Sáng kiến kinh nghiệm Giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp đặt ẩn phụ

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm Giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp đặt ẩn phụ

1. Giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp đặt ẩn phụ THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN 1. Tên sáng kiến : Giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp đặt ẩn phụ. 2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến : Môn Toán - THCS 3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ năm học 2009-2010 4. Tác giả : - Họ và tên : Nguyễn Thị Thu Hường. - Năm sinh : 1977 - Nơi thường trú :TT Xuân Trường-huyện Xuân Trường-Tỉnh Nam Định. - Trình độ chuyên môn: Đại học Sư phạm Toán. - Chức vụ công tác: Giáo viên. - Nơi làm việc: Trường THCS Xuân Trường - huyện Xuân Trường – tỉnh Nam Định. - Địa chỉ liên hệ: Trường THCS Xuân Trường - Xuân Trường - Nam Định - Điện thoại : 0948870336 5. Đơn vị áp dụng sáng kiến: - Tên đơn vị : Trường THCS Xuân Trường- huyện Xuân Trường- tỉnh Nam Định. - Địa chỉ : Tổ 18-TT Xuân Trường –huyện Xuân Trường –tỉnh Nam Định. - Điện thoại : 03503 886302 Nguyễn Thị Thu Hường - Trường THCS Xuân Trường 1
2. Giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp đặt ẩn phụ I. ĐIỀU KIỆN, HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN Trong quá trình giảng dạy tại trường THCS tôi nhận thấy việc “ Giải phương trình nghiệm nguyên” đối với học sinh khá, giỏi là một dạng toán khó mà các em rất e ngại khi gặp phải. Trong thực tế khi dạy học sinh “Giải phương trình nghiệm nguyên” thì ngoài việc cung cấp cho các em các phương pháp giải cơ bản như: Phương pháp đưa về phương trình tích , phương pháp xét khoảng giá trị của ẩn, phương pháp tạo ra bình phương đúng, phương pháp phát hiện tính chia hết của một ẩn , áp dụng định lý về sự tồn tại nghiệm nguyên để tìm nghiệm của phương trình bậc nhất hai ẩn, phương trình bậc nhất nhiều ẩn, Phương pháp “đặt ẩn phụ” kết hợp với các phương pháp nêu trên để “giải phương trình nghiệm nguyên” là một thao tác hết sức quan trọng, biết đặt ẩn phụ một cách khéo léo thì bài toán phức tạp sẽ trở thành đơn giản hơn. Là một giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán THCS , tôi mạnh dạn nêu một số ví dụ về “Giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp đặt ẩn phụ” mà bản thân tôi đã soạn, dạy cho học sinh của mình. Mời các bạn cùng tham khảo và đóng góp ý kiến để việc dạy và trang bị cho HS phương pháp giải PT nghiệm nguyên bằng phương pháp đặt ẩn phụ ngày càng tốt hơn. II. THỰC TRẠNG Thực tế, qua nhiêù năm giảng dạy tại trường, trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi nhận thấy học sinh thường ngại giải phương trình nghiệm nguyên, đặc biệt những phương trình không ở dạng mẫu mực, phương trình nhiều ẩn, những phương trình không giải được bằng những phương pháp giải cơ bản đã được giáo viên hướng dẫn. Học sinh thường bó tay khi gặp những phương trình lạ dạng hoặc thoáng nhìn thấy có vẻ phức tạp, những bài toán kiểu như vậy làm giảm hứng thú và tính kiên nhẫn của trò trong quá trình học toán khiến giáo viên nản lòng. Trước thực tế đó, tôi mạnh dạn đề xuất sáng kiến của bán thân mong có thể giúp được học trò cảm thấy hứng thú hơn khi gặp các bài toán về phương trình nghiệm nguyên. Nguyễn Thị Thu Hường - Trường THCS Xuân Trường 2
3. Giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp đặt ẩn phụ III. CÁC GIẢI PHÁP TRỌNG TÂM A. MỘT SỐ DẠNG BÀI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1) Giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp đặt ẩn phụ kết hợp với xét tính chia hết của ẩn: Bài 1: Tìm tất cả các nghiệm nguyên x;y thoả mãn: x y 3 (I) x2 xy y2 7 Giải: Phương trình đã cho tương đương với: 7(x y) 3(x2 xy y2 ) (1) Đặt : x+y=p ( p Z) x-y=q (q Z) p q p q Suy ra : x ; y 2 2 p q p q Thế x ;y vào (1) ta có : 28p 3( p2 3q2 ) (2) 2 2 Dễ thấy : p 0 và 3( p2 3q2 )3 Suy ra p=3k (với k 0;k Z ) Thay vào (2) ta có : 28k 3(3k 2 q2 ) (3) Vậy k3 suy ra k=3m (với m 0;m Z ) Thay k=3m vào (3) ta có :28m 27m2 q2 Vì m(28 27m) q2 2 m 0 mà q 0 Suy ra m(28 27m) 0 m 1 +Với m = 0 thì k = 0, suy ra p = q = 0 và x = y = 0 Giá trị x = y = 0 không thoả mãn phương trình (I). +Với m = 1 thì k = 3, suy ra p = 9, q = 1 Vậy x = 5, y = 4 hoặc x = 4, y = 5 Nguyễn Thị Thu Hường - Trường THCS Xuân Trường 3
4. Giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp đặt ẩn phụ Do đó , nghiệm của phương trình (I) là (4;5) và (5;4) Bài 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau : 19x2 28y2 729 Giải : Ta có : 19x2 28y2 729 18x2 27y2 x2 y2 3.243 x2 y2 3 x3 và y3 Đặt x = 3u, y = 3v ( u, v Z ) . Khi đó ta có : 19(3u)2 28(3v)2 729 19u2 28v2 81 Tương tự , ta đặt : u = 3t , v = 3k ( t , k Z ) và ta có : 19t 2 28k 2 9 , điều này vô lý. Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. Bài 3: Giải phương trình nghiệm nguyên: 7x2 13y2 1820 Giải: Ta có 1820=7.13.20. Từ 7x2 13y2 1820 x13 và y7 Đặt x = 13u , y = 7v ( u, v Z ) . Phương trình đã cho trở thành : 13u2 7v2 20 (1) 20 20 Suy ra u2 và v2 . Vì u, v Z nên u 1 và v 1 . 13 7 Thử lại chỉ có u v 1 thoả mãn (1). Vậy (1) có 4 nghiệm (u,v) là (1;1) , (1,-1) , (-1;1) và (-1;-1). Từ đó suy ra , phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên (x, y) là (13;7) , (-13; 7) , (13;-7) và (-13;-7). 2) Giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp đặt ẩn phụ kết hợp với phương pháp đưa về phương trình tích: Bài 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: y2 x(x 1)(x 7)(x 8) Giải : Phương trình đã cho tương đương với : y2 x(x2 8x)(x2 8x 7) Đặt :z2 x2 8x , ta có :y2 z2 7z hay 4y2 (2z 7)2 49 Nguyễn Thị Thu Hường - Trường THCS Xuân Trường 4
5. Giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp đặt ẩn phụ Hay (2z 2y 7)(2z 2y 7) 49 Chỉ có thể xảy ra các trường hợp sau : 2z 2y 7 1 y 12 Trưòng hợp 1: 2z 2y 7 49 z 9 2z 2y 7 49 y 12 Trường hợp 2: 2z 2y 7 1 z 9 2 x 1 Trong cả hai trường hợp trên ta có : z 9 x 8x 9 x 9 2z 2y 7 1 y 12 Trưòng hợp 3: 2z 2y 7 49 z 16 Trong cả hai trường hợp trên ta có : z 16 x2 8x 16 (x 4)2 0 x 4 Trường hợp 5: 2z 2y 7 2z 2y 7 7 y z 0 Khi đó ta có x2 8x 0 x 0 hoặc x 8 Trường hợp 6: 2z 2y 7 2z 2y 7 7 y 0 và z 7 Khi đó ta có x2 8x 7 (x 1)(x 7) 0 x 1 hoặc x 7 Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên (x, y) như sau : (1;12), (-9;12), (1;-12), (-9;-12), (0;0) , (-8;0) , (-1;0) , (-7;0) , (-4;12) , (-4;-12). 3) Giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp đặt ẩn phụ kết hợp với tạo ra bình phương đủ: Bài 5: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: y2 x(x 1)(x 2)(x 3) 1 Giải : Phương trình đã cho được biến đổi về dạng: y2 x(x 1)(x 2)(x 3) (x2 3x)(x2 3x 2) 1 Đặt x2 3x m (m nguyên dương), ta có : y2 m(m 2) 1 (m 1)2 Vậy y2 (x2 3x 1)2 Nguyễn Thị Thu Hường - Trường THCS Xuân Trường 5
6. Giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp đặt ẩn phụ Vì x, y là các số nguyên dương nên phương trình đã cho có vô số nghiệm nguyên dương y x2 3x 1 dạng: (x nguyên dương tuỳ ý) x ¢ 4) Giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp đặt ẩn phụ kết hợp với xét các số chính phương liên tiếp: Bài 6: Tìm ngiệm nguyên của phương trình: x2 y(y 1)(y 2)(y 3) Giải: Đặt y2 3y a(a ¢ ) thì x2 a2 2a Nếu a > 0 thì a2 x2 a2 2a (a 1)2 , nên x2 không là số chính phương. Vậy a 0 hay y2 3y 0 3 y 0 Từ đó suy ra , phương trình có các nghiệm nguyên (x;y) là: (0;0) , (0;-1) , (0;-2) , (0;-3) 5) Một số cách giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp đặt ẩn phụ khác: Bài 7: Tồn tại bao nhiêu bộ chữ số x , y , z , t thảo mãn đẳng thức : xyzt xy zt (1) Giải : Đặt a xy ; b zt Bình phương hai vế của phương trình (1) ta có đẳng thức : 100a b (a b)2 100a b a2 2a b b (2) Vì a 0 , chia hai vế của (2) cho a ta được : a 2 b 100 Vì b là số có hai chữ số và phải là số chính phương. Nên các giá trị của b có thể nhận là 16 ; 25 ; 36 ; 49 ; 64 ; 81. Tương ứng sẽ có 6 giá trị của a. Vậy tồn tại 6 bộ chữ số x ; y ; z ; t thoả mãn đẳng thức trên. Bài 8: Tìm các số tự nhiên m, n thoả mản phương trình : 19m + 94n = 1994 Nguyễn Thị Thu Hường - Trường THCS Xuân Trường 6
7. Giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp đặt ẩn phụ Giải : m 100 Từ phương trình đã cho dễ thấy nên : n 1 Đặt m = 100 – p n = 1+ q Và thay vào phương trình đã cho , giản ước ta có: 19p = 94q Vì ( 19 ; 94) =1 nên p = 94k ; q = 19k (k Z ) Vậy m = 100 – 94k n = 1 + 19k Do m , n là số tự nhiên nên k 1 Với k = 0 thì m = 100 , n = 1 Với k = 1 thì m = 6 , n = 20 Vậy tồn tại hai cặp số (m, n ) là (100 ; 1) , (6 ; 20). Bài 9: Có bao nhiêu nghiệm nguyên của phương trình : 1 1 1 (1) x y 1000 Giải : Các số x ; y nguyên thoả mãn phương trình : đặt x 10z2 ; y 10t 2 (x , y >0) 1 1 1 Vì z 0;t 0; z,t ¥ . Ta có (1) trở thành : 10z2 10t 2 1000 1 1 1 z t 1 0 Hay zt – 10z – 10t =0 zt – 10z -10t +100 = 100 ( z – 10) ( t – 10) = 100 100 Đặt z = 10 + d ta tính được t = 10 + d Do t ¥ * d là ước nguyên của 100 d nhận các giá trị : 1 ; 2; 4; 5; 10; 20; 25; 50; 100 Nguyễn Thị Thu Hường - Trường THCS Xuân Trường 7
8. Giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp đặt ẩn phụ Với d 1 t 110 y 121000; x 2100 d 2 t 60 y 36000; x 1140 d 4 t 35 y 12250; x 1960 d 5 t 30 y 9000; x 2250 d 10 t 20 y 4000; x 4000 d 20 t 15 y 2250; x 9000 d 25 t 14 y 1960; x 12250 d 50 t 12 y 1440; x 36000 d 100 t 11 y 1210; x 121000 Vậy phương trình đã cho có 9 nghiệm (x; y) như sau: ( 2100; 121000), (1440; 36000) , (1960; 12250) , (2250; 9000) , ( 4000; 4000) , (9000; 2250) , (12250; 1960) , (36000; 1440) , (121000; 2100) . B. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Bài 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 3x2 5y2 12 (1) Hướng dẫn: Phương trình (1) 3(x2 1) 5(3 y2 ) x2 15 và y2 13 Đặt x2 1 5k,3 y2 3l(k,l ¢ ) k l x 2 5k 1 0 Từ đó suy ra k l = 1 2 y 3 3l 0 Phương trình có hai nghiệm nguyên (2;0) và (-2;0) Bài 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 6x2 5y2 74 Hướng dẫn: Biến đổi phương trình đã cho về dạng 6(x2 4) 5(10 y2 ) Đặt x2 4 5u,10 y2 5v(u,v ¢ ) Từ đó suy ra u = v = 0 hoặc u = v = 1 Tìm được các nghiệm nguyên của phương trình là: (3;2),(3;-2),(-3;2),(-3;-2). Bài 3 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 2x6 y2 2x3 y 320 Nguyễn Thị Thu Hường - Trường THCS Xuân Trường 8