MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

43 22 0
  • Loading ...
1/43 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 27/11/2016, 20:56

Trong các kì thi HSG vòng tỉnh, cũng như các kì thi HSG vòng thành phố, thi chọn HS vào các trường THPT chuyên thường xuất hiện các bài toán tìm nghiệm nguyên. Đó là loại toán đòi hỏi một phản xạ nhanh và chính xác, một lí luận chặt chẽ và lôgíc. Chính vì vậy giải phương trình nghiệm nguyên là phát triển tốt cho trí tưởng tượng và sự thông minh.Trong đề tài này tôi chỉ có thể nêu lên vài phương pháp giúp giải phương trình nghiệm nguyên nhiều ẩn hoặc bậc cao trong một số trường hợp thông qua các ví dụ cụ thể và từng loại bài tập từ đó hình thành kĩ năng và phương pháp giải. Rất mong được sự tham gia góp ý xây dựng của các thầy cô để cho đề tàiđược tốt hơn. 2. Lý do chọn đề tài nghiên cứu.Việc dạy học là một quá trình đòi hỏi người giáo viên phải thường xuyên trau dồi, đúc rút, tổng kết kinh nghiệm, phải trăn trở ngày đêm để tì m ra cho mình cách dạy đối với từng loại bài toán, từng vấn đề làm sao đó cho học sinh hiểu, tiếp thu và vận dụng một cách tốt nhất khi học toán.Trong chương trình toán học phổ thông, phần nào cũng có cái khó cái hay của nó. Để học sinh nắm vững nội dung cũng như bản chất từng phần, từng loại toán không hề đơn giản, đặc biệt là khi dạy phần “Phương trình nghiệm nguyên”. Vì đây là nội dung thường gặp trong các kỳ thi học sinh giỏi từ lớp 6 đến lớp 9 và thi vào THPT chuyên. Qua nhiều năm dạy học và dạy đội t uyển học sinh giỏi tôi thấy học sinh thường lúng túng trước việc lựa chọn phương pháp để giải bài toán về phương trình nghiệm nguyên hoặc lựa chọn phương pháp giải không tối ưu dẫn đến lời giải dài và phức tạp. Do đó tôi chọn đề tài “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên” nhằm giúp các em tiếp cận với bài tập về giải phương trình nghiệm nguyên và có một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên phù hợp. Từ đó các em có được sự tự tin và hứng thú với các bài tập giải phương trình nghiệm nguyên. PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ VĨNH YÊN TRƢỜNG THCS VĨNH YÊN *************** BÁO CÁO CHUYÊN ĐỀ MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Môn: Toán Tổ môn: Khoa học tự nhiên Mã: 28 Ngƣời thực hiện: Hoàng Thị Phƣợng Điện thoại: 0974015734 Email: hoangphuong.ltt@gmail.com Vĩnh yên, tháng năm 2015 DANH MỤC CÁC TỪ VIẾT TẮT STT TỪ VIẾT TẮT TỪ VIẾT ĐẦY ĐỦ THPT Trung học phổ thông THCS Trung học sở BĐT Bất đẳng thức HSG Học sinh giỏi GV Giáo viên BDHSG Bồi dưỡng học sinh giỏi TT&TT Toán học tuổi trẻ HD Hướng dẫn MỤC LỤC NỘI DUNG TRANG A- PHẦN MỞ ĐẦU I Lí chọn đề tài II Mục đích nghiên cứu III Đối tượng phạm vi nghiên cứu IV.Phương pháp nghiên cứu V Cơ sở lí thuyết thực trạng vấn đề nghiên cứu 1.Cơ sở lí luận vấn đề nghiên cứu Thực trạng vấn đề nghiên cứu 3.Quá trình thực B- NỘI DUNG I Cơ sở lí luận II Tình hình thực tế I.Một số phương pháp giải phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên - 27 II.Bài tập rèn tư sáng tạo 27 - 34 C.Kết thực đề tài 35 D Kết luận kiến nghị 36 Tài liệu tham khảo 37 PHẦN I PHẦN MỞ ĐẦU I LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI NGHIÊN CỨU Đặt vấn đề Trong kì thi HSG vòng tỉnh, kì thi HSG vòng thành phố, thi chọn HS vào trường THPT chuyên thường xuất toán tìm nghiệm nguyên Đó loại toán đòi hỏi phản xạ nhanh xác, lí luận chặt chẽ lôgíc Chính giải phương trình nghiệm nguyên phát triển tốt cho trí tưởng tượng thông minh Trong đề tài nêu lên vài phương pháp giúp giải phương trình nghiệm nguyên nhiều ẩn bậc cao số trường hợp thông qua ví dụ cụ thể loại tập từ hình thành kĩ phương pháp giải Rất mong tham gia góp ý xây dựng thầy cô đề tài tốt Lý chọn đề tài nghiên cứu Việc dạy học trình đòi hỏi người giáo viên phải thường xuyên trau dồi, đúc rút, tổng kết kinh nghiệm, phải trăn trở ngày đêm để tìm cho cách dạy loại toán, vấn đề cho học sinh hiểu, tiếp thu vận dụng cách tốt học toán Trong chương trình toán học phổ thông, phần có khó hay Để học sinh nắm vững nội dung chất phần, loại toán không đơn giản, đặc biệt dạy phần “Phương trình nghiệm nguyên” Vì nội dung thường gặp kỳ thi học sinh giỏi từ lớp đến lớp thi vào THPT chuyên Qua nhiều năm dạy học dạy đội tuyển học sinh giỏi thấy học sinh thường lúng túng trước việc lựa chọn phương pháp để giải toán phương trình nghiệm nguyên lựa chọn phương pháp giải không tối ưu dẫn đến lời giải dài phức tạp Do chọn đề tài “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên” nhằm giúp em tiếp cận với tập giải phương trình nghiệm nguyên có số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên phù hợp Từ em có tự tin hứng thú với tập giải phương trình nghiệm nguyên II MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Đề tài củng cố cung cấp cho học sinh số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Giúp cho học sinh có kĩ vận dụng vào giải tập phương trình nghiệm nguyên rèn cho học sinh tư linh hoạt, sáng tạo giải toán Cũng thông qua đề tài nhằm giúp học sinh có thói quen tìm tòi học toán sáng tạo giải toán Từ tạo cho học sinh có phương pháp học tập đắn, biến học (kiến thức thầy) thành thân, nắm bắt nó, vận dụng nó, phát triển hướng Qua giúp em tạo niềm tin, hưng phấn, hứng thú say mê học môn toán học Trong khuôn khổ đề tài, dù biết đề cập hết phương pháp pháp giải phương trình nghiệm nguyên, hy vọng tài liệu bổ ích cho học sinh tài liệu tham khảo cho thầy cô giáo III ĐỐI TƢỢNG, PHẠM VI NGHIÊN CỨU - Nghiên cứu qua học sinh lớp 8, trường THCS Vĩnh Yên - Nghiên cứu qua đề thi tuyển sinh lớp 10 đề thi giao lưu HSG lớp 6, 7, 8, IV PHƢƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU - Điều tra thực trạng học sinh, phân tích kết điều tra - Tổng kết kinh nghiệm qua thực tế giảng dạy - Tham khảo ý kiến phương pháp dạy đồng nghiệp thông qua buổi sinh hoạt chuyên môn V CƠ SỞ LÍ THUYẾT VÀ THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU Cơ sở lý luận vấn đề nghiên cứu Phương trình nghiệm nguyên đa dạng phong phú phương trình ẩn, nhiều ẩn Nó phương trình bậc bậc cao Không có cách giải chung cho phương trình, để giải phương trình thường dựa vào cách giải số phương trình nghiệm nguyên số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Thực trạng vấn đề nghiên cứu Trong chương trình toán THCS phương trình nghiệm nguyên không học sâu chương trình học khóa.Tuy nhiên kỳ thi học sinh giỏi thi vào PTTH chuyên lại xuất giải phương trình nghiệm nguyên hay khó đòi hỏi học sinh phải thực linh hoạt ,sáng tạo có kỹ tốt làm Áp dụng vào việc giảng dạy chuyên đề toán 6, 7, 8, trường học bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi Toán, ôn tập cho học sinh chuẩn thi vào THPT chuyên Quá trình thực Thời gian nghiên cứu từ tháng 9/2014 đến 4/2015 Cách tiến hành : Sưu tầm nghiên cứu số toán có nội dung phù hợp với mục đích đề tài nghiên cứu PHẦN II NỘI DUNG I CƠ SỞ LÝ LUẬN Trong đề tài đưa số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên phù hợp với trình độ học sinh khá, giỏi cấp THCS Trang bị cho học sinh số số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Chọn lọc số tập điển hình phương trình nghiệm nguyên II TÌNH HÌNH THỰC TẾ Kết Qua kết khảo sát, kiểm tra trước áp dụng đề tài với 41 học sinh lớp 8A 39 học sinh lớp 8B thu kết vấn đề “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên” sau: Lớp Áp dụng đề tài Kết kiểm tra Giỏi Khá 8A Chưa áp dụng  5%  22% 8B Chưa áp dụng  8% TBình Yếu Kém 17  40,5% 10  25%  7,5% 10  26% 14  36%  21%  9% Nguyên nhân thực tế Trong chương trình toán trung học sở phương trình nghiệm nguyên không học chương trình học khóa Tuy nhiên kỳ thi THPT, THPT chuyên, đặc biệt kỳ thi học sinh giỏi cấp giải phương trình nghiệm nguyên lại đề cập đến toán hay khó, đòi hỏi học sinh phải thực linh hoạt, sáng tạo có kỹ sử dụng thành số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên chọn cách giải tối ưu Trong bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi nhận thấy toán giải phương trình nghiệm nguyên đa dạng phong phú Đòi hỏi em phải áp dụng linh hoạt phương pháp vào giải tập sáng tạo giải tập Vậy vấn đề đặt phải để tìm biện pháp khắc phục thực trạng giúp giáo viên có tài liệu tham khảo phù hợp đặc biệt giúp học sinh hết lúng túng tự tin gặp toán giải phương trình nghiệm nguyên Qua nhiều năm giảng dạy tham gia dạy đội tuyển học sinh giỏi hướng dẫn số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên nhận thấy em học sinh có yêu thích say mê với dạng toán III NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI A KIẾN THỨC CƠ BẢN I Phép chia tập số nguyên 1.1 Định nghĩa Cho hai số a, b nguyên , a  Ta nói b chia hết cho a b  ac với c nguyên, ta nói a chia hết b b bội a kí hiệu b a; a | b 1.2 Tính chất 1.2.1 Nếu a | b, b  a  b 1.2.2 Nếu a | b a | c a | mb  nc với m,n nguyên 1.2.3 Nếu a | b a | b  c a | c 1.2.4 Với số nguyên a khác a | a 1.2.5 Nếu a | b b | c a | c 1.2.6 Nếu a | b b | a a  b b |b a 1.3.Thuật chia Euclide Cho a b số nguyên, b  Khi tồn 1.2.7 Nếu a | b b  cặp số nguyên (q, r) cho a  bq  r,  r  b Ta gọi q thương, r phần dư Như vậy, a chia hết cho b phần dư thuật chia Euclide Ta thường gọi thuật chia Euclide phép chia Euclide II Số nguyên tố hợp số 2.1 Định nghĩa Số nguyên n  gọi số nguyên tố có hai ước nguyên dương Số nguyên n  không nguyên tố gọi hợp số 2.2 Tính chất 2.2.1 Mỗi số nguyên dương lớn có ước nguyên tố 2.2.2 Ước nguyên dương nhỏ khác n số nguyên tố ước không vượt n 2.2.3 Có vô hạn số nguyên tố (số nguyên tố lớn tìm 232582657  , tìm năm 2006 có 9808358 chữ số) 2.2.4 (Phân tích số theo thừa số nguyên tố) Mỗi số nguyên dương n  phân tích thành tích thừa số nguyên tố: n  p11 p22 pk k , với pi nguyên tố i   III Ƣớc chung lớn nhất, bội chung nhỏ (The greatest common divisor anh the least common multiple) 3.1 Định nghĩa 3.1.1 Giả sử a,b hai số nguyên không đồng thời Ước chung lớn hai số a,b số nguyên lớn chia hết hai số Ta thường dùng kí hiệu (a, b) để ước chung lớn hai số a b Hai số nguyên a,b gọi nguyên tố (a, b)  3.1.2 Giả sử a,b hai số nguyên khác Bội chung nhỏ hai số a,b số nguyên dương nhỏ chia hết cho hai số Ta thường dùng kí hiệu a, b để bội chung nhỏ hai số a b 3.2 Tính chất 3.2.1 Nếu p nguyên tố (a, p)  (a, p)  p 3.2.2 Nếu d  (a, b) a  da ';b  db'; (a ', b')  3.2.3 Nếu d' ước chung a b d ' | (a, b) 3.2.4 Nếu px || a p y || b pmin(x,y) || (a, b) Do với a  p11 p22 pk k ; b  p11 p22 pkk ; 1 , i  k ,k ) Thì (a, b)  p1min( 1 ,1 ) p2min( 2 ,2 ) pmin( k k ,k ) a, b  p1max( 1 ,1 ) p2max( 2 ,2 ) pmax( k 3.2.5 Nếu a  bq  r (a, b)  (b, r) 3.2.6 Với a,b nguyên dương ab  (a, b) a, b 3.2.7 Nếu (a, b)  (a,c)  (a, bc)  Nếu (a, b)  (a m , bn )  3.2.8 Nếu a,b hai số nguyên dương nguyên tố tồn hai số nguyên dương u,v cho au  bv  Tổng quát hơn: Nếu a,b hai số nguyên dương tồn hai số nguyên u,v cho au  bv  (a, b) IV Đồng dƣ (Modulor arithmetics) 4.1 Định nghĩa Cho a, b số nguyên n số nguyên dương Nếu a  b chia hết cho n ta nói a đồng dư với b modulo n, ký hiệu a  b (mod n) 4.2 Tính chất Cho a, b,c,d số nguyên Ta có tính chất bản: 4.2.1 Nếu a  b (mod n) b  a (mod n) 4.2.2 Nếu a  b (mod n) b  c (mod n) a  c (mod n) 4.2.3 Nếu a  b (mod n) c  d (mod n) a  c  b  d (mod n) 4.2.4 Nếu a  b (mod n) c  d (mod n) ac  bd (mod n) 4.2.5 Nếu a  b (mod n) với k nguyên ta có ka  kb (mod n) 4.2.6 Nếu a i  bi (mod n),i  1,2, , k a1a a k  b1b2 bk (mod n) Đặc biệt a  b (mod n) với k nguyên dương ta có a k  bk (mod n) 4.2.7 Nếu ab  ac (mod n) (a, m)  b  c (mod n) 4.2.8 Nếu a  b (mod mi ),i  1,2, , k  a  b  mod m , , m  k Đặc biệt m1 , m2 , , mk nguyên tố sánh đôi a  b (mod mi ),i  1,2, , k  a  b  mod m1m2 mk  4.3 Định lý Fermat Giả sử p nguyên tố, a số nguyên cho (a, p)  Khi a p1  (mod p) Có thể đưa chứng minh đơn giản cho định lý sau: Xét p  số a,2a, ,(p  1)a Ta chứng minh không tồn số đồng dư với phép chia cho p Thật vậy, giả sử tồn ka  a (mod p) với k,  1,2, p  1  a(k  ) p  k   p (mâu thuẫn) Vậy chia p  số cho p ta nhận p  số dư khác 1,2, , p  Suy a.2a (p  1)a  1.2 (p  1) (mod p)  (p  1)!.a p1  (p  1)! (mod p) Vì ((p  1)!, p)  suy a p1  (mod p) Hệ Nếu p nguyên tố a p  a (mod p) V Tính chất số phƣơng a) Số phương bình phương số tự nhiên b) Số phương không tận 2,3,7,8 c) Số phương chia hết cho số nguyên tố p chia hết cho p d) e) f) g) Số phương chia cho Số phương chia cho Số phương chia cho Số phương chia cho có số dư có số dư có số dư hoặc có số dư h) Số lập phương chia cho có số dư 0, 1 10  Phương trình a  b2   nab có nghiệm nguyên dương với n  (mâu thuẫn VD 4.7) Trường hợp 2: a  b Thay vào có 2a  c2  na 2c  c2  a (nc  2)  c2 (nc  2)  nc   n  (Vô lí) Vậy với n  phương trình (1) có nghiệm nguyên dương Bài tự luyện Bài Cho a,b nguyên dương cho ab  1| a  b2 a  b2 Chứng minh  ab  Bài Chứng minh pt sau có vô hạn nghiệm nguyên dương: x  y2  5xy   Bài Cho a,b nguyên dương cho ab  1| a  b2  ab a  b2  ab Chứng minh số phương ab  Bài Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: a) x  2y3  4z  b) 5x  14y2  11z Phƣơng pháp Sử dụng định lí nghiệm phƣơng trình bậc Dạng Phƣơng trình bậc hai với ẩn số Để giải phương trình thường sử dụng miền giá trị Ý tưởng phương pháp xét phương trình bậc haitheo ẩn đó, ẩn lại tham số Từ ta thiết lập bất đẳng thức để chặn giá trị tham số liệt kê nghiệm (nếu có) Định lí 1: Phương trình ax  bx  c  với hệ số nguyên c  có nghiệm nguyên x c chia hết cho x Định lí 2: Phương trình ax  bx  c  (với hệ số nguyên) có nghiệm nguyên   b2  4ac bình phương số nguyên (  số phương) Ví dụ 5.1 Giải phương trình nghiệm nguyên x y2  xy  x  2y2 (1) Lời giải x y2  xy  x  2y   x   y  xy  x  (*) 29 * Vì x nguyên nên x   , phương trình (*) phương trình bậc hai ẩn y có   x  4x   Điều kiện cần để phương trình(*) có nghiệm nguyên  phải số phương Với x  y  Với x  4x  phải số phương Đặt 4x   m2   2x  m  2x  m   Ta tìm x  x  2 thay vào phương trình (1) để tìm y Vậy phương trình có nghiệm (x, y)  0;  ;  2; 1 ;  2;2  ;  2;1 ;  2; 2  Ví dụ 5.2 Giải phương trình nghiệm nguyên 3x  y2  4xy  4x  2y   (2) Lời giải Ta có phương trình : 3x  y2  4xy  4x  2y    y2   4x   y  x  4x   (**) coi x tham số giải phương trình bậc phương trình (**) ẩn y ta có y    2x  1   'x Do y nguyên, x nguyên   'x nguyên Mà 'x   2x  1   3x  4x  5  x –  x –  n ( n )  (x- n) (x+ n) =  x =  Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x ; y)  {(2 ; -5); (-2 ; 3)} Ví dụ 5.3 Giải phương trình nghiệm nguyên x –  y  5 x  5y   (3) Lời giải Ta có x –  y  5 x  5y   coi y tham số ta có phương trình bậc ẩn x Giả sử phương trình bậc có nghiệm x1, x2 Theo Định lý Viet ta có  x1  x  y   5x1  5x  5y  25   x x  5y   x1x  5y  Suy ra: x1  5x – x1x  23   x1  5 x  5  , mà  1.2   1 2   x1  x  13 x1  x   y  y  30 Vậy nghiệm phương trình (x;y)  7; 8 ;  6; 8 ;  4;  ;  3;  Ví dụ 5.4 Giải phương trình nghiệm nguyên x  2y  y – 2x   3x  3y   (4) Lời giải PT(4) tương đương với x  x  – 2y   3y2  3y   (*) phương trình phương trình bậc hai ẩn x có:    – 2y  –  2y  3y    – 4y 2 Điều kiện cần để phương trình(*) có nghiệm nguyên  phải số 1 phương Ta thấy – 4y2     y   y  0, 2 Thay y = vào phương trình (*) ta x  3x    x  1; 2  Vậy nghiệm phương trình (x; y)  1;0 ;  2; 0 Dạng Phƣơng trình nghiệm nguyên bậc với hai ẩn số Để giải phương trình dạng này, thấy hệ số hai ẩn x y đối ta tham hóa chúng cách đặt x  y  d y  x  d để đưa phương trình dạng bậc hai theo biến x y , hệ số x y ta đặt z  y đưa dạng xét Từ ta thiết lập điều kiện có nghiệm để tìm d Ví dụ 5.5 (Tập huấn đội tuyển singapore 2003) Tìm nghiệm nguyên phương trình x  27xy  2009  y3 Lời giải Đặt y  x  d, d  Phương trình cho trở thành (27  3d)x  (27d  3d )x  d3  2009  (1) Nếu d  (1) trở thành 1280  (vô lí) Điều kiện để phương trình (1) có nghiệm   (27d  3d )2  4(27  3d)( d  2009)  hay 3(d  14)(d  9)(d  41d  574)  hay  d  14  d 10;11;12;13;14 Kiểm tra trực tiếp, ta thấy phương trình có nghiệm nguyên d  14 x  7;y  trường hợp lại phương trình nghiệm nguyên Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên  7;7  Ví dụ 5.6 (Bulgari 2004) Tìm nghiệm nguyên phương trình x  10x   y3  6y2 31 Lời giải x  y  d, d  Phương trình cho trở thành (3d  6)y2  (3d  10)y  d3  10d   0(2) Nếu d  (2) trở thành 22y  27  (không có nhiệm nguyên) Điều kiện để phương trình (2) có nghiệm   3d4  24d3  60d  252d  76  Nếu d     3d2 (d2  8d  20)  252d  76  Nếu d    3d3 (8  d)  2(38  d )  2d(126  29d)   d 0;1;2; ;7 Vì x  y3  6y2  10x  nên d số lẻ, suy d 1;3;5;7 Kiểm tra trực tiếp, ta thấy phương trình có nghiệm nguyên d  1;d  d  1thì x  6; y  ; d  1thì x  2;y   , trường hợp lại phương trình nghiệm nguyên Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên (x;y)  ; 5 ;  ;  3 Bài tập tự luyện: Bài 1: Giải phương trình nghiệm nguyên: a) x  y  3xy   x  y  b) x  2y2  3xy  3x  5y  15 c) x  3y2  4xy 2x  6y  24  d) x  8y2  6xy  4x  8y  17  ( Tuyển chọn theo chuyên đề Tạp chí TH&TT - Quyển 2) e) x  y2   x  y  xy (Tạp chí TH&TT - Số 378/ 2008) f) x  y3  xy  2003 Bài Tìm tất số nguyên x cho x  28 số phương ( Tuyển chọn theo chuyên đề Tạp chí TH&TT - Quyển 2) Bài Tìm số nguyên x, y thỏa mãn phương trình x  y2  xy  x  y  ( Đề thi chọn HSG lớp tỉnh Phú Thọ năm học 2014 – 2015) Bài Tìm số nguyên dương x, y cho x  y3  3xy  Phƣơng pháp Sử dụng tính chất số nguyên tố Tính chất 1: Với số nguyên a a  ước nguyên tố dạng 4k + Tính chất 2: cho p số nguyên tố dạng 4k + ; a, b Z Nếu a2 + b2  p a  p b  p Ta chứng minh hai tính chất 32 Tính chất 1: Giả sử a  có ước nguyên tố p  4k  (k  ) , a p1   a 4k2   (a )2k1   a   p (1) Mặt khác theo định lí Fermat a p1   p (2) Từ (1) (2) suy  a p1   (a p1  1)  p  p  , dạng 4k+3, vô lí Vậy a  ước nguyên tố dạng 4k+3 Tính chất 2: Giả sử p  4k  a  b2  p Nếu a b không chia hết cho p (a, p)  (b, p)  Áp dụng định lí Fermar ta có a p1  1( mod p) bp1  1( mod p) Khi a 4k2  b4k2  2( mod p) (1), mà a 4k2  b4k2  (a )2k1  (b2 )2k1  (a  b2 ) (2) Từ (1) (2) suy  p , hay p  ,không có dạng 4k+3, vô lí Vậy a  p b  p Ví dụ 6.1: Giải phương trình nghiệm nguyên x – y3  Lời giải x – y3   x 1   y3    y   y2 – 2y   Nếu y chẵn x    x  (mod 4) vô lí (loại) Nếu y lẻ y2 – 2y +   y  1  có dạng 4k + x2 + phải có ước nguyên tố dạng 4k + (vô lí) Vậy phương trình nghiệm nguyên Ví dụ 6.2 Giải phương trình nghiệm nguyên x  2x  4y2  37 Lời giải x  2x   4y2  38   x  1   2y   3819 (dạng 4k + 3) 2   x  119 2y19   x  1   2y  192 (vô lí 38 không chia hết cho 2 192) Vậy phương trình nghiệm nguyên Ví dụ 6.3 Hãy tìm tam giác vuông có số đo cạnh a, b, c số nguyên có cạnh đo đơn vị Lời giải Giả sử cạnh đo đơn vị cạnh huyền ( a  )  b2 + c2  72 (vì số phương chia có số dư 0, 1, 4, 2) Lại có  b, c  <  b2  c2  (loại) Do cạnh đo cạnh góc vuông giả sử b  Ta có a – c2 =49   a+c  a-c  = 49 33 a  c  49  a – c  a  25  c  24 Vậy tam giác cần dựng có số đo cạnh 7, 25, 24 Ví dụ 6.4 Giải phương trình nghiệm nguyên  x  x  x  2017y Lời giải  x  x  x  2017y   x  1  x  1  2017y 1 -Nếu y   1987y  mà  x  1  x  1  (vô lý) -Nếu y  từ (1)   x  Gọi d  1  x;1  x   d  Ư(2), mà  1  x   1  x 1  x  Ta lại có d Ư(2017)  d  d  ƯC (2, 2017)  d  hay 1  x,1  x     x x  không bội 2017 1  x  Mà 1987 nguyên tố   x0 1  x  Từ (1)  y  (mâu thuẫn) Nếu y   x  phương trình có nghiệm (0; 0) Vậy phương trình có nghiệm nguyên  x;y    0;0  Nhận xét Từ ví dụ thay 2017 số nguyên tố lớn ta vô số toán tương tự Bài 6.5.Tìm số nguyên x, y thỏa mãn phương trình x(1  x  x )  4y(y  1) (Đề thi chọn HSG lớp tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2014– 2015) Lời giải.Ta có x(1  x  x )  4y(y  1)  (x  x )  (x  1)  4y2  4y  (1)  (x  1)(x  1)  (2y  1)2 Vì x, y     2y  1  , nên từ 1  x  x chẵn Giả sử (x  1, x  1)  d  d lẻ x  1 d; x  1 d  2d  d  Vì (x  1)(x  1) số phương, (x  1, x  1)  nên (x  1) (x  1) hai số phương Do x   x  x   (x  1)2  x   (x  1)2  x  y  Khi x  , có (1)  4y(y  1)    y   Vậy có hai cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn yêu cầu toán (0;0),(0;1) 34 Bài tập tự luyện: Bài 1:Giải phương trình nghiệm nguyên: a) x  xy  y2  x y2 ( Đề giao lưu HSG lớp Thành phố Vĩnh Yên năm 2009- 2010) b) 2x  3x   y2  c) 54x   y3 Bài 2: Tìm tất cặp số nguyên tố p, q thỏa mãn: p3 – q5   p  q  ( Tạp chí TH&TT tháng 5/ 2004) C MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG Bµi Giải phương trình nghiệm nguyên 6x  5y2  74 Lời giải Cách 1: Ta có 6x  5y2  74  6x – 24  50 – 5y2   x –   5(10 – y ) Suy x  5t  (t  ) Thay x  5t  (t  ) vào phương trình Ta có y2  10 – 6t  t   x    Ta có   y   t    t 0;1 Với t  ta có x  4, y2  10 (loại) Với t  ta có   x   x  3   y    y  2  mà x, y    x  3, y  thoả mãn Vậy nghiệm phương trình (x, y)  (3; 2) Cách 2: Ta có 6x  5y2  74 số chẵn  y chẵn, lại có  6x   5y2  74   y2  14  y2   x  Vậy nghiệm phương trình (x, y)  (3; 2) Cách 3: Ta có 6x  5y2  74  5x  5y2  x   75  x  15 , mà  x  12  x 4; 9 Với x   y2  10 loại Với x   y2  thoả mãn 35 Vậy nghiệm phương trình (x, y)  (3; 2) Bài Giải phương trình nghiệm nguyên x  y2  2x y2 Lời giải Cách 1: + Nếu x   y  (t/m) + Nếu y   x   t / m   x  0, y  nghiệm phương trình + Nếu x, y  phương trình cho trở thành: Giả sử x  y  1  2 x y 1 1 2        y2  x y x y y y  y2   x     x; y   0;0  ;  1; 1 ;  1;1 ; 1; 1 ; 1;1 y   x  Vậy nghiệm phương trình (x;y)  0;  ;( 1; 1);( 1; 1);(1; 1);(1; 1) Cách 2: Ta có x  y2  2x y2 , Do x , y  Ta giả sử x  y2  x  y2  y2  2x y2  2y2 Nếu y  phương trình có nghiệm (0; 0) Nếu y   x   x  x   y2  (loại) y    x;y  1; 1 ; 1;  1 ;  1; 1 ;( 1;  1) Vậy nghiệm phương trình (x;y)  0;  ;( 1; 1);( 1; 1);(1; 1);(1; 1) Cách 3: Có x  y2  2x y2  2x  2y2  x y2  4x y2 – 2x – 2y2    2x  2y2  1 –  2y2  1    2x – 1 2y2  1  Vậy nghiệm phương trình (x; y)  0; 0 ;( 1; 1);( 1;1);(1; 1);(1;1) Bài Tìm nghiệm tự nhiên phương trình: x – 3xy  2y2   Lời giải Cách 1: Ta thấy  x, y    0;  nghiệm phương trình Ta coi phương trình x – 3xy  2y2   ẩn x ta tính  y  y2  24 Phương trình có nghiệm tự nhiên  y số phương  y2 – 24  k   y – k  y  k   24 (k  ) 36 Mà 24  24.1  12.2  6.4  3.8 ; y + k y – k chẵn y   y   y     y  k  k  y   k  12  y  k  Thay vào ta tìm (x;y) 8;  ;(13;7);(7;5);(8;5) Vậy nghiệm phương trình (x;y) 8;  ;(13;7);(7;5);(8;5) Cách 2: Ta có: x  3xy  2y2     x  y  x  2y   6   x  y  2y  x    (x;y) 8;  ;(13;7);(7;5); (8; 5) Vậy nghiệm phương trình (x;y) 8;  ;(13;7);(7;5);(8;5) Bài Giải phương trình nghiệm nguyên 2x  2y2  2xy  y  x  10  Lời giải Cách 1: Ta có phương trình cho  2x  (2y  1)x  2y2  y  10  Coi x ẩn y tham số ta có phương trình bậc ẩn x Xét  y   2y – 1 – 4.2  2y  y  10   12y – 12y  81 , để nghiệm x nguyên  y số phương Đặt k  12y2 – 12 y  81  k  3 2y  1  84 k2 2   2y  1  28   28 ;  2y  1 lẻ  2y  1 1;9;25  y 0;1;  2;  3 thử trực tiếp vào phương trình ta tìm cặp số (x, y) (0; 2)(2; 0)thoả mãn Vậy nghiệm phương trình (x, y) (0; 2)(2; 0) Cách 2: Đặt x  y  a;xy  b ta có x, y    a, b   phương trình 2x –  2y  1 x  2y2  y – 10   2a – 6b  a –10   4a –12b  2a – 20    a  1  3a – 12b – 21   a  1  3a  12b  21 2 Lại có  x  y   xy  a  4b 37  12b  21  3a  21   a  1  3a  3a  21   a  1  21 2 mà  a  1 số phương  a  1 1; 4; 9;16  a 0; 1; 2; 3 2 Với a   12   12b  21  12b  20 , loại Với a   1  1  3.12  12b  21  12b  14 , loại Với a   1    3.22  12b  21  12b   b  Với a   1  3  3.32  12b  21  12b  22 , loại  xy  Vậy a  2,b    x  y  Vậy nghiệm phương trình (x, y) (0; 2)(2; 0) Bài Tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình: x  4x – y2  Lời giải Cách 1:Ta có x  4x – y2    x   - y2    x+2  y  x  - y   mà x, y nguyên dương nên  x   y    x  - y  x   y  x    x  – y  y  Vậy nghiệm phương trình (x, y)  (1;2) Cách 2: Ta có x  4x – y2  1 x  x –  y2 1     y 1  x  ' y 2   'y Để phương trình có nghiệm  'y số phương   y2   k   k  y  k  y    y  thay vào phương trình tìm x  Vậy nghiệm phương trình (x, y)  (1;2) Bài 6: Hai đội cờ thi đấu với đấu thủ đội phải đấu ván với đấu thủ đội Biết tổng số ván cờ đấu lần tổng số đấu thủ hai đội biết số đấu thủ đội số lẻ hỏi đội có đấu thủ Lời giải Gọi x, y số đấu thủ đội đội (x, y nguyên dương ) Theo ta có xy   x  y  38 Đây phương trình nghiệm nguyên ta giải cách sau : Cách 1: Có xy   x  y   xy – 4x – 4y  16  16   x   y    16 Mà 16  1.16  2.8  4.4 , lại có đội có số đấu thủ lẻ nên x –  x     y   16  y  20 Tương tự: x  20, y  Vậy đội có đấu thủ đội có 20 đấu thủ Cách 2: Ta thấy x, y bình đẳng.Không tính tổng quát ta giả sử x  y Ta có x, y nguyên dương xy   x  y   4 4 4 8  =1 Lại có        x  x y x y x x x y   x   x 5, 6, 7, 8 x Thử trực tiếp ta x  5;y  20 (thoả mãn) Mà Vậy đội có đấu thủ đội có 20 đấu thủ Cách xy   x  y   x  y 1 y4 y4  y 5;6;8 thay trực tiếp vào phương trình ta x  5;y  20 (thỏa mãn) Vậy đội có đấu thủ đội có 20 đấu thủ Bài 7: Tìm năm sinh Bác Hồ biết năm 1911 Bác tìm đường cứu nước tuổi Bác tổng chữ số năm Bác sinh cộng thêm Lời giải Ta thấy Bác Hồ sinh vào thể kỷ 20 năm 1911 Bác nhiều 11 tuổi 1     3 (loại Suy Bác sinh kỷ 19 Gọi năm sinh Bác 18xy (x, y nguyên dương, x, y  ) Theo ta có: 1911  18xy    x  y   11x  2y  99  2y chia hết cho 11 mà  2,11   y chia hết cho11, mà  y   y   x  Vậy năm sinh Bác Hồ 1890 Bài Giải phương trình nghiệm nguyên xy  x  xy  y Lời giải Cách 1: Ta có xy    x  y   3 x – xy  y2  x  xy  y 39 Đặt x  y  p , x – y  q  p,q nguyên pq pq ; y thay vào phương trình có dạng 28p  3 q  3q  2  p  p chia hết cho Đặt p  3k (k  ) x  28k  3 3k  q   k chia hết cho k có dạng 3m(m   )  28m  27m2  q  m(28  27m)  q   m  m  Với m   k   q   x  y  (loại) Với m  k  3;p   28  27  q  q   Khi p  9, q  x  5, y  p  9, q  1 x  4, y  Vậy nghiệm phương trình  x,y   4;5 ; 5;4  Cách xy   x  y  x  y  3xy     x  xy  y2 Đặt x  y  a;x  y  b  28a  12b2  3a  3b2   3a  14   27b2  196  27b2  196  b2   b2 0;1;4  28  ;0  3  Nếu b2    3a  14   196  a   Với a  0;b   x  y  (không thỏa mãn) Nếu b2   3a  14   88 (loại) Nếu b2   3a  14   169  a  9;a  (loại) Khi a  9;b  x  5;y  Khi a  9; b  1 x  4;y  Vậy nghiệm phương trình (x, y)  4;5 ; 5;4  40 PHẦN III KẾT QUẢ THỰC HIỆN ĐỀ TÀI Kết chung Trước áp dụng phương pháp thấy hầu hết học sinh lúng túng không tìm hướng giải gặp toán phương trình nghiệm nguyên Sau áp dụng đề tài, học sinh khắc phục nhiều nhược điểm, tỷ lệ làm tăng, học sinh nắm vững cách giải phương trình nghiệm nguyên mà vận dụng linh hoạt dạng toán khác Kết cụ thể Kiểm tra lớp 8A 8B thu kết sau: Lớp Áp dụng đề tài 8A Chưa áp dụng 41 em Đã áp dụng 8B Chưa áp dụng 39 em Đã áp dụng Kết kiểm tra Giỏi  5% Khá  22% 10  25% 19  46% TBình Yếu Kém 17  40,5% 10  25%  7,5% 11  27%  2%  8% 10  26% 14  36%  21%  21% 15  38% 15  39%  2%  9% Kết cho thấy em có nhiều tiến Bài học kinh nghiệm Qua đề tài nhận thấy để công tác bồi dưỡng học sinh giỏi đạt kết cao giáo viên phải tìm phương pháp dạy học phù hợp, dễ hiểu Viết dạy theo đề tài việc làm cần thật cần thiết với việc bồi dưỡng học sinh giỏi 41 PHẦN IV KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Như xuất phát từ toán phương trình nghiệm nguyên kết hợp với khéo léo sử dụng phương pháp giải thao tác tư duy, linh hoạt, sáng tạo Chúng ta tìm lời giải toán phương trình hay khó Thông qua đề tài không cung cấp cho học sinh hệ thống phương pháp giải mà hình thành cho học kỹ phân tích toán để từ phát triển lực tư sáng tạo toán học học sinh, học sinh giỏi Kiến thức, kỹ vận dụng vào giải toán học sinh củng cố cách vững chắc, sâu sắc; kết học tập học sinh nâng cao Từ chỗ lúng túng gặp toán phương trình nghiệm nguyên phần lớn em tự tin hơn, biết vận dụng kỹ năng, phương pháp bồi dưỡng để giải thành thạo tập mang tính phức tạp Trong viết đề tài, không tránh khỏi thiếu sót nội dung đề tài chưa thực phong phú Rất mong thầy cô giáo đồng nghiệp đóng góp thêm ý kiến để đề tài hoàn thiện có hiệu cao Tôi xin chân thành cảm ơn! Vĩnh Yên, ngày 14 tháng năm 2015 Hoàng Thị Phƣợng 42 CÁC TÀI LIỆU THAM KHẢO 1) Báo toán tuổi thơ, Toán học tuổi trẻ 2)Các đề thi học sinh giỏi Cấp huyện,cấp tỉnh thành, thi vào THPT chuyên 3)Các Đề tài số học BDHSG - NXB GD (Phạm Minh Phương) 4) 255 toán số học chọn lọc 5) Chuyên đề BDHSG THCS- NXBGD (Nguyễn Vũ Thanh) 6)Tuyển chọn theo chuyên đề TT&TT – NXBGD 7)Diophantinequations (Titu Andreescu) 43 [...]... nhiu khi li l chỡa khúa gii nhiu phng trỡnh Diophant Ta i xột vớ d sau Ví dụ 2.1 Tìm cỏc s nguyờn t x, y, z thoả mãn: xy + 1 = z Li gii Ta có x, y nguyên tố và x y 1 z z 3 , mà z nguyên tố z lẻ x y chẵn x chẵn x = 2 Xét y = 2 22 + 1 = 5 là nguyên tố z = 5 (thoả mãn) Xột y 2 y 2k 1(k N) 22k1 1 z 2.4k 1 z , 14 ta thy 4 chia cho 3 d 1 (2.4k 1) 3 z 3 (loi) Vy x 2;y 2;z 5 Vớ
- Xem thêm -

Xem thêm: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN, MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN, MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Từ khóa liên quan

Nạp tiền Tải lên
Đăng ký
Đăng nhập