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. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN A/ ĐẶT VẤN ĐỀ Phương trình nghiệm nguyên là một chuyên đề trong chương trình bồi dưỡng học sinh giỏi nói chung và bậc THCS nói riêng. nó là một chuyên đề hay và khó, các bài toán về phương trình nghiệm nguyên là một công cụ tốt nhằm rèn luyện trí thông minh và tư duy sáng tạo cho học sinh. Chính vì vậy trong các đề thi học sinh giỏi các cấp từ huyện đến tỉnh, cấp quốc gia và ngay cả các đề thi vào các trường chuyên THPT và thi Đại học, cao đẳng hàng năm thường hay có loại toán này. Kiến thức về phương trình nghiệm nguyên không được trình bày trong sách giáo khoa hiện hành nên vốn hiểu biết kiến thức của các ẹm về dạng toán này còn rất hạn chế. Vì thế khi gặp những bài toán thuộc dạng này các em thường, lúng túng trong cách giải, hoặc mắc sai lầm. Ở đây tôi muốn đưa ra một số định hướng về phương pháp giải các bài toán về phương trình nghiệm nguyên nhằm giúp các em học sinh THCS trong làm toán thuộc dạng này. B/ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ Khi giải các phương trình vô định tức là tìm nghiệm nguyên của các phương trình đại số với hệ số nguyên, luôn đòi hỏi ở học sinh khả năng phân tích, đối chiếu dự đoán và phương pháp tư duy lôgic để lựa chọn nghiệm thích hợp, với loại toán này không có phương pháp giải tổng quát. ở đây tôi xin nêu vài phương pháp cơ bản để giải các bài toán tìm nghiệm nguyên thường gặp I/ PHƯƠNG PHÁP HẠN CHẾ TẬP HỢP NGHIỆM BẰNG CÁCH KHỬ ẨN Ta sử dụng tính chất luỹ thừa cùng bậc của các số nguyên liên tiếp hoặc tích các số nguyên liên tiếp để đưa phương trình nghiệm nguyên cần giải về dạng phương trình khác ít ẩn hơn và quen thuộc hơn. Từ đó, dễ dàng tìm được nghiệm nguyên của phương trình đã cho. Chúng ta vận dụng hai nhận xét sau: n n n a) x y (x a) (a Z ) n n y ( x a i) với i 1; 2; ; a 1 b) x(x 1) (x n) y(y 1) (y n) (x a)(x a 1) (x a n) (x z) y( y 1) y( y n) (x i)( x i 1) ( x i n) với i 1; 2; ; a 1 Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên x 3 y 3 2y 2 3y 1 0 (1) Giải: (1) x3 y3 2y 2 3y 1 (*) 1
2. Ta có: y 2 0 ; 5 y 2 2 0 nên (y3 2y2 3y 1) (5y2 2) y3 2y2 3y 1 (y3 2y2 3y 1) y2 3 3 3 3 3 do đó (y 1) x (y 1) x y hoặc x 3 ( y 1) 3 - Nếu x 3 y 3 kết hợp với (*) ta có: 2 1 2y 3y 1 0 y 1; y (loại) 2 Với y 1 x 1 - Nếu x 3 (y 1)3 phối hợp với (*) y 2 0 y 0 lúc đó x 1 Vậy nghiệm nguyên của pt đã cho là ( 1; 1) và (1; 0) Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên x4 y4 z 4 2x2 z 2 3x2 4z 2 1 (1) Cách giải: Từ (1) y4 x4 z 4 2x2 z 2 3x2 4z 2 1 (*) ta có: 3x2 4z2 1 0; x2 3 0 nên (x4 z 4 2x2 z 2 3x2 4z 2 1) (3x2 4z 2 1) (x4 z 4 2x2 z 2 3x2 4z 2 1) (x2 3) do đó (x2 z 2 )2 (y2 )2 (x2 z 2 2)2 (y2 )2 (x2 z 2 1)2 phối hợp với (*) ta có: x 2 2z 2 0 x z 0 từ đó có y 1 vậy nghiệm nguyên của phương trình là: (0;1; 0) và (0; 1; 0) Ví dụ 3: giải phương trình nghiệm nguyên x4 x2 y2 y 10 0 (1) Bài giải: (1) y(y 1) x4 x2 10 (*) Ta có: x4 x2 x4 x2 10 (x4 x2 10) (6x2 2) do đó x2 (x2 1) y(y 1) (x2 3)(x2 4) y(y 1) (x 2 1)(x 2 2) 2 2 y(y 1) (x 1)(x 3) x 2 4 x 2; x 2; x 1; x 1 kết hợp với (*) 2 x 1 Từ đó ta tìm được nghiệm của phương trình. II. HẠN CHẾ TẬP HỢP NGHIỆM DỰA VÀO ĐIỀU KIỆN CỦA CÁC ẨN 2
3. Khi giải một phương trình ta thường tìm điều kiện xác định của ẩn số ( tức là tập xác định của phương trình, trên cơ sở các điều kiện đó ta lý luận để giảm bớt tập hợp nghiệm của phương trình cần giải Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x y 50 (1) Giải: Ta thấy ngay 0 x, y 50 và x,y nguyên Từ (1) y 50 x ta có: y 50 x 2 50x 50 x 10 2x vì y ngyên nên 2x phải nguyên 2x 4k 2 (k z)với 2k 2 50 k 2 25 Nên k chỉ có thể nhận các giá trị 0,1, 2, 3, 4, 5. Lựa chọn k trong các số trên để thoã mãn phương trình ta được các nghiệm (x, y) là (0, 50); (2, 32); (8,18);18, 8);(32, 2);(50, 0) Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên 4y 2 2 199 x 2 2x Lời giải: Điều kiện để bài toán có nghĩa ( 15 x 13 Ta có: 4y 2 2 199 x 2 2x 2 200 (x 1)2 1 2 2 200 Vì y là số nguyên nên từ đó ta suy ra y 4 hay y2 1 hoặc 2 4 y2 4 Nếu y2 1 ta có 4 2 199 x 2 2x 4 199 x 2 2x x 2 2x 195 0 x 1 (x 13)(x 15) 0 (1) x 15 Nếu y2 4 Ta có 16 2 199 x 2 2x 196 199 x 2 2x x 2 2x 3 0 x 1 (x 1)(x 3) 0 (2) x 3 thay các giá trị y 1; y 2 và các giá trị của x ở (1) và (2) vào phương trình ta thấy phương trình được thoả mãn. Vậy nghiệm của phương trình là: (x, y) (1, 2); (1, 2); ( 3, 2); ( 3, 2); (13,1); (13, 1); ( 15,1); ( 15, 1) Ví dụ 3: Giải phương trình nghiệm nguyên dương: 1 1 z x y 3
4. 1 1 Bài giải: z x y xyz do tính đối xứng của x và y nên giã thiết x y rằng x y Ta có: xyz x y y y 2y xz 2 Lựa chọn ngiệm trong các trường hợp sau: x 1, z 1; x 2, z 1; x 1, z 2 Từ đó suy ra nghiệm (x, y, z) là: (2, 2,1) và (1,1, 2) III. HẠN CHẾ TẬP HỢP CHỨA NGHIỆM BẰNG CÁCH SẮP ĐẶT THỨ TỰ CHÚNG Để giảm bớt các cách thử khi tìm nghiệm ta có thể sắp thứ tự các giá trị của ẩn nếu vai trò của chúng như nhau rồi lần lượt xét giá trị của từng ẩn. Ví dụ: Giải phương trình nghiệm nguyên dương 1 1 1 1 x y z Cách giải: Do x, y,z có vai trò như nhau nên ta có thể giả thiết 1 x y z ta thử các trường hợp sau: 1 1 a) Với x 1 0 vô nghiệm y z 1 1 1 b) Với x 2 (y 2)(z 2) 4 y z 2 Vì 0 y 2 z 2 và ước của 4 là 1, 2, 4 nên suy ra nghiệm (x, y, z) là (2,3,6) và (2,4,4) 1 1 2 c) Với x 3 nếu y = 3 thì z = 3 y z 3 1 1 1 1 1 2 Nếu y 4 thì vô nghiệm y z 4 4 2 3 1 1 1 1 1 1 3 d) Với x 4 1 vô nghiệm x y z 4 4 4 4 Vậy ta được các nghiệm (x, y, z) là : (2,3,6) ; (2,4,4) ; (3,3,3) ; (4,2,4) ; (4,4,2) ; (2,6,3) ; (3,2,6) ; (3,6,2) ; (6,2,3) ; (6,3,2) Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 2 2 2 x y z xyz 20 Cách giải: Do vai trò bình đẳng của x, y, z nên ta có thể giả sử 1 x y z Từ đó ta có: x2 y2 z2 xyz 3x2 x2 4x2 Tứ 4x 2 20 x 2 5 x 2. Xét 2 trường hợp 4
5. 2 2 2 2 2 2 19 a) Với x 1 2y z yz 19 y y y 19 y y 2 3 + Nếu y 1 z 2 z 18 z(z 1) 18 vô nghiệm + Nếu y 2 z 2 2y 15 0 z 3 có nghiệm là (1,2,3) b) Với x 2 4 y2 z 2 2xy 20 y2 z 2 2yz 16 y2 y2 2y2 16 4y2 16 y 2 + Nếu y 2 ta có z 2 4z 12 z 2 có nghiệm là (2,2,2) Tráo đổi vai trò của x, y ,z ta cao các nghiệm (x, y, z) là: (1, 2, 3); (1, 3, 2); (2,1, 3); (2, 3,1); (3, 2,1); (3,1, 2); (2, 2, 2) VI. GIẢN ƯỚC CHO ƯỚC SỐ CHUNG Dựa vào tính chất của phương trình tương đương là (Ta có thể chia hai vế của một phương trình cho một số khác không thì được một phương trình mới tương đương với phương trình đã cho ) Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau: x4 4y4 2(z 4 4t 4 ) Cách giải: Giả sử (x0 , y0 , z0 ,t0 ) là nghiệm nguyên của phương trình trên. Gọi d là ước số chung lớn nhất của chúng, ta có: x0 dx1; y0 dy1; z0 dz1 . Trong đó x1, y1, z1,t1 nguyên tố cùng nhau. khi đó phương trình đã cho trở thành 4 4 4 4 x1 4y1 2(z1 4t1 ) 4 4 4 4 Do 2(z1 4t1 ) chẵn, 4y1 chẵn nên x1 phải chẵn, tức là x1 2x2 và do vậy ta có: 4 4 4 4 4 4 4 4 16x2 4y1 2(z1 4t1 ) 2(4x2 y1 ) z1 4t1 lập luận tương tự lại có z1 2z2 và quá trình lại tiếp tục như vậy, sau hai bước liên tiếp ta được y1 2y2 , t1 2t2 . Thành thử x1, y1, z1,t1 lại có ước chung là 2 trái với giả thiết về tính nguyên tố cùng nhau của chúng, do vậy phương trình trên là vô nghiệm. Ví dụ 2 Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình 54x3 + 1 = y3 Cách giải Đăt z = 3x phương trình đã cho trở thành 2z3 + 1 = y3 1 Phương trình 1 có vế trái là lẽ y 3 lẽ và y lẽ. Đặt y = 2k + 1 k Z ta có 2z3 + 1 = (2k+1)3 z 3 = 4k2 + 6k2 + 3k zk . Đặt z = tk (t Z ) t 3k 3 k 3 3k k 1 2 k t 3k 2 k 2 3 k 1 2 = 0 5
6. k 0 3 2 2 2 t k k 3 k 1 0 - Xét k = 0 y =1, z = 0 x = 0 - xét t3k2 = k2 + 3(k+1)2 k2(t3 - 1) = 3(k+1)2 + Nếu t = 1 k = -1 3x = z = -1 x không nguyên + Nếu t 1 k -1 3(k+1)2 k2 nhưng ( k, k+1)=1 3k2 k2 = 1 k = 1 từ đó ta có y = 3 nhưng với giá trị này của y thì x không nguyên Vậy PT 1 có cặp nghiệm duy nhất là (x=0,y=0) V. HẠN CHẾ TẬP HỢP CHỨA NGHIỆM DỰA VÀO TÍNH CHIA HẾT Lựa chọn nghiệm trong môt tập hợp hữu hạn số là phương pháp cơ bản để giải các phương trình vô định. Các phương pháp giải đều nhằm xác định tập số chứa nghiệm sao cho có ít phần tử nhất cách đưa về xét tập hợp hữu hạn số ở đây dựa vào tính chất chia hết của số nguyên. Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên dương của phương trình sau: xy 2x 3y 1 0 Bìa giải: xy 2x 3y 1 0 xy 3y 2x 1 y(x 3) 2x 1 2x 1 5 Thấy ngay x 3 không phải là nghiệm, với x 3 thì y 2 x 3 x 3 để y nguyên thì x 3 phải là ước của 5. a) Với x 3 1 x 4, y 2 5 7 b) Với x 3 1 x 2, y 2 5 3 c) Với x 3 5 x 8, y 2 1 3 d) Với x 3 5 x 2, y 2 ( 1) 1 Vậy phương trình có nghiệm (x, y) là (4, 7);(8, 3) Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên dương, trong đó p là số nguyên tố 1 1 1 x y p Cách giải: xy = px + py (x p)(y p) p 2 Vì p là số nguyên tố nên ước của p 2 chỉ có thể là 1; p ; p2. thử lần lượt với các ước trên ta được các nghiệm ( x,y ) là ( p+1,p+p2);(2p,2p;(p+p2,p+1) Ví dụ 3 Tìm nghiệm nghuyên của phương trình : x2 + x3 + x4 + x5 = 271440 Cách giải: x2 x3 x4 x5 271440 x2 (x2 1)(x 1) 24.32.5.13.29 (1) Từ (1) ta suy ra ngay nghiệm x phải lớn hơn 1 và x2 là ước chính phương lớn nhất 24 . 32 = ( 22. 3 )2 = 122 6
7. Thay x2 = 122 vào phương trình ta thấy phương trình được nghiệm đúng x2 (x2 1)(x 1) 122 (122 1)(12 1) 271440 Với x2 = ( 2.3)2 = 62 ta thấy: 62 (62 + 1)(6 + 1) 0 và phương trình chỉ có nghiệm là (0, 0). c) Với n 3 ta có x x  x y 2 - x ( Trong đó vế trái có n-1 dấu căn ) 2 đặt y - x = y1 là số nguyên dương, tiếp tục làm như vậy n-2 lần dẫn đến 2 x x = y n-2 - x như vậy lại trở về trường hợp b) và PT chỉ có nghiệm là (0,0) C/ KẾT LUẬN : Có thể có nhiều phương pháp khác nữa như phương pháp sử dụng các tính chất của số chính phương để giải phương trình nghiệm nguyên có chứa căn bậc 2, một số bài toán liên quan đến phương trình bậc 2 vv. Ở đây tôi chỉ nêu ra một số phương pháp mà tôi thường dùng trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi, mong các đồng nghiệp tiếp tục tìm tòi Trên đây là một số ý kiến nhỏ tôi thường áp dụng trong dạy cho các đối tượng học sinh khá, giỏi chắc chắn vẫn nhiều thiếu sót. Tôi rất mong các đồng nghiệp góp ý, bổ sung thêm hoặc sửa đổi những chổ chưa hợp lý để có thể vận dụng rộng rãi hơn ./. 7