SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỀ TÀI: “GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ” THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN 1. Tên sáng kiến : Giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp đặt ẩn phụ. 2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến : Môn Toán - THCS 3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ năm học 2009-2010 4. Tác giả : - Họ và tên : Nguyễn Thị Thu Hường. - Năm sinh : 1977 - Nơi thường trú :TT Xuân Trường-huyện Xuân Trường-Tỉnh Nam Định. - Trình độ chuyên môn: Đại học Sư phạm Toán. - Chức vụ công tác: Giáo viên. - Nơi làm việc: Trường THCS Xuân Trường - huyện Xuân Trường – tỉnh Nam Định. - Địa chỉ liên hệ: Trường THCS Xuân Trường - Xuân Trường - Nam Định - Điện thoại : 0948870336 5. Đơn vị áp dụng sáng kiến: - Tên đơn vị : Trường THCS Xuân Trường- huyện Xuân Trường- tỉnh Nam Định. - Địa chỉ : Tổ 18-TT Xuân Trường –huyện Xuân Trường –tỉnh Nam Định. - Điện thoại : 03503 886302 I. ĐIỀU KIỆN, HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN Trong quá trình giảng dạy tại trường THCS tôi nhận thấy việc “ Giải phương trình nghiệm nguyên” đối với học sinh khá, giỏi là một dạng toán khó mà các em rất e ngại khi gặp phải. Trong thực tế khi dạy học sinh “Giải phương trình nghiệm nguyên” thì ngoài việc cung cấp cho các em các phương pháp giải cơ bản như: Phương pháp đưa về phương trình tích , phương pháp xét khoảng giá trị của ẩn, phương pháp tạo ra bình phương đúng, phương pháp phát hiện tính chia hết của một ẩn , áp dụng định lý về sự tồn tại nghiệm nguyên để tìm nghiệm của phương trình bậc nhất hai ẩn, phương trình bậc nhất nhiều ẩn, Phương pháp “đặt ẩn phụ” kết hợp với các phương pháp nêu trên để “giải phương trình nghiệm nguyên” là một thao tác hết sức quan trọng, biết đặt ẩn phụ một cách khéo léo thì bài toán phức tạp sẽ trở thành đơn giản hơn. Là một giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán THCS , tôi mạnh dạn nêu một số ví dụ về “Giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp đặt ẩn phụ” mà bản thân tôi đã soạn, dạy cho học sinh của mình. Mời các bạn cùng tham khảo và đóng góp ý kiến để việc dạy và trang bị cho HS phương pháp giải PT nghiệm nguyên bằng phương pháp đặt ẩn phụ ngày càng tốt hơn. II. THỰC TRẠNG Thực tế, qua nhiêù năm giảng dạy tại trường, trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi nhận thấy học sinh thường ngại giải phương trình nghiệm nguyên, đặc biệt những phương trình không ở dạng mẫu mực, phương trình nhiều ẩn, những phương trình không giải được bằng những phương pháp giải cơ bản đã được giáo viên hướng dẫn. Học sinh thường bó tay khi gặp những phương trình lạ dạng hoặc thoáng nhìn thấy có vẻ phức tạp, những bài toán kiểu như vậy làm giảm hứng thú và tính kiên nhẫn của trò trong quá trình học toán khiến giáo viên nản lòng. Trước thực tế đó, tôi mạnh dạn đề xuất sáng kiến của bán thân mong có thể giúp được học trò cảm thấy hứng thú hơn khi gặp các bài toán về phương trình nghiệm nguyên. III. CÁC GIẢI PHÁP TRỌNG TÂM A. MỘT SỐ DẠNG BÀI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1) Giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp đặt ẩn phụ kết hợp với xét tính chia hết của ẩn: Bài 1: Tìm tất cả các nghiệm nguyên x;y thoả mãn: 2 2 3 7 x y x xy y + = + + (I) Giải: Phương trình đã cho tương đương với: 2 2 7( ) 3( )x y x xy y+ = + + (1) Đặt : x+y=p ( )p Z∈ x-y=q ( )q Z∈ Suy ra : 2 p q x + = ; 2 p q y − = Thế 2 p q x + = ; 2 p q y − = vào (1) ta có : 2 2 28 3( 3 )p p q= + (2) Dễ thấy : 0p ≥ và 2 2 3( 3 ) 3p q+ M Suy ra p=3k (với 0;k k Z≥ ∈ ) Thay vào (2) ta có : 2 2 28 3(3 )k k q= + (3) Vậy 3kM suy ra k=3m (với 0;m m Z≥ ∈ ) Thay k=3m vào (3) ta có : 2 2 28 27m m q= + Vì 2 (28 27 )m m q− = mà 2 0q ≥ Suy ra 0 (28 27 ) 0 1 m m m m =  − ≥ ⇔  =  +Với m = 0 thì k = 0, suy ra p = q = 0 và x = y = 0 Giá trị x = y = 0 không thoả mãn phương trình (I). +Với m = 1 thì k = 3, suy ra p = 9, q = 1± Vậy x = 5, y = 4 hoặc x = 4, y = 5 Do đó , nghiệm của phương trình (I) là (4;5) và (5;4) Bài 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau : 2 2 19 28 729x y+ = Giải : Ta có : 2 2 2 2 2 2 19 28 729 18 27 3.243x y x y x y+ = ⇔ + + + = 2 2 3 3x y x⇒ + ⇒M M và 3yM Đặt x = 3u, y = 3v ( u, v Z∈ ) . Khi đó ta có : 2 2 2 2 19(3 ) 28(3 ) 729 19 28 81u v u v+ = ⇔ + = Tương tự , ta đặt : u = 3t , v = 3k ( t , k Z∈ ) và ta có : 2 2 19 28 9t k+ = , điều này vô lý. Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. Bài 3: Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 2 7 13 1820x y+ = Giải: Ta có 1820=7.13.20. Từ 2 2 7 13 1820x y+ = 13x⇒ M và 7yM Đặt x = 13u , y = 7v ( u, v Z∈ ) . Phương trình đã cho trở thành : 2 2 13 7 20u v+ = (1) Suy ra 2 20 13 u ≤ và 2 20 7 v ≤ . Vì u, v Z∈ nên 1u ≤ và 1v ≤ . Thử lại chỉ có 1u v= = thoả mãn (1). Vậy (1) có 4 nghiệm (u,v) là (1;1) , (1,-1) , (-1;1) và (-1;-1). Từ đó suy ra , phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên (x, y) là (13;7) , (-13; 7) , (13;- 7) và (-13;-7). 2) Giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp đặt ẩn phụ kết hợp với phương pháp đưa về phương trình tích: Bài 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 2 ( 1)( 7)( 8)y x x x x= + + + Giải : Phương trình đã cho tương đương với : 2 2 2 ( 8 )( 8 7)y x x x x x= + + + Đặt : 2 2 8z x x= + , ta có : 2 2 7y z z= + hay 2 2 4 (2 7) 49y z= + − Hay (2 2 7)(2 2 7) 49z y z y− + + + = Chỉ có thể xảy ra các trường hợp sau : Trưòng hợp 1: 2 2 7 1 12 2 2 7 49 9 z y y z y z − + = =   ⇔   + + = =   Trường hợp 2: 2 2 7 49 12 2 2 7 1 9 z y y z y z − + = = −   ⇔   + + = =   Trong cả hai trường hợp trên ta có : 2 1 9 8 9 9 x z x x x =  = ⇔ + = ⇔  = −  Trưòng hợp 3: 2 2 7 1 12 2 2 7 49 16 z y y z y z − + = − = −   ⇔   + + = − = −   Trong cả hai trường hợp trên ta có : 2 2 16 8 16 ( 4) 0 4z x x x x= − ⇔ + = − ⇔ + = ⇔ = − Trường hợp 5: 2 2 7 2 2 7 7 0z y z y y z− + = + + = ⇔ = = Khi đó ta có 2 8 0 0x x x+ = ⇔ = hoặc 8x = − Trường hợp 6: 2 2 7 2 2 7 7 0z y z y y− + = + + = − ⇔ = và 7z = − Khi đó ta có 2 8 7 ( 1)( 7) 0 1x x x x x+ = − ⇔ + + = ⇔ = − hoặc 7x = − Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên (x, y) như sau : (1;12), (-9;12), (1;- 12), (-9;-12), (0;0) , (-8;0) , (-1;0) , (-7;0) , (-4;12) , (-4;-12). 3) Giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp đặt ẩn phụ kết hợp với tạo ra bình phương đủ: Bài 5: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2 ( 1)( 2)( 3) 1y x x x x− + + + = Giải : Phương trình đã cho được biến đổi về dạng: 2 2 2 ( 1)( 2)( 3) ( 3 )( 3 2) 1y x x x x x x x x= + + + + = + + + + Đặt 2 3x x m+ = (m nguyên dương), ta có : 2 2 ( 2) 1 ( 1)y m m m= + + = + Vậy 2 2 2 ( 3 1)y x x= + + Vì x, y là các số nguyên dương nên phương trình đã cho có vô số nghiệm nguyên dương dạng: 2 3 1y x x x +  = + +   ∈   ¢ (x nguyên dương tuỳ ý) 4) Giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp đặt ẩn phụ kết hợp với xét các số chính phương liên tiếp: Bài 6: Tìm ngiệm nguyên của phương trình: 2 ( 1)( 2)( 3)x y y y y= + + + Giải: Đặt 2 3 ( )y y a a+ = ∈¢ thì 2 2 2x a a= + Nếu a > 0 thì 2 2 2 2 2 ( 1)a x a a a< = + < + , nên 2 x không là số chính phương. Vậy 0a ≤ hay 2 3 0 3 0y y y+ ≤ ⇔ − ≤ ≤ Từ đó suy ra , phương trình có các nghiệm nguyên (x;y) là: (0;0) , (0;-1) , (0;-2) , (0;- 3) 5) Một số cách giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp đặt ẩn phụ khác: Bài 7: Tồn tại bao nhiêu bộ chữ số x , y , z , t thảo mãn đẳng thức : xyzt xy zt= + (1) Giải : Đặt a xy= ; b zt= Bình phương hai vế của phương trình (1) ta có đẳng thức : 2 100 ( )a b a b+ = + 2 100 2a b a a b b⇔ + = + + (2) Vì 0a ≠ , chia hai vế của (2) cho a ta được : 2 100a b+ = Vì b là số có hai chữ số và phải là số chính phương. Nên các giá trị của b có thể nhận là 16 ; 25 ; 36 ; 49 ; 64 ; 81. Tương ứng sẽ có 6 giá trị của a. Vậy tồn tại 6 bộ chữ số x ; y ; z ; t thoả mãn đẳng thức trên. Bài 8: Tìm các số tự nhiên m, n thoả mản phương trình : 19m + 94n = 1994 Giải : Từ phương trình đã cho dễ thấy 100 1 m n ≤   ≥  nên : Đặt m = 100 – p n = 1+ q Và thay vào phương trình đã cho , giản ước ta có: 19p = 94q Vì ( 19 ; 94) =1 nên p = 94k ; q = 19k (k Z∈ ) Vậy m = 100 – 94k n = 1 + 19k Do m , n là số tự nhiên nên 1k ≤ Với k = 0 thì m = 100 , n = 1 Với k = 1 thì m = 6 , n = 20 Vậy tồn tại hai cặp số (m, n ) là (100 ; 1) , (6 ; 20). Bài 9: Có bao nhiêu nghiệm nguyên của phương trình : 1 1 1 1000x y + = (1) Giải : Các số x ; y nguyên thoả mãn phương trình : đặt 2 2 10 ; 10x z y t= = (x , y >0) Vì 0; 0; ,z t z t≠ ≠ ∈¥ . Ta có (1) trở thành : 2 2 1 1 1 1000 10 10z t + = 1 1 1 10z t ⇔+ = Hay zt – 10z – 10t =0 ⇔ zt – 10z -10t +100 = 100 ⇔ ( z – 10) ( t – 10) = 100 Đặt z = 10 + d ta tính được t = 10 + 100 d Do * t ∈ ⇒¥ d là ước nguyên của 100 d nhận các giá trị : 1 ; 2; 4; 5; 10; 20; 25; 50; 100 Với 1 110 121000; 2100d t y x= ⇒ = ⇒ = = 2 60 36000; 1140d t y x= ⇒ = ⇒ = = 4 35 12250; 1960d t y x= ⇒ = ⇒ = = 5 30 9000; 2250d t y x= ⇒ = ⇒ = = 10 20 4000; 4000d t y x= ⇒ = ⇒ = = 20 15 2250; 9000d t y x= ⇒ = ⇒ = = 25 14 1960; 12250d t y x= ⇒ = ⇒ = = 50 12 1440; 36000d t y x= ⇒ = ⇒ = = 100 11 1210; 121000d t y x= ⇒ = ⇒ = = Vậy phương trình đã cho có 9 nghiệm (x; y) như sau: ( 2100; 121000), (1440; 36000) , (1960; 12250) , (2250; 9000) , ( 4000; 4000) , (9000; 2250) , (12250; 1960) , (36000; 1440) , (121000; 2100) . B. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Bài 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 2 2 3 5 12x y+ = (1) Hướng dẫn: Phương trình (1) 2 2 3( 1) 5(3 )x y⇔ + = − 2 1 5x⇒ + M và 2 1 3y + M Đặt 2 2 1 5 ,3 3 ( , )x k y l k l+ = − = ∈¢ k l⇒ = 2 2 5 1 0 3 3 0 x k y l  = − ≥   = − ≥   Từ đó suy ra k l⇒ = = 1 Phương trình có hai nghiệm nguyên (2;0) và (-2;0) Bài 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 2 6 5 74x y+ = Hướng dẫn: Biến đổi phương trình đã cho về dạng 2 2 6( 4) 5(10 )x y− = − Đặt 2 2 4 5 ,10 5 ( , )x u y v u v− = − = ∈¢ Từ đó suy ra u = v = 0 hoặc u = v = 1 Tìm được các nghiệm nguyên của phương trình là: (3;2),(3;-2),(-3;2),(-3;-2). Bài 3 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 6 2 3 2 2 320x y x y+ − = Hướng dẫn: Đặt 3 3 ,u x v x y= = − ta có : 2 2 320u v+ = Xét tính chẵn, lẻ của ẩn u, v . Tìm được các nghiệm (x;y) của phương trình đã cho là: (2;-8),(2;24),(-2;-24),(-2;8) Bài 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 2 2 15 5 9x y− = Hướng dẫn: Từ phương trình đã cho suy ra 3yM . đặt y=3 1 y , suy ra 3xM , đặt x =3 1 x Ta có : 2 2 1 1 15 7 1(2)x y− = Từ đó suy ra phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. Bài 5: Tìm x, y thuộc Z thoả mãn: 2 2 2 2 8 2x y x y xy− − = Hướng dẫn : Viết phương trình dưới dạng 2 2 2 ( 7) ( )y x x y− = + Dễ thấy phương trình có nghiệm x = y = 0 Xét x , y ≠ 0 suy ra 2 7x − là một số chính phương. Đặt 2 2 7x a− = , ta có : (x-a)(x+a)=7 Từ đó tìm được (x,y) thoả mãn phương trình :(0;0), (4;-1), (4;2), (-4;1), (-4;-2) C. MỘT SỐ ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH Đề số 1: [...]... thể hoá như sau : Học sinh biết cách giải phương trình nghiệm nguyên chính xác, khoa học nhất, học sinh có ý thức học tập tốt hơn trong môn học, yêu thích môn học hơn khi các em có kiến thức về cách giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp đặt ẩn phụ Kết quả ở nhóm thực nghiệm và nhóm đối chứng như sau: Sau khi tiến hành dạy thực nghiệm kết hợp với quá trình giảng dạy trên lớp, kết quả cho... sinh có kỹ năng giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp ẩn phụ , sáng tạo hơn trong việc giải toán, đặc biệt là biết giải phương trình nhanh hơn, hiệu quả hơn Hạn chế được rất nhiều những sai lầm mà trước kia hay mắc phải, hiểu rõ được bản chất của mỗi bài toán dẫn đến có kết quả cao sau mỗi bài kiểm tra Từ đó, học sinh hứng thú hơn trong việc giải phương trình nói riêng và quá trình học toán... chắc nội dung, phương pháp giảng dạy thì giáo viên sẽ chủ động trong việc truyền đạt kiến thức cho học sinh, tạo tâm thế hứng thú cho học sinh khi tham gia vào các tiết học giải phuơng trình nghiệm nguyên bằng phương pháp đặt ẩn phụ Ngoài ra, giáo viên cũng cần phải tham khảo thêm các tài liệu ngoài SGK như: sách tham khảo của các tác giả có danh tiếng trong lĩnh vực toán học: Đỗ Đức Thái, Nguyễn Văn... chuyên môn, có dịp phổ biến những kinh nghiệm của bản thân và tiếp thu những kinh nghiệm của đồng nghiệp KẾT LUẬN CHUNG Phương pháp dạy học của người thầy để học sinh nắm bắt được nội dung cần thiết là cả một quá trình nghệ thuật Để giúp các em hiểu bài và yêu môn học, có hứng thú, say mê với các bài tập khó thì đây là cả một quá trình tích luỹ kiến thức và phương pháp của người thầy Không chỉ một sớm... số x, y, z, t nếu : xy + zt = xyzt 2 .Giải phương trình trong miền số tự nhiên : x 3 − x 2 − 2 xy = y 3 + y 2 + 100 Đề số 2: 1.Tìm các chữ sỗ x, y, z, t, u, v thoả mãn : xyztuv M tuv xyz 2.Tìm các số tự nhiên m, n thoả mãn phương trình : 2m − 2n = 1984 IV HIỆU QUẢ DO SÁNG KIẾN ĐEM LẠI: Nếu so sánh với các ngành nghề khác thì hiệu quả kinh tế của các sáng kiến kinh nghiệm giảng dạy là ít hơn, khó nhận... sau: * Về phía giáo viên: Giáo viên cần định hướng rõ về phương pháp, nội dung, kiến thức của từng tiết học liên quan đến đơn vị kiến thức đó Điều đó phải được thể hiện chi tiết trong các bước soạn giảng, phương án giảng dạy Giáo viên chủ động xây dựng hệ thống bài tập thực hành phù hợp với nội dung của nội dung bài dạy Nắm chắc nội dung, phương pháp giảng dạy thì giáo viên sẽ chủ động trong việc truyền... bớt V ĐỀ XUẤT, KIẾN NGHỊ: Sáng kiến kinh nghiệm giảng dạy thực ra là những kinh nghiệm, bài học được nảy sinh từ thực tế giảng dạy của giáo viên Tuy nhiên, để áp dụng sáng kiến kinh nghiệm vào trong thực tế giảng dạy cần phải có những điều kiện khách quan và chủ quan xung quanh nó thì mới phát huy được giá trị và tính thực tiễn của sáng kiến Với sáng kiến kinh nghiệm của tôi, tôi đề xuất một số kiến... nâng cao hơn Đây lại là môn học cơ bản trong chương trình giáo dục phổ thông, môn học học sinh cần có chất lượng tốt giúp các em thi vào cấp III Với sáng kiến kinh nghiệm của tôi, học sinh có kết quả học tập tốt hơn trong môn Toán nói riêng và trong toàn bộ quá trình học tập của các em nói chung Kiến thức này cũng giúp các em có thể học tốt hơn chương trình môn Toán lớp 9, tỉ lệ học sinh thi vào cấp III... mà là cả một quá trình rèn giũa, đúc rút, nghiên cứu và tìm tòi Do đó đòi hỏi người thầy phải thực sự tâm huyết, kiên trì để tạo thói quen và tư duy và khả năng lập luận cho học trò Qua quá trình giảng dạy nhiều năm ở bậc THCS, trong một chừng mực nào đó bản thân đã có những sáng tạo có tác dụng thiết thực nâng cao chất lượng và sự sáng tạo của trò, tôi sẽ tiếp tục nghiên cứu, thử nghiệm Rất mong được... Gồm 22 học sinh có điểm như sau: 17,15, 10, 12, 11, 13 14, 16 15 16, 14, 13, 17, 11, 14, 18, 10, 17, 18, 19, 17 - Nhóm thực nghiệm: Gồm 22 Học sinh có điểm như sau: 18,18, 13, 15, 12, 14, 16, 19 17 19, 15, 14, 19, 13, 15, 20, 12, 18, 19, 20, 20 Qua đó ta thấy rõ ràng nhóm thực nghiệm thực sự tốt hơn nhóm đối chứng và hiệu quả sáng kiến được thể hiện rất rõ Như vậy, học sinh yêu thích môn học, hứng thú . KINH NGHIỆM ĐỀ TÀI: “GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ” THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN 1. Tên sáng kiến : Giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp đặt ẩn phụ. 2 các bài toán về phương trình nghiệm nguyên. III. CÁC GIẢI PHÁP TRỌNG TÂM A. MỘT SỐ DẠNG BÀI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1) Giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp đặt ẩn phụ kết hợp với xét. sinh thường ngại giải phương trình nghiệm nguyên, đặc biệt những phương trình không ở dạng mẫu mực, phương trình nhiều ẩn, những phương trình không giải được bằng những phương pháp giải cơ bản đã