Đang tải... (xem toàn văn)
Trong nhiều năm thực hiện công tác dạy học và bồi dưỡng, bản thân tôi đã phải khắc phục nhiều khó khăn. Dành các buổi chiều đến bồi dưỡng, vì các em học sinh khi học đến lớp 9 gần như các kiến thức cũ các em đã quên, nên tôi đã phải mất rất nhiều thời gian để ôn lại kiến thức cũ. Để học sinh có nhiều thời gian ôn tập và tham khảo kiến thức trên mạng internet, đồng thời được sự đồng ý của Ban giám hiệu nhà trường, tôi đã xin phép phụ huynh học sinh, cho các em thời gian và xin thêm một số buổi chiều để học sinh đến trường ôn luyện để các em có thêm những lượng kiến thức nhất định trước khi bước vào kì thi học sinh giỏi cấp huyện. Để giải quyết những khó khăn trong thực tiễn công việc bồi dưỡng HSG phần Phương trình nghiệm nguyên trước hết giáo viên cần xây dựng kế hoạch và phân bổ thời gian hợp lí giữa các phần kiến thức giảng dạy, trong đó chú ý đến chuyên đề Phương trình nghiệm nguyên. Giáo viên cần tích cực tìm hiểu, nghiên cứu các tài liệu, kiến thức và phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên; xây dựng, cập nhật kiến thức bổ sung cho chuyên đề phương trình nghiệm nguyên ngày càng đầy đủ và có chiều sâu đáp ứng được các bài giảng có chất lượng cho học sinh. Đổi mới trong cách dạy theo hướng tích cực, hình thành và phát triển cho học sinh ý thức tự học, tự tìm tòi khám phá kiến thức; thực hiện dạy học theo nhóm, dạy học theo hợp đồng... Trong từng giờ dạy, giáo viên gần gũi chia sẻ cùng học sinh các chủ đề kiến thức, các phương pháp giải cho từng dạng toán; có sự tranh luận đưa ra nhiều cách giải cho một bài toán, khuyến khích học sinh phát hiện cách giải mới, hay và hiệu quả. Trong quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi nhiều năm, bản thân tôi đã nghiên cứu các tài liệu liên qua qua các sách tham khảo,các tạp trí tôi thấy rằng chủ đề Phương trình nghiệm nguyên là chủ đề thường được nhắc tới trong các bài tập ở sách giáo khoa và các đề thi chọn học sinh giỏi. Các tài liệu bồi dưỡng chủ đề Phương trình nghiệm nguyên thì rất nhiều nhưng chỉ nêu ra cách chung chung nên học sinh khó phân biệt được hướng giải các phương trình nghiệm nguyên chính xác. Chính vì vậy tôi đã bản thân tôi đã nghiên cứu, tiếp thu, lựa chọn, chắt lọc bổ sung và tìm ra một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên cơ bản phù hợp với tư duy và nhận thức của học sinh tại nơi tôi công tác. Bên cạnh đó, sáng kiến còn đưa ra một cố ví dụ áp dụng, các bài tập tự luyện với mục đích người đọc có thể hiểu và vận dụng các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên vào các bài toán cụ thể
CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc ĐƠN YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN Kính gửi: Hội đồng chấm sáng kiến Huyện Tác giả sáng kiến: 1.1 Tác giả: Nơi công Số TT Họ tên Ngày tác (hoặc tháng năm nơi sinh thường Trình Chức độ danh chuyên THCS vào việc tạo sáng kiến (ghi rõ môn trú) Trường Tỷ lệ (%) đóng góp đồng tác giả, có) Giáo viên 1.2 Tên sáng kiến: “ Phương trình nghiệm nguyên số phương pháp giải toán lớp ” Chủ đầu tư tạo sáng kiến - Họ tên: - Địa chỉ: Trường THCS Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giáo dục – Mơn Tốn lớp Ngày sáng kiến áp dụng lần đầu áp dụng thử Tháng năm 2016 trường THCS - - Mô tả chất sáng kiến 5.1 Về nội dung sáng kiến 5.1.1 Thực trạng vấn đề nghiên cứu: Ở địa bàn tơi cơng tác đa số gia đình em học sinh làm nghề nông lại phân bố không đồng đều, nhận thức số người dân việc giáo dục học tập cho em chưa cao Mặt khác, em học sinh phải phụ giúp gia đình nhiều cơng việc nên đa số học sinh không dành nhiều thời gian cho học tập đặc biệt tốn khó, nâng cao sách giáo khoa Nhiều học sinh cho mơn Tốn mơn học khó biến đổi phức tạp nên không say mê với môn học,tâm lý chung cịn sợ học Tốn Một số em khơng dám tham gia vào đội tuyển học sinh giỏi nhà trường cho mơn tốn mơn khó, kiến thức rộng phải đòi hỏi phải liên kết nhiều kiến thức từ nhiều lớp học Ngay từ đầu năm học 2016-2017, khảo sát chất lượng 75 em học sinh khối nhà trường thông qua kiểm tra kiến thức phần Đại số có số liệu cụ thể sau: TT Lớp Sĩ số Giỏi ,khá SL % TB SL % Yếu SL % 9A 37 21,62 23 62,16 16,22 9B 38 11 29,94 22 54,90 15,16 Ngoài qua tìm hiểu tơi cịn thấy đơn vị cơng tác, số lượng học sinh giỏi mơn cịn Số học sinh tham gia số lượng giải không nhiều Cấp thi Năm học 2014-2105 2015 -2106 Huyện Tỉnh 0 5.1.2 Nguyên nhân thực trạng * Về phía học sinh Mơn khoa học tự nhiên nói chung mơn tốn nói riêng tạo cho học sinh tâm lý e sợ Đặc biệt mơn tốn địi hỏi học sinh phải tính tốn suy luận để tìm hướng giải mà hầu hết kiến thức khơng có thực tế sống, học sinh gặp khó khăn việc giải tập đặc biệt tập tốn khó nên học sinh “sợ” học tốn điều dễ hiểu Ngồi ra, Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi mơn tốn nói chung chủ đề Phương trình nghiệm nguyên (thuộc phân mơn Đại số) nói riêng vơ đa dạng, thường khơng có quy tắc giải tổng qt Mỗi tốn, với số liệu riêng nó, địi hỏi cách giải riêng phù hợp Khó khăn học sinh chưa hiểu sở lý thuyết, chưa biết kết hợp kiến thức có liên quan như: tập hợp số nguyên, tính chất phép toán tập hợp số nguyên; kiến thức phép chia, tính chất chia hết, kiến thức lí thuyết đồng dư kiến thức liên quan đến bất đẳng thức, cách giải phương trình bậc hai ẩn, hệ phương trình bậc nhất…Các kiến thức lại xuyên suốt trình học tốn bậc THCS mà đơi học sinh lại bị quên chưa biết cách khai thác vào trình giải tốn * Về phía Giáo viên Trong khung chương trình mơn Tốn thời gian để học sinh củng cố kiến thức sách vừa đủ nên giáo viên chưa giành nhiều thời gian cho tập nâng cao Ngồi tơi nhân thấy, phận thầy cô chưa thật tâm huyết với nghề lên lớp dạy đủ nội dung sách viết mà chưa khuyến khích tìm tịi ham học học sinh Cịn số thầy tuổi nghề cịn chưa đủ kinh nghiệm, phương pháp giảng dạy nên ngun nhân làm cho học sinh khơng u thích mơn dẫn đến chất lượng học sinh chưa cao, số lượng học sinh đạt giải kỳ thi học sinh giỏi thấp 5.1.3 Các biện pháp tiến hành giải vấn đề Trong nhiều năm thực công tác dạy học bồi dưỡng, thân tơi phải khắc phục nhiều khó khăn Dành buổi chiều đến bồi dưỡng, em học sinh học đến lớp gần kiến thức cũ em quên, nên phải nhiều thời gian để ôn lại kiến thức cũ Để học sinh có nhiều thời gian ơn tập tham khảo kiến thức mạng internet, đồng thời đồng ý Ban giám hiệu nhà trường, xin phép phụ huynh học sinh, cho em thời gian xin thêm số buổi chiều để học sinh đến trường ôn luyện để em có thêm lượng kiến thức định trước bước vào kì thi học sinh giỏi cấp huyện Để giải khó khăn thực tiễn cơng việc bồi dưỡng HSG phần Phương trình nghiệm nguyên trước hết giáo viên cần xây dựng kế hoạch phân bổ thời gian hợp lí phần kiến thức giảng dạy, ý đến chuyên đề Phương trình nghiệm ngun Giáo viên cần tích cực tìm hiểu, nghiên cứu tài liệu, kiến thức phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên; xây dựng, cập nhật kiến thức bổ sung cho chuyên đề phương trình nghiệm nguyên ngày đầy đủ có chiều sâu đáp ứng giảng có chất lượng cho học sinh Đổi cách dạy theo hướng tích cực, hình thành phát triển cho học sinh ý thức tự học, tự tìm tịi khám phá kiến thức; thực dạy học theo nhóm, dạy học theo hợp đồng Trong dạy, giáo viên gần gũi chia sẻ học sinh chủ đề kiến thức, phương pháp giải cho dạng tốn; có tranh luận đưa nhiều cách giải cho toán, khuyến khích học sinh phát cách giải mới, hay hiệu Trong trình giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi nhiều năm, thân nghiên cứu tài liệu liên qua qua sách tham khảo,các tạp trí tơi thấy chủ đề Phương trình nghiệm nguyên chủ đề thường nhắc tới tập sách giáo khoa đề thi chọn học sinh giỏi Các tài liệu bồi dưỡng chủ đề Phương trình nghiệm nguyên nhiều nêu cách chung chung nên học sinh khó phân biệt hướng giải phương trình nghiệm nguyên xác Chính tơi thân tơi nghiên cứu, tiếp thu, lựa chọn, chắt lọc bổ sung tìm số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên phù hợp với tư nhận thức học sinh nơi công tác Bên cạnh đó, sáng kiến cịn đưa cố ví dụ áp dụng, tập tự luyện với mục đích người đọc hiểu vận dụng phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên vào tốn cụ thể 5.1.3.1 Phương pháp phân tích a) Nội dung phương pháp Phương pháp hiểu phương pháp đưa phương trình tích hay hạn chế tập hợp chứa nghiệm dựa vào tính chia hết Tư tưởng phương pháp đưa phương trình dạng sau: 1) Biến đổi phương trình dạng A1 A2 A3 An k , Ai i 1, , n đa thức với hệ số nguyên k Z Viết k k1.k2 k3 kn k j Z ; j 1, , n dẫn đến giải hệ Ai k j ( i, j chạy từ 1, , n ) 2 2 2) Biến đổi phương trình dạng a1 A1 a2 A2 a3 A3 an An k Trong A1 , A2 , A3 , , An đa thức với hệ số nguyên, a1 , a2 , a3 , , an N * , k N * Viết k a1k12 a2 k22 a3k32 an k n2 k1 , k , k3 , , k n Z , giải hệ Ai ki i 1,2,3, , n b) Một số tốn ví dụ Bài tốn 1: Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: a, x xy y 9 ( Đề thi năm 2002- PT chuyên ĐH KHTN) Giải x xy y 9 x 1 y 1 10 Suy x ước 10, lập bảng giá trị ta có: x+1 x y+1 y -10 -11 -1 -2 -5 -6 -2 -3 -2 -3 -5 -6 -1 -2 -10 -11 10 5 10 Dựa vào kết bảng giá trị phương trình có nghiệm là: x; y 11; , 6; 3 , 3; , 2; 11 , 0;9 , 1;4 , 9;0 , 4;1 b, y x x y x y xy (Đề thi năm 2003- PT chuyên ĐH KHTN HN) Giải: y x x y x y xy y x 1 x x 1 y x 1 x 1 y x y Với x; y nguyên phương trình cuối tương đương với: x 1 x 2 2 y y x 2 y x x 0 2 y y x 1 2 y x 2 y 1 y y 0 x 0 y 0 y 1 y 2 Vậy phương trình cho có hai nghiệm nguyên x; y 0;1 , 2;1 c, xy x y 83 (Đề thi năm 1992- PT chuyên ĐH KHTN HN) Giải xy x y 83 xy x y 166 x 1 y 1 167 Do 167 số nguyên tố nên x ước 167 Lập bảng giá trị ta được: 2x+1 x 2y+1 y -167 -84 -1 -1 -1 -1 -167 -84 167 83 167 83 Vậy phương trình cho có nghiệm x; y 84; 1 , 1; 84 , 0;83 , 83;0 * Nhận xét: Đây toán thể rõ ý tưởng phương pháp phân tích dạng thứ tốn giải phương trình nghiệm ngun Bài tốn 2:Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: x x 1 x x y Giải Nhận thấy x; y nghiệm phương trình x; y nghiệm phương trình đó, nên trước hết ta giải PT với y số tự nhiên Ta có: x x 1 x x y x x x x y 2 Đặt z x x PT dạng: z z y z y z y 49 Do z y z y 49 49.1 7.7 1 49 a.b a b 14 z 2 z y a với a b , ta có: a b 2 z y b y Kết nghiệm phương trình là: 1; 12 , 1;12 , 9; 12 , 9;12 , 0;0 , 8;0 , 1;0 , 7;0 , 4; 12 , x; y 4;12 * Nhận xét: Bài toán thứ hai toán giải phương trình nghiệm ngun phương pháp phân tích dạng thứ Tuy nhiên, tốn có độ phức tạp định việc học sinh cần biết đặt ẩn phụ để chuyển toán dạng bản, học sinh biết đánh giá biểu thức chứa ẩn để lựa chọn giá trị thích hợp giúp lời giải ngắn gọn, xác rút ngắn thời gian làm Bài tốn 3: Tìm nghiệm ngun phương trình sau: a, x xy y x 40 0 (Đề thi năm 2011- Lớp 10 PT chuyên PHAN BỘI CHÂU, tỉnh Bà Rịa - Vũng tàu) Giải x xy y x 40 0 x x 1 x xy y 41 2 x 1 x y 41 Mà 41 phân tích thành tổng hai số phương là: 41 162 252 Vì x 1 số lẻ Do đó, ta có: x 3; y 1 x 3; y x 1 25 x 1 5 x 2; y 6 x y x y 16 x 2; y 2 Vậy phương trình cho có nghiệm là: x; y 2; , 2;6 , 3; , 3;1 b, x y x y 8 1 Giải: 1 x y x y 32 (4 x x 1) (4 y y 1) 34 2 x 1 y 1 34 Mà 34 phân tích thành tổng hai số phương là: 34 32 52 Do đó, ta có: x 1 32 2 x 3 2 y 1 5 2 y 5 2 x 5 x 1 52 2 y 3 y 1 32 Giải hệ phương trình kết hợp nghiệm, ta có nghiệm ngun phương trình cho là: x; y 2;3 , 2; , 1;3 , 1; , 3;2 , 3; 1 , 2;2 , 2; 1 * Nhận xét: Đây toán thể rõ ý tưởng phương pháp phân tích dạng thứ hai tốn giải phương trình nghiệm ngun Cách giải cịn gọi theo tên khác phương trình nghiệm nguyên giải phương pháp “Tổng” c) Một số toán tự luyện Bài tốn 4: Tìm nghiệm ngun phương trình sau: a, x 11y 4 xy b, x 656 xy 657 y 1983 c, x y 1 xy x y 5 x y (Đề thi năm 2012- PT chuyên ĐH KHTN HN) Bài tốn 5: Tìm số ngun thỏa mãn: a, x y xy x y (Đề thi năm 2011- PT chuyên ĐH KHTN TP.HCM) b, x xy y x 0 Bài toán 6: Tìm tất cặp số nguyên thỏa mãn: x y xy x y (Đề thi năm 2011- PT chuyên ĐHSP TP.HCM) 5.1.3.2 Phương pháp thứ tự ẩn số a) Nội dung phương pháp Phương pháp cịn hiểu phương pháp dồn biến Tư tưởng phương pháp là: 1) Khi giải phương trình đối xứng với ẩn, để tìm nghiệm ngun dương, khơng giảm tính tổng quát, ta thường giả sử x y z việc tìm x 2) Ở số phương trình nghiệm nguyên, ta quan tâm đến ẩn cho phân chia tập hợp số ẩn thành tập khơng giao để giải phương trình tập b) Một số tốn ví dụ Bài tốn 7: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 1 1 xy yz zx 1 Giải: Phương trình 1 : 1 1 x y z xyz xy yz zx Nhận thấy vai trò x, y, z phương trình Khơng tính tổng qt, giả sử: x y z Khi đó: xyz x y z 3z xy 3 Mà x, y N * nên: + Nếu xy 1 x y 1 Thay vào phương trình 1 : z z Phương trình vơ nghiệm + Nếu xy 2 x 1; y 2 Thay vào phương trình 1 : z 2 z z 3 + Nếu xy 3 x 1; y 3 Thay vào phương trình 1 : z 3z z 2 Loại giả thiết y z Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên là: x; y; z 1;2;3 , 1;3;2 , 2;1;3 , 2;3;1 , 3;1;2 , 3;2;1 * Nhận xét: Đây toán thể rõ ý tưởng phương pháp thứ tự ẩn dạng thứ tốn giải phương trình nghiệm ngun Bài tốn cịn cách giải khác hay mà sử dụng phương pháp thứ tự ẩn, mong bạn đọc nghiên cứu tìm lời giải thứ hai Bài tốn 8: Tìm nghiệm nguyên phương trình x x x x 2014 y 2014 Giải: Với x 0 x y 1 Với x ta có x 2014 y 2014 x Với x ta có x 2014 2014 , phương trình vơ nghiệm y 2014 x 2014 , phương trình vơ nghiệm Vậy phương trình có nghiệm ngun là: x; y 1; 1 , 1;1 , 0; 1 , 0;1 * Nhận xét: Đây toán thể rõ ý tưởng phương pháp thứ tự ẩn dạng thứ hai tốn giải phương trình nghiệm ngun c) Một số tốn tự luyện Bài tốn 9: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình a, 1 1 x y z b, x y z t 2 xyzt 10 x Bài tốn 10: Tìm nghiệm ngun dương phương trình: 1 y 5.1.3.3 Phương pháp sử dụng tính chất chia hết tính chất số nguyên tố a) Nội dung phương pháp Tư tưởng phương pháp là: 1) Thường sử dụng tính chất chia hết để chứng minh phương trình vơ nghiệm cách hai vế phương trình chia số tự nhiên m có số dư khác 10 2) Một số tính chất số nguyên tố thường sử dụng giải phương trình nghiệm nguyên: an p a - Nếu p nguyên tố mà a n p ap ; p a p 2 - Nếu p nguyên tố dạng p 4k mà a b p bp 3) Định lí nhỏ Fermat p Với p số nguyên tố a số tự nhiên a a p Nếu p số nguyên tố a, p 1 a p 1p b) Một số tốn ví dụ 2 Bài tốn 11: Tìm nghiệm ngun phương trình 12 x xy y 28 x y (Đề thi năm 1994- PT chuyên ĐH KHTN) Giải: 12 x xy y 28 x y x xy y 28 x y 1 Do 28 nguyên tố nên x y 3 hay x y 3k với k Z Từ 1 suy ra: 3x x y 28k x 9k 28k k 3 hay k 3n n Z Khi đó: x 3k 28n mà k 3n nên: 28 28 n 0 n Vì n Z x 27n 28n x 28n 27n 0 n 27 27 nên n 0 n 1 x 0 - Với n 0 k 0 x y 0 x 1 - Với n 1 k 3 x y x 0 y 0 x 1; y 8 x 1; y 10 Vậy phương trình cho có nghiệm là: x; y 1;10 , 0;0 , 1;8 * Nhận xét: Đây toán thể rõ ý tưởng phương pháp sử dụng tính chất chia hết số nguyên tố; việc 28 nguyên tố chốt quan trọng việc tìm lời giải tiếp cho tốn Bài tốn 12: Có tồn hay khơng số nguyên x,y thỏa mãn điều kiện: 11 1992 x1993 1993 y1994 1995 (Đề thi năm 1997- PT chuyên ĐH KHTN HN) Giải * Trường hợp 1: Với y chẵn 1992 x1993 1993 y1994 số chẵn x Z Do phương trình 1992 x1993 1993 y1994 1995 khơng có nghiệm nguyên với y chẵn 997 997 * Trường hợp 2: Với y lẻ y số lẻ, giả sử y 2k , đó: 2 1993 y1994 1993 y 997 1993 2k 1 1993 4k 4k 1 4 1993 k k 1993 1993y1994 chia dư , suy 1992 x1993 1993 y1994 chia dư (vì 19924 ) Mặt khác 1995 chia dư nên phương trình cho khơng có nghiệm ngun với y lẻ Vậy phương trình cho khơng có nghiệm x, y ngun Bài tốn 13: Tìm nghiệm ngun x, y phương trình b, x 17 y 34 xy 51 x y 1740 (Đề thi năm 2005- PT chuyên ĐH KHTN HN) Giải: x 17 y 34 xy 51 x y 1740 x 1740 17 y xy x y 1 Với x ngun, x viết dạng sau: x 17 k r với r 0;1; 2;3;4;5;6;7;8 k Z Khi x có dạng tương ứng sau: 17k ;17k 2;17k 4;17k 8;17k 9;17k 13;17k 15;17k 16 Nhận thấy vế phải 1740 chia cho 17 có số dư ( 1740 17.101 ) Do đó, vế phải phương trình 1 có dạng 17 k , song vế trái x chia cho 17 trường hợp số dư Vậy phương trình cho khơng có nghiệm ngun * Nhận xét: Bài tốn số 12 13 thể rõ ý tưởng phương pháp sử dụng tính chất chia hết số nguyên tố dạng thứ Bài tốn 14: Tìm nghiệm ngun x, y phương trình: x y x y 320 1 Giải: 12 1 x3 2 x3 y 320 Đặt u x , v x3 y Khi phương trình có dạng: u v 320 Từ phương trình suy u , v chẵn lẻ 2 Nếu u , v lẻ u v 2 mod , đẳng thức 1 không xảy Vậy u , v chẵn Đặt u 2u1 , v 2v1 u1 , v1 Z ta có phương trình: u12 v12 80 2 Lập luận tương tự ta suy u1 , v1 chẵn Đặt u1 2u2 , v1 2v2 u , v2 Z Khi phương trình dạng: u2 v2 20 3 Từ 3 lại lập luận ta suy u2 , v2 chẵn Đặt u2 2u3 , v2 2v3 u3 , v3 Z 2 Thay vào phương trình 3 , ta được: u3 v3 5 Mà 12 22 , nên phương trình có nghiệm: u32 1 u3 1 v3 2 v3 2 2 u 2 u3 2 v 1 v3 1 u3 u u3 u3 1; v3 2 1; v3 2 1; v3 1; v3 Thế trở lại ta tìm nghiệm nguyên phương trình 1 là: x; y 2;8 , 2;24 , 2;8 , 2; 24 * Nhận xét: Đây toán vận dụng kiến thức đồng dư thức việc phát tính chất ẩn số chẵn, từ có sở lập luận kết hợp với phương pháp có sử dụng nguyên tắc cực hạn, phương pháp “Tổng” để tìm nghiệm phương trình 2 Bài tốn 15: Tìm nghiệm nguyên x, y phương trình y x y (Đề thi năm 2001- PT chuyên ĐH KHTN HN) Giải 13 2 Phương trình y x y 1 khơng có nghiệm ngun với y , nên y2 x2 y 1 x Do x; y nghiệm nguyên y2 y2 y 2 y+2 y x Z y ước số Lập bảng giá trị ta được: y2 -3 -5 KXĐ -1 -3 KXĐ -1 Vậy phương trình cho có nghiệm là: x; y 0; 1 , 0;1 c) Một số toán tự luyện 1 Bài tốn 16: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x y p p số ngun tố Bài tốn 17: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x y z t Bài tốn 18: Chứng minh khơng tồn số nguyên a, b, c thỏa mãn: a b c 2007 (Đề thi năm 2003- PT chuyên LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH) Bài toán 19: Tìm nghiệm nguyên phương trình: a, x y z 2 xyz b, x y z t 2 xyzt 5.1.3.4 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức a) Nội dung phương pháp Tư tưởng phương pháp sử dụng bất đẳng thức ( BĐT trị tuyệt đối, BĐT Côsi, BĐT Bunhiakôpxki, …) để chứng minh vế phương trình khơng nhỏ vế cịn lại Tiếp theo tìm giá trị ẩn để bất đẳng thức trở thành đẳng thức b) Một số toán ví dụ Bài tốn 20: Tìm nghiệm ngun phương trình x 1 74 y z 771 x 2 y 1 z 771 1 14 Giải: Cách 1: Điều kiện: x 2; y 1; z 771 Phương trình 1 x 2 x 2 x 2 y 1 z 771 35 z 771 0 Vế trái phương trình tổng hạng tử không âm nên không nhỏ vế phải, phương trình có nghiệm khi: x 0 y 0 z 771 35 0 x 3 y 2 (Thỏa mãn) z 1996 Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên x; y; z 3;2;1996 Cách 2: Điều kiện: x 2; y 1; z 771 Phương trình 1 1 1225 x 2 y 1 z 771 74 x x z 771 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho cặp số khơng âm ta có: x 2 x x 2 x y 2 y 1 y 2 y 1225 z 771 2 z 771 1225 z 771 70 z 771 Cộng vế bất đẳng thức, ta được: 1 1225 x 2 y 1 z 771 74 Để dấu “=” xảy x x z 771 x x y y 1225 z 771 z 771 x 1 y 1 z 771 1225 x 3 (Thỏa mãn) y 2 z 1996 15 Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên x; y; z 3;2;1996 * Nhận xét: Đây toán vận dụng bất đẳng thức bất đẳng thức Cơ - si Bài tốn 21: Tìm số nguyên không âm x, y thỏa mãn đẳng thức x y y (Đề thi năm 2001- PT chuyên ĐH KHTN HN) Giải Giả sử x; y nghiệm không âm phương trình x y y Khi x y 1 Mặt khác, y 0 nên y 4 y y y 1 hay: y 2 y y y y y y 1 Dấu “ =” đạt y 0 2 Từ 1 suy ra: y x y y y 1 x y 1 ( Vì y , y 1 hai số phương liên tiếp) Do đó: y y y 1 y 0 Với y 0 x 1 Vậy phương trình cho có nghiệm x; y 1;0 * Nhận xét: Trong toán kĩ thuật đánh giá bất đẳng thức biểu thức chứa biến x, y kết hợp với tính chất tổng bình phương hai số nguyên liên tiếp mà ta có cách giải hợp lí cho tốn Qua tốn, cần ý đến tính chất bình phương số ngun liên tiếp sau: a x a x a 1 2 a x a 1 x a 2 a x a 1 x a 1 Bài tốn 22: Tìm số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức x xy y x y (Đề thi năm 2003- PT chuyên ĐH KHTN HN) Giải Cách 1: Vai trò x; y phương trình Khơng tính tổng qt ta tìm nghiệm x y x xy y 3 y thỏa mãn x y Khi xy xy y nên 1 16 Dễ thấy, phương trình có nghiệm x 0 y 0 ngược lại Xét y 0 từ 1 x 3 x 1;1 - Với x , thay vào phương trình cho ta được: y 0 y 1 - Với x 1 , thay vào phương trình cho ta được: y 0 y Vậy phương trình cho có nghiệm ngun x; y 1; 1 , 0;0 , 1;1 Cách 2: Ta chứng minh phương trình khơng có nghiệm với x 2 , y 2 Thật , với x 2 y 2 ta có: 2 x y 4 x x y 2 x y x y x y x y xy x y xy 2 x y 4 y Vậy nghiệm nguyên (nếu có) phương trình thỏa mãn x 1 y 1 - Với x 1 x Z nên x 1;0;1 Thay giá trị x tìm vào phương trình cho ta nghiệm y tương ứng: + x y 1 + x 0 y 0 + x 1 y - Tương tự , y 1 y Z nên y 1;0;1 Thay giá trị y tìm vào phương trình cho ta nghiệm x Vậy phương trình cho có nghiệm ngun x; y 1; 1 , 0;0 , 1;1 * Nhận xét: Trong toán sử dụng bất đẳng thức giá trị tuyệt đối x x , x kết hợp với bất đẳng thức khác để có lời giải hợp lí Bài tốn 23: Tìm số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức x y x y 10 xy (Đề thi năm 2006- PT chuyên ĐH KHTN HN) Giải: Ta có: x y x y 10 xy xy xy 1 x y 0 1 17 Do đó, x; y nghiệm nguyên phương trình xy xy 1 0 xy 1 Mà x; y số nguyên nên: - Nếu xy 0 từ phương trình 1 ta thu nghiệm x y 0 - Nếu xy 1 từ phương trình 1 ta thu nghiệm x y 1 Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên x; y 1; 1 , 0;0 , 1;1 c) Một số toán tự luyện Bài tốn 24: Giải phương trình nghiệm ngun sau: x1 12 x2 22 x2 32 2014 x2014 20142 x1 x2 x2014 Bài tốn 25: Tìm nghiệm ngun dương phương trình: x 2000 x 2000 20032000 Bài tốn 26: Tìm nghiệm ngun phương trình: x 1 4 x 1 y (Đề thi năm 2007-PT chuyên ĐHKHTN Hà Nội) 5.2 Về khả áp dụng sáng kiến “Phương trình nghiệm nguyên số phương pháp giải toán lớp 9” thực giúp giáo viên trình thực nhiệm vụ bồi dưỡng học sinh giỏi mơn tốn nhà trường năm học vừa qua năm học Ngoài sáng kiến cịn áp dụng với trường tồn huyện tỉnh chủ đề Phương trình nghiệm ngun cịn chủ đề hay nhắc tới đề thi Chọn học sinh giỏi cấp tỉnh đề thi chọn vào trường THPT chuyên Những thông tin cần bảo mật: không Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến 7.1 Đối với học sinh Cần có lịng u thích mơn học, có u thích có hứng thú học tập Đây yếu tố cần thiết để học tốt môn học Phải say sưa, chăm chỉ, có kiến thức hệ thống, học đến đâu nắm vận dụng thực hành đến 18 Ln tìm tịi mở rộng kiến thức, chương trình sách giáo khoa vốn kiến thức chuẩn, giải thích cặn kẽ hết vấn đề thời lượng chương trình khơng cho phép 7.2 Đối với giáo viên Cần nhiệt tình dành nhiều thời gian cho chuyên môn như: dạy theo chuyên đề buổi/ tuần vào buổi chiều Giáo viên cần phải lựa chọn đối tượng học sinh vào bồi dưỡng phải tự soạn thảo chương trình bồi dưỡng cách hợp lý, khoa học, sáng tạo Ngoài ra, giáo viên cần tập cho em có phương pháp tự học, tự đọc tự nghiên cứu tài liệu nhà, hướng cho em có ý chí, tâm, biết đặt mục tiêu cần vươn tới, đạt đích mà đặt 7.3 Đối với nhà trường gia đình Nhà trường cần tạo điều kiện sở vật chất, cân đối; khen chê kịp thời Phải quan tâm nhiều việc học tập học sinh, động viên kịp thời Bổ sung vào thư viện tài liệu tham khảo hướng dẫn rõ bồi dưỡng học sinh giỏi cấp THCS Phổ biến đề tài bồi dưỡng HSG THCS Đánh giá lợi ích thu dự kiến thu áp dụng sáng kiến theo ý kiến tác giả Sau áp dụng sáng kiến vào thực tế dạy học, thấy thông qua đề tài giúp học sinh phân loại dạng phương trình nghiệm nguyên điều mà trước khó khăn với học sinh học sinh giải tốt kiến thức liên quan Học sinh biết vận dụng linh hoạt kiến thức chủ đề để tự lực giải thành cơng phương trình cụ thể khác từ dạng dễ đến khó Từ gây hứng thú học tập cho học sinh , em khơng cịn thấy “sợ”, thấy khó ngại phức tạp Qua làm tiền đề cho số học sinh đăng ký vào trường PTTH chuyên tỉnh Qua năm thực theo sáng kiến hiệu thấy rõ thành công đội tuyển tham gia thi kỳ thi tuyển chọn học sinh giỏi mơn tốn cấp huyện, cấp tỉnh năm học đơn vị 19 Số lượng học sinh giỏi năm học 2016 - 2017 tăng đáng kể: + Giải tốn qua mạng 9: 01 nhì ; 03 ba cấp huyện ; 02 giải KK cấp tỉnh + Thi văn hóa Tốn 9: 02 KK 01 ba; KK huyện , 01 ba cấp tỉnh Sau năm học áp dụng sáng kiến, thấy kết môn thu nhiều kết khả quan, học sinh u thích mơn tốn hơn, chất lượng kết học tập thay đổi cụ thể thông qua bảng sau : TT Lớp Sĩ số 9A 9B 37 38 Giỏi ,khá TB SL % SL % 12 32,43 22 59,46 15 39,47 20 54,90 Yếu SL % 8,11 7,89 Đánh giá lợi ích thu dự kiến thu áp dụng sáng kiến theo ý kiến tổ chức, cá nhân tham gia áp dụng sáng kiến lần đầu, kể áp dụng thử: a Về phía đồng nghiệp : Sáng kiến giúp giáo viên mơn có thêm tư liệu giảng dạy tư liệu cho công tác bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi nhà trường Cụ thể năm học 2017 -2018 Đồng nghiệp cô Phạm Thị Nhàn sau áp dụng sáng kiến có 02 học sinh giỏi mơn tốn cấp huyện: 01 giải nhì, 01 khuyến khích Cấp tỉnh đạt 01 học sinh b Về phía học sinh: Học sinh tái kiến thức, làm dạng tương tự rèn kĩ giải toán tốt hơn, từ giảm tỉ lệ học sinh yếu kém, tăng số lượng ọc sinh giỏi.Giúp học sinh học tích cực, chủ động việc tiếp thu kiến thức khó kiến thức ngồi sách giáo khoa c Về phía phụ huynh học sinh: Học sinh có ý thức tự giác việc làm nhà d Về phía nhà trường: Ít học sinh có học lực yếu, chất lượng giáo dục mũi nhọn nâng cao 20