Sáng kiến kinh nghiệm Toán THCS – Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

A . đặt vấn đề i . lý do chọn đề tài Toán học là một trong những môn học quan trọng trong các trường phổ thông. Đây là môn học tương đối khó mang tính tư duy cao đòi hỏi người học phải chịu khó tìm tòi, khám phá và say mê nghiên cứu. Một trong những đề tài lý thú của bộ môn này là " phương trình nghiệm nguyên" đã lôi cuốn nhiều người tham gia. Trong những năm gần đây, các đề thi học sinh giỏi bậc THCS của các cấp và các kỳ thi tuyển sinh vào trờng THPT, đăc biệt là thi vào trường THPT , thường gặp những bài toán có yêu cầu tìm số nguyên hoặc tìm nghiệm nguyên của phường trình. Đó là các phương trình và bài toán với nghiệm nguyên. Trong quá trình giảng dạy bản thân tôi nhận thây mảng kiến thức “phương trình nghiệm nguyên” là một đề tài khá lý thú của số học và đại số, mà trong chương trình học lại không có một bài học cụ thể nào, do vậy đã lôi cuốn tôi nghiên cứu và viết về một phần nhỏ của dạng toán này, đó là “Một số phơng pháp giải phơng trình và bài toán nghiệm nguyên “. Phương trình nghiệm nguyên là những bài toán khó. Ngoài phương trình bậc nhât hai ẩn, các bài toán tìm nghiệm nguyên thường không có quy tắc tổng quát. Mỗi bài toán với số liệu riêng của nó đòi hỏi một cách giải riêng phù hợp. Do vậy đường lối chung để giải phương trình này là dựa vào đặc điểm của phương trình để thu hẹp miền chứa nghiệm. Điều đó có tác dụng, rèn luyện tư duy toán học linh hoạt và sáng tạo, dần hình thành cho học sinh thói quen đi tìm phương pháp giải tối ưu cho một bài toán nào đó trong thời gian ngắn nhất. Do đó không thể không có trong chương trình ôn thi vào PTTH và bồi dưỡng học sinh giỏi của cấp học THCS. Chớnh vỡ phạm vi của đề tài rộng và cú rất nhiều người nghiờn cứu và quan tõm ,nhưng phạm vi đề tài này của tụi chỉ là giới thiệu một số phương phỏp giải và nờu một số phương trỡnh nghiệm nguyờn thường găp.Mặt khỏc đối tượng khỏch thể là học sinh lớp 9 trường THCS . Do những lớ do trờn tụi quyết định chọn đề tài : ‘Một số phương phỏp giải phương trỡnh và bài toỏn nghiệm nguyờn ” làm sỏng kiến cho riờng mỡnh. Với mục đích cung cấp cho bạn đọc những phương pháp thường dùng để giải phương trình nghiệm nguyên và cách vận dụng chúng trong từng dạng toán tìm nghiệm nguyên. II. Nhiệm vụ của đề tài Đề tài “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên “. Với mỗi phương pháp giải đợc trình bầy theo cấu trúc gồm : cơ sở lý thuyết và ví dụ minh hoạ, hoặc từ bài toán tổng quát và các ví dụ minh hoạ Đề tài của tụi nhằm đạt được những mục đớch sau : 1. Nờu được phương hướng giải cỏc phương trỡnh nghiệm nguyờn thường gặp ở bậc THCS 2. Phõn loại và phương phỏp giải một số dạng phương trỡnh nghiệm nguyờn 3. Học sinh cú một cỏi nhỡn rừ hơn ,sõu hơn, thấu đỏo hơn về phương trỡnh nghiệm nguyờn, từ đú tiếp cận với phương trỡnh nghiệm nguyờn chủ động hơn sỏng tạo hơn III. Phạm vi đề tài 1. Đề tài chỉ đề cập một số phương pháp thường dùng để giải phương trình và bài toán với nghiệm nguyên thường gặp . 2. Đối tượng mà đề tài nhằm tới là học sinh ôn thi vào cấp PTTH, học sinh khá và giỏi toán lớp 9 3. Phạm vi hạn chế trong chương trỡnh toỏn THCS IV. Phương pháp nghiên cứu Tổng hợp, hệ thống từ việc tham khảo các loại sách bồi dưỡng môn toán và tuyển chọn theo chuyên đề toán học tuổi trẻ quyển 1, quyển 2, quyển 3 , Phương trình và bài toán nghiệm nguyên dùng cho học sinh THCS. v. vấn đề đạt được của đề tài 1. Học sinh cú phương hướng giải một phương trỡnh nghiệm nguyờn theo cỏc dạng. 2. Tăng khả năng tư duy sỏng tạo toỏn học và phỏt hiện được phẩm chất học toỏn của học sinh 3. Do thời gian nghiờn cứu của đề tài chưa nhiều nờn cần cú thờm để hoàn thiện và kiểm nghiệm chớnh xỏc hơn. B . Giải quyết vấn đề phần I : các phương pháp thường dùng để giải phương trình với nghiệm nguyên Giải phương trình chứa các ẩn x, y, z,....với nghiệm nguyên là tìm tất cả các bộ số nguyên (x, y, z,...) thoã mãn phương trình đó. Khi giải phương trình với nghiệm nguyên, do phải lợi dụngcác tính chất của tập hợp Z nên ngoài các phép biến đổi tương đương, còn dùng đến các biến đổi mà các giá trị của ẩn mới chỉ thoã mãn điều kiện cần ( chứ chưa phải điều kiện cần và đủ) của nghiệm. Trong trường hợp này, ta chỉ cần kiểm tra lại các giá trị đó bằng cách thử vào phương trình đã cho. Do đó việc giải phương trình nghiệm nguyên thường gồm hai bước: Bước 1: Giả sử phương trình có nghiệm nguyên ( x, y, z, ...), ta suy ra các ẩn phải nhận các giá trị nào đó. Bước 2: Thử lại các giá trị đó của ẩn để khẳng định tập nghiệm của phương trình. dạng 1. phương pháp dùng tính chia hết *Phương trình bậc nhất hai ẩn có dạng ax + by = c Phương pháp thường dùng để giải dạng phương trình này là: - Tách ra các giá trị nguyên - Tìm một nghiệm riêng 1. Phương pháp phát hiện tính chia hết của một ẩn * Phương pháp giải. áp dụng cho phương trình dạng ax + by = c (1) ( với a, b, c Z ) Khi c b hoặc c a Giả sử x, y thoả mãn phương trình (1) Nếu c a ax a by a Thường là ; b a y a , đặt y = at ( t z ) Thay vào (1) ta có : ax + b.at = c ax = c - b.at x = Nếu c b ta làm tương tự * áp dụng : Vớ dụ 1: Tỡm nghiệm nguyờn dương của pt sau: xy - 2x - 3y + 1 = 0. Giải: xy - 2x - 3y + 1 = 0 y(x – 3) = 2x – 1. Ta thấy x = 3 khụng là nghiệm. với x khỏv 3 ta được: Để y nguyờn thỡ x – 3 phải là ước của 5. Suy ra nghiệm cần tỡm: (4; 7) và (8; 3). Ví dụ 2: Giải phương trình với nghiệm nguyên : 3x + 7y = 159 (1) Giải Giả sử x, y là các số nguyên thoã mãn phương trình (1). Ta thấy 159 và 3x đều chia hết cho 3 nên 17y 3, do đó y 3 ( vì 17 và 3 nguyên tố cùng nhau). Đặt y = 3t ( t Z ). Thay vào phương trình (1) ta được : 3x + 17.3t = 159 x + 17t = 53 x = 53 – 17t Đo đó : Đảo lại, thay các biểu thức của x và y vào (1), phương trình được nghiệm đúng. Vậy phương trình (1) có vô số nghiệm nguyên (x, y) được biểu thị bởi công thức : 2. Phương pháp đưa về phương trình ứơc số. * Phương pháp giải. Đa phương trình đã cho thành phương trình có dạng: ( ax + b )( ax + b) = f ( với a, b, c, d, f z ) Vì x, y là các số nguyên nên ax + b ; ax + b là các số nguyên và là ớc của f. Lập bảng xét các khả năng của ax + b, ax + b, x, y * áp dụng : Ví dụ 3: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: xy – x – y = 2 Giải: Biến đổi phương trình thành: x(y – 1) – y = 2 x(y – 1) – (y – 1) = 3 (y – 1)(x – 1) = 3 Ta gọi phương trình trên là phương trình ước số : vế trái là một tích các thừa số nguyên, vế phải là một hằng số. Ta có x và y là các số nguyên nên x – 1 và y – 1 là các số nguyên và là ước của 3. Do vai trò bình đẳng của x và y trong phương trình nên ta có thể giả thiết rằng x y, khi đó x – 1 y – 1 x – 1 3 -1 y – 1 1 -3 Ta có: x 4 0 y 2 -2 Do đó: Nghiệm nguyên của phương trình : (4 ; 2), (2 ; 4), (0 ; -2), (-2 ; 0) 3. Phương pháp tách ra các giá trị nguyên . * Phương pháp giải. a. Biểu thị x theo y ( hoặc y theo x ) b. Tách phần phân thức và xét giá trị nguyên của phân thức * áp dụng : Ví dụ 4 : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: xy – x – y = 2 Giải: Biểu thị x theo y: x(y – 1) = 2 + y Ta thấy y 1( vì nếu y = 1 thì ta có 0x = 3, vô nghiệm) Do đó: x = Tách ra ở phân thức các số nguyên: x = = Do x là số nguyên nên là số nguyên, do đó y – 1 là ước của 3. Lần lượt cho y – 1 bằng -1, 1, -3, 3, ta được các nghiệm: (4 ; 2), (2 ; 4), (0 ; -2), (-2 ; 0) dạng 2. Phương pháp xét số dư của từng vế . * Phương pháp giải. a. Chuyển ẩn x và ẩn y về hai vế khác nhau b. Xét số dư của một vế * áp dụng : Ví dụ 5 : Chứng minh rằng các phương trìh sau không có nghiệm nguyên : x2 - y2 = 1998 b) x2 + y2 = 1999 Giải : a ) Vì x2, y2 là số chính phương nên khi chia cho 4 chỉ có số d là 0 hoặc 1 Nên x2 - y2 chia cho 4 có số dư là 0 ; 1 ; 3 Còn vế phải 1998 chia cho 4 d 2 Vậy phương trình không có nghiệm nguyên thoả mãn bài toán b ) x2, y2 là số chính phương nên khi chia cho 4 chỉ có số d là 0 hoặc 1 Nên x2 + y2 chia cho 4 dư 0 ; 1 ; 2 Còn vế phải 1999 chia cho 4 dư 3 Vậy phương trình không có nghiệm nguyên thoả mãn bài toán Ví dụ 6 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 9x + 2 = y2 + y Giải : Ta có 9x + 2 = y2 + y 9x + 2 = y( y + 1) Ta thấy vế trái của phương trình là số chia cho 3 dư 2 . Nên y( y + 1) chia cho 3 dư 2 Do đó chỉ có thể : y= 3k + 1 ; y + 1 = 3k + 2 ( ) Khi đó 9x + 2 = ( 3k + 1)( 3k + 2 ) 9x + 2 = 9k2 + 9k + 2 9x = 9k ( k + 1 ) x = k ( k + 1 ) Thử lại : x = k ( k + 1 ) ; y= 3k + 1 thoả mãn phương trình đã cho Vậy phương trình có nghiệm nguyên biểu thị bởi công thức : (k là một số tuỳ ý ) dạng 3. Phương pháp dùng bất đẳng thức . 1. Phương pháp sắp thứ tự các ẩn . * Phương pháp giải . áp dụng cho phương trình mà vai trò của các ẩn nh nhau, khi đó ta xét giá trị của các ẩn sao cho : m ≤ x ≤ y ≤ z hoặc x ≥ y ≥ z ≥ n ( n, m z ) * áp dụng : Ví dụ 7: Tìm ba số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng của chúng . Giải : - Cách 1. Gọi ba số nguyên dương phải tìm là : x , y , z Ta có x + y + z = xyz (1) Các ẩn x, y, z có vai trò bình đẳng trong phương trình nên có thể sắp xếp thứ tự giá trị các ẩn, chẳng hạn : z ≥ y ≥ x ≥ 1 Do đó xyz = x + y + z ≤ 3z. Chia 2 vế của bất đẳng thức xyz ≤ 3z. cho z ta được : xy 3 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 z ≥ y ). Vậy ba số phải tìm là 1 ; 2 ; 3. - Cách 2. Gọi ba số nguyên dương phải tìm là : x , y , z Ta có x + y + z = xyz (1) Chia hai vế của (2) cho xyz ≠ 0 Ta có Giả sử x ≥ y ≥ z ≥ 1 Ta có 1 = ≤ z2 ≤ 3 nên z = 1 Thay z = 1 vào (2) ta có : x + y + 1 = xy xy - x - y = 1 x ( y - 1 ) - ( y - 1 ) = 2 ( x - 1 )( y - 1 ) = 2 Do x ≥ y ≥ z ≥ 1 x - 1 ≥ y - 1 ≥ 0 Nên : Vậy ba số phải tìm là : ( 1 ; 2 ; 3 ) 2. Phương pháp xét từng khoảng giá trị của ẩn . Ví dụ 8 : Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình . Giải : Do vai trò bình đẳng của x, y Giả sử : x ≤ y ; 1 ≤ x ≤ y Ta có 3 (1) Do 1 ≤ x ≤ y Nên Do đó x ≤ 6 (2) Từ (1) và (2) ta xác định được giá trị của x là : 3 < x ≤ 6 Với x = 4 ta được : nên y = 12 Với x = 5 ta được : nên y = loại vì không là số nguyên. Với x = 6 ta được : nên y = 6 Vậy nghiệm nguyên dơng của phơng trình là : ( 4 ; 12 ); ( 12 ; 4 ); ( 6 ; 6 ) 3 . Phương pháp chỉ ra nghiệm nguyên . Phương pháp xét từng khoảng giá trị của ẩn còn được thể hiện dứơi dạng : chỉ ra một vài số là nghiệm của phương trình, rồi chứng minh không còn nghiệm nào khác. Ví dụ 9 : Tìm các số tự nhiên x sao cho 2x + 3x = 5x Giải Viết phương trình dưới dạng : (1) Với x = 0 thì vế trái của (1) bằng 2, loại Với x = 1 thì vế trái của (1) bằng 1, đúng Với x 2 thì nên : , loại Nghiệm duy nhất của phương trình Ví dụ 10 : Tìm các số tự nhiên x sao cho : 2x + 3x = 35 Giải  - Với x = 0, x = 1 , x = 2 không thoã mãn phương trình 2x + 3x = 35 - Với x = 3 Thoã mãn : 2x + 3x = 35 vì 23 +33 = 8 + 27 = 35 - Với x > 3 Ta có : 2x + 3x > 23 +33 = 35 ( loại ) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất : x = 3 4. Sử dụng điều kiện ∆ ≥ 0 để phương trình bậc hai có nghiệm * Phương pháp giải . Ta viết phương trình f( x, y) = 0 dưới dạng phương trình bậc hai đối với một ẩn, chẳng hạn đối với ẩn x, khi đó ẩn y còn lại là tham số. Điều kiện cần để phương trình có nghiệm là : ∆ ≥ 0 . Để có nghiệm nguyên ∆ phải là một số chính phương Ví dụ 11: Tìm nghiệm nguyên của phương trình . x + y + xy = x2 + y2 (1) Giải : Viết phương trình (1) thành phương trình bậc hai đối với x : x2 - ( y + 1 ) x - ( y2 - y ) = 0 (2) Điều kiện cần để phương trình bậc hai có nghiệm là: ∆ ≥ 0 ∆ = ( y + 1 )2 - 4( y2 - y ) = y2 + 2y + 1 - 4y2 + 4y = -3y2 + 6y + 1 = - ( 3y2 - 6y - 1 ) ∆ ≥ 0 3y2 - 6y - 1 ≤ 0 3y2 - 6y + 3 - 4 ≤ 0 3( y - 1 )2 ≤ 4 Do đó ( y - 1 )2 ≤ 1 y - 1 -1 0 1 y 0 1 2 Suy ra : Với : y = 0 : thay vào (2) ta có : x2 - x = 0 x1 = 0 ; x2 = 1 y = 1 : thay vào (2) ta có : x2 - 2x = 0 x3 = 0 ; x4 = 2 y = 2 : thay vào (2) ta có : x2 - 3x + 2 = 0 x5 = 1 ; x6 = 2 Thử lại các giá trị trên nghiệm đúng phương ttrình (1) Vậy nghiệm nguyên của phương trình là ( 0 ; 0 ) ; ( 1 ; 0 ) ; ( 0 ; 1 ) ; ( 2 ; 1 ) ; ( 1 ; 2 ) ; ( 2 ; 2 ) Ví dụ 12 : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình . x2 + xy + y2 = x + y (1) Giải : Biến đổi phương trình (1) và đưa về dạng x2 + (y – 1)x + ( y2 – y ) = 0 Tính ∆ và giải ∆ ≥ 0 cho ta 3y2 – 2y – 1 = 0- y 1 Với y = 0, thay vào (1) ta được : x2 – x = 0, ta có x1 = 0, x2 = 1 Với y = 1, thay vào (1) ta được : x2 = 0, ta có x3 = 0 Đáp số : (0 ;0), (0 ;1), (1 ;0) dạng 4. PHương pháp dùng tính chất chia hết của một số chính phương : 1. Phương phỏp này phạm vi ỏp dụng rất ớt và cú tớnh chất đặc trưng, học sinh gặp khú khăn khi tiếp xỳc với phương phỏp này là : cỏc dạng khụng nhiều và phỏt hiện ra được dạng rất khú,đụi khi nú cũn là vấn đề mấu chốt của bài toỏn 2. Phương phỏp này được sử dụng chủ yếu 2 tớnh chất sau : + Giữa 2 số chớnh phương liờn tiếp khụng tồn tại số chớnh phương nào + Nếu 2 số nguyờn dương nguyờn tố cựng nhau cú tớch là một số chớnh phương thỡ mỗi số đều là số chớnh phương + Nếu 2 số nguyờn liờn tiếp cú tớch là một số chớnh phương thỡ một trong hai số nguyờn liờn tiếp đú bằng khụng 3. Sau đõy là một số phương phỏp hay được sử dụng 1. Sử dụng tính chất chia hết của một số chính phương : - Các số chính phương có tận cùng là 2 ; 3 ; 7 ; 8 - Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho p2. - Số chính phương chia cho 3 có số dư : 0 ; 1 . - Số chính phương chia cho 4 có số dư : 0 ; 1 . - Số chính phương chia cho 8 có số dư : 0 ; 1; 4. Ví dụ 13 : Tìm các số nguyên x để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếp : Giải : Cách 1. Giả sử : 9x + 5 = n( n + 1 ) Với n z 36x + 20 = 4n(n + 1) 36x + 20 = 4n2 + 4n 36x + 21 = 4n2 + 4n + 1 3( 12x + 7 ) = (2n + 1 )2 Số chính phương (2n + 1 )2 chia hết cho 3, nên cũng chia hết cho 9. Ta lại có 12x + 7 không chia hết 3 nên 3( 12x + 7 ) không chia hết cho 9. Mâu thuẩn trên chứng tỏ không tồn tại số nguyên x nào để 9x + 5 = n( n + 1 ). Do đó không tồn tại số nguyên x để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếp . Cách 2. Giả sử : 9x + 5 = n( n + 1 ) Với n z n2 + n - ( 9x + 5 ) = 0 Để phương trình bậc hai đối với n có nghiệm nguyên, điều kiện cần : ∆ là số chính phơng. Nhng ∆ = 1 + 4( 9x + 5 ) =36x + 21 chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 32 . Vậy 36x + 21 không phải là số chính phơng Do đó không tồn tại số nguyên n nào thoả mãn 9n + 5 = n( n + 1 ), tức là không tồn tại số nguyên x để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếp . 2. Tạo ra bình phương đúng * Phơng pháp giải . Chuyển một trong hai ẩn của phương trình có bậc hai về dạng bình phương của tổng ( hiệu ) sau đó sử dụng dấu hiệu chia hết Ví dụ 14: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x2 + 4x = 19 – 3y2 (1) Giải Ta viết lại (1) dưới dạng sau: 2x2 + 4x + 2 = 21 – 3y2 2( x + 1 )2 = 3( 7 – y2) (2) Ta thấy 2( x + 1 )2 2 nên suy ra 3( 7 – y2) 2 7 – y2 2 y lẻ. Ta lại có 7 – y2 ≥ 0 nên chỉ có thể y2 = 1 Khi đó (2) có dạng : 2( x + 1 )2 = 18 x + 1 = 3, x1 = 3, x2 = -4 Các cặp số (2;1), 2;-1), (-4;1), (-4; -1) thoã mãn (2) nên là nghiệm của phương trình (1) đã cho. Ví dụ 15 : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : 3x2 + 4y2 =6x + 13 (1) Giải : Biến đổi 3x2 + 4y2 = 6x + 13 3x2 - 6x + 3 = 16 - 4y2 3( x - 1 )2 = 4( 4 - y2) (2) Ta thấy : 4 - y2 ≥ 0 và 4 - y2 3 nên y2 = 1 hoặc y2 = 4 * Với y2 = 1 : khi đó (2) có dạng : 3( x - 1 )2 = 12 ( x - 1 )2 = 4 x - 1 = ± 2 x = 3 ; x = -1 * Với y2 = 4 khi đó (2) có dạng : 3( x - 1 )2 = 0 x = 1 Các cặp số : ( 3 ; 1 ) ; ( -1 ; 1 ) ; ( 3 ; -1 ) ; ( -1 ; -1 ) ; ( 1 ; 2 ) ; ( 1 ; -2 ) thoả mãn phương trình (2) nên là nghiệm của phương trình đã cho. 3. Xét các số chính phương liên tiếp : Hiển nhiên giữa hai số chính phương liên tiếp không có số chính phương nào .Do đó với mọi số nguyên a, x ta có . - Không tồn tại x để a2 < x2 < ( a + 1)2 - Nếu a2 < x2 < ( a + 2)2 thì x2 = ( a + 1)2 Ví dụ 16 : Chứng minh rằng với mọi số nguyên k cho trước không tồn tại số nguyên dương x sao cho : x( x + 1) = k( k + 2) Giải : Giả sử x( x + 1) = k( k + 2) với mọi k z ; x nguyên dương. Ta có x2 + x = k2 + 2k x2 + x + 1 = k2 + 2k + 1 Do x > 0 nên x2 < x2 + x + 1 = ( k+ 1)2 (1) Cũng do x > 0 nên ( k + 1)2 = x2 + x + 1 < x2 + 2x + 1 = k2 + 2k + 1 (2) Từ (1) và (2) suy ra : x2 < ( k + 1)2 < ( x + 1)2 Vô lý . Vậy không tồn tại số nguyên dương x để x( x + 1) = k( k + 2) 4 . Sử dụng tính chất : Nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là môt số chính phương thì mỗi số đều là số chính phương . Ví dụ 17 : Giải phương trình với nghiệm nguyên dương : xy = z2 Giải : Trớc hết ta giả sử ( x, y, z) =1 . Thật vậy nếu bộ ba số x0 , y0, z0 thoả mãn (1) và có cln bằng d, giả sử x0 = dx1, y0 = dy1 , x0 = dz1 thì ( x1, y1, z1 ) cũng là nghiệm của (1) Với ( x, y, z) =1 thì x, y, z đôi một nguyên tố cùng nhau, vì nếu hai trong ba số x, y, x có ước chung là d thì số còn lại cũng chia hết cho d Ta có z2 = xy mà (x, y) = 1 nên x = a2 , y = b2 với a, b N* Suy ra z2 = xy = (ab)2 , do đó : z = ab Nh vậy : ( t là số nguyên dương tuỳ ý ) Đảo lại , hiển nhiên các số x, y, z có dạng trên thoả mãn (1) Công thức trên cho ta nghiệm nguyên dơng của (1) 5. Sử dụng tính chất : Nếu hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương thì một trong hai số nguyên liên tiếp đó bằng 0 . Ví dụ 18: Giả sử a(a + 1) = k2 (1) với a Z, k N. Chứng minh bằng phản chứng. Giả sử a ≠ 0, a + 1 ≠ 0 thỡ k2 ≠ 0. Do k N nờn k > 0. Từ (1) suy ra : a2 + a = k2 4a2 +4a = 4k2 4a2 +4a + 1 = 4k2 + 1 (2a + 1 )2 = 4k2 + 1 (2) Do k > 0 nên 4k2 < 4k2 + 1 < 4k2 +4k + 1 (3) Từ (2) và (3) ta có: (2k)2 < (2a + 1 )2 = 4k2 + 1 < 4k2 +4k + 1 = (2k + 1)2, vô lý. Vậy nếu a(a + 1) = k2 thì tồn tại một trong hai số a, a + 1bằng 0 Ví dụ 19 : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình x2 + xy + y2 = x2y2 Giải : Thêm xy vào hai vế : x2 +2xy + y2 = x2y2 +xy ( x + y)2 =xy( xy + 1) Ta thấy xy và xy + 1 là hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương nên tồn tại một số bằng 0. - xét xy = 0 . Từ (1) có x2 + y2 = 0 nên x = y = 0 - Xét xy + 1 = 0 . ta có xy = -1 nên ( x, y) bằng ( 1 ; -1) hoặc ( -1 ; 1) Thử lại , ba cặp số ( 0 ; 0 ) ; ( 1 ; -1 ) ; ( -1 ; 1 ) đều là nghiệm của phương trình đã cho. dạng 5. phương pháp lùi vô hạn . Phương pháp giải bài toán sau đây gọi là phương pháp lùi vô hạn Ví dụ 20: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình. x3 + 2y3 = 4z3 (1) Giải : Vì 4z3 2 nên x3 + 2y3 2 do đó x3 2 x 2, Đặt x = 2x1 với x1 nguyên. Thay vào (1) rồi chia hai vế cho 2 ta được : 4x12+ y3 = 2z3 (2) Do đó y 2. Đặt y = 2y1 với y1 nguyên. Thay vào (2) rồi chia hai vế cho 2 được : 2x + 4y = z3 (3) Do đó z 2. Đặt z = 2z1 với z1 nguyên. Thay vào (2) rồi chia hai vế cho 2 được : x + 2y = 4z (4) Như vậy nếu ( x, y, z) là nghiệm của (1) thì (x1 , y1 , z1 ) cũng là nghiệm của (1) trong đó x = 2x1 , y = 2y1 , z = 2z1 . Lập luận tương tự như trên ( x2 , y2 , z2 ) cũng là nghiệm của (1) trong đó : x1 = 2x2 , y1 = 2y2 , z1 = 2z2. Cứ tiếp như vậy ta đi đến : x, y, z chia hết cho 2k với k là số tự nhiên tuỳ ý. Điều này chỉ xảy ra khi x = y = z = 0. Đó là nghiệm của phương trình (1) Ví dụ 21 : Giải phương trình nghiệm nguyên x3 - 5y3 - 25z3 = 0 (1) Giải : Từ phương trình (1) suy ra x3 chia hết cho 5 x chia hết cho 5 Đặt x = 5x1 ( x1 nhận giá trị nguyên ) ta có phương trình (1) tương đơng với : 125x13 - 5y3 - 25z3 = 0 5x13 - y3 - 5z3 = 0 (2) Từ phương trình (2) suy ra y3 chia hết cho 5 y chia hết cho 5. Đặt y = 5y1 ( y1 nhận giá trị nguyên ) ta có phương trình (2) tương đương với : 25x13 - 125y13 - 5z3 = 0 5x13 - 25y13 - z3 = 0 (3) Từ phương trình (3) suy ra z3 chia hết cho 5 z chia hết cho 5. Đặt z = 5z1 ( z1 nhận giá trị nguyên ) ta có phương trình (3) tương đương với : 5x13 - 25y13 - 125z13 = 0 x13 - 5y13 - 15z13 = 0 (4) Nh vậy tacó x, y, z cùng chia hết cho 5 Từ phương trình (4) hoàn toàn tương tự quá trình trên ta cũng suy ra x1, y1, z1 cùng chia hết cho 5 suy ra x, y, z cùng chia hết cho 52 Quá trình này tiếp tục mãi suy ra x, y, z cùng chia hết cho 5m với m là một số nguyên dương tuỳ ý .Điều này xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 0 Vậy phương trình có nghiệm nguyên duy nhất x = y = z = 0 phần ii. các bài tập tự giải 1. Tỡm tất cả cỏc nghiệm nguyờn của phương trỡnh: x3-y3 =xy +8 2. Giải phương trình với nghiệm nguyên : 2x + 13y = 156 3. Giải phương trình với nghiệm nguyên 3x +17y = 159 4. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 3xy + x - y = 1 5. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 3x2 + 4y2 =6x + 13 6. Giải phương trỡnh nghiệm nguyờn dương : 2x +57 = y2 Xột hai tường hợp : TH1 : Nếu x lẻ x = 2n +1 (n N ) ta cú 2x = 22n +1 = 2.4n = 2(3+1)n = 2[(3) + 1] = 2.(3) +2 Khi đú VT của pt chia cho 3 dư 2, cũn VP là số chớnh phương nờn tr này loại TH2 : Nếu x chẵn x = 2n (n N*) ta cú y2 - 22n = 57 ↔ (y +2n )(y – 2n ) = 3.19 Ta thấy y +2n › 0 → y- 2n › 0 và y +2n › y- 2n Do đú ta được 26 +57 = 112 . Vậy nghiệm của pt là : (x, y ) = (6 ,11) 7. Tìm nghiệm nguyên của phơng trình : 9x + 2 - y2 - y = 0 c - Kết luận 1. Kết quả: Với những kinh nghiệm như đã trình bày, trong qúa trình dạy ôn học sinh vào THPT và bồi dưỡng học sinh giỏi toán lớp 9, bản thân tôi thấy trình độ học sinh được nâng lên rõ rệt. Học sinh tỏ ra sáng tạo hơn trong quá trình giải bài tập, một bài tập các em có thể giải theo nhiều cách, sau đó các em lựa chọn cách giải dễ hiểu nhất để trình bày. Học sinh được rèn luyện nhiều về các kĩ năng lập luận, kĩ năng tính toán, kĩ năng suy luận logic, kĩ năng tổng quát hoá... qua đó rèn luyện được cho học sinh trí thông minh, sáng tạo và các phẩm chất trí tuệ khác, xoá đi cảm giác khó và phức tạp ban đầu của phương trỡnh nghiệm nguyờn, giúp học sinh có hứng thú và bổ ớch khi học phần này. Kết quả cụ thể: Khảo sỏt chất lương với 37 học sinh khỏ, giỏi trong năm học 2007-2008 của hs lớp 9A Trường THCS Cẩm Phú như sau: a. Kết quả khảo sát đầu năm. Điểm giỏi 9 → 10 0 học sinh Điểm khỏ 7→ 8,5 2 học sinh Điểm TB 5→6,5 12 học sinh Điểm Yếu 3.5 → 4,5 23 học sinh b. Kết quả khảo sát cuối năm Điểm giỏi 9 → 10 4 học sinh Điểm khỏ 7→ 8,5 9 học sinh Điểm TB 5→6,5 17 học sinh Điểm Yếu 3.5 → 4,5 7 học sinh 2. Bài học kinh nghiệm. Là giáo viên được trực tiếp giảng dạy học sinh ôn thi vào THPT và bồi dưỡng HSG và giảng dạy theo đổi mới chương trình, bản thân thấy rằng dựa vào SGK, SBT và tham khảo thêm một số tài liệu toán khác trong quá trình dạy học giải toán có thể rèn luyện cho học sinh kỹ năng suy luận, chứng minh rất tốt. Từ chỗ các em bỡ ngỡ, mơ hồ trong trong cỏch giải toán , đến nay các em đã tiếp cận được đường lối, biết suy luận và lập luận có căn cứ, biết trình bày lời giải lô gic, chặt chẽ. Bên cạnh đó việc chú trọng lựa chọn hệ thống bài tập theo yêu cầu dạy học đề ra thì có thể không ngừng nâng cao hiệu quả giáo dục, tạo niềm say mê học tập môn toán cho học sinh núi chung Trên đây là một số vấn đề về kiến thức và phương pháp mà bản thân tôi tự rút ra được khi dạy về phương trình nghiệm nguyờn cho học sinh chắc chắn sẽ chưa thể hoàn hảo được. Vậy tôi rất mong được sự góp ý chân tình của các bạn đồng nghiệp để cùng nhau tiến bộ, đáp ứng với yêu cầu của giáo dục. Xin chân thành cảm ơn! Cẩm Phú ngày 25 tháng 03 năm 2009 Người viết Võ việt hùng TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Phương trỡnh và hệ phương trỡnh khụng mẫu mực (Nguyễn Đức Tấn – Phan Ngọc Thảo ) nhà xuất bản giỏo dục năm 2004 2. Phương trỡnh và bài toỏn với nghiệm nguyờn (Vũ Hữu Bỡnh ) năm 2005 3. Tuyển chọn theo chuyên đề toán học tuổi trẻ quyển IX Nhà xuất bản giáo dục 4. Ôn tập và luyện giải cỏc dạng toán cơ bản và nâng cao THCS (Bựi Văn Tuyờn ) nhà xuất bản giỏo dục năm 2008 5. Bài tập nâng cao và một số chuyên đề toán 9 (Bựi Văn Tuyờn ) nhà xuất bản giỏo dục năm 2005 MỤC LỤC STT Tiờu đề Trang Mục lục 20 A . Đặt vấn đề 1 I. Lớ do chọn đề tài 1 II. Nhiệm vụ của đề tài 2 III. Phạm vi đề tài 2 IV. Phương phỏp nghiờn cứu 2 V. Vấn đề đạt được của đề tài 2 B. Giải quyết vấn đờ 2 Phần I. Một số phương phỏp thường dựng để giải pt nghiệm nguyờn 2-3 Dạng I. Phương phỏp dung tớnh chia hết 3 1. Phương phỏp phỏt hiện tớnh chia hết của một ẩn 3 2. Phương phỏp đưa về phương trỡnh ước số 4 3. Phương phỏp tỏch ra cỏc giỏ trị nguyờn 5 Dạng II. Phương phỏp xột số dư từng vế 6 Dạng III. Phương phỏp dựng BĐT 7 1. Phương phỏp sắp thứ tự cỏc ẩn 7 2. Phương phỏp xột từng khoảng giỏ trị của ẩn 8 3. phương phỏp chỉ ra nghiệm nguyờn 9 4. Sử dụng đk để phương trỡnh bậc hai cú nghiệm 10 Dạng IV. Phương phỏp dựng tớnh chất chia hết của 1 số chớnh phương 11 1. Sử dụng t/c chia