zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Sáng kiến kinh nghiệm

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

Chia sẻ: Thanhbinh225p Thanhbinh225p | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:23

Báo xấu

87
lượt xem 16
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Sáng kiến kinh nghiệm: Kinh nghiệm giải phương trình, hệ phương trình nghiêm nguyên được viết nhằm giúp học sinh trong các đội tuyển toán của trường cũng như học sinh yêu thích môn Toán. Để hiểu rõ hơn mời các bạn cùng tham khảo tài liệu.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm: Kinh nghiệm giải phương trình,hệ phương trình ngiệm nguyên

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”. B. TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI 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. 2
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: ax  by  c  0 (1) với a,b,c nguyên a. Định lý: Phương trình (1) có nghiệm nguyên  (a,b) c b. Hệ quả: Nếu (a, b)  1 Thì phương trình (1) luôn có nghiệm nguyên.  Ta có thể coi phương trình (1) là phương trình đường thẳng trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm một nghiêm riêng nguyên (x o ; y o ) . Khi đó phương trình x  x o  bt (1) có nghiệm nguyên tổng quát  (t  ¢ ) y  y 0  at   Nếu phương trình (1) có thể nhẩm được nghiệm nguyên thì ta có thể tính nhẩm cho nhanh.  Nếu không ta có thể dùng thuật toán Euclide để tìm Trước tiên tìm nghiệm riêng của phương trình ax  by  1 với (a, b)  1 Viết thuật toán Euclide cho hai số a và b a  bqo  r1 b  r1q1  r2 r1  r2q2  r3 .................. rk 1  rk qk  1 Viết các “ thương số” các dãy phép chia của thuật toán 1 p Tính m  qo   1 q q1  1 q2  1 ...  qk x  p x q Nghiệm riêng của ax+by=1 thỏa  o hoặc  o  y o  q  y o  p Thử từng trường hợp xác định (x o ; y o ) Cuối cùng nghiệm riêng của (1) là (cx o ; cy o ) 2. Phương trình bậc nhất nhiều ẩn: Định lý: Phương trình a1 x1  a2 x2  ...  an xn  c ( ai  ¢ , b  ¢ ) có nghiệm nguyên  (a1, a2 ,..., an ) c 3. Các tính chất chia hết, số nguyên tố, đồng dư; 3
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh II. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CƠ BẢN: 1. PHƯƠNG TRÌNH DẠNG: n n n a a  x i  b  c x i i 2 i 2 hoặc x i 2 c ( với a , b , c là các số tự nhiên) i n n a. Phương trình dạng: a  x i  b  c x i i 2 i 2 + Khi n = 2 ( Dùng phương pháp phân tích) Ta có a( x + y ) + b = c.xy ( 1) (1)  (cx  a)(cy  a)  a 2  bc  m.n ( 2) cx  a  m cx  a  a 2  bc Nên (2)   ,   cy  a  n  cy  a  1 ( Giải hệ và tìm nghiệm thích hợp x, y  IN * ) 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 x1  x2  ...  xn  1 a a a b Ta có (3)    ....   c x 2 .x3 ..x n x1 .x3 ..x n x1 .x 2 ..x n 1 x1 .x 2 ...x n Do x1  x2  ...  xn  1 Nên a a a a b b  n 1 ,.........,  n 1 ,  n 1 x 2 ....x n x n x1 ...x n 1 x n x1 ..... x n x n na  b c(na  b) c(na  b) na  b Suy ra n 1 c n 1   x nn 1   m  IN * ( 4) xn c.x n na  b c 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 x1  x2  ...  xn1  p - Nếu có bộ nghiệm phân biệt p1 , p2 , …., pn Thì số nghiệm của PT là n! được hoán vị từ bộ nghiệm trên n a b. Phương trình dạng x i 2  c có cách giải như loại a i 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 x  y  z  1 1 1 1 3 (1)     1  2  z 2  3 . Do z  IN * nên z = 1 yz xz xy z + VớI z = 1 thì (1)  x  y  1  xy  ( x  1)( y  1)  2 4
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh x  1  2 x  3 Ta có     y 1  1 y  2 + 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 x  y  z  t  1 5 5 5 5 10 30 (2)       1  3  t 3  15  t  2  t  1  t  2 2 yzt 2 xzt 2 xyt 2 xyz 2 xyzt 2t + Với t = 1 Ta có 5(x+y+z) + 15 = 2xyz (3) 5 5 5 15 30 (3)      1  2  z 2  15  z  3  z  1  z  2  z  3 2 yz 2 xz 2 xy 2 xyz 2z + Với z = 1 Ta có 5( x  y )  20  2 xy  (2 x  5)( 2 y  5)  65 2 x  5  65 2 x  5  13  x  35 x  9 Ta có         2y  5  1  2y  5  5  y3 y  5 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) 5 5 5 20 35 35 (4)     1  2  z2   z2  9 4 yz 4 xz 4 xy 4 xyz 4z 4 Do x  y  t  2 Nên z = 2 Ta có 5( x+y) + 30 = 8xy  (8 x  5)(8 y  5)  265  5.53 (5) Vì x  y  t  2 nên 8 x  5  8 y  5  11 .Vậy PT (5) vô nghiệm + 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 1 1 1 1 563      ( 1) x y z t k 315 Giải: Do x,y,z bình đẳng . Ta giả sử x  y  z  t  k  1 (1’) 5 563 5.315 Từ (1) và (1’) suy ra  k  2,7  k  1 ( k lẻ ) k 315 563 1 1 1 1 248 + k =1 ta có (1)      ( 2) x y z t 315 VớI x  y  z  t  1 (2’) 4 248 4.248 Từ (2) và (2’) suy ra  t  3. 8  t  3 t 315 315 1 1 1 143 + t = 3 ta có (2)     x y z 315 5
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 a  BC, b  AC, c  AB A Gọi x,y,z là độ dài các đường cao ứng với các cạnh a,b,c của tam giác. c Do bán kính đường tròn nội tiếp tam giác O r = 1 nên x, y, z  2 b Giả sử x  y  z  2 B C Diện tích tam giác ABC a 1 1 1 S  ax  by  cz (1) 2 2 2 1 Mặt khác: S  S ABO  S AOC  S BOC  (a  b  c) (2) 2 Từ (1) và (2) suy ra: ax  by  cz  a  b  c a b c a bc abc    1 1 1 1 1 1   x y z x y z 1 1 1 3    1 x y z z  z3  z  3 ( do z  2) 1 1 1 1 1 2 Từ    1     3( x  y)  2 xy x y z x y 3  (2 x  3)(2 y  3)  9  x  y  3 hoặc x  6, y  2 (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. 6
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh Giải: ( x  1)My Theo giả thiết ta có  ( y  1)Mx  ( x  1)( y  1)Mxy  ( xy  x  y  1)Mxy  ( x  y  1)Mxy  x  y  1  nxy (n  ¢  ) 1 1 1     n (1) x y xy Không mất tính tổng quát ta giả sử x  y  1 1 1 1 1   ,  x y xy y 1 1 1 3     (2) x y xy y 3 (1),(2)  n   y  3  y  1,2,3 y  Với y = 1 ta có: x  2  nx  (n  1) x  2  2Mx  x  1,2  Với y = 2 ta có x  3  2 x  (2n  1) x  3  3Mx Ta có x  y  2  x  2  x  3 1 1 1  Với y = 3 ta có: x  y  3     1  n  1 ( loại) x y xy Kiểm tra thấy thỏa. Vậy các cặp số cần tìm là: ( x, y)  (1,1),(1,2),(2,1),(3,2),(2,3) 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: ( xy  1)Mz  Theo giả thiết ta có ( yz  1)Mx (*) ( xz  1)My  Từ (*) ( xy  1)( xz  1)( yz  1)Mxyz  ( xy  yz  zx  1)Mxyz  xy  yz  zx  1  mxyz (m  ¢  ) 1 1 1 1      m (1) x y z xyz 7
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh Không mất tính tổng quát ta giả sử z  y  x  1 Ta có 1 1 1 1 1 1  ,  ,  x y x z x xyz 4 1 1 1 1      m x x y z xyz  x3  x  1,2,3 ( y  1)Mz (a)   Xét x = 1 thì hệ (*) thành ( yz  1)M 1 (b ) ( z  1)My (c)  (b) thỏa với mọi yz nguyên dương. Khi đó theo ví dụ 5 thì ta có: ( y, z )  (1,1),(1,2),(2,3) Kiểm tra thì bộ ba thỏa đề bài ( x, y, z )  (1,1,1),(1,1,2),(1,2,3) và các hoán vị  Xét x = 2 Từ (1) Ta có 1 1 1 1    m 2 y z 2 yz m đạt giá trị lớn nhất khi y,z nhỏ nhất: 1 1 1 1 1 1 1 1 13 Ta có         2 y z 2 yz 2 2 2 8 8 13 Suy ra m lớn nhất là mà m nguyên dương nên m = 1 8 1 1 1 1    1 2 y z 2 yz 1 1 1    1 y z 2 yz 2z  1 5 Vậy ta có  y  2 z2 z2  ( z  2) 5  z  3,7 Với z  3 thì y = 7 Với z  7 thì y = 3  Xét x = 3 Từ (1) Ta có 1 1 1 1     m . Tương tự x = 2 thì m chỉ xảy ra m = 1 3 y z 3 yz 8
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh 1 1 1 1    1 3 y z 3 yz 3z  1  y 3z  3 4  y 1 3z  3  (3 z  3) 4 (*) Mà z  3 nên (*) không xảy ra Kiểm tra thì thì (x,y,z)=(2,3,7) và hoán vị thỏa đề bài  Kết luận: Các bộ số (1,1,1),(1,1,2),(1,2,3),(2,3,7) và hoán vị của chúng 2. PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHỜ TÍNH CHẤT CHIA HẾT, SỐ NGUYÊN TỐ. Ví dụ 1: Giải phương trình với nghiệm nguyên: 3x + 17y = 159 (1) 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  Z) thay vào (1) ta được: 3x + 17.3t = 159 suy ra x = 53 – 17t 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: x  53  17t  (t  ¢ )  y  3t Chú ý : Ta cũng thể tìm một nghiệm nguyên riêng (x ;y) là (53 ;0) khi đó x  53  17t nghiệm phương trình là :  (t  ¢ )  y  3t Vaäy phương trình không có nghiệm nguyên. Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – 2y2 = 5 (2) 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  Z), 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: x3 + y3 + z3 = x + y + z + 2000 (3) 3 Hướng dẫn: Ta có (x – 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
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh 3 3 3 Vì 2000 không chia hết cho 3 nên x + y + z – 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 (4) Hướng dẫn: Ta có (4)  y(x – 2) = -x + 3 x  3 1 Vì x = 2 không thoả mãn phương trình nên (4) y   y  1  x2 x2 Ta thấy: y là số nguyên  x – 2 là ước của 1, suy ra : x – 2 =  1  x = 1 hoặc x = 3. Ta cĩ : x  1  y  2,x  3  y  0 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: x 2  2x  4y 2  37 Hướng dẫn : x 2  2x  4y 2  37  (x  1)2  (2y)2  38M19 ( dạng 4k+3)  (x  1)M 19 và 2yM 19  (x  1)  (2y) M 2 2 192 (vô lý) Vậy phương trình không có nghiệm nguyên. Ví dụ 7: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2  y3  7 Hướng dẫn : x 2  y3  7  x 2  1  (y  2)(y 2  2y  4)  Nếu y chẵn thì (x2  1)M 4  x2  3(mod4) vô lý  Nếu y lẻ thì y2  2y  4  (y  1)2  3 có dạng 4k + 3 nên phải có một ước nguyên tố dạng đó, do đó x2  1 có ước nguyên tố dạng 4k + 3 điều này vô lý. Vậy phương trình không có nghiệm nguyên. 10
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh Ví dụ 8: ( Đề thi HSG lớp 10 năm học 2014 – 2015 Đồng Nai ) Tìm các nguyên x,y thoả: 3x 2  5y 2  255 (*) Giải : với k,m là các số nguyên Từ PT(*) suy ra x2 M 5 mà 5 là số nguyên tố nên xM 5  x  5k  x2  25k 2 Khi đó (*) thành 75k 2  5y 2  255  15k 2  y 2  51 (**) (**) suy ra y2 M3 mà 3 là số nguyên tố nên yM 3  y  3m  y2  9m2 (**) thành 15k 2  9m2  51  5k 2  3m2  17 (***) 17 (***) 5k2  17  k2   k  1 khi đó m 2 5 Suy ra các nghiệm (x ;y) là (5 ;6),(5-6),(-5 ;6),(-5 ;-6) Ví dụ 9 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 19x 2  28y 2  729 (1) Hướng dẫn : Ta có: 19x 2  28y 2  729  (18x 2  27y 2 )  (x 2  y 2 )  729 (*) (*)  ( x2  y2 )M 3  xM 3  x  3x ; y  3b 3 ; yM (1) thành 19a2  28b2  81  (18a2  27b2 )  a2  b2  81 (**) Tương tự x,y (**) thành 19u2  28v2  9  vô nghiệm 3. ĐƯA VỀ DẠNG TÍCH: Ta biến đổi phương trình về dạng: vế trái là tích của các đa thức chứa ẩn, vế phải là tích của các số nguyên. Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: xy – x – y = 2 (1) Hướng dẫn: Ta có (1)  x(y – 1) – y = 2  x(y – 1) – (y – 1) = 3  (y – 1) (x – 1) = 3 Do vai trò bình đẳng của x và y trong pt nên có thể giả sử x  y khi đó x – 1  y – 1. ìï x - 1 = 3  x  1  1 ìï x = 4 x0 Vậy ta có : ïí hay   ïí hay  ïïî y - 1 = 1 y  1  3 ïïî y = 2  y  2 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 (2) Hướng dẫn: (2)  (y – x)(y2 + xy + x2) = 91 (*) 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: ïìï y - x = 91  y  x 1 í 2  ïïî x + xy + y 2 = 1 x  xy  y  91 2 2 11
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh ìïï y - x = 13  yx7 í 2  2 ; ïïî x + xy + y = 7 2  x  xy  y 2  13 Giải ra ta được các nghiệm của pt là: ìïï x = - 3  x  4 ìïï x = 5  x  6 í ;  ; í ;  ïïî y = 4  y3 ïïî y = 6  y  5 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) (4) Hướng dẫn: (4)  y2 = ( x2 + 8x)(x2 +8x + 7) Đặt z = x2 + 8x; ta có y2 = z2 + 7z  4y2 = (2z + 7)2 – 49  (2z – 2y + 7)(2z + 2y +7) = 49. Chỉ có thể xảy ra trong các trường hợp sau:  2z  2y  7  1 y  12 a.   2z  2y  7  49  z  9 y  12 y  12 Ta có :  2  x  8x  9 x  1  x  9  2z  2y  7  1 y  12 b.   2z  2y  7  49  z  16 y  12 y  12 Ta có :  2  x  8x  16 x  4 2z  2y  7  49 y  12 c.    2z  2y  7  1  z9 y  12 y  12 Ta có :  2  x  8x  9 x  1  x  9 2z  2y  7  49  y  12 d.    2z  2y  7   1 z  16 y  12 y  12 Ta có :  2  x  8x  16 x  4 e. 2z – 2y + 7 = 2z + 2y +7 = 7  y = z = 0 12
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh y  0 y  12 Ta có :  2  x  8x  0 x  0  x  8 f. 2z – 2y + 7 = 2z + 2y +7 = -7  y = 0; z = -7 y  0 y  12 a có :  2  x  8x  7 x  1  x  7 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)  px + py – xy = 0  x(p – y) – p(p – y) = – p2 p là số nguyên tố. Do đó ta có: ïìï x - p = p2  x  p 1 ïìï x - p = - p2  x  p  1 í (1)  (2) í (3)  (4) ïïî y - p = 1 y  p  p ïïî y - p = - 1 y  p   p 2 2 ïìï x - p = p x  p   p í (5)  (6) ïïî y - p = p y  p   p Giải ra ta được các nghiệm nguyên là: (p2 + p; 1 + p); (1 + p; p2 + p); (-p2 + p; -1 + p) (-1 + p; -p2 + p); (2p; 2p); (0; 0) 4. SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC: Dùng bất đẳng thức để đánh giá một ẩn nào đó và từ sự đánh giá này suy ra các giá trị nguyên của ẩn này. Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – xy + y2 = 3 (1) 2  y 3y 2 Hướng dẫn: (1)   x   = 3 –  2 4 2  y 3y 2 Vì  x    0  3 –  0  -2  y  2  2 4 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). 1 1 1 Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình:   x y 3 Hướng dẫn: Do vai trò bình đẳng của x và y nên giả sử: x  y. 1 1 Hiển nhiên ta có:  nên y > 3 (1) y 3 1 1 1 1 1 1 1 2 Mặt khác do: x  y  1 nên  . Do đó:  +   = x y 3 x y y y y 13
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh 2 1   nên y  6 (2) y 3 Ta xác định được khoảng giá trị của y là: 4  y  6 1 1 1 1 Với y = 4 ta được: =  = nên x = 12 x 3 4 12 1 1 1 2 Với y = 5 ta được: = - = , loại vì x không phải là số nguyên. x 3 5 15 1 1 1 1 Với y = 6 ta được: =  = nên x = 6 x 3 6 6 Vậy các nghiệm của phương trình là: (4; 12), (12; 4), (6; 6) Ch ý : Ta có thể đưa về phương trình tích: yx 1   xy – 3x – 3y = 0  (x – 3)(y – 3) = 9 xy 3 yz xz xy Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: + + =3 x y z Hướng dẫn: Điều kiện x, y, z  0. Ta có: y2x2 + z2x2 + x2y2 = 3xyz  xyz >0. Ap dụng BĐT Cosi ta có: y2x2 + z2x2 + x2y2  3 x 4y 4z4  3xyz  3 x 4y 4z4  xyz  1  xyz = 1 (do xyz >0) Vậy ta có các nghiệm: (1, 1, 1); (1, -1, -1); (-1, 1, -1); (-1, -1, 1); 5. ĐƯA VỀ DẠNG TỔNG: Biến đổi phương trình về dạng: vế trái là tổng các bình phương, vế phải 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:  2x  1  3 ìï 2x - 1 = 5 ï  í ïï 2y - 1 = 3  2y  1  5 ïî 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) 14
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh Ví dụ 3: Giải phương trình trên tập số nguyên Z: x2 – 6xy + 13y2 = 100 Hướng dẫn: Ta biến đổi phương trình về dạng: (x – 3y)2 = 4(25 – y2) (1) Từ (1)  25 – y2  0  y2  25 và 25 – y2 là một số chính phương. Vậy: y2  {0, 9, 16, 25}  y  {0,  3,  4,  5}. 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 (1) Hướng dẫn: Giả sử (x0; y0) là nghiệm của (1) thì: x02 – 5y02 = 0  x0 5 ; Đặt x0 = 5x1 (x1  Z). Ta có: 25x12 – 5y02 = 0  5x12 – y02 = 0  y0 5 Đặt y0 = 5y1 (y1  Z). Từ đó ta có: 5x12 – 25y12 = 0  x12 – 5y12 = 0.  x0 y0  Vậy nếu (x0; y0) là nghiệm của (1) thì  ;  cũng là nghiệm của (1).  5 5 æx y ö Tiếp tục lập luận tương tự, ta có ççç k0 ; k0 ÷ ÷ với k nguyên dương bất kỳ, cũng là çè 5 5 ÷ ÷ ø 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  Z) Thay vào ta được 4x13 = y3 + 2z3. Ta lại suy ra y chẵn, y = 2y1 (y1  Z). Thay vào ta được: 2x13 = 4y13 + z3. Do đó z chẵn, z = 2z1 (z1  Z). Thay vào ta được: x13 = 2y13 + 4z13. Vậy nếu (x, y, z) là nghiệm của phương trình đã cho thì  x y z  ; ;  cũng là nghiệm của phương trình đã cho. Một cách tổng quát, ta suy ra  2 2 2 æx y z ÷ ö çç ; ; ÷ cũng là nghiệm của phương trình đã cho, với mọi n  N, hay x, y, z çè2n 2n 2n ÷ ÷ ø chia hết cho 2n với mọi n, Do đó x = y = z = 0 15
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh 7. Sử dụng liên phân 1 10 Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x   1 7 y z Hướng dẫn: 10 1 1 1 Biểu diễn  1 do đó ta có x   1 sự phân tích trên là 7 1 1 1 2 y 2 3 z 3 duy nhất nên x  1, y  2, z  3 Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 31( xyzt  xy  xt  zt  1)  40( yzt  y  t) Hướng dẫn: Dễ thấy x,y,z,t không đồng thời bằng không nên yzt  y  t  0 31( xyzt  xy  xt  zt  1)  40( yzt  y  t ) 31( xyzt  xy  xt  zt  1) 40   yzt  y  t 31 zt  1 40  x  yzt  y  t 31 1 40  x  (do zt  1  0) t 31 y zt  1 1 1 31 TH1: t  0 Ta có x   1   y   IN y 31 9 9 1 40 1 1 TH2: t  0 Ta có x    x  1 t 31 1 1 y y 3 zt  1 1 1 z 2 t 4 Suy ra: x  1, y  3, z  2,t  4 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. 3x  2y  1 (1) Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của hệ  3x  6y  2z  1 (2) 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 x  1, y  1, z  7  x  1  2t  Viết về dạng phương trình đường thẳng  y  1  3t (t  ¢ ) (*)  z  7  6t  Khi đó (*) là nghiệm tổng quát của phương trình.  x  1  2t - Cũng có thể viết phương trình (1) dạng  (t  ¢ ) và thay vào (2)  y   1  3t Được : z  6t  1 (**)  z  7  6k (**) có nghiệm nguyên là  (k  ¢ )  t  1  k  x  1  2(1  k)  x  3  2k   Từ đó ta có  y  1  3(1  k)   y  4  3k (k  ¢ )  z  7  6k  z  7  6k   2x  3y  5z  2 Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên của hệ  3x  5y  2z  3 Hướng dẫn: x  1 t  Một nghiệm riêng x  1, y  z  0 khi đó nghiệm tổng quát  y  t (t  ¢ ) z  t  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 x  5y  2  0, x  8y  1  0, x  11y  3  0 tại các điểm có toạ độ nguyên. Hướng dẫn: Ta cần tìm các số nguyên x, y1, y2 , y3 thoả hệ thức x  5y1  2  8y2  1  0  11y3  3 8y  5y1  1 (1) Ta có hệ :  2 5y1  11y 3  1 (2)  y  5  8t1 Nghiệm tổng quát của (1) là  1 (t1  ¢ )  2 y   3  5 t1   y  2  11t2 Nghiệm tổng quát của (2) là  1 (t2  ¢ )  y  3  1  5t 2 Suy ra 5  8t1  2  11t2  8t1  11t2  3 17
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh  t  1  11k Nghiệm tổng quát của 8t1  11t2  3 là  1 (k  ¢ ) t 2  1  8k  y1  13  88k  Thay t1,t2 vào y1,y2,y3 ta được  y2  8  55k  y  6  40k  3 Khi đó x  63  440k (k ¢ )  x2  y2  z2 Ví dụ 4 : Tìm nghiệm nguyên dương của hệ  (a)  2( x  y  z)  xy Hướng dẫn:  x  y  z (1) 2 2 2 (a)   2 4z  x y  4xy( x  y)  4( x  y) (2) 2 2 2 (1),(2) ta có : x2 y2  4xy( x  y)  4( x  y)2  4( x2  y2 )  x2 y2  4xy( x  y)  4( x  y)2  4( x  y)2  8xy  xy( xy  4x  4y  8)  0  xy  4x  4y  8  0 (dox, y  0)  x( y  4)  4y  8 + Với y  4 thay vào hệ (a) được  x2  z2  16 ( x  z)( x  z)  16  x  z  4  x  4     ( loại) 2( x  4  z)  4x  x  z  4  x  z  4 z  0 4y  8 8 + Với y  4  0 x( y  4)  4y  8  x   x  4 y4 y4 Khi đó y  4 là ước của 8.  x  12  x  6  x  8 x  5     Tìm được các nghiệm  y  5 ,  y  8 ,  y  6 ,  y  12  z  13  z  10  z  10  z  13      x2  2y2  9z2  2xy  6yz  0 (1) Ví dụ 5 : Tìm nghiệm nguyên của hệ   x  y  z  199 (2) Hướng dẫn: - Phương trình (1) biến đổi được về dạng tổng bình phương  x2  2y2  9z2  2xy  6yz  0 (1) ( x2  2xy  y2 )  ( y2  6yz  9z2 )  0    x  y  z  199 (2)  x  y  z  199 18
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh ( x  y)2  ( y  3z)2  0   x  y  z  199  x  y  y  3z  0   x  y  z  199  x  81  x  y  3z     y  81  x  y  z  199  z  27  x  y  z  0 Ví dụ 6 : Tìm nghiệm nguyên của hệ  2 3x  5y  345 2 Hướng dẫn: Phương trình 3x2  5y2  345 có nghiệm ( x; y) là: (10;3),(10; 3),(10;3),(10; 3) ( đã trình bày ở mục 2 , ví dụ 8) Khi đó hệ có nghiệm (x;y;z) (10;3; 13),(10; 3; 7),(10;3;7),(10; 3;13) BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài tập 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình 1. y2 - 2x2 = 1 2. (2x + 5y + 1)( 2 x + y + x2 + x) = 105 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 + 3y = 3026 3. xy + 1 = z 4. x2 - 4xy + 5y2 = 169 Bài tập 3 : Tìm số nguyên tố P để 4p  1 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 19
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh Bài tập 5 : x y z Chứng minh phương trình + + = b không có nghiệm nguyên dương khi y z x 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. x3  3y3  9z3  0 3. x2  y2  z2  t 2  2xyzt 4. x 2  y 2  z2  x 2y 2 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 x  y  2 x  y  z  2 1.  2.   xy  z  1 2xy  z  4 2 2  x4  y4  13  x2 y2 x  y  z  3 3 3 3  3.  4.  x2  y2  1  2xy x  y  z  3  xy  1   z2  Bài tập 10: Tìm nghiệm nguyên dương của hệ  xy yz xz    3  x3  y3  z3  3xyz 1.  z x y 2.  2 15x  y  z  16t  1  x  2( y  z)   x  5y  4z  4xy  4yz  125 2 2 2 3.  2  x  3y  4z  4xy  4yz  75 2 2 20

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.02: Bộ 500+ Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2020

576 tài liệu

913 lượt tải

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.