Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên và ứng dụng Phần I: MỞ ĐẦU I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: 1. Cơ sở lý luận: Mục tiêu của môn Toán ở trường THCS là nhằm cung cấp cho học sinh những kiến thức phổ thông cơ bản và thiết thực, hình thành và rèn luyện các kỹ năng giải toán và ứng dụng vào thực tế, rèn luyện khả năng suy luận hợp lý,sử dụng ngôn ngữ chính xác, bồi dưỡng các phẩm chất tư duy như linh hoạt, độc lập, sáng tạo. Xuất phát từ mục tiêu trên, phương pháp dạy học trong giai đoạn mới là tích cực hóa các hoạt động học tập của học sinh, rèn luyện khả năng tự học, tự phát hiện và giải quyết vấn đề của học sinh nhằm hình thành và phát triển ở học sinh các phẩm chất tư duy cần thiết. Toán học là một bộ môn khoa học đòi hỏi sự tư duy cao độ của người dạy, người học và cả người nghiên cứu. Qua việc dạy và học toán, con người được rèn luyện năng lực phân tích, tổng hợp, tư duy linh hoạt và khả năng sáng tạo, góp phần hình thành kỹ năng, nhân cách cần thiết của người lao động trong thời đại mới. Muốn học giỏi toán, học sinh phải luyện tập, thực hành nhiều, tức là phải học giải toán. Học giải toán là một cách tư duy sáng tạo về toán, đồng thời là một vấn đề trừu tượng và khá khó đối với học sinh, nhưng đó lại là điều cần thiết cho mỗi học sinh trong quá trình học toán ở trường THCS.Vì vậy, để nâng cao chất lượng dạy và học toán, người thầy giáo cần truyền cho học sinh sự ham thích giải toán, bằng những phương pháp, kỹ năng cơ bản và ứng dụng của mỗi dạng loại toán. 2. Cơ sở thực tế: - Công tác bồi dưỡng học sinh giỏi nói chung, bồi dưỡng học sinh giỏi toán nói riêng hiện đang được phát động sôi nổi ở tất cả các trường, nhằm phát hiện và bồi dưỡng những học sinh có năng lực tư duy linh hoạt và sáng tạo, tạo nguồn nhân lực tốt cho công cuộc xây dựng đất nước. Đây là một nhiệm vụ khá quan trọng và cũng không kém phần khó khăn, bởi vì: + Tài liệu giảng dạy phù hợp với đối tượng là học sinh THCS còn quá ít trong thư viện của các trường và tủ sách của cá nhân từng học sinh và của một số giáo viên. + Đối tượng học sinh được chọn bồi dưỡng, có trình độ không đồng đều, phần lớn không đáp ứng được nội dung chương trình bồi dưỡng . -Bài toán “Giải phương trình nghiệm nguyên” thường có trong các đề thi học sinh giỏi ở các lớp 8, 9 và thi tuyển vào lớp 10 trong những năm gần đây. Ngoài ra, bài toán “Giải phương trình nghiệm nguyên” còn được ứng dụng rộng rãi trong việc giải một số dạng toán khác. Nhiều học sinh dự thi học sinh giỏi toán, “rất ngại” phải “chạm trán” với bài toán “Giải phương trình nghiệm nguyên”. Nguyên nhân chủ quan là các em không đònh hướng được cách giải, nguyên nhân khách quan là tính đa dạng của bài toán “Giải phương trình nghiệm nguyên”. Trong khi đó kiến thức mà các em lónh hội Tổ TOÁN – Trường THCS Hoài Đức Trang 1 Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên và ứng dụng được trong chương trình đại trà lại quá ít (vì lí do sư phạm) nên không thể đáp ứng được yêu cầu. - Qua thực tế giảng dạy cùng với sự cố gắng tìm tòi , tham khảo trong các tài liệu liên quan, chúng tôi nêu ra “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên”, nhằm cùng với các bạn đồng nghiệp xây dựng một hệ thống các phương pháp giải bài toán “Giải phương trình nghiệm nguyên”, một loại toán tương đối khó với nhiều học sinh, góp phần nâng cao chất lượng dạy và học. II. NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI: Tên đề tài: “ Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên” Nhiệm vụ: - Đưa ra một số sai lầm và bế tắc của học sinh thường gặp khi giải phương trình nghiệm nguyên - Nêu một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên (có ví dụ minh họa cho từng phương pháp), phù hợp với đối tượng học sinh THCS. - Một số ứng dụng của bài toán giải phương trình nghiệm nguyên vào việc giải các dạng toán khác. III. PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH: Dựa vào: - Căn cứ đề thi và bài làm của học sinh dự thi học sinh giỏi toán các cấp, thi tuyển vào lớp 10 để tìm những sai sót và bế tắc học sinh thường mắc phải. - Căn cứ vào thực tế giảng dạy của giáo viên bộ môn toán bậc THCS ở đơn vò trường và các trường bạn. - Dựa vào giáo trình phương pháp dạy học toán và tài liệu bồi dưỡng nâng cao môn Toán. IV. CƠ SỞ VÀ THỜI GIAN TIẾN HÀNH: - Cơ sở : + Những hạn chế của học sinh trong quá trình giải Toán, thường gặp ở các lớp bồi dưỡng học sinh giỏi. + Bài làm của các học sinh trong các kỳ thi học sinh giỏi , thi tuyển vào lớp 10. + Các tài liệu nâng cao về Toán. - Đối tượng: Học sinh lớp 8,9. - Thời gian tiến hành: Từ năm 2006 đến 2008. Tổ TOÁN – Trường THCS Hoài Đức Trang 2 Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên và ứng dụng Phần II: NỘI DUNG I) MÔ TẢ TÌNH TRẠNG HIỆN TẠI: * Qua thực tế giảng dạy chúng tôi nhận thấy học sinh thường mắc một số sai lầm và bế tắc cơ bản sau: 1/ Học sinh không xác đònh được phương pháp hay dạng loại đặc trưng nên chủ yếu là thực hiện thử chọn mà không lập luận chặt chẻ dẫn đến bò khuyết nghiệm Ví dụ 1: Tìm số tự nhiên x; y biết: x.y = x + y. Bằng cách thử chọn học sinh kết luận: nghiệm của phương trình là: x = 0 và y =0. (Học sinh đã bỏ qua cặp giá trò x = 2 và y = 2 hoặc nếu không sót nghiệm cũng không lập luận chặt chẽ) 2/ Học sinh không chú ý đến điều kiện thỏa mãn là nghiệm của phương trình thì giá trò của ẩn để có đẳng thức xác đònh được và đúng; dẫn đến học sinh không loại nghiệm ngoại lai. Ví dụ 2: Tìm tất cả các số nguyên x thoả mãn: 3 10 101 990 1000 2004x x x x x− + − + + + + + + = (3) Sau khi giải có kết quả (Cách giải được trình bày rõ trong phương pháp 5): { } 102; 101; 100x∈ − − − . Với 101 2004 2003x = − ⇒ = (vô lí). Vậy nghiệm của phương trình là: { } 102; 100x∈ − − II) CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN :  - PHƯƠNG PHÁP 1: Phương pháp đưa về dạng tổng  Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình có các biểu thức chứa ẩn viết được dưới dạng tổng các bình phương. - Biến đổi phương trình về dạng một vế là một tổng của các bình phương các biểu thức chứa ẩn; vế còn lại là tổng bình phương của các số nguyên (số số hạng của hai vế bằng nhau). ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 , , , . , , . . ( ; ; , . ) x y x y x y A B C m n p m n p Z       + + + = + + +       ∈ - Giải các hệ tương ứng: Tổ TOÁN – Trường THCS Hoài Đức Trang 3 Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên và ứng dụng ( ) ( ) ( ) 2 2 , , . 2 2 , , . 2 2 , , . x y x y x y A m B n C p    =       =        =      ( ) ( ) ( ) 2 2 , , . 2 2 , , . 2 2 , , . x y x y x y A n B m C p    =       =        =      ( ) ( ) ( ) 2 2 , , . 2 2 , , . 2 2 , , . x y x y x y A p B m C n    =       =        =      ……………. Các ví dụ minh hoạ:  - Ví dụ 1: Tìm Zyx ∈ ; thoả mãn: 16945 22 =+− yxyx (1)  Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy cả hai vế của phương trình có thể biểu diễn được bằng tổng của hai bình phương.  GIẢI: (1) 01692514444 222 +=+=++−⇔ xyxyx ⇔ ( ) ( ) 2 2 2 2 2 144 25 2 169 0 x y x x y x  − + = +   − + = +   Từ (I) ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 5 5 2 12 ; 2 22 5 12 12 2 5 ; 19 29 12 x x x y y y x x x x y y y x  = ± = ± − =    ⇒    = =   =    = ± = ± − =    ⇒    = =   =   m m m m Tương tự từ (II) ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 0 2 13 13 0 13 2 0 26 13 x x y y x x x y y x  = − =   ⇒   = ±  =    = ± − =   ⇒   = ±  =   Vậy ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 5; 2 ; 5; 22 ; 5;2 ; 5;22 ; 12; 19 ; 12; 29 , 12;19 ; 12; 29 ; 0;13 ; 0; 13 ; 13;26 ; 13; 26 x y − − − − − −    ∈   − − − − −      - Ví dụ 2: Tìm Zyx ∈ ; thoả mãn: 2 2 8x y x y+ − − = (2)  Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy cả hai vế của phương trình có thể biểu diễn được bằng tổng của hai bình phương.  GIẢI: (2) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 4 32 4 4 1 4 4 1 34 2 1 2 1 5 3x x y y x x y y x y⇔ − + − = ⇔ − + + − + = ⇔ − + − = + Tổ TOÁN – Trường THCS Hoài Đức Trang 4 (I) (II)             Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên và ứng dụng ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 3 2; 1 3; 2 2 1 5 2 1 5 3; 2 2; 1 2 1 3 x x x y y y x x x y y y  − = = = −   ⇒   = = −  − =    − = = = −   ⇒   = = −  − =   Vậy ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) { } ; 2;3 ; 2; 2 ; 1;3 ; 1; 2 ; 3; 2 ; 3; 1 ; 2; 2 ; 2; 1x y ∈ − − − − − − − −  Bài tập áp dụng: Giải các phương trình nghiệm nguyên; a/ 2 2 4 115 2x y x+ = − b/ 2 2 2 3 2 4x y z xy x z+ + = + + −  - PHƯƠNG PHÁP 2: Phương pháp đưa về dạng tích  Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình có các biểu thức chứa ẩn phân tích được thành nhân tử. - Biến đổi phương trình về dạng một vế là tích của các đa thức chứa ẩn; vế còn lại là tích các số nguyên (số nhân tử của hai vế bằng nhau). ( ) ( ) ( ) , , , . , , . . . . . ( ; ; , . ) x y x y x y A B C m n p m n p Z       =       ∈ - Giải các hệ tương ứng: ( ) ( ) ( ) , , . , , . , , . x y x y x y A m A n A p    =       =        =      ( ) ( ) ( ) , , . , , . , , . x y x y x y A n B m C p    =       =        =      ( ) ( ) ( ) , , . , , . , , . x y x y x y A p B m C n    =       =        =      ……………. Các ví dụ minh hoạ:  - Ví dụ 1: Tìm Zyx ∈ ; thoả mãn: 3 3 91x y− = (1)  Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy vế trái của phương trình dễ dàng phân tích thành nhân tử.  GIẢI: (1) ( ) ( ) 2 2 91.1 13.7x y x xy y⇔ − + + = = (Vì ( ) 2 2 0x xy y+ + > ) Ta có: Tổ TOÁN – Trường THCS Hoài Đức Trang 5    ⇒    Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên và ứng dụng ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 6 5 ; 91 5 6 . 91.1 91 1 x y x x x xy y y y x y x xy y x y VN x xy y  − =  = = −    ⇒     + + = = = −      − + + = ⇒  − =    ⇒   + + =      - Ví dụ 2: Tìm Zyx ∈ ; thoả mãn: 2 2 0x x y+ − = (2)  Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy vế trái của phương trình là hiệu của hai đa thức bậc hai độc lập của x và y, nên ta có thể phân tích thành nhân tử.  GIẢI: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 0 4 4 4 0 2 1 2 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 1 0 2 2 1 1 0 2 2 1 1 1 2 2 1 1 0 x x y x x y x y x y x xy x y x x y y x y x x y y + − = ⇒ + − = ⇒ + − = ⇒ + + − + =  + + = =   ⇒    − + = =    ⇒  + + = − = −    ⇒   − + = − =     Vậy: ( ) ( ) ( ) { } ; 0;0 ; 1;0x y ∈ −  Bài tập áp dụng: Giải các phương trình nghiệm nguyên; a/ 2 4 25x xy− = b/ 3 3 5x xy− = c/ .x y x y + =  - PHƯƠNG PHÁP 3: Phương pháp cực hạn  Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình đối xứng - Vì phương trình đối xứng nên ; ;x y z có vai trò bình đẳng như nhau. Do đó; ta giả thiết x y z≤ ≤ ; tìm điều kiện của các nghiệm; loại trừ dần các ẩn để có phương trình đơn giản. Giải phương trình; dùng phép hoán vò để suy ra nghiệm.  Ta thường giả thiết 1 x y z≤ ≤ ≤ ≤ Các ví dụ minh hoạ:  - Ví dụ 1: Tìm ; ;x y z Z + ∈ thoả mãn: . .x y z x y z+ + = (1)  Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy đây là phương trình đối xứng.  GIẢI: Giả sử 1 x y z≤ ≤ ≤ . Khi đó: (1) . . 3 . 3x y z x y z z x y⇒ = + + ≤ ⇒ ≤ (Vì ; ;x y z Z + ∈ ) { } . 1; 2;3x y⇒ ∈ .Nếu: . 1 1 2x y x y z z= ⇒ = = ⇒ + = (vô lí) .Nếu: . 2 1; 2; 3x y x y z= ⇒ = = = Tổ TOÁN – Trường THCS Hoài Đức Trang 6 Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên và ứng dụng .Nếu: . 3 1; 3 2x y x y z y= ⇒ = = ⇒ = < (vô lí) Vậy: ; ;x y z là hoán vò của ( ) 1; 2;3  - Ví dụ 2: Tìm ; ;x y z Z + ∈ thoả mãn: 1 1 1 2 x y z + + = (2)  Nhận xét – Tìm hướng giải: Đây là phương trình đối xứng.  GIẢI: Giả sử 1 x y z≤ ≤ ≤ . Khi đó: (2) 1 1 1 3 3 2 1 2 x x x y z x ⇒ = + + ≤ ⇒ ≤ ⇒ = Với: { } 1 1 2 1 1 2 1;2x y y y z y = ⇒ = + ≤ ⇒ ≤ ⇒ ∈ .Nếu: 1 1 0y z = ⇒ = (vô lí) .Nếu: 2 2y z= ⇒ = Vậy: ; ;x y z là hoán vò của ( ) 1; 2; 2  Bài tập áp dụng: Giải các phương trình nghiệm nguyên dương: a/ . . .x y z t x y z t + + + = b/ 1 1 1 1 1995x y z + + = c/ . . . 3 x y z x y z z y x + + = d/ 1 . .x y x y z+ + =  - PHƯƠNG PHÁP 4: Phương pháp sử dụng tính chất chia hết  Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình có dạng phân thức mà tử là một số nguyên; được dùng để giải các bài toán: “Tìm giá trò nguyên của biến để biểu thức nhận giá trò nguyên” - Áp dụng tính chất chia hết trong Z để xác đònh tập giá trò của biểu thức chứa ẩn (thường là biểu thức dưới mẫu). Các ví dụ minh hoạ:  - Ví dụ 1: Tìm ;x y Z∈ để: 2 2 1 x x A x x + = + + nhận giá trò nguyên  Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy A là phân thức có tử và mẫu hơn kém nhau một hằng số nguyên. Do đó ta có thể biến đổi A thành tổng của một đa thức và một phân thức có tử là hằng số nguyên  GIẢI: Tổ TOÁN – Trường THCS Hoài Đức Trang 7 Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên và ứng dụng Ta có: 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 x x x x A x x x x x x + + + − = = = + + + + + + + . Khi đó: Để A nhận giá trò nguyên thì 2 1 1x x+ + nhận giá trò nguyên. ( ) ( ) ( ) { } 2 2 1 1 1 1 1;1x x x x U⇒ + + ⇒ + + ∈ = −M Vì : ( ) 2 2 0 1 0; 1 1 1 x x x x x x x =  + + > ∀ ∈ ⇒ + + = ⇒  = −  ¢ Vậy để A nhận giá trò nguyên thì: 0x = hoặc 1x = −  - Ví dụ 2: Tìm ;x y Z∈ thoả mãn: 2 2 2 2 1 2 .y x x y x y x y+ + + = + + (2) (Đề thi Tuyển sinh vào 10 chuyênToán đại học KHTN Hà Nội)  Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta nhận thấy các hạng tử chứa biến từng đôi một có chứa nhân tử chung nên nếu nhóm các hạng tử hợp lí cho ta đa thức có nhân từ chung ( ) 1x − ,nên chia hai vế của phương trình cho ( ) 1x − ta sẽ có một vế luôn nhận giá trò nguyên.  GIẢI: Ta có: (2) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 . 1 . 1 . 1 1 0 *y x x x y x⇒ − − − − − + = Với: ( ) 1; * 1 0 1x x= ⇒ = ⇒ = không phải là ngiệm của phương trình. Nên: ( ) 2 1 2 0 ** 1 y x y x − − + = − . Phương trình có nghiệm nguyên ( ) ( ) { } 1 0 1 1 1; 1 1 1 x x U x x =  ⇔ ∈ ⇔ − ∈ = − ⇒  = −  ¢  - Ví dụ 3: Tìm ;x y Z + ∈ thoả mãn: ( ) 2 3 1 1 x y+ = + (3)  Nhận xét – Tìm hướng giải: Vì 3 x là số lẻ; suy ra ( ) 2 1y + chia hết cho 2. Sử dụng tính chất này ta xét các điều kiên của nghiệm của phương trình.  GIẢI: Ta có: (3) ( ) ( ) 2 3 1 1 2 x y y y⇒ = − − = + . 3 x là số lẻ ( ) ; 2y y⇒ + là hai số lẻ liên tiếp ( ) ; 2 1 ; 2y y y y⇒ + = ⇒ + là các luỹ thừa của 3, nên: ( ) ( ) ( ) 3 * 3 2 3 2 3 ** m m n n y m n x m n y  =  + = ⇒ + = ⇒ <  + =    Với: 0; 1 1; 1.m n y x= ⇒ = ⇒ = =  Với: 1; 1m n≥ ⇒ > Từ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 * ; ** ; 2 1 2 3 y y y y   ⇒ ⇒ + ≠  +   M M ( vô lí) Tổ TOÁN – Trường THCS Hoài Đức Trang 8 Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên và ứng dụng Phương trình có nghiệm nguyên: 1 1 x y =   =   Bài tập áp dụng: Giải các phương trình nghiệm nguyên dương: a/ 2 2 2 5x y− = b/ 2 2 19 28 729x y+ = c/ 2 3xy x y+ − = d/ Chứng tỏ phương trình sau vô nghiệm: 3 3 3 2000x y z x y z+ + = + + +  - PHƯƠNG PHÁP 5: Phương pháp sử dụng bất đẳng thức  Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình mà hai vế là những đa thức có tính biến thiên khác nhau. - Áp dụng các bất đẳng thức thường gặp: Bất đẳng thức Cô – si: Cho n số không âm: 1 2 3 ; ; ; ; n a a a a . Khi đó: 1 2 3 1 2 3 . . . n n n a a a a a a a a n + + + + ≥ . Dấu “=” xảy ra 1 2 3 n a a a a⇔ = = = = Bất đẳng thức Bunhiacôpxki: Cho 2n số thực: 1 2 3 ; ; ; ; n a a a a và 1 2 3 ; ; ; ; n b b b b . Khi đó: ( ) ( ) ( ) 2 1 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3 . . . . . . . n n n n a b a b a b a b a a a a b b b b+ + + + ≤ + + + + + + + + . Dấu “=” xảy ra ( ) 1; i i a kb i n⇔ = = . Bất đẳng thứcgiá trò tuyết đối: . 0 . 0 a b a b a b a b a b  + ⇔ ≥ + =  − ⇔ <   Các ví dụ minh hoạ:  - Ví dụ 1: Tìm ;x y Z + ∈ thoả: . . . 3 x y y z z x z x y + + = (1)  Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy đây là một phương trình đối xứng, nên có thể dùng phương pháp 3 (phương pháp cực hạn). Tuy nhiên, các hạng tử trong tổng có giá trò dương nên ta có thể áp dụng bất đẳng thức Cô – si để xác đònh điều kiện của tích các ẩn.  GIẢI: Áp dụng BĐT Cô – si. Ta có: 3 3 . . . . . . 3 3. . . 3. . . x y y z z x x y y z z x x y z z x y z x y = + + ≥ = . 3 . . 1 . . 1 1x y z x y z x y z⇒ ≤ ⇔ ≤ ⇒ = = = Vậy nghiệm của phương trình là: 1x y z= = =  - Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: ( ) ( ) 2 2 2 1 3 1x y x y+ + = + + (2) Tổ TOÁN – Trường THCS Hoài Đức Trang 9 Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên và ứng dụng (Toán Tuổi thơ 2)  Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta nhận thấy hai vế của phương trình có dạng: bình phương của tổng và tổng các bình phương; nên ta có thể vận dụng BĐT Bunhiacôpxki.  GIẢI: Theo Bunhiacôpxki,ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 3 1x y x y x y+ + ≤ + + + + = + + Dấu “=” xảy ra 1 1 1 1 1 x y x y⇔ = = ⇒ = = Vậy nghiệm của phương trình là: 1x y= =  - Ví dụ 3: Tìm tất cả các số nguyên x thoả mãn: 3 10 101 990 1000 2004x x x x x− + − + + + + + + = (3)  Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta nhận thấy: 2104 = 3 + 10 + 101 + 990 + 1000 =101 + 2003 và a a= −  GIẢI: Ta có: (3) 3 10 101 990 1000 2004x x x x x⇒ − + − + + + + + + = . Mà 3 3 10 10 101 101 2004 101 2003 101 1 990 990 1000 1000 x x x x a a x x x x x x x x  − ≥ −  − ≥ −   ≥ ⇒ + ≥ + ⇒ ≥ + + ⇒ + ≤   + ≥ +   + ≥ +  Do đó: ( ) ( ) { } { } 1 101 1 101 1;0;1 102; 101; 100x x x− ≤ + ≤ ⇒ + ∈ − ⇒ ∈ − − − . Với 101 2004 2003x = − ⇒ = (vô lí). Vậy nghiệm của phương trình là: { } 102; 100x∈ − −  Bài tập áp dụng: Giải các phương trình nghiệm nguyên dương: a/ 2 2 3x xy y− + = b/ 2 2 2 2 2 2 2 2 4x y z xy yz z+ + − − − =  - PHƯƠNG PHÁP 6: Phương pháp lựa chọn  Phương pháp: Phương pháp này được sử dụng với các phương trình mà ta có thể nhẩm (phát hiện dể dàng) được một vài giá trò nghiệm - Trên cơ sở các giá trò nghiệm đã biết. Áp dụng các tính chất như chia hết; số dư; số chính phương; chữ số tận cùng … ta chứng tỏ rằng với các giá trò khác phương trình vô nghiệm Các ví dụ minh hoạ: Tổ TOÁN – Trường THCS Hoài Đức Trang 10 [...]... nội dung chương trình, soạn thảo nội dung giảng dạy và truyền thụ kiến thức cho học sinh Đề tài này đưa ra một số phương pháp giải phương trình nghiệm Tổ TOÁN – Trường THCS Hoài Đức 17 Trang Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên và ứng dụng nguyên và một số ứng dụng của phương trình nghiệm nguyên vào việc giải các dạng toán khác Chúng tôi không ngoài mục đích trao đổi với các đồng nghiệp... là nghiệm của (1) và thì 3 ∈ U ( x ; y ; z ) và 0 ≤ x0 ; y0 ; z0 ≤ 9 Thực hiện thử chọn ta được: x0 = y0 = z0 = 0 Vậy nghiệm của phương trình là: x0 = y0 = z0 = 0 0 0 0  Bài tập áp dụng: Giải các phương trình nghiệm nguyên: 2 3 3 a/ x + 2 y = 4 z 3 3 3 b/ x − 2 y − 4 z = 0 2 2 c/ x − 5 y = 0  - PHƯƠNG PHÁP 8: Phương pháp sử dụng điều kiện nghiệm của phương trình bậc hai  Phương pháp: Phương pháp. .. phương trình nghiệm nguyên dương: a/ 2 x + 2 y − 2 xy + x + y − 10 = 0 2 b/ x − xy + 5 y − 5 x + 2 = 0 III) ỨNG DỤNG CỦA BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN: 2 2 Tổ TOÁN – Trường THCS Hoài Đức 13 Trang Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên và ứng dụng Bài toán về phương trình nghiệm nguyên có nhiều ứng dụng là công cụ để giải các dạng loại bài tập khác Việc vận dụng đòi hỏi tư duy kết hợp các. .. x ∈ { 3;9;11;13} Phương trình có nghiệm nguyên: ( x; y ) ∈ { ( −5;3) ; ( −4;9 ) ; ( −3;11) ; ( 0;13) ; ( 3;11) ; ( 4;9 ) ; ( 5;3 ) }  Bài tập áp dụng: Giải các phương trình nghiệm nguyên dương: 2 a/ x ( x + 1) ( x + 1) ( x + 1) = y 2 2 b/ 6 x − 5 y = 74 Tổ TOÁN – Trường THCS Hoài Đức 11 Trang Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên và ứng dụng  - PHƯƠNG PHÁP 7: Phương pháp lùi vô hạn... phương án tối ưu cho việc giảng dạy phương trình nghiệm nguyên, qua đó nâng cao được chất lượng đào tạo học sinh giỏi toán * Kết quả: - Bước đầu học sinh thấy được sai sót và tiếp cận được với các phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên, vận dụng được vào việc giải các bài tập áp dụng - Học sinh hình thành được một số kỹ năng đáng kể trong việc phân tích đề, tìm cách giải và trình bày bài giải. ..Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên và ứng dụng  - Ví dụ 1: Tìm x; y ∈ Z thoả: x + 3 x + 1 = y  Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy với x = 0; y = ±1 thì phương trình được nghiệm đúng Ta cần chứng minh phương trình vô nghiệm với x ≠ 0  GIẢI: + Với x = 0; y = ±1 thì phương trình được nghiệm đúng + Với x > 0 Khi đó: + 6 3 4 x 6 + 2 x 3 +... lùi vô hạn (xuống thang)  Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với những phương trình có (n – 1) ẩn mà hệ số có ước chung khác 1 - Dựa vào tính chất chia hết ta biểu diễn ẩn theo ẩn phụ nhằm “hạ” (giảm bớt) hằng số tự do, để có được phương trình đơn giản hơn - Sử dụng linh hoạt các phương pháp để giải phương trình đó Các ví dụ minh hoạ : 3 3 3  - Ví dụ 1: Giải phương trình: x − 3 y − 9 z = 0... số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên và ứng dụng Mục Lục   Phần mở đầu ……………………………………………………………………………………………………… Trang 1  Nội dung ……………………………………………………………………………………………………………… Trang 3 - Mô tả tình trạng sự việc hiện tại………………………………………………………………… Trang 3 - Các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên ……………………… Trang 3 - Phương pháp đưa về dạng tổng …………………………….…………………………………… Trang 3 - Phương. .. ( Phương pháp đưa về dạng tổng) hoặc đã giải trong phương pháp 6 (phương pháp lựa chọn) Tuy nhiên, ta có thể đưa về phương trình bậc hai ẩn x tham số y  GIẢI: 2 2 2 2 (3) ⇒ ∆′ = −4 ( y − 25 ) ⇒ y ≤ 5 Do đó: y ∈ { −5; −4; −3; 0;3; 4;5} ⇒ x ∈ { 3;9;11;13} Phương trình có nghiệm nguyên: ( x; y ) ∈ { ( −5;3) ; ( −4;9 ) ; ( −3;11) ; ( 0;13) ; ( 3;11) ; ( 4;9 ) ; ( 5;3 ) }  Bài tập áp dụng: Giải các phương. .. với điều kiện (I) ta có cặp số nguyên tố cần tìm là: ( x; y ) = ( 2;5 )  Ví dụ 3: Giải hệ phương trình nghiệm nguyên dương: (1) Tổ TOÁN – Trường THCS Hoài Đức 14 (2) Trang Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên và ứng dụng  x + y + z = 15  3 3 3  x + y + z = 495 (Tạp chí Toán học –Tuổi trẻ số 373; tháng 7/2008) HD Giải: Ta có: 3 3 7 3 3 3 3 Hệ là hệ phương trình đối xứng và 7 = 343 < 495 . số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên và ứng dụng Phương trình có nghiệm nguyên: 1 1 x y =   =   Bài tập áp dụng: Giải các phương trình nghiệm. (vô lí). Vậy nghiệm của phương trình là: { } 102; 100x∈ − − II) CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN :  - PHƯƠNG PHÁP 1: Phương pháp đưa về