Kinh nghiệm giải phương trình, hệ phương trình nghiệm nguyên: Sáng kiến kinh nghiệm

Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh

SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC

I . THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN

- Họ và tên: Đinh Quang Minh

- Ngày tháng năm sinh: 02/01/1961.

- Giới tính: Nam.

- Địa chỉ: Tổ 8 – khu 12 – Thị trấn Tân Phú – Huyện Tân Phú.

- Điện thoại : 0902795345

- email: inhquangminh@yahoo.com.vn

- Năm vào ngành: 1982

- Chức vụ : Giáo viên.

- Đơn vị công tác: Trường THPT Đoàn Kết - Huyện Tân Phú – Đồng Nai.

II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO:

- Học vị ( hoặc chuyên môn trình độ cao nhất): Cử nhân khoa học.

- Năm nhận bằng: 1990.

- Chuyên môn đào tạo: Sư phạm Toán.

III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC:

- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Toán

- Số năm có kinh nghiệm: 33 năm

- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 6 năm gần đây: 4

DUYỆT CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ 1

Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh

A.LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:

Đề tài này tôi đã thực hiện ở năm học 2013 – 2014 , năm học 2014 – 2015 tôi tiếp tục nghiên cứu và bổ sung.

Trong quá trình dạy bồi dưỡng học sinh giỏi tại trường, tôi nhận thấy rằng mảng kiến thức về phương trình , hệ phương trình nghiêm nguyên, nguyên dương thật rất đa dạng và không có một phương pháp giải chung nào cho loại toán này và như thế học sinh cũng như người dạy gặp nhiều khó khăn. Nhằm giúp học sinh trong các đội tuyển toán của trường cũng như học sinh yêu thích môn toán của trường giải quyết phần nào khó khăn trên, tôi đã viết chuyên đề “ Kinh nghiệm giải phương trình,hệ phương trình nghiêm nguyên”.

TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI

B. I. Cơ sở lý luận. - Toán học là môn khoa học cơ bản , học toán đòi hỏi người học ngoài việc phải nắm vững các khái niệm, định lý, tính chất còn đòi hỏi phải biết vận dụng linh hoạt các kiến thức đó vào các bài toán cụ thể để giải , không thể chỉ đơn thuần là thuộc. - Trong quá trình học toán và giải toán lại không có phương pháp chung nào để có thể giải được các bài toán, mỗi bài khác nhau thì có thể vận dụng các phương pháp giải khác nhau. - Phân loại các dạng toán cơ bản , phân tích tìm phương pháp giải để từ đó rút ra kinh nghiệm giải đồng thời có thể vận dụng các kinh nghiệm , kiến thức đó để giải các bài toán khác. II. Nội dung biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài 2.1. Thuận lợi: - Được sự quan tâm và chỉ đạo của Ban lãnh đạo nhà trường về công tác đổi mới phương pháp giảng dạy. - Các em học sinh ngoan và có ý thức học tập. 2.2. Khó khăn: - Điều kiện học tập chưa tốt, cơ sở vật chất còn hạn chế. - Là một trường ở miền núi nên mặt bằng kiến thức chưa đồng đều giữa các học sinh với nhau, còn nhiều học sinh có hoàn cảnh gia đình khó khăn , các em phải phụ giúp gia đình kiếm từng bữa ăn nên thời gian cho học tập quá ít dẫn đến học yếu là tất nhiên. 2.3. Phạm vi , đối tượng, thời gian thực hiện: - Đối tượng nghiên cứu: Một số bài về phương trình,hệ phương trình nghiệm nguyên, nguyên dương - Phạm vi nghiên cứu: Một số bài toán cơ bản - Thực hiện đề tài trong các giờ chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi khối 10,11 2.5 Các biện pháp thực hiện đề tài: Bước 1: Hệ thống hoá các kiến thức.

(1) với a,b,c nguyên

Thì phương trình (1) luôn có nghiệm nguyên.

Ta có thể coi phương trình (1) là phương trình đường thẳng trong mặt

Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh Bước 2: Đưa ra một số ví dụ điển hình, phân tích và cùng học sinh xây dựng phương pháp giải Bước 3: Rèn luyện kĩ năng giải các bài tập tương ứng cho học sinh thông qua một số bài tập bổ sung . Gợi mở cho học sinh những hướng phát triển, mở rộng NỘI DUNG A. PHƯƠNG TRÌNH I. Một số kiến thức cơ bản cần nắm 1. Phương trình vô định: a. Định lý: Phương trình (1) có nghiệm nguyên b. Hệ quả: Nếu  phẳng tọa độ Oxy, tìm một nghiêm riêng nguyên

. Khi đó phương trình

(1) có nghiệm nguyên tổng quát

Nếu phương trình (1) có thể nhẩm được nghiệm nguyên thì ta có thể tính

Nếu không ta có thể dùng thuật toán Euclide để tìm

với

 nhẩm cho nhanh.  Trước tiên tìm nghiệm riêng của phương trình Viết thuật toán Euclide cho hai số a và b

Viết các “ thương số” các dãy phép chia của thuật toán

Tính

Nghiệm riêng của ax+by=1 thỏa hoặc

( có nghiệm

Thử từng trường hợp xác định Cuối cùng nghiệm riêng của (1) là 2. Phương trình bậc nhất nhiều ẩn: Định lý: Phương trình nguyên 3. Các tính chất chia hết, số nguyên tố, đồng dư;

Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh

II. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CƠ BẢN: 1. PHƯƠNG TRÌNH DẠNG:

hoặc ( với a , b , c là các số tự nhiên)

a. Phương trình dạng:

+ Khi n = 2 ( Dùng phương pháp phân tích) Ta có a( x + y ) + b = c.xy ( 1)

( 2)

Nên ,

( Giải hệ và tìm nghiệm thích hợp )

Do x , y là bình đẳng nên ( x0 ; y0) là nghiệm thì ( y0 ; x0) cũng là nghiệm + Khi n > 2 . ( Dùng bất đẳng thức để thu nhỏ miền nghiệm) Ta viết a( x1 + x2 + ….+ xn ) + b = c.x1.x2…xn ( 3) Do x , y là bình đẳng nên ta giả sử

Ta có

Do Nên

Suy ra ( 4)

Từ (4) tìm được xn và thay vào PT (3) ta được PT còn n – 1 ẩn x1 , x2 , …, xn-1 Tiếp tục các bước như trên để tìm được xn-1 , …, x1 + Cần chú ý: - Nếu tìm được xn = p thì chỉ cần giả sử - Nếu có bộ nghiệm phân biệt p1 , p2 , …., pn Thì số nghiệm của PT là n! được hoán vị từ bộ nghiệm trên

b. Phương trình dạng có cách giải như loại a

Một số ví dụ Ví dụ 1:

Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x + y + z = xyz (1)

Giải: Do x,y,z bình đẳng . Ta giả sử

. Do nên z = 1

+ VớI z = 1 thì

Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh

Ta có

+ Vậy bộ nghiệm là ( 3 ; 2 ; 1) .Khi đó PT đã cho có 6 nghiệm được hoán vị từ bộ nghiệm

Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dương của PT 5( x+y+z+t) + 10 = 2xyzt (2)

Giải: Do x,y,z bình đẳng . Ta giả sử

+ Với t = 1 Ta có 5(x+y+z) + 15 = 2xyz (3)

+ Với z = 1 Ta có

Ta có

Vậy có 2 bộ nghiệm ( 13 ; 5 ; 1 ; 1) và ( 9 ; 5 ; 1 ;1 ) Nghiệm của phương trình là các hoán vị của 2 bộ + Với z = 2 , 3 Phương trình vô nghiệm + Với t =2 Ta có 5( x+ y + t) + 20 = 4xyz ( 4)

Do Nên z = 2 Ta có 5( x+y) + 30 = 8xy

(5)

nên .Vậy PT (5) vô nghiệm

Vì + Kết luận: có 2 bộ nghiệm ( 13 ; 5 ; 1 ; 1) và ( 9 ; 5 ; 1 ;1 ) .Nghiệm là các hoán vị của 2 bộ

Ví dụ 3 : Tìm nghiệm nguyên dương lẻ phân biệt của phương trình

( 1)

Giải: Do x,y,z bình đẳng . Ta giả sử (1’)

Từ (1) và (1’) suy ra ( k lẻ )

+ k =1 ta có ( 2)

VớI (2’)

Từ (2) và (2’) suy ra

+ t = 3 ta có

Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh

+ Các bước tương tự tìm được z = 5 , y = 7 , x = 9 + Vậy có bộ nghiệm ( 9 ; 7 ; 5 ; 3 ; 1) .Nghiệm là các hoán vị của bộ nghiệm

Ví dụ 4: Một tam giác có số đo của đường cao là những số nguyên và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác bằng 1. chứng minh tam giác đó là tam giác đều. Giải:

Đặt Gọi x,y,z là độ dài các đường cao ứng với các cạnh a,b,c của tam giác. Do bán kính đường tròn nội tiếp tam giác r = 1 nên Giả sử Diện tích tam giác ABC

Mặt khác:

Từ (1) và (2) suy ra:

Từ

hoặc (loại)

Khi đó a = b = c Vậy tam giác ABC đều Ví dụ 5: Tìm hai số nguyên dương x,y sao cho tổng của mỗi số với 1 thì chia hết cho số kia.

Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh

Giải:

Theo giả thiết ta có

Không mất tính tổng quát ta giả sử

 Với y = 1 ta có:  Với y = 2 ta có

Ta có

 Với y = 3 ta có: ( loại)

Kiểm tra thấy thỏa. Vậy các cặp số cần tìm là:

Ví dụ 6: Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương x,y,z sao cho tích của hai trong ba số thêm 1 thì chia hết cho số thứ 3 Giải:

Theo giả thiết ta có (*)

Từ (*)

Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh

Không mất tính tổng quát ta giả sử

Ta có

 Xét x = 1 thì hệ (*) thành

(b) thỏa với mọi yz nguyên dương. Khi đó theo ví dụ 5 thì ta có: Kiểm tra thì bộ ba thỏa đề bài

và các hoán vị

 Xét x = 2 Từ (1) Ta có

m đạt giá trị lớn nhất khi y,z nhỏ nhất:

Ta có

Suy ra m lớn nhất là mà m nguyên dương nên m = 1

Vậy ta có

Với Với thì y = 7 thì y = 3

 Xét x = 3 Từ (1) Ta có

. Tương tự x = 2 thì m chỉ xảy ra m = 1

Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh

nên (*) không xảy ra

Mà Kiểm tra thì thì (x,y,z)=(2,3,7) và hoán vị thỏa đề bài

 Kết luận: Các bộ số và hoán vị của chúng

(1)

Z) thay vào (1) ta được: 3x + 17.3t = 159 suy ra x = 53 – 17t

2. PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHỜ TÍNH CHẤT CHIA HẾT, SỐ NGUYÊN TỐ. Ví dụ 1: Giải phương trình với nghiệm nguyên: 3x + 17y = 159 Hướng dẫn: 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 Đảo lại, thay các biểu thức x, y vào (1), phương trình cũng nghiệm đúng. Vậy pt (1) có vô số nghiệm nguyên (x, y) được biểu thị bởi cộng thức:

Chú ý : Ta cũng thể tìm một nghiệm nguyên riêng (x ;y) là (53 ;0) khi đó

nghiệm phương trình là :

(2)

Z),

(**)

x3 + y3 + z3 = x + y + z + 2000 (3)

Vaäy phương trình không có nghiệm nguyên. Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – 2y2 = 5 Hướng dẫn: Từ phương trình (2) ta suy ra x phải là số lẻ. Thay x = 2k + 1 (k Z) vào (2), ta được: 4k2 + 4k + 1 – 2y2 <=> 2(k2 + k – 1) = y2 => y2 là số chẵn. Đặt y = 2t (t ta có: 2(k2 + k – 1) = 4t2 <=> k2 + k – 1 = 2t2 <=> k(k + 1) = 2t2 + 1 Nhận xét: k(k + 1) là một số chẵn, 2t2 + 1 là số lẻ => pt (**) vô nghiệm Ví dụ 3: Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y, z thoả mãn: Hướng dẫn: Ta có (x3 – x) = (x – 1)x(x + 1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp (với x là số nguyên). Do đó: x3 – x 3 Tương tự y3 – y và z3 – z cũng chia hết cho 3. Từ đó ta có : x3 + y3 + z3 – x – y – z chia hết cho 3. 9

(4)

Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh Vì 2000 không chia hết cho 3 nên x3 + y3 + z3 – x – y – z 2000 với mọi số nguyên x, y, z; tức là phương trình (3) không có nghiệm nguyên Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: xy + x – 2y = 3 Hướng dẫn: Ta có (4)

y(x – 2) = -x + 3

Vì x = 2 không thoả mãn phương trình nên (4)

x – 2 là ước của 1, suy ra : x – 2 = 1

Ta thấy: y là số nguyên x = 1 hoặc x = 3.

(*)

Ta cĩ : Kiểm tra thấy đúng . vậy phương trình có nghiệm (x, y) là (1; -2) và (3; 0) Lưu ý: Bài này có thể dùng phương pháp đưa về tích để đưa về dạng: (x – 2)(y + 1) = 1. Ví dụ 5: Cho đa thức f(x) có các hệ số nguyên. Biết rằng f(1).f(2) = 35. Chứng minh rằng đa thức f(x) không có nghiệm nguyên. Hướng dẫn: Giả sử f(x) có nghiệm nguyên a. Thế thì: f(x) = (x – a).g(x); trong đó g(x) là đa thức có các hệ số nguyên. Suy ra f(1) = (1 – a). g(1) và f(2) = (2 – a).g(2); trong đó g(1), g(2) là các số nguyên. Do đó: f(1).f(2) = (1 – a)(2 – a). g(1).g(2) Suy ra 35 = (1 – a)(2 – a). g(1).g(2) Ta thấy (1 – a)(2 – a) là tích của 2 số nguyên liên tiếp nên là số chẵn nên vế phải là số chẵn, trong khi đó vế trái là số lẻ nên không xảy ra đẳng thức (*) Tức là đa thức f(x) không có nghiệm nguyên. Ví dụ 6: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: Hướng dẫn :

( dạng 4k+3) (vô lý) và

Vậy phương trình không có nghiệm nguyên. Ví dụ 7: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: Hướng dẫn :

vô lý

 Nếu y chẵn thì  Nếu y lẻ thì có dạng 4k + 3 nên phải có một ước

có ước nguyên tố dạng 4k + 3 điều này

nguyên tố dạng đó, do đó vô lý. Vậy phương trình không có nghiệm nguyên.

Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh

(*)

mà 5 là số nguyên tố nên

Ví dụ 8: ( Đề thi HSG lớp 10 năm học 2014 – 2015 Đồng Nai ) Tìm các nguyên x,y thoả: Giải : với k,m là các số nguyên Từ PT(*) suy ra Khi đó (*) thành (**)

mà 3 là số nguyên tố nên

(**) suy ra (**) thành (***)

(***) khi đó

(1)

Suy ra các nghiệm (x ;y) là (5 ;6),(5-6),(-5 ;6),(-5 ;-6) Ví dụ 9 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình: Hướng dẫn : Ta có: (*)

(**)

vô nghiệm

Ta biến đổi phương trình về dạng: vế trái là tích của các đa thức chứa

(1)

x(y – 1) – (y – 1) = 3 x(y – 1) – y = 2 (y – 1) (x – 1) = 3

(1) thành Tương tự x,y (**) thành 3. ĐƯA VỀ DẠNG TÍCH: ẩn, vế phải là tích của các số nguyên. Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: xy – x – y = 2 Hướng dẫn: Ta có (1) Do vai trò bình đẳng của x và y trong pt nên có thể giả sử x khi đó x – 1 y – 1.

Vậy ta có : hay hay

(2)

(y – x)(y2 + xy + x2) = 91 (*)

Kiểm tra thấy đúng.Vậy nghiệm nguyên của pt là (4; 2), (0; -2); (2; 4), (-2;0) Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: y3 – x3 = 91 Hướng dẫn: (2) Vì y2 + xy + x2 > 0 với mọi x, y nên từ (*) => y – x > 0. Mặt khác: 91 = 1.91 = 7.13 và y – x, y2 + xy + x2 đều nguyên dương nên ta có 4 khả năng sau:

Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh

;

Giải ra ta được các nghiệm của pt là:

; ; ;

(4)

4y2 = (2z + 7)2 – 49

(2z – 2y + 7)(2z + 2y +7) = 49. Chỉ có thể xảy ra trong các trường hợp

Ví dụ3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x + y + xy = 9 Hướng dẫn: Biến đổi pt về dạng: (x + 1)(y + 1) = 10 Khi đó nghiệm ( x;y) l (1, 4); (4, 1); (-3, -6); (-6, -3), (9, 0); (0, 9); (-2; -11); (-11, -2) Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: y2 = x(x + 1)(x + 7)(x + 8) Hướng dẫn: y2 = ( x2 + 8x)(x2 +8x + 7) (4) Đặt z = x2 + 8x; ta có y2 = z2 + 7z sau:

Ta có :

e. 2z – 2y + 7 = 2z + 2y +7 = 7 y = z = 0

Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh

Ta có :

f. 2z – 2y + 7 = 2z + 2y +7 = -7 y = 0; z = -7

a có :

x(p – y) – p(p – y) = – p2 px + py – xy = 0

Kiểm tra và kết luận Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: xy = p(x + y) với p là số nguyên tố cho trước. Hướng dẫn: xy = p(x + y) p là số nguyên tố. Do đó ta có:

(1) (2) (3) (4)

+ p); (-p2 + p; -1 + p) (-1 + p; -p2 + p); (2p; 2p); (0; 0)

(5) (6)

Dùng bất đẳng thức để đánh giá một ẩn nào đó và từ sự đánh giá này

Giải ra ta được các nghiệm nguyên là: (p2 + p; 1 + p); (1 + p; p2 4. SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC: suy ra các giá trị nguyên của ẩn này. Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – xy + y2 = 3 (1)

Hướng dẫn: (1) = 3 –

Vì 0 3 – 0 -2 y 2

Lần lượt thay y = 2; y = 1; 0 vào phương trình để tính x. Ta có nghiệm nguyên của phương trình là: (-1; -2), (1; 2); (-2; -1); (2; 1), (-1; 1), (1; -1).

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

Hướng dẫn: Do vai trò bình đẳng của x và y nên giả sử: x y.

Hiển nhiên ta có: nên y > 3 (1)

Mặt khác do: x y 1 nên . Do đó: =

Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh

nên y 6 (2)

Ta xác định được khoảng giá trị của y là: 4 y 6

Với y = 4 ta được: = = nên x = 12

Với y = 5 ta được: = = , loại vì x không phải là số nguyên.

Với y = 6 ta được: = = nên x = 6

Vậy các nghiệm của phương trình là: (4; 12), (12; 4), (6; 6) Ch ý : Ta có thể đưa về phương trình tích:

xy – 3x – 3y = 0 (x – 3)(y – 3) = 9

Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

0. Ta có: y2x2 + z2x2 + x2y2 = 3xyz xyz >0.

Hướng dẫn: Điều kiện x, y, z Ap dụng BĐT Cosi ta có: y2x2 + z2x2 + x2y2 3

3 xyz 3xyz xyz = 1 (do xyz >0)

Biến đổi phương trình về dạng: vế trái là tổng các bình phương, vế phải

1 Vậy ta có các nghiệm: (1, 1, 1); (1, -1, -1); (-1, 1, -1); (-1, -1, 1); 5. ĐƯA VỀ DẠNG TỔNG: là tổng các số chính phương hay bằng 0. Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + y2 – x – y = 8 (1) Hướng dẫn: (1) 4x2 + 4y2 – 4x – 4y = 32 (4x2 – 4x + 1) + (4y2 – 4y + 1) = 34 |2x – 1|2 + |2y – 1|2 = 32 + 52 Do đó phương trình thoả mãn chỉ 2 khả năng:

Giải hệ v kiểm tra .

Phương trình đã cho có nghiệm (x;y)là: (2; 3), (3; 2), (-1; -2), (-2; -1) Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 + 2y2 + z2 – 2xy – 2y + 2z + 2 = 0 Hướng dẫn: Ta biến đổi về dạng: (x – y)2 + (y – 1)2 + (z – 1)2 = 0

x – y = 0; y – 1 = 0; z + 1 = 0 phương trình có nghiệm (1; 1; -1)

Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh

x2 – 6xy + 13y2 = 100

25 và 25 – y2 là một số chính phương. {0, 3, 4, 5}. y2 y 25 – y2 {0, 9, 16, 25}

2 = 0

2 – 5y0

2 = 0

(1)

2 – y0

2 = 0.

2 = 0

y0 5 5x1

2 – 5y1

Ví dụ 3: Giải phương trình trên tập số nguyên Z: Hướng dẫn: Ta biến đổi phương trình về dạng: (x – 3y)2 = 4(25 – y2) (1) Từ (1) Vậy: y2 Thay vào ta tìm được các giá trị của x. 6. PHƯƠNG PHÁP XUỐNG THANG: Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – 5y2 = 0 Hướng dẫn: Giả sử (x0; y0) là nghiệm của (1) thì: x0 Đặt x0 = 5x1 (x1 2 – 5y0 Ta có: 25x1 Đặt y0 = 5y1 (y1 Từ đó ta có: 5x1 x0 5 ; Z). 2 = 0 Z). 2 – 25y1 x1

cũng là nghiệm của (1). Vậy nếu (x0; y0) là nghiệm của (1) thì

Tiếp tục lập luận tương tự, ta có với k nguyên dương bất kỳ, cũng là

3 + z3.

3 = y3 + 2z3. Ta lại suy ra y chẵn, y = 2y1 (y1 3 = 4y1

Z).

3. Vậy nếu (x, y, z) là nghiệm của phương trình đã cho thì

Z). Thay vào ta được:

3 = 2y1

nghiệm nguyên của (1): hay x0; y0 đều chia hết cho 5k với mọi k là số nguyên dương tuỳ ý. Điều này chỉ xảy ra khi x0 = y0 = 0. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là : x = y = 0 Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3 = 2y3 + 4z3 Hướng dẫn: Từ phương trình đã cho ta suy ra x chẵn, hay x = 2x1 (x1 Thay vào ta được 4x1 Thay vào ta được: 2x1 Do đó z chẵn, z = 2z1 (z1 3 + 4z1 x1

cũng là nghiệm của phương trình đã cho. Một cách tổng quát, ta suy ra

cũng là nghiệm của phương trình đã cho, với mọi n N, hay x, y, z

chia hết cho 2n với mọi n, Do đó x = y = z = 0

Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh

7. Sử dụng liên phân

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

Hướng dẫn:

Biểu diễn do đó ta có sự phân tích trên là

duy nhất nên Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

Hướng dẫn: Dễ thấy x,y,z,t không đồng thời bằng không nên

TH1: Ta có

TH2: Ta có

Suy ra: A. HỆ PHƯƠNG TRÌNH Phương pháp giải

- Dựa vào các phép biến đổi tương tương và kết hợp các phương pháp giải

hệ phương trình quen thuộc đã biết.

- Kết hợp các phương pháp đã biết về giải phương trình nghiệm nguyên.

Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của hệ

Hướng dẫn: 16

Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh - Ta có thể coi mỗi phương trình của hệ là phương trình mặt phẳng trong không gian Oxyz Tìm 1 nghiệm riêng nguyên chẳng hạn

Viết về dạng phương trình đường thẳng (*)

Khi đó (*) là nghiệm tổng quát của phương trình.

- Cũng có thể viết phương trình (1) dạng và thay vào (2)

Được : (**)

(**) có nghiệm nguyên là

Từ đó ta có

Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên của hệ

Hướng dẫn:

Một nghiệm riêng khi đó nghiệm tổng quát

Ví dụ 3 : Trên trục hoành hãy tìm tất cả các điểm có toạ độ nguyên mà tại đó ta dựng được đường thẳng vuông góc với trục Ox và cắt các đường thẳng

tại các điểm có toạ độ nguyên.

Hướng dẫn: Ta cần tìm các số nguyên thoả hệ thức

Ta có hệ :

Nghiệm tổng quát của (1) là

Nghiệm tổng quát của (2) là

Suy ra

Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh

Nghiệm tổng quát của là

Thay t1,t2 vào y1,y2,y3 ta được

Khi đó

Ví dụ 4 : Tìm nghiệm nguyên dương của hệ (a)

Hướng dẫn:

(1),(2) ta có :

+ Với thay vào hệ (a) được

( loại)

+ Với

Khi đó là ước của 8.

Tìm được các nghiệm

Ví dụ 5 : Tìm nghiệm nguyên của hệ

Hướng dẫn:

- Phương trình (1) biến đổi được về dạng tổng bình phương

Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh

Ví dụ 6 : Tìm nghiệm nguyên của hệ

Hướng dẫn: Phương trình có nghiệm

là: ( đã trình bày ở mục 2 , ví dụ 8)

Khi đó hệ có nghiệm (x;y;z)

BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài tập 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình 1. y2 - 2x2 = 1

+ y + x2 + x) = 105

2. (2x + 5y + 1)( 3. x4 + 4x3+ 6x2+ 4x = y2 4. 5 (x + y + z + t) + 10 = 2xyzt

5. x + y + z + t = xyzt

Bài tập 2 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình

1. y2 + y = x4 + x3 + x2 + x 2. x2 + = 3026 3. xy + 1 = z 4. x2 - 4xy + 5y2 = 169

Bài tập 3 : Tìm số nguyên tố P để là số chính phương.

Bài tập 4 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình

1. x2 + y2 + z2 = x2 y2 2. 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + 5 = 0 3. x2 - (y + 5)x + 5y + 2 = 0 4. 6x2 + 5y2 = 74 5. x2 + y2 = 2x2y2 6. 2x2 + 2y2 - 2xy + y + x - 10 = 0

Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh

Bài tập 5 :

Chứng minh phương trình + + = b không có nghiệm nguyên dương khi

b = 1 hoặc b = 2 , nhưng có nghiệm nguyên dương khi b =3 Bài tập 6 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

1. x2 -3xy + 2y2+ 6 = 0 2. x2 + 4x - y2 = 1

Bài tập 7 : Tìm các giá trị nguyên thỏa 1. (y + 2)x2 + 1 = y2 2. 3. 4. Bài tập 8 : Chứng minh rằng nếu P(x) là một đa thức với hệ số nguyên, thêm vào đó P(0) và P(1) là các số lẻ thì đa thức P(x) không thể có nghiệm nguyên Bài tập 9: Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là số chính phương: x4 – x2 + 2x + 2 Bài tập 10: Tìm nghiệm nguyên của hệ

2. 1.

4. 3.

Bài tập 10: Tìm nghiệm nguyên dương của hệ

2. 1.

Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh

C.KẾT QUẢ VẬN DỤNG ĐỀ TÀI

Đề tài này là một phần trong chuyên đề số học mà tôi đã áp dụng để bồi

dưỡng học sinh giỏi khối 10,11,12 tại trường.

Kết quả đạt được là đa số học sinh trong đội tuyển học sinh giỏi của

trường dự thi cấp Tỉnh giải được những bài toán về số học trong đề thi.

Qua việc áp dụng đề tài này phần nào giúp các em học tập một cách say mê hứng thú, chất lượng học tập của học sinh tăng nên rõ rệt. Góp phần không nhỏ vào luyện trí thông minh, khả năng tư duy sáng tạo của học sinh. D.KẾT LUẬN: Các bài tập về phương trình, hệ phương trình nghiệm nguyên, nguyên dương thường là tương đối khó đối với học sinh bởi vì nó không có phương pháp cụ thể nào cho từng loại mà nó đòi hỏi phải biết phân tích, tổng hợp từ đó mới định ra được hướng giải. Nhưng khi giảng dạy xong đề tài thì học sinh phần nào đã định ra được phương pháp giải cho một bài quen thuộc và có hướng giải cho các bài không mẫu mực khác. Để đạt được kết quả tốt thì nhất thiết học sinh phải nắm được một số kiến thức cơ bản của số học như: Số nguyên tố, hợp số, số chính phương, đồng dư, một số định lý về chia hết…cho nên giáo viên có thể kết hợp dạy với chuyên đề số học. Nội dung của đề tài còn nhiều hạn chế tôi sẽ từng bước hoàn thiện hơn. Thông qua đề tài này tôi mong hội đồng khoa học và các đồng nghiệp kiểm định và góp ý để đề tài ngày một hoàn thiện hơn, có ứng dụng rộng rãi trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi.

Xin chân thành cảm ơn! Thực hiện đề tài Đinh Quang Minh

Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh

Tài liệu tham khảo:

1. Báo Toán học – Tuổi trẻ : Các năm 2010,2011,2012,2013,2014 2. Phương trình- hệ phương trình không mẫu mực của Nguyễn Đức

Tấn và Phan Ngọc Thảo

3. Chuyên đề bồi dưỡng chuyên toán số học của Nguyễn Vũ Thanh 4. Tài liệu bồi dưỡng số học của trường ĐH Quy Nhơn

Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh

Độc lập - tự do - hạnh phúc

Tân Phú, ngày 18 tháng 05 năm 2014

SỞ GD &ĐT ĐỒNG NAI CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Đơn v : THPT Đoàn Kết

PHIẾU NHẬN XÉT,ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học:2013 - 2014

Tên đề tài: “ KINH NGHIỆM GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN, NGUYÊN DƯƠNG” Người viết: Đinh Quang Minh ; Đơn vị: Tổ Toán - Trường THPT Đoàn Kết. Lĩnh vực: Quản lí giáo dục Phương pháp giáo dục Phương Pháp dạy học bộ môn Lĩnh vực khác

1.Tính mới - Có giải pháp hoàn toàn mới - Có giải pháp cải tiến,đổi mới từ giải pháp đã có 2.Hiệu quả - Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng trong toàn nghành có hiệu quả cao: - Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp

dụng trong toàn nghành có hiệu quả cao

-Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả cao -Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và triển khai áp dụng

tại đơn vị có hiệu quả cao 3.Khả năng áp dụng - Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính

sách: Tốt Khá Đạt

- Đưa ra các giải pháp khuyến khích có khả năng ứng dụng thực tiễn,dễ thực hiện và dễ đi vào cuộc sống:

Tốt Khá Đạt

- Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt

Đạt hiệu quả trong phạm vi rộng: Tốt Khá

HIỆUTRƯỞNG

XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN Tần Thế Anh Nguyễn Văn Hiển