Sáng kiến kinh nghiệm Một số phương trình nghiệm nguyên thường gặp và cách giải

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm Một số phương trình nghiệm nguyên thường gặp và cách giải

1. Phòng giáo dục tiên lãng Trường thcs đoàn lập  Sáng kiến kinh nghiệm đề tài: “ một số phương trình ngiệm nguyên thường gặp và cách giảI “ Người viết: nguyễn cảnh tuyên Đơn vị : trường thcs đoàn lập Năm học: 2008 – 2009
2. Sáng kiến kinh nghiệm – Toán THCS a) Đặt vấn đề I) Sự cần thiết: Thực tế cho thấy trong chương trình toán bậc THCS các bài toán giải phương trình nghiệm nguyên là những bài toán không dễ với đa số học sinh. Hầu hết các em, và ngay cả các học sinh có học lực khá, giỏi khi gặp các bài toán này lần đầu đều cảm thấy lúng túng và không biết phải dùng các phương pháp nào đối với các bài toán cụ thể mà các em gặp. Chính vì vậy việc nêu ra và hệ thống hoá lại một số phương pháp thường dùng, kèm theo các ví dụ minh hoạ và hệ thống các bài tập rèn luyện kĩ năng là một việc rất cần thiết trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi nói chung. II) Mục đích: Với phân tích như trên, bài viết sau đây xin giới thiệu một số ví dụ, qua đó giúp học sinh nắm được một cách có hệ thống một số phương pháp hay gặp nhất khi giải các bài toán về phương trình với nghiệm nguyên trong chương trình Toán bặc THCS. III) đối tượng, phạm vi, kế hoạch nghiên cứu 1) Đối tượng: Là các học sinh có học lực khá, giỏi của các khối lớp 8 và 9, bậc học THCS 2) Phạm vi: Chỉ giới hạn trong việc hình thành và rèn luyện kĩ năng sử dụng các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên hay gặp nhất (phương pháp xét ước số nguyên, phương pháp sử dụng tính chất không tồn tại số nguyên ở giữa hai số nguyên liên tiếp, phương pháp sử dụng tính chất của số chính phương, phương pháp sắp thứ tự các biến, phương pháp sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai) 3) Kế hoạch: Có thể đưa vào giảng dạy từ nửa cuối của học kì 1 – lớp 8 cho đến hết lớp 9, thời gian thực hiện trong khoảng 1 tháng. 4) Kết quả cần đạt: Sau khi hoàn thiện việc áp dụng sáng kiến kinh nghiệm này, thì các đối tượng được trực tiếp tham gia chương trình học phải có được các kĩ năng thành thạo trong việc giải các phương trình nghiệm nguyên thường gặp nhất (như đã nói ở trên) – Giải được tối thiểu 8/18 bài tập trong phần bài tập áp dụng B) Nôi dung I) cơ sở lí luận: Như đã nói ở trên, bài toán phương trình với nghiệm nguyên là một mảng lớn và khó trong chương trình Toán phổ thông, các bài toán dạng này thường xuất hiện trong các kì thi HSG Toán, thi tuyển sinh vào lớp 10 các trường THPT chuyên. Chính vì tính rộng lớn và phức tạp của nó mà việc giảng dạy các chuyên đề về phương trình nghiệm nguyên cho học sinh cần được tiến hành một cách có hệ thống, theo từng bước từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp theo một trình tự hợp lí và có hệ thống. II) thực trạng của vấn đề: Hiện nay các sách Toán nâng cao viết về phương trình nghiệm nguyên cũng rất ít có trên thị trường, các chuyên đề của các thầy, cô giáo viết về vấn đề này cũng không nhiều. Các bài toán về phương trình nghiệm nguyên chỉ xuất hiện rải rác trong một số tài liệu Toán nâng Nguyễn Cảnh Tuyên – Trường THCS Đoàn Lập 2 Năm học 2008 – 2009
3. Sáng kiến kinh nghiệm – Toán THCS cao, thực tế này cũng gây nhiều khó khăn cho các học sinh muốn tìm hiểu vấn đề một cách sâu sắc và có hệ thống. III) các giải pháp: Qua việc tìm hiểu, nghiên cứu, sưu tầm qua một số tài liệu tôi đã hệ thống hoá và giới thiệu với học sinh một số phương pháp thường gặp nhất để giải các phương trình nghiệm nguyên trong chương trình Toán bậc THCS. Mỗi phương pháp sẽ đi kèm với một số lượng bài tập rèn luyện kĩ năng vừa đủ qua đó giúp các em học tập có chất lượng và hiệu quả hơn. Sau đây sẽ là nội dung các phương pháp như vậy. 1) Phương pháp xét ước số nguyên Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x2 x 499 y2 (1) Lời giải: Ta biến đổi (1) 4x2 4x 1996 4y2 4x2 4x 1 4y2 1995 (2x 1)2 (2y)2 1995 (2y 2x 1)(2y 2x 1) 1995 (2) Do x, y là các số nguyên dương nên 2x + 2y + 1 > 0. Kết hợp với (2) suy ra 2y – 2x – 1 > 0. Vậy 2y + 2x + 1 > 2y – 2x – 1 > 0 Lại có 1995 = 1.1995 = 3.665 = 5.399 = 15.133, dẫn đến việc giải các hệ: 2y 2x 1 1995 2y 2x 1 665 ; ; 2y 2x 1 1 2y 2x 1 3 2y 2x 1 399 2y 2x 1 133 ; 2y 2x 1 5 2y 2x 1 15 Từ đó giải bốn hệ phương trình ta có đáp số (x; y) (499;498);(167;165);(101;98);(37;29) Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 3y2 2xy 2x 10y 4 0 ( 2 ) Lời giải: Ta biến đổi (2) x2 2(y 1)x 3y2 10y 3 7 x2 (3y 1)x (y 3)x (3y2 10y 3) 7 x2 (3y 1)x (y 3)x (3y 1)(y 3) 7 x(x 3y 1) (y 3)(x 3y 1) 7 (x – y – 3)(x + 3y + 1) = -7 Từ đó dẫn đến đáp số (x; y) ( 3;1);(7; 3);(3;1);(1; 3) 2) Phương pháp sử dụng tính chất: “ Nếu x Z và x < a < x+1 thì a Z“ Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (x 2006)2 y(y 1)(y 2)(y 3) (3) Lời giải: Ta biến đổi Nguyễn Cảnh Tuyên – Trường THCS Đoàn Lập 3 Năm học 2008 – 2009
4. Sáng kiến kinh nghiệm – Toán THCS (3) (x 2006)2 (y2 3y)(y2 3y 2) Đặt y2 3y t và x – 2006 = z. Ta có (3) z2 t 2 2t Từ đó xét các trường hợp: *) Nếu t > 0, suy ra 0 0. Khi đó: (4) t 2 x2 x 1. Lại xét hai trường hợp: *) Nếu x > 0, suy ra 0 < x + 1 < 2x + 1 Suy ra x2 x2 x 1 x2 2x 1 Từ đó có: x < t < x + 1. Vậy t Z ( loại) *) Nếu x = 0, ta tính được y = 0. Đáp số (x ; y) = (0 ; 0) 3) Phương pháp sử dụng tính chất của số chính phương Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 xy y2 2x 3y 2 (5) Lời giải: Giả sử x, y là các số nguyên, ta biến đổi: (5) 2x2 2xy 2y2 4x 6y 4 0 (x y)2 (x 2)2 (y 3)2 9 02 02 32 12 22 22 *) Trường hợp 1: Xét (x y)2 (x 2)2 (y 3)2 9 02 02 32 . Trường hợp này phương trình vô nghiệm *) Trường hợp 2: Xét (x y)2 (x 2)2 (y 3)2 9 12 22 22 . Lần lượt xét các trường hợp: Nguyễn Cảnh Tuyên – Trường THCS Đoàn Lập 4 Năm học 2008 – 2009
5. Sáng kiến kinh nghiệm – Toán THCS (x 2)2 4 2 x 0 • Với (y 3) 4 ta tìm được y 1 2 (x y) 1 (x 2)2 4 2 x 0 • Với (y 3) 1 ta tìm được y 2 2 (x y) 4 (x 2)2 1 2 x 1 • Với (y 3) 4 ta tìm được y 1 2 (x y) 4 Đáp số: (x; y) (0; 1);(0;2);(1; 1) Ví dụ 6: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 y2 x2 8y2 2xy (6) Lời giải: *) Nhận xét : Phương trình (6) có nghiệm (x ; y) = (0;0) *) Với x, y khác 0, ta biến đổi (6) (x y)2 x2 y2 7y2 (x y)2 (x2 7)y2 Suy ra x2 7 phải là số chính phương. Từ đó suy ra tồn tại số nguyên a để x2 7 a2 hay x2 a2 7 (x – a)(x + a) = 7. Xét bốn trường hợp: x a 7 x a 1 x a 7 x a 1 ; ; ; x a 1 x a 7 x a 1 x a 7 Đáp số: (x; y) (0;0);(4; 1);(4;2);( 4;1);( 4; 2) 4) Phương pháp sắp thứ tự các biến Ví dụ 7: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x + y + z = xyz (7) Lời giải: Do vai trò của x, y, z như nhau nên giả sử: 1 x y z . Ta suy ra 1 1 1 3 1 . Từ đó có x2 3 nên x = 1. Thay vào (7) được: yz xz xy x2 (7) 1 + y + z = yz y + z – yz + 1 = 0 y(1 – z) – (1 – z) = - 2 (y – 1)(z – 1) = 2 = 1.2 y 1 1 y 2 Lại vì y – 1 ≤ z – 1, nên z 1 2 z 3 Đáp số: Phương trình có sáu bộ nghiệm là các hoán vị của (1;2;3) Ví dụ 8: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: Nguyễn Cảnh Tuyên – Trường THCS Đoàn Lập 5 Năm học 2008 – 2009
6. Sáng kiến kinh nghiệm – Toán THCS 5(x + y + z) = 4xyz – 24 (8) Lời giải: Do vai trò của x, y, z như nhau nên có thể giả sử x y z 1. Chia cả hai vế của (8) cho 5xyz (khác 0 ) ta được: 1 1 1 24 4 (8) yz xz xy 5xyz 5 4 1 1 1 24 39 Suy ra: . Vậy z 1;2;3 5 z2 z2 z2 5z2 5z2 *) Nếu z = 1. Thay vào (8) được: 5x + 5y – 4xy = -29 x(5 – 4y) + 5y = -29 4x(5 – 4y) + 5.4y = -116 4x(5 – 4y) + 5.4y – 5.5 = -141 (4x – 5)(4y – 5) = 141 = 47.3 = 141.1 Do x y 1 4x 5 4y 5 1. Vậy ta có 4x 5 47 4x 5 141 (I) hoặc (II) 4y 5 3 4y 5 1 Giải (I) được (x; y; z) = (13; 2; 1) Giải (II) Hệ phương trình không có nghiệm nguyên *) Nếu z = 2. Lập luận tương tự ta được (x; y; z) = (4; 2; 2) *) Nếu z = 3. Phương trình (8) không có nghiệm nguyên dương Đáp số: Phương trình (8) có tất cả 9 bộ nghiệm là các hoán vị của hai bộ số (13; 2; 1) và (4; 2; 2) 5) Phương pháp sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai Ví dụ 9: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3(x2 xy y2 ) x 8y (9) Lời giải: Ta có (9) 3x2 (3y 1)x 3y2 8y 0 (9’) Để (9’) có nghiệm x, cần và đủ là 0 (3y 1)2 12(3y2 8y) 0 27y2 90y 1 0 3(3y 5)2 76 Vì y Z nên y 0;1;2;3. Suy ra nghiệm của (9) là (x; y) (0;0);(1;1) Ví dụ 10: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 5(x2 xy y2 ) 7(x 2y) (10) Lời giải: Vì x, y là các số nguyên nên 5(x2 xy y2 )5 và 7(x 2y)7 . Do đó tồn tại số nguyên m để x 2y 5m 2 2 x xy y 7m Từ x 2y 5m , suy ra x = 5m – 2y. Thay vào phương trình x2 xy y2 7m và rút gọn, ta được 3y2 15my (25m2 7m) 0 (10’) Nguyễn Cảnh Tuyên – Trường THCS Đoàn Lập 6 Năm học 2008 – 2009
7. Sáng kiến kinh nghiệm – Toán THCS Để (10’) có nghiệm y, cần và đủ là 28 0 0 m 25 Vì m Z nên m 0;1. Từ đó tìm được nghiệm nguyên của phương trình (10) là: (x; y) (0;0);(1;2);( 1;3) IV) Bài tập áp dụng *) Đề bài: Giải các phương trình nghiệm nguyên sau (Kí hiệu Bài 1 (1) nghĩa là bài 1 giải bằng phương pháp 1) Bài 1 (1): x2 (5 y)x 2 y 0 Bài 2 (1): 5x 25 3xy 8y2 Bài 3 (1); (y 2)x2 1 y2 Bài 4 (1); x + xy + y = 9 Bài 5 (1); 2xy2 x y 1 x2 2y2 xy Bài 6 (2); x6 3x3 1 y4 Bài 7 (2); 1 x x2 x3 y3 Bài 8 (3); x2 4xy 5y2 169 Bài 9 (3); 2(x y) xy x2 y2 . Với x, y dương Bài 10 (3); 5x2 y2 17 2xy Bài 11 (3); 8x2 y2 x2 y2 10xy Bài 12 (3); x2 (x y)2 (x 9)2 . Với x, y dương Bài 13 (3); x(x2 x 1) 4y(y 1) 1 1 1 1 Bài 14 (4); 1 . Với x, y, z, t dương x2 y2 z2 t 2 1 1 1 1 Bài 15 (4); . Với x, y, z dương x y z 2 Bài 16 (5); x y xy x2 y2 Bài 17 (5); x2 2xy 5y2 y 1 Bài 18) x2 xy y2 x2 y2 *) Đáp số: 1) (x; y) ( 1; 4);(0; 2);(2; 4);(3; 2) 2) (x; y) ( 7; 2);( 5;0);( 3; 10) 3) (x; y) (0;1);(0; 1) 4) (x; y) (0;9);(9;0);( 2; 11);( 11; 2);(1;4);(4;1);( 3; 6);( 6; 3) 5) (x; y) (2;1);(0;1) 6) (x; y) (0;1);(0; 1) 7) (x; y) (0;1);( 1;0) Nguyễn Cảnh Tuyên – Trường THCS Đoàn Lập 7 Năm học 2008 – 2009