Sáng kiến kinh nghiệm Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

1. Phần 1 - Mở đầu I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: 1. Cơ sở lý luận: Mục tiêu của môn Toán ở trường THCS là nhằm cung cấp cho học sinh những kiến thức phổ thông cơ bản và thiết thực, hình thành và rèn luyện các kỹ năng giải toán và ứng dụng vào thực tế, rèn luyện khả năng suy luận hợp lý,sử dụng ngôn ngữ chính xác, bồi dưỡng các phẩm chất tư duy như linh hoạt, độc lập, sáng tạo. Xuất phát từ mục tiêu trên, phương pháp dạy học trong giai đoạn mới là tích cực hóa các hoạt động học tập của học sinh, rèn luyện khả năng tự học, tự phát hiện và giải quyết vấn đề của học sinh nhằm hình thành và phát triển ở học sinh các phẩm chất tư duy cần thiết. Toán học là một bộ môn khoa học đòi hỏi sự tư duy cao độ của người dạy, người học và cả người nghiên cứu. Qua việc dạy và học toán, con người được rèn luyện năng lực phân tích, tổng hợp, tư duy linh hoạt và khả năng sáng tạo, góp phần hình thành kỹ năng, nhân cách cần thiết của người lao động trong thời đại mới. Muốn học giỏi toán, học sinh phải luyện tập, thực hành nhiều, tức là phải học giải toán. Học giải toán là một cách tư duy sáng tạo về toán, đồng thời là một vấn đề trừu tượng và khá khó đối với học sinh, nhưng đó lại là điều cần thiết cho mỗi học sinh trong quá trình học toán ở trường THCS.Vì vậy, để nâng cao chất lượng dạy và học toán, người thầy giáo cần truyền cho học sinh sự ham thích giải toán, bằng những phương pháp, kỹ năng cơ bản và ứng dụng của mỗi dạng loại toán. 2. Cơ sở thực tế: - Công tác bồi dưỡng học sinh giỏi nói chung, bồi dưỡng học sinh giỏi toán nói riêng hiện đang được phát động sôi nổi ở tất cả các trường, nhằm phát hiện và bồi dưỡng những học sinh có năng lực tư duy linh hoạt và sáng tạo, tạo nguồn nhân lực tốt cho công cuộc xây dựng đất nước. Đây là một nhiệm vụ khá quan trọng và cũng không kém phần khó khăn, bởi vì: + Tài liệu giảng dạy phù hợp với đối tượng là học sinh THCS còn quá ít trong thư viện của các trường và tủ sách của cá nhân từng học sinh và của một số giáo viên. + Đối tượng học sinh được chọn bồi dưỡng, có trình độ không đồng đều, phần lớn không đáp ứng được nội dung chương trình bồi dưỡng . -Bài toán “Giải phương trình nghiệm nguyên” thường có trong các đề thi học sinh giỏi ở các lớp 8, 9 và thi tuyển vào lớp 10 trong những năm gần đây. Ngoài ra, bài toán “Giải phương trình nghiệm nguyên” còn được ứng dụng rộng rãi trong việc giải một số dạng toán khác. Nhiều học sinh dự thi học sinh giỏi toán, “rất ngại” phải “chạm trán” với bài toán “Giải phương trình nghiệm nguyên”. Nguyên nhân chủ quan là các em không định hướng được cách giải, nguyên nhân khách quan là tính đa dạng của bài
2. toán “Giải phương trình nghiệm nguyên”. Trong khi đó kiến thức mà các em lĩnh hội được trong chương trình đại trà lại quá ít (vì lí do sư phạm) nên không thể đáp ứng được yêu cầu. - Qua thực tế giảng dạy cùng với sự cố gắng tìm tòi , tham khảo trong các tài liệu liên quan, chúng tôi nêu ra “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên”, nhằm cùng với các bạn đồng nghiệp xây dựng một hệ thống các phương pháp giải bài toán “Giải phương trình nghiệm nguyên”, một loại toán tương đối khó với nhiều học sinh, góp phần nâng cao chất lượng dạy và học. II. NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI: Tên đề tài: “ Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên” Nhiệm vụ: - Đưa ra một số sai lầm và bế tắc của học sinh thường gặp khi giải phương trình nghiệm nguyên - Nêu một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên (có ví dụ minh họa cho từng phương pháp), phù hợp với đối tượng học sinh THCS. - Một số ứng dụng của bài toán giải phương trình nghiệm nguyên vào việc giải các dạng toán khác. III. PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH: Dựa vào: - Căn cứ đề thi và bài làm của học sinh dự thi học sinh giỏi toán các cấp, thi tuyển vào lớp 10 để tìm những sai sót và bế tắc học sinh thường mắc phải. - Căn cứ vào thực tế giảng dạy của giáo viên bộ môn toán bậc THCS ở đơn vị trường và các trường bạn. - Dựa vào giáo trình phương pháp dạy học toán và tài liệu bồi dưỡng nâng cao môn Toán. IV. CƠ SỞ VÀ THỜI GIAN TIẾN HÀNH: - Cơ sở : + Những hạn chế của học sinh trong quá trình giải Toán, thường gặp ở các lớp bồi dưỡng học sinh giỏi. + Bài làm của các học sinh trong các kỳ thi học sinh giỏi , thi tuyển vào lớp 10. + Các tài liệu nâng cao về Toán. - Đối tượng: Học sinh lớp 8,9. - Thời gian tiến hành: Từ năm 2006 đến 2008. Phần 2 - Nội Dung I) MÔ TẢ TÌNH TRẠNG HIỆN TẠI:
3. * Qua thực tế giảng dạy chúng tôi nhận thấy học sinh thường mắc một số sai lầm và bế tắc cơ bản sau: 1/ Học sinh không xác định được phương pháp hay dạng loại đặc trưng nên chủ yếu là thực hiện thử chọn mà không lập luận chặt chẻ dẫn đến bị khuyết nghiệm Ví dụ 1: Tìm số tự nhiên x; y biết: x.y = x + y. Bằng cách thử chọn học sinh kết luận: nghiệm của phương trình là: x = 0 và y =0. (Học sinh đã bỏ qua cặp giá trị x = 2 và y = 2 hoặc nếu không sót nghiệm cũng không lập luận chặt chẽ) 2/ Học sinh không chú ý đến điều kiện thỏa mãn là nghiệm của phương trình thì giá trị của ẩn để có đẳng thức xác định được và đúng; dẫn đến học sinh không loại nghiệm ngoại lai. Ví dụ 2: Tìm tất cả các số nguyên x thoả mãn: x 3 x 10 x 101 x 990 x 1000 2004 (3) Sau khi giải có kết quả (Cách giải được trình bày rõ trong phương pháp 5): x 102; 101; 100. Với x 101 2004 2003(vô lí). Vậy nghiệm của phương trình là: x 102; 100 II) CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN:  - PHƯƠNG PHÁP 1: Phương pháp đưa về dạng tổng  Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình có các biểu thức chứa ẩn viết được dưới dạng tổng các bình phương. - Biến đổi phương trình về dạng một vế là một tổng của các bình phương các biểu thức chứa ẩn; vế còn lại là tổng bình phương của các số nguyên (số số hạng của hai vế bằng nhau). 2 2 2 A B C m2 n2 p2 x, y, x, y x, y, (m;n; p, Z) - Giải các hệ tương ứng: 2 2 2 A m2 A n2 A p2 x, y, x, y, x, y, 2 2 2 B n2 B m2 B m2 x, y, x, y, x, y, 2 2 2 C p2 C p2 C n2 x, y, x, y, x, y, . Các ví dụ minh họa  - Ví dụ 1: Tìm x; y Z thoả mãn: 5x2 4xy y2 169 (1)  Nhận xét – Tìm hướng giải:
4. Ta thấy cả hai vế của phương trình có thể biểu diễn được bằng tổng của hai bình phương. Giải 2x y 2 x2 144 25 2 2 2 (I) (1) 4x 4xy y x 144 25 169 0 2 2 2x y x 169 0 (II) Từ (I) ta có: 2 2x y 122 x 5 x 5 ; 2 2 x 5 y 2 y 22 2 2x y 52 x 12 x 12 ; 2 2 x 12 y 19 y 29 Tương tự từ (II) ta có: 2 2x y 132 x 0 2 x 0 y 13 2 2x y 0 x 13 2 2 x 13 y 26 5; 2 ; 5; 22 ; 5;2 ; 5;22 ; 12; 19 ; 12; 29  Vậy x, y  12;19 ; 12;29 ; 0;13 ; 0; 13 ; 13;26 ; 13; 26   - Ví dụ 2: Tìm x; y Z thoả mãn: x2 y2 x y 8 (2)  Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy cả hai vế của phương trình có thể biểu diễn được bằng tổng của hai bình phương.  Giải: (2) 4x2 4x 4y2 4y 32 4x2 4x 1 4y2 4y 1 34 2x 1 2 2y 1 2 52 32 2 2 2x 1 3 x 2; x 1 2 2y 1 52 y 3; y 2 2 2 2x 1 5 x 3; x 2 2 2 y 2; y 1 2y 1 3 Vậy x; y 2;3 ; 2; 2 ; 1;3 ; 1; 2 ; 3;2 ; 3; 1 ; 2;2 ; 2; 1   : Giải các phương trình nghiệm nguyên; Bài tập áp dụng a/ x2 4y2 115 2x b/ x2 y2 z2 xy 3x 2z 4
5.  - PHƯƠNG PHÁP 2: Phương pháp đưa về dạng tích  Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình có các biểu thức chứa ẩn phân tích được thành nhân tử. - Biến đổi phương trình về dạng một vế là tích của các đa thức chứa ẩn; vế còn lại là tích các số nguyên (số nhân tử của hai vế bằng nhau). A . B . C m.n.p x, y, x, y x, y, (m;n; p, Z) - Giải các hệ tương ứng: A m A n A p x, y, x, y, x, y, A x, y, n B x, y, m B x, y, m A p C p C n x, y, x, y, x, y, . Các ví dụ minh hoạ:  - Ví dụ 1: Tìm x; y Z thoả mãn: x3 y3 91 (1)  Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy vế trái của phương trình dễ dàng phân tích thành nhân tử.  GIẢI: (1) x y x2 xy y2 91.1 13.7 (Vì x2 xy y2 0 ) Ta có: x y 1 x 6 x 5 2 2 ; x xy y 91 y 5 y 6 x y . x2 xy y2 91.1 x y 91 2 2 VN x xy y 1  - Ví dụ 2: Tìm x; y Z thoả mãn: x2 x y2 0 (2)  Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy vế trái của phương trình là hiệu của hai đa thức bậc hai độc lập của x và y, nên ta có thể phân tích thành nhân tử.  GIẢI:
6. x2 x y2 0 4x2 4x 4y2 0 2x 1 2 2y 2 1 2x 2y 1 2x xy 1 1 2x 2y 1 1 x 0 2x 2y 1 1 y 0 2x 2y 1 1 x 1 2x 2y 1 1 y 0 Vậy: x; y 0;0 ; 1;0   : Giải các phương trình nghiệm nguyên; Bài tập áp dụng a/ x2 4xy 25 b/ 3x3 xy 5 c/ x y x.y  - PHƯƠNG PHÁP 3: Phương pháp cực hạn  Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình đối xứng - Vì phương trình đối xứng nên x; y; z có vai trò bình đẳng như nhau. Do đó; ta giả thiết x y z ; tìm điều kiện của các nghiệm; loại trừ dần các ẩn để có phương trình đơn giản. Giải phương trình; dùng phép hoán vị để suy ra nghiệm.  Ta thường giả thiết 1 x y z Các ví dụ minh hoạ:  - Ví dụ 1: Tìm x; y; z Z thoả mãn: x y z x.y.z (1)  Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy đây là phương trình đối xứng.  GIẢI: Giả sử 1 x y z . Khi đó: (1) x.y.z x y z 3z x.y 3 (Vì x; y; z Z ) x.y 1;2;3 .Nếu: x.y 1 x y 1 2 z z (vô lí) .Nếu: x.y 2 x 1; y 2; z 3 .Nếu: x.y 3 x 1; y 3 z 2 y (vô lí) Vậy: x; y; z là hoán vị của 1;2;3 1 1 1  - Ví dụ 2: Tìm x; y; z Z thoả mãn: 2 (2) x y z  Nhận xét – Tìm hướng giải: Đây là phương trình đối xứng.  GIẢI: Giả sử 1 x y z . Khi đó: