rõ ràng supM= m ( infM=k) . Nếu tồn tại giá trị của biến để M = k ( hoặc M=m) thì maxM = m ( min M = k) . B. bài tập áp dụng . Bài số 1 . Tìm max ( min) của các biểu thức sau : a) A = 2x2 - 8x+1 . b) B = -5x2 - 4x +1 . Giải: a) Ta có : A = 2x2 - 8x+1 = 2( x2 - 4x +4) -7 = 2(x-4)2 – 7 -7 . Dấu = xảy ra khi x=4. Vậy minA=-7 khi x=4 . b) Ta có : B = -5x2 - 4x +1 = . Dấu = xảy ra khi x=-. Do đó maxB = khi x=-. Lưu ý : Khi chuy