Tải bản đầy đủ - 0 (trang)
(2t – y)2; y2 có chữ số tận cùng là 4. Hơn nữa, tổng của hai số chính phương

(2t – y)2; y2 có chữ số tận cùng là 4. Hơn nữa, tổng của hai số chính phương

Tải bản đầy đủ - 0trang

3.2.10 – Áp dụng bất đẳng thức

Phương pháp: Sử dụng các bất đẳng thức quen thuộc để đánh giá một vế

của phương trình khơng nhỏ hơn (hoặc khơng lớn hơn) vế còn lại. Muốn cho hai

vế bằng nhau thì bất đẳng thức phải trở thành đẳng thức.

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – xy + y2 = 3

* Phương pháp giải:

y 2

3y2

Ta có x – xy + y = 3  (x- ) = 3 2

4

2

y

3y

Ta thấy (x- )2  0  3  0  -2  y  2

2

4

 y �  �2; �1; 0 thay vào phương trình tìm x và thử lại, ta được các

2



2



nghiệm nguyên của phương trình là:

(x, y) �  1;  2  ,  1; 2  ;  2;  1 ;  2; 1 ;  1; 1 ;  1;  1  .

* Nhận xét: Nhận thấy phương trình bậc hai đổi với biến x, y, chọn x là biến

(y là tham số) nên phương trình (1) có dạng f 2(x, y) = g(y). Dựa vào phương

pháp đánh giá tìm tập giá trị đa thức g(y).

+ Cách 2: Đưa về dạng phương trình bậc hai có chứa tham sổ để giải phương

trình nghiệm ngun.

Khai thác bài tốn ví dụ 1 ta có bài tốn sau;

Ví dụ 2: Tìm các số ngun x, y thỏa mãn x2 + y2 + 5x2y2 + 60 = 37xy (1)

(Đề chuyên Nguyễn Trãi 2010-2011)

*) Phương pháp giải:

Xét phương trình: x2 + y2 + 5x2y2 + 60 = 37xy (1)

� (x  y)2  5 x 2 y 2  35 xy  60 � (x  y)2  5(xy 3)(4  xy)

Giả sử x,y nguyên thỏa mãn, VT �0

�3)(4

� xy) 0 3 xy 4

=> 5(xy

xy  3



Do x, y �Z � xy �Z � �

xy  4



Từ đó tìm ra x  y  2; x  y  2



Vậy phương trình có nghiệm ngun là S = {(2; 2); (-2; -2)}

* Nhận xét: Tương tự như bài tốn ví dụ 1 biến đổi phương trình (1) có dạng:

f2(x, y)= g(xy).

Ví dụ 3: Chứng minh rằng phương trình



x y z

+ + = b khơng có nghiệm ngun

y z x



dương khi b = 1 hoặc b = 2 nhưng có vơ số nghiệm ngun dương khi b = 3

* Phương pháp giải:

x y z

, , > 0. Theo bất đẳng thức Cơ-si, ta có:

y z x

x

x y z

x

y z

y z

( + + )3  27 ( . . ) = 27 + +  3

y

y z x

y

z x

z x



Do x, y, z �� 



28



Đẳng thức xảy ra � x = y = z

Vậy phương trình



x

y z

+ + = b khơng có nghiệm nghiệm ngun khi

y

z x



b = 1 hoặc b = 2 nhưng có vơ số nghiệm nghiệm ngun khi b = 3, chẳng hạn:

( x = a, y = a, z = a) với a là số nguyên dương bất kỳ.

* Nhận xét: Bằng phương pháp bất đẳng thức chứng minh được vế trái của

phương trình (1)



x

y z

+ +  3, do đó chỉ ra ngay được rằng vế phải của

y

z x



phương trình b = 1 hoặc b = 2 phương trình vơ nghiệm nhưng với b = 3 chỉ ra

được vô số bộ ba x = y = z = a (a �Z  ) thỏa mãn phương trình (1).

Ví dụ 4: Tìm số thực x khơng âm để a 



2 x 9

có giá trị nguyên.

3 x 2



(Đề thi học sinh giỏi một huyện 2014-2015)

* Phương pháp giải:

2 x 9

9  2a

 a  a �Z  � 2 x  9  3 x  2 a � x 

3a  2

3 x 2

9  2a

2

9

Do x ���

0 nên





0

a

mà a �Z nên a = 1; 2; 3; 4

3a  2

3

2

25

Với a = 1 thì x = 49; Với a = 2 thì x =

;

16

9

1

Với a = 3 thì x =

; Với a = 4 thì x =

49

100

* Nhận xét: Dựa vào nhận xét x �0 , rút x theo a. Giải bất phương trình

9  2a

�0 tìm tập giá trị a , từ đó tìm a nguyên . Vì x �0 nên sau khi tìm a thay

3a  2



Đặt











vào phương trình tìm x thỏa mãn điều kiện.

Ví dụ 5: Tìm nghiệm ngun của phương trình:

x2 + 2y2 + 2xy + 3y – 4 = 0

* Phương pháp giải:

Phương trình (1) tương đương với :

� ( x 2  2 xy  y 2 )  y 2  3 y  4  0



(1)



(2)



� ( y  4)( y  1)  ( x  y) 2



(3)



Có vế phải của phương trình - (x + y) �0 , nên vế phải của phương trình

(y + 4)(y - 1) �0

Suy ra 4 �y �1

Vì y �Z nên y �{-4;-3;-2;-1;0;1}

Vậy phương trình đã cho có nghiệm ngun là

S={(4; -4); (1; -3); (5; -3);(- 2; 0) ; (2; 0); (- 1; 1)}.

* Nhận xét: Bài này cũng có thể nhân cả hai vế của phương trình (2) với 4

phương trình trở thành: 2(x + y)2 + (2y + 3)2 = 25 bài tốn giải tương tự như ví

dụ trên. Nhưng ở đây đã khai thác bài toán bằng phương pháp đánh giá vế phải

của phương trình (3) có giá trị �0 nên (y + 4)(y - 1) �0 , do đó tìm ra được

2



29



các giá trị y ngun thỏa mãn nên đã khơng phải chia bài tốn thành nhiều

trường hợp khai thác được nhiều cách giải độc đáo.

Ví dụ 6: Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình:

(x2 + 4y2 + 28)2 = 17(x4 + y4 + 14y2 + 49)

(6)

* Phương pháp giải:

Xét phương trình: (x2 + 4y2 + 28)2 = 17(x4 + y4 + 14y2 + 49)

� [1.x 2  4( y 2  7)]2  17( x 4 +y 4 +14y 2 +49)



Đặt a1 = 1; a2 = 4; b1 = x2; b2 = y2 + 7

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:



 a1b1 



a 2 b 2  �( a 21  a 2 2 )(b 21  b 2 2 )

2



Hay � [1.x 2  4( y 2  7)]2 �(12  42 )[( x 2 ) 2 +(y 4 +7) 2 ]

� [1.x 2  4( y 2  7)]2 �17( x 4 +y 4 +14y 2 +49)

a1 a2

Để phương trình (6) có nghiệm tự nhiên thì: 

b1 b2



hay 4x2 = y2 + 7

� (2x - y)(2x + y) = 7

Vì x, y �N nên 2x + y �2x – y �0

2x  y  1



�x  2

��

2x  y  7



�y  3



Ta có: �



Vậy phương trình đã cho có nghiệm tự nhiên (x, y) = (2; 3)

3.2.11 Xét số dư từng vế của phương trình

Ví dụ 1 : Chứng minh rằng khơng tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa mãn:

x3 + y3 + z3 - x - y - z = 2015 (2)

* Phương pháp giải:

Ta có : x3 - x = (x - 1)x(x + 1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp (với x là số

nguyên). Do đó : x3 - x chia hết cho 3.

Tương tự: y3 - y và z3 - z cũng chia hết cho 3.

Từ đó ta có : x3 + y3 + z3 - x - y - z chia hết cho 3.

Vì 2015 khơng chia hết cho 3 nên x3 + y3 + z3 - x - y - z ≠ 2015 với mọi số

nguyên x, y, z tức là phương trình (2) khơng có nghiệm ngun.

* Nhận xét: Vai trò x, y, z trong phương trình (2) là bình đẳng, do đó chỉ cần xét

tính chất của đa thức x3 – x = x(x – 1)(x - 2) là tích của các số nguyên liên tiếp

chia hết cho 3. Tương tự, chứng minh được vế trái của phương trình (2) chia hết

cho 3, còn 2015 khơng chia hết cho 3 nên phương trình (2) vơ nghiệm.

Ví dụ 2: Chứng minh rằng phương trình: x2 – 5y2 = 27 khơng có nghiệm là số

nguyên.

* Phương pháp giải:

Xét phương trình: x2 – 5y2 = 27

(1)

Vì x là số nguyên nên x chia 5 có dạng:



30



x  5k





x  5k  1





x  5k  1



x  5k  2





x  5k  2





(k �Z )



(*)



+ Trường hợp 1: Nếu x = 5k thì phương trình (1) � (5k)2 – 5y2 = 27

Phương trình vơ nghiệm vì vế trái chia hết cho 5, vế phải không chia hết

cho 5.

+ Trường hợp 2; 3: Nếu x = 5k �1 thì phương trình (1) có dạng:

(5k �1)2 – 5y2 = 2

� 25k2 �10k – 5y2 = 26

Phương trình vơ nghiệm vì vế trái chia hết cho 5, vế phải không chia hết

cho 5.

+ Trường hợp 4; 5: Nếu x = 5k �2 thì phương trình (1) có dạng:

(5k �2)2 – 5y2 = 27

� 25k2 �10k – 5y2 = 23

Phương trình vơ nghiệm vì vế trái chia hết cho 5, vế phải không chia hết

cho 5.

Vậy phương trình đã cho khơng có nghiệm ngun.

* Nhận xét: Trong bài toán trên đã xét hết tất cả các khả năng của x khi chia

cho 5 nên x có các dạng như (*), dựa vào phương pháp xét số dư của từng vế

chứng tỏ phương trình đã cho (1) mâu thuẫn.

Vậy phương trình đã cho vơ nghiệm.

Tương tự, ta xét bài tốn sau:

Ví dụ 3. Tìm nghiệm ngun của phương trình: 9x + 2 = y2 + y

(3)

* Phương pháp giải:

Xét phương trình: 9x + 2 = y2 + y

� 9x + 2 = y(y + 1)

(*)

Ta thấy: vế trái của phương trình (*) là số chia cho 3 dư 2 nên để phương trình

(3) có nghiệm ngun thì vế phải phương trình y(y + 1) chia cho 3 dư 2.

+ Trường hợp 1: Nếu y chia hết cho 3 hoặc y chia cho 3 dư 2 thì : y(y + 1)

đều chia hết cho 3, trái với kết luận trên.

+ Trường hợp 2: Do đó y chia cho 3 dư 1.

Đặt y = 3k + 1(k��) thì y +1 = 3k + 2. Khi đó ta có:

9x + 2 = (3k + 1)(3k + 2) � 9x = 9k(k+1) � x = k(k+1)

Thử lại x = k(k+1) và y = 3k + 1(k ��) thoả mãn phương trình đã cho.

�x  k  k  1

(k �Z )

�y  3k  1



Vậy nghiệm nguyên của phương trình (1) là: �



Ví dụ 4. Chứng minh rằng phương trình sau khơng có nghiệm ngun:

x2 – y2 = 2014

(4)

(Thi thử tuyển sinh vào 10 cấp huyện 2014-2015)

* Phương pháp giải:

* Cách 1.

31



Xét phương trình: x2 – y2 = 2014

(4)

� (x – y)(x + y) = 2014

Vì (x – y) + (x + y) = 2x là số nguyên chẵn nên (x – y) và (x + y) cùng tính chẵn

lẻ.

Ta có: (x – y)(x + y) = 2014 suy ra (x – y) và (x + y) đều chẵn.

Do đó: (x – y)(x + y) chia hết cho 4.

Mặt khác: 2014 khơng chia hết cho 4.

suy ra phương trình đã cho vơ nghiệm.

* Cách 2. Số chính phương chia cho 4 chỉ có thể dư 0 hoặc 1. Do đó x 2, y2 chia

cho 4 chỉ có số dư 0 hoặc 1. Suy ra x 2 – y2 chia cho 4 có số dư 0; 1; 3. Còn vế

phải 2014 chia cho 4 dư 2. Vậy phương trình khơng có nghiệm nguyên.

* Nhận xét: Với cách tiếp cận kiến thức trong các một sau khi phân tích vế trái

của phương trình (2) thành nhân tử phát hiện được (x – y) + (x + y) = 2x nên

rút ra được nhận xét x – y và x + y có cùng tính chẵn, lẻ. Dựa vào vế phải 2014

là số chẵn nên x – y và x + y có tính chẵn.

Trong cách thứ hai thấy x2, y2 đều là các số chính phương nên x 2, y2 có cùng tính

chất chia 4 dư 0, hoặc 1, do đó x 2 – y2 chia cho 4 có số dư 0; 1; 3. Còn vế phải

2014 chia cho 4 dư 2.

4. Kết quả đạt được

Áp dụng sáng kiến này vào giảng dạy ở trường tôi từ năm học 2014 – nay

tôi đã thu được các kết quả khả quan. Khi áp dụng và hồn thiện sáng kiến này,

tơi thấy ngày càng có hiệu quả, chất lượng học tập của học sinh mũi nhọn ngày

càng cao. Đặc biệt là các em hứng thú học toán hơn, vận dụng và sử dụng thành

thạo các phương pháp cho từng bài cụ thể. Kết quả cụ thể như sau: Kháo sát 20

em học sinh khá giỏi năm học 2014- 2015.

Dưới điểm 5

Điểm 5 - 8

Điểm 8 - 10

SL

%

SL

%

SL

%

1

5

4

20

15

75

* Qua quá trình áp dụng sáng kiến này, tơi thấy để có được kết quả cao, giáo

viên cần lưu ý một số vấn đề sau:

Phải hướng dẫn học sinh nắm chắc bản chất phần lý thuyết.

Để học sinh nắm vững và hứng thú học tập, giáo viên cần chọn lọc hệ thống

bài tập theo mức độ tăng dần từ dễ đến khó, tạo sự tìm tòi cho các em.

Khi giải một bài tốn về phương trình nghiệm ngun trước hết phải đốn

dạng, sau đó mới chọn lựa phương pháp để giải.

Phải rèn học sinh cách suy nghĩ tìm tòi lời giải và thưc hành nhiều với các

bài tốn từ dễ đến khó. Đặc biệt nên khai thác vấn đề theo nhiều khía cạnh khác

nhau để củng cố và rèn khả năng tư duy sáng tạo cho học sinh.

Giáo viên cần đưa ra các bài toán nâng cao hơn từ các bài tốn sẵn có, đã

làm. Muốn vậy cần phải soạn kĩ trước khi lên lớp để đưa ra phương án giải

quyết tốt nhất cho từng bài.

Giáo viên cần hướng dẫn học sinh tổng quát hoá bài toán và chọn cách giải

hay nhất.

32



PHẦN BA: KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ

1. Kết luận

Với vai trò của người làm chun mơn giáo viên dạy toán ở trường THCS

trực tiếp bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi tôi nhận thấy việc giải các bài tốn ở

chương trình THCS khơng chỉ đơn giản là đảm bảo kiến thức trong SGK, đó

mới chỉ là những điều kiện cần nhưng chưa đủ. Để giỏi toán học sinh cần phải

luyện tập nhiều, có phương pháp học tập bộ môn một cách hợp nhằm phát triển

được tư duy của học sinh, khắc sâu thành những kinh nghiệm bổ ích.

Để làm được điểu mong muốn đó người thầy phải biết vận dụng linh hoạt

kiến thức trong nhiều tình huống khác nhau để tạo hứng thú cho học sinh. Một

bài tốn có thể có nhiều cách giải, mỗi bài tốn thường nằm trong mỗi dạng toán

khác nhau để giải được đòi hỏi học sinh phải biết vận dụng kiến thức một cách

linh hoạt, sáng tạo, phải biết sử dụng phương pháp giải phù hợp đối với mỗi

dạng bài.

Các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng và được ứng

dụng rộng rãi, phổ biến trong nhiều bài toán, dạng tốn. Chắc chắn rằng còn

nhiều phương pháp để giải phương trình nghiệm ngun và còn nhiều thí dụ hấp

dẫn khác. Nhưng do năng lực bản thân có hạn nên trong khi trình bày sáng kiến

này sẽ khơng tránh khỏi những điểm thiếu sót và khiếm khuyết.

Rất mong được sự góp ý chân thành của hội đồng khoa học ở các q cấp.

Tơi xin chân thành cám ơn!

2. Đề xuất và khuyến nghị

*) Đối với nhà trường: cần quan tâm đáp ứng đủ các điều kiện về cơ sở vật chất,

tăng cường mua tài liệu, sách tham khảo phục vụ cho việc dạy và học bộ mơn.

Động viên giáo viên tích cực tham gia viết sáng kiến, hỗ trợ về mặt thời gian

cũng như một phần kinh phí để giáo viên hồn thành tốt sáng kiến của mình.

Qua đó phong trào viết sáng kiến nghiệm đối với giáo viên là một hoạt động

thiết thực của bản thân để mọi người cùng thi đua.

*) Đối với phòng giáo dục: Thường xuyên mở các chuyên đề về bồi dưỡng nâng

cao chuyên môn nghiệp vụ cho giáo viên, nhất là các chuyên đề về bồi dưỡng

học sinh giỏi và các phương pháp giảng dạy hiện đại.

- Tổ chức các buổi thảo luận, hướng dẫn viết SKKN và giới thiệu các sáng kiến

có chất lượng cao, ứng dụng lớn trong thực tiễn

Hà nội, ngày 10/4/2016

Người viết

33



Trần Thị Hải Yến



Stt



Tên tác giả



1



Phan Đức

Chính

Phan Đức

Chính



2

3

4



Vũ Hữu Bình

Nguyễn Ngọc

Đạm - Nguyễn

Quang Hanh Ngô Long Hậu



TÀI LIỆU THAM KHẢO

Năm

xuất

Tên tài liệu

bản

2004

SGK, SGV toán 8



NXB Giáo dục



2005



SGK, SGV toán 9



NXB Giáo dục



1996



Toán phát triển đại số

8, 9



NXB Giáo dục



2004



500 bài tốn chọn lọc

8



5



Phạm Gia Đức



2005



6



Đỗ Đình Hoan



2007



7

8



9



TS Lê Văn

Hồng

Nguyễn Đức

Tấn – Vũ Đức

Đoàn – Trần

Đức Long

Vụ giáo dục

trung học



2004

2004



2014



Tài liệu BDTX chu

kỳ III

Tuyển tập đề thi mơn

tốn THCS

Một số vấn đề đổi

mới phương pháp dạy

học mơn tốn

Chun đề bồi dưỡng

học sinh giỏi toán

THCS

Tài liệu tập huấn Dạy

học và kiểm tra, đánh

giá kết quả học tập

theo định hướng phát

triển năng lực học

sinh mơn tốn cấp

THCS



Nhà xuất bản



NXB Đại học sư

phạm

NXB giáo dục

NXB Giáo dục

NXB Giáo dục

NXB Giáo dục



NXB Giáo dục



34



10



Các

số



Tạp chí Tốn học và

tuổi trẻ



NXB Giáo dục



Tạp chí Tốn tuổi thơ

11

12



Các

số

2000



NXB Giáo dục

Phương trình và bài

tốn với nghiệm

ngun



Vũ Hữu Bình



MỤC LỤC

NỘI DUNG



Trang



Phần 1: Đặt vấn đề



1-3



Phần 2:N hững biện pháp đổi mới để giải quyết vấn đề



2



1.Cơ sở lý luận



2



2. Thực trạng của vấn đề



2



3. Giải pháp, biện pháp thực hiện



2



3.1 Nhắc lại định nghĩa, định lí, tính chất và kiến thức liên quan giải phương

trình nghiệm nguyên.



5



3.2 Khai thác các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên



5



3.2.1-Biến đổi phương trình đưa được về dạng ax + b = 0 (a, b �Z)



7



3.2.2Ứng dụng của phương trình bậc hai trong tìm nghiệm nguyên



8



3.2.3 – Khai thác phân tích đa thức thành nhân tử đưa dạng phương trình

tích, tìm nghiệm ngun



11



3.2.4 – Phương trình bậc nhất hai ẩn trở nên



14



3.2.5 – Nhận xét về ẩn số trong phương trình nghiệm nguyên



15



3.2.6 Dựa vào tính chất chia hết giải phương trình nghiệm ngun



19



3.2.7 – Sử dụng phương pháp lùi vô hạn khi giải phương trình nghiệm nguyên



22



3.2.8 – Đưa về phương trình tổng giải phương trình nghiệm ngun.



23



35



3.2.9 – Vận dụng tính chất chữ số tận cùng



26



3.2.10 – Áp dụng bất đẳng thức



27



3.2.11 Xét số dư từng vế của phương trình



29



Phần 3: Kết luận và khuyến nghị



32



1. Kết luận, 2. Khuyến nghị



32



Tài liệu tham khảo



34



36



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

(2t – y)2; y2 có chữ số tận cùng là 4. Hơn nữa, tổng của hai số chính phương

Tải bản đầy đủ ngay(0 tr)

×