SKKN Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

Nội dung text: SKKN Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

1. A. ĐẶT VẤN ĐỀ I. 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. II. CƠ SỞ THỰC TIỄN: 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, . 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 sớm hình thành phương pháp giải từng bài toán, cần giúp học sinh biết định hướng tìm lời giải theo các phương pháp hợp lí. 4
2. Từ những lí do trên, tôi chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm: “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên” nhằm giúp học sinh của mình nắm vững các phương pháp giải, từ đó phát hiện phương pháp giải phù hợp với từng bài cụ thể ở các dạng khác nhau. III. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Chia sẻ kinh nghiệm với giáo viên Toán THCS. Giúp học sinh biết cách định hướng và giải bài tập một cách ngắn gọn nhất. Phát huy trí lực, rèn luyện khả năng phân tích, xem xét bài toán dưới dạng đặc thù riêng lẻ. Tạo cho học sinh lòng ham mê, yêu thích học tập, đặc biệt là học toán bằng cách phân loại và cung cấp phương pháp giải cho các dạng bài toán từ cơ bản, đơn giản phát triển thành các bài phức tạp. Mặt khác, khuyến khích học sinh tìm ra nhiều cách giải cho một bài tập để cho học sinh nhìn nhận một vấn đề theo nhiều khía cạnh khác nhau, từ đó tìm ra nhiều cách giải hay và phát triển bài toán mới. Giúp học sinh tự tin khi giải toán hoặc trong thi cử. Nâng cao chất lượng môn Toán đặc biệt là chất lượng mũi nhọn. IV. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU * Học sinh khá, giỏi khối 8 và 9 B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I. 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 5
3. 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. II. 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. III. 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 Để học sinh nắm được các phương pháp giải phương trình nghiêm nguyên được một cách tốt nhất giáo viên cần trang bị cho học sinh các đơn vị kiến thức cơ bản sau: 1. Định nghĩa phép chia hết: a, b ¢ (b 0)  q, r ¢ sao cho a =bq + r với 0 r < b Nếu r = 0 a  b Nếu r 0 a  b 2. Một số tính chất:  a,b,c,d ¢ 6
4. Nếu a 0 thì a  a và 0 a Nếu a  b và b  c a  c Nếu a  b và b  a a = b Nếu a  b và a  c a  BCNN[a,b] Nếu a  b , a  c và (b,c) = 1 a  (b,c) Nếu a  b ac  b ( c ¢ ) 3. Một số định lí thường dùng. Nếu a c và b  c (a b)  c Nếu a  c và b  d ab  cd Nếu a  b an  bn ( n nguyên dương) * Một số hệ quả áp dụng: +  a,b ¢ và n nguyên dương ta có (an – bn) : (a – b) +  a,b ¢ và n chẵn (n nguyên dương) ta có (an – bn) : (a + b) +  a,b ¢ và n lẻ (n nguyên dương) ta có (an + bn) : (a + b) 4. Các dấu hiệu chia hết cho 2, 3, 5,8, 9, 11 5. Thuật toán Ơ-clit mở rộng. (Tìm ước chung lớn nhất của 2 số a, b) 6. Phương trình ax2 + bx + c = 0 Nếu có nghiệm nguyên là x0 thì c x0 Phương trình có nghiệm nguyên khi ( ') là số chính phương 7. Số 2 là số nguyên tố chẵn duy nhất. 8. Phương trình được đưa về dạng f(x).g(x) = k với f(x) và g(x) là các đa thức hệ số nguyên. Ta phân tích k ra thừa số nguyên tố rồi giải các hệ phương trình. 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. 7
5. 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 2 4 y(3x 2) (3x 2) 5 (3x 2)(3y 2) 19 3 3 Do x, y nguyên dương nên 3x 2 1; 3y 2 1 mà 19 = 1.19 = 19.1 nên ta có 3x 2 1 3x 2 19 các khả năng sau: (I) ; (II) 3y 2 19 3y 2 1 Giải các hệ phương trình trên, ta đươc 2 nghiêm nguyên của phương trình là (x; y) (1; 7); (7; 1) Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + x + 6 = y2 8
6. Lời giải: Ta có: x2 + x + 6 = y2 4x2 + 4x + 24 = 4y2 (2x + 1)2 – 4y2 = -23 ( 2x – 2y + 1)(2x + 2y + 1) = - 23 2x 2y 1 1 2x 2y 1 23 Suy ra: hoặc 2x+2y 1 23 2x+2y 1 1 2x 2y 1 1 2x 2y 1 23 hoặc hoặc 2x+2y 1 23 2x+2y 1 1 Giải các trường hợp trên và kết hợp với điều kiện x, y nguyên ta được các nghiệm nguyên (x, y) là (5; 6); (5; -6) ; (-6;- 6); (- 6; 6) Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x4 + 4x3+ 6x2+ 4x = y2 Lời giải: Ta có: x4 + 4x3+ 6x2+ 4x = y2 x4 +4x3+6x2+4x +1- y2=1 (x+1)4 – y2 = 1 x 1 2 – y 1 2 x 1 y 1 1 y 1 y 2 2 [(x+1) –y][(x+1) +y] =1 2 1 y 1 y x 1 – y 1 2 x 1 y 1 y = 0 (x+1)2 = 1 x+1 = 1 x = 0 hoặc x = -2. Thử lai các giá trị tương ứng của x và y ta thấy đều thỏa mãn phương trình đã cho. Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên là ( x, y ) {( 0, 0 ); ( - 2, 0 )} Ví dụ 4 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : y3 - x3 = 91 (1) 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) 9
7. 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 : 1 1 1 1 3 2 3 x x 1 ( do x nguyên dương) x y z x 2 1 1 1 1 2 Thay x = 1 vào (2) ta có : 1 2 1 y 2 y z y z y 1 1 Suy ra : y = 1 = 0 (vô lí) hoặc y = 2 = 2 z = 2. z z Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (3) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 2). Phương pháp III : Sử dụng tính chất chia hết - Sử dụng tính chất chia hết để chứng minh phương trình vô nghiệm hoặc tìm 10