Sáng kiến kinh nghiệm Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên - Nguyễn Thị Ngọc Luyến

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên - Nguyễn Thị Ngọc Luyến

1. I. LÍ DO VIẾT SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 1. CƠ SỞ LÍ LUẬN Xuất phát từ mục tiêu Giáo dục trong giai đoạn hiện nay là phải đào tạo ra con người có trí tuệ phát triển, giầu tính sáng tạo và có tính nhân văn cao. Để đào tạo ra lớp người như vậy thì phải bồi dưỡng cho học sinh năng lực tư duy sáng tạo, năng lực tự học, tự giải quyết vấn đề, từ đó tác động đến tình cảm và đem lại niềm vui hứng thú học tập cho học sinh. Dạy học giải toán là một trong những vấn đề trọng tâm của dạy học môn Toán ở trường THCS. Đối với học sinh thì giải toán là hoạt động chủ yếu của việc học tập môn Toán. Do vậy việc rèn luyện kỹ năng, phương pháp giải toán cho học sinh là việc làm hết sức cần thiết. Trong quá trình giảng dạy, người thầy cần rèn luyện cho học sinh những kỹ năng, phương pháp giải toán, sự độc lập suy nghĩ một cách sâu sắc, sáng tạo nhất. Vì vậy đòi hỏi người thầy phải lao động sáng tạo, tìm tòi ra những phương pháp mới và hay để dạy cho học sinh. Từ đó học sinh được trau dồi tư duy logic, sự sáng tạo qua việc giải các bài toán. 2. CƠ SỞ THỰC TIỄN: a) Thuận lợi: Ở chương trình toán 8, 9 học sinh đã được biết các bài toán về giải phương trình nghiệm nguyên. Hơn nữa phương trình nghiệm nguyên có rất nhiều trong các đề thi: Kiểm tra học kì (câu khó), học sinh giỏi huyện, học sinh giỏi tỉnh, thi vào lớp 10 THPT, . b) Khó khăn: Trong khi đó, từ thực tiễn giảng dạy tôi thấy học sinh hay bế tắc, lúng túng về cách xác định dạng toán, phương hướng giải và chưa có nhiều phương pháp giải hay. Lý do chủ yếu của các vấn đề trên là các em chưa có hệ thống phương pháp giải dạng toán đó. Đứng trước thực trạng ấy, đòi hỏi giáo viên phải giúp các em tháo gỡ khó khăn, tạo hứng thú cho học sinh khi học tập và làm bài. Muốn vậy giáo viên phải
2. 1. ĐIỀU TRA THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI NGHIÊN CỨU. Để đánh giá được khả năng của các em đối với dạng toán trên và có phương án tối ưu truyền đạt tới học sinh, tôi đã ra một đề toán cho 10 em học sinh khá giỏi của trường như sau: Bài 1: ( 6 điểm ) Tìm x, y ¢ biết a) x – y + 2xy = 6 2 2 b) 3(x xy y ) x 8y Bài 2: (4 điểm) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x2 – 5y2 = 0 Kết quả thu được như sau: Dưới điểm 5 Điểm 5 - 10 Điểm 8 - 10 SL % SL % SL % 7 70 3 30 0 0 Qua việc kiểm tra đánh giá tôi thấy học sinh không có biện pháp giải phương trình nghiệm nguyên đạt hiệu quả. Lời giải thường dài dòng, không chính xác, đôi khi còn ngộ nhận. Cũng với những bài toán trên, nếu học sinh được trang bị các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên thì chắc chắn sẽ có hiệu quả cao hơn. 2. CÁC PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Đọc và nghiên cứu tài liệu tham khảo. Nghiên cứu cơ sở lý thuyết. Thực nghiệm sư phạm qua giảng dạy. Phương pháp so sánh đối chứng. Phương pháp điều tra phân tích, tổng hợp. Phương pháp thống kê. 3. NỘI DUNG 1. Một số định nghĩa, định lí, tính chất và kiến thức liên quan đến các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên
3. f (x) m với m.n = k. g(x) n 9. Phương trình đối xứng các ẩn của x, y, z Khi tìm nghiệm nguyên dương không làm mất tính tổng quát ta có thể giả sử 1 x y z 10. Sử dụng tính chất về chia hết của số chính phương Số chính phương không tận cùng bằng 2, 3, 7, 8. Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho p2. Số chính phương khi chia cho 3, cho 4 chỉ có thể dư 0 hoặc 1. Số chính phương chia cho 5, cho 8 thì số dư chỉ có thể là 0; 1 hoặc 4. Số chính phương lẻ chia cho 4 hoặc 8 thì số dư đều là 1. Lập phương của một số nguyên chia cho 9 chỉ có thể dư 0; 1 hoặc 8. Không tồn tại số chính phương nằm giữa hai số chính phương liên tiếp. a a a a n 11. Bất đẳng thức Cô - si: 1 2 3 n a a a a Với a 0 n 1 2 3 n i Đẳng thức xảy ra a1 = a2 = a3 = =an 12. Bất đẳng thức Bunhiacopski 2 2 2 2 2 2 2 a2 a2 an . x1 x2 n a1x1 a2 x2 an xn a a a a Đẳng thức xảy ra 1 2 3 n x1 x2 x3 xn 2. Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng và phong phú nó có thể là phương trình một ẩn, nhiều ẩn. Nó có thể là phương trình bậc nhất hoặc bậc cao. Không có cách giải chung cho mọi phương trình, tuy nhiên để giải các phương trình đó ta thường dựa vào một số phương pháp giải như sau: Phương pháp I : Phương pháp đưa về dạng tích Biến đổi phương trình về dạng: Vế trái là tích của của các đa thức chứa ẩn, vế phải là tích của các số nguyên. Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2(x y) 5 3xy Lời giải: Ta có: 2(x y) 5 3xy 3xy 2x 2y 5
4. Lời giải Ta có (1) tương đương với (y - x)(x2 + xy + y2) = 91 (*) Vì x2 + xy + y2 > 0 với mọi x, y nên từ (*) => y - x > 0. Mặt khác 91 = 1 . 91 = 7 . 13 và y - x ; x2 + xy + y2 đều có giá trị nguyên dương nên ta có bốn khả năng sau: y - x = 91 và x2 + xy + y2 = 1 (I) y - x = 1 và x2 + xy + y2 = 91 (II) y - x = 3 và x2 + xy + y2 = 7 (III) y - x = 7 và x2 + xy + y2 = 13 (IV) Đến đây, bài toán coi như được giải quyết. Phương pháp II : Sắp thứ tự các ẩn Nếu các ẩn x, y, z, có vai trò bình đẳng, ta có thể giả sử x y z để tìm các nghiệm thỏa mãn điều kiện này. Từ đó, dùng phép hoán vị để => các nghiệm của phương trình đã cho. Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x + y + z = xyz (1). Lời giải Do các ẩn x, y, z có vai trò bình đẳng trong phương trình nên có thể sắp xếp thứ tự giá trị của các ẩn, chẳng hạn:1 x y z Do đó xyz = x + y + z 3z chia hai vế của bất đẳng thức xyz 3z cho số dương z ta được xy 3. Do đó xy 1; 2; 3 Với xy = 1, ta có x = 1, y = 1. Thay vào (1) được 2 + z = z (loại) Với xy = 2, ta có x = 1, y = 2. Thay vào (1) được z = 3 Với xy = 3, ta có x = 1, y = 3. Thay vào (1) được z = 2 (loại) vì trái với sắp xếp y z. Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (1) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 3). 1 1 1 Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : 2 (2) x y z Lời giải Do vai trò bình đẳng của x, y, z trong phương trình nên có thể sắp xếp thứ tự giá trị của các ẩn, chẳng hạn x ≤ y ≤ z. Ta có :
5. Ta có (3) tương đương y(x - 2) = - x + 3. Vì x = 2 không thỏa mãn phương trình x 3 1 nên (3) tương đương với: y y 1 x 2 x 2 Ta thấy: y là số nguyên nên x - 2 là ước của 1 hay x - 2 = 1 hoặc x - 2 = -1 với x = 1 hoặc x = 3. Từ đó ta có nghiệm nguyên (x ; y) là (1 ; -2) và (3 ; 0). Chú ý: Có thể dùng phương pháp 1 để giải bài toán này, nhờ đưa phương trình (3) về dạng : x(y + 1) - 2(y + 1) = 1 tương đương (x - 2)(y + 1) = 1. Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau. x2 2y2 (4) Lời giải Ta thấy: x = y = 0 là nghiệm của (4). x0 y0 Nếu x0 , y0 0 và (x0 , y0 ) là nghiệm của (4). Gọi d (x0 , y0 ) , suy ra , 1. (*) d d 2 2 2 2 2 x0 y0 x0 y0 Ta có: x0 2y0 2 chẵn và 2 4 (mâu thuẫn với (*) ) d d d d Vậy phương trình (4) chỉ có nghiệm nguyên duy nhất là (0; 0). Ví dụ 5: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2x2 + 4x = 19 - 3y2 Lời giải: Ta có: 2x2 + 4x + 2 = 21 - 3y2 2(x + 1)2 = 3(7 - y2) (2) Ta thấy 3(7 - y2) 2 7 - y2 2 y lẻ Ta lại có 7 - y2 0 nên chỉ có thể y2 = 1 Khi đó (2) có dạng: 2(x + 1)2 = 18 Ta được : x + 1 = 3 do đó x1 = 2, x2 = -4 Các cặp số (2;1), (2;-1), (-4;1), (-4;-1) thoả mãn nên là các nghiệm nguyên của phương trình đã cho. Phương pháp IV : Lùi vô hạn ( Xuống thang) Phương pháp náy do FERMAT sáng tạo ra khi giải phương trình x4 + y 4 = z 4 Ý tưởng của phương pháp này là giả sử tìm được bộ nghiệm nhỏ nhất, ta có thể lý luận sao cho tìm được bộ nghiệm nhỏ hơn. Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 - 5y2 = 0 (1) Lời giải
6. 3 3 3 3 3 3 3 3 3 9x1 27y1 3z0 0 3x1 9y1 z0 0 z0 3. đặt z0 3z1 khi đó: x1 3y1 9z1 0 . x0 y0 z0 Vậy , , cũng là nghiệm của phương trình. 3 3 3 x0 y0 z0 Quá trình này tiếp tục thì được: k , k , k là các nghiệm nguyên của (5) với 3 3 3 mọi k nguyên dương điều này chỉ xảy ra khi và chỉ khi x0 y0 z0 0. Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên duy nhất là ( 0; 0; 0 ) Phương pháp V: Đưa về dạng tổng Biến đổi phương trình về dạng : Vế trái là tổng của các bình phương, vế phải là tổng của các số chính phương. Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + y2 - x - y = 8 (1) Lời giải (1) 4x2 + 4y2 - 4x - 4y = 32 (4x2 - 4x + 1) + (4y2 - 4y + 1) = 34 (2x – 1)2 + (2y – 1)2 = 34 Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 chỉ có duy nhất một dạng phân tích thành tổng của hai số chính phương 32 và 52. Do đó phương trình thỏa mãn chỉ trong hai khả năng : 2x 1 3 2x 1 5 hoặc 2y 1 5 2y 1 3 Giải các hệ trên, suy ra phương trình (1) có bốn nghiệm nguyên là (x ; y) {2 ; 3) ; (3 ; 2) ; (-1 ; -2) ; (-2 ; -1)} Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 – 4xy + 5y2 = 169 Lời giải Ta có: x2 – 4xy + 5y2 = 169 (x – 2y)2 + y2 = 169 Ta thấy 169 = 02 + 132 = 52 + 122 Do đó phương trình thỏa mãn chỉ trong bốn khả năng : x 2y 0 x 2y 13 x 2y 5 x 2y 12 hoặc hoặc y 13 y 0 y 12 y 5
7. hay (2x2 + x + 1) 2 - (2y+ 1)2 = x(x-2) * Ta thấy: Nếu x > 0 hoặc x 0 Nếu x > 2 hoặc x 0 Nếu x > 2 hoặc x 0 ta có: (x3 1)2 x6 2x3 1 x6 3x3 1 y4 (x3 2)2 x3 1 y2 x3 2 ( vô lý ). Với x - 2 thì : (x3 2)2 y4 (x3 1)2 x3 2 y2 x3 1 ( vô lý ). Với x = - 1 thì : y4 1. ( vô lý ). Vậy phương trình đã cho có hai cặp nghiệm nguyên là ( 0; 1 ); ( 0; -1 ). Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 (x 1)2 y4 (y 1)4. Lời giải Khai triển và rút gọn hai vế ta được: x(x 1) y4 2y3 3y2 2y x2 x y2 (y 1)2 2y(y 1). x2 x 1 (y2 y 1)2 (1) Nếu x > 0 thì từ x2 1 x x2 (x 1)2.suy ra 1 x x2 không là số chính phương nên (1) không có nghiệm nguyên.
8. Thay vào phương trình ta tìm được các cặp số (7; 8); (6; 8); (4; 2); (3; 2) là các nghiệm nguyên của phương trình. Ví dụ 3: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x + y + xy = x2 + y2 (1) Lời giải Viết (1) thành phương trình bậc 2 đối với x x2 - (y + 1)x + (y2 - y) = 0 (2) Điều kiện cần để (2) có nghiệm là 0 = (y + 1)2 - 4(y2 - y) = y2 + 2y + 1 - 4y2 + 4y = -3y2 + 6y + 1 * 0 3y 2 6y 1 0 3(y 1) 2 4 Do đó (y - 1)2 1. Suy ra -1 y - 1 1 y - 1 -1 0 1 y 0 1 2 2 Với y = 0, thay vào (2) ta được x - x = 0 Ta có x1 = 0; x2 = 1 2 Với y = 1, thay vào (2) được x - 2x = 0 Ta có x3 = 0; x4 = 2 2 Với y = 2, thay vào (2) ta được x - 3x + 2 = 0 Ta có x5 = 1; x6 = 2 Thử lại, các giá trị trên đều nghiệm đúng phương trình. Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm nguyên là (0;0), (1;0), (0;1), (2;1), (1;2), (2;2) Phương pháp IV: Dùng bất đẳng thức Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 –xy + y2 = 3 Lời giải y 3y 2 Ta có x2 –xy + y2 = 3 (x- )2 = 3 - 2 4 y 3y 2 Ta thấy (x- )2 0 3 - 0 -2 y 2 2 4 y 2; 1; 0thay vào phương trình tìm x và thử lại, ta được các nghiệm nguyêncủa phương trình là (x, y) 1, 2 , 1, 2 ; 2, 1 ; 2,1 ; 1,1 ; 1, 1 
9. Lời giải Ta có: 9x + 2 = y2 + y 9x + 2 = y(y + 1) (*) Ta thấy vế trái của (*) là số chia cho 3 dư 2 nên y(y + 1) chia cho 3 dư 2. Nếu y chia hết cho 3 hoặc y chia cho 3 dư 2 thì y(y + 1) đều chia hết cho 3, trái với kết luận trên. Do đó y chia cho 3 dư 1. Đặt y = 3k + 1(k ¢ ) thì y +1 = 3k + 2. Khi đó ta có: 9x + 2 = (3k + 1)(3k + 2) 9x = 9k(k+1) x = k(k+1) Thử lại x = k(k+1) và y = 3k + 1(k ¢ ) thoả mãn phương trình đã cho. Vậy nghiệm nguyên của phương trình (1) là x = k(k+1) và y = 3k + 1( với k ¢ ) Ví dụ 2. Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên: x2 – y2 = 2006 (2) Lời giải * Cách 1. Phương trình (2) viết thành: (x – y)(x + y) = 2010 Vì (x – y) + (x + y) = 2x là số nguyên chẵn nên (x – y) và (x + y) cùng tính chẵn lẻ. Từ (x – y)(x + y) = 2010 suy ra (x – y) và (x + y) đều chẵn. Do đó: (x – y)(x + y) chia hết cho 4. Nhưng 2010 không chia hết cho 4. Từ đó, suy ra phương trình đã cho vô nghiệm. * Cách 2. Số chính phương chia cho 4 chỉ có thể dư 0 hoặc 1. Do đó x2, y2 chia cho 4 chỉ có số dư 0 hoặc 1. Suy ra x2 – y2 chia cho 4 có số dư 0; 1; 3. Còn vế phải 2010 chia cho 4 dư 2. Vậy phương trình không có nghiệm nguyên. * BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1: Giải các phương trình nghiệm nguyên. a) 3x3 - 3y3 = 21 b) 3xy + x - y = 1 2 2 c) 2x + 3xy - 2y = 7 Bài 2: Tìm x,y, z nguyên dương thoả mãn. a) 2(x + y + z) + 9 = 3xyz b) xy + yz + zx = xyz + 2 xy yz zx c) 3 z x y
10. 1 e) x y 1 z 2 x y z . 2 III. KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC: Áp dụng sáng kiến kinh nghiệm này vào giảng dạy 20 học sinh giỏi (như thực trạng đầu vào) đạt kết quả cụ thể như sau: Số liệu đầu vào qua khảo sát giải phương trình nghiệm nguyên cho 20 học sinh khá giỏi lớp 8 và 9 của trường. Giỏi Khá TB Yếu Lớp Sĩ số SL % SL % SL % SL % 8+9 20 2 10% 5 25% 7 35% 6 30% Kết quả kiểm tra giải phương trình nghiệm nguyên sau khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm: Giỏi Khá TB Yếu Lớp Sĩ số SL % SL % SL % SL % 8+9 20 9 45% 7 35% 4 20% 0 0% IV. KHẢ NĂNG NHÂN RỘNG. Sáng kiến kinh nghiệm này là một tư liệu tốt để giáo viên dùng bồi dưỡng học sinh khá giỏi. Áp dụng vào việc giảng dạy các chuyên đề trong trường học hoặc bồi dưỡng các đội tuyển học sinh giỏi Toán lớp 8, 9 và ôn tập cho học sinh chuẩn bị thi vào lớp 10 PTTH, lớp chuyên PTTH. V. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT. Đối với nhà trường : Cần tạo điều kiện thuận lợi hơn nữa về thời gian cũng như tài liệu để giúp giáo viên, nhất là giáo viên dạy bồi dưỡng học sinh giỏi giảng dạy tốt hơn. Trang bị thêm đồ dùng dạy học, sách tham khảo để phục vụ tốt hơn cho công tác giảng dạy, tự học, tự nghiên cứu của giáo viên và học sinh. Đối với ngành :