HƯỚNG DẪN HỌC SINH KHÁ GIỎI LỚP 9 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN HAI ẨN by Day Kem Quy Nhon Business

I- PHẦN MỞ ĐẦU 1. Lí do chọn đề tài.

l.c om

Bồi dưỡng học sinh giỏi là việc cần thiết, thường xuyên trong nhà trường.

Mỗi cấp học, mỗi lớp học với những yêu cầu cụ thể phải làm sao đó giúp các em

es s@ gm ai

có năng khiếu nâng cao kiến thức một cách hệ thống theo chương trình được tiếp thu trên lớp học hàng ngày.

Trong quá trình giảng dạy, bản thân tôi nhận thấy mảng kiến thức “phương trình nghiệm nguyên” là một đề tài lý thú của Số học và Đại số. Nội

dung này đã lôi cuốn nhiều người, từ các học sinh nhỏ đến các chuyên gia toán

bu s

học lớn. Phương trình và bài toán với nghiệm nguyên mãi mãi còn là đối tượng

qu yn ho n

nghiên cứu của Toán học.

Ngoài phương trình bậc nhất hai ẩn, các bài toán tìm nghiệm nguyên thường không có quy tắc giải tổng quát. Mỗi bài toán với số liệu riêng của nó đòi hỏi một cách giải riêng phù hợp. Điều đó có tác dụng rèn luyện tư duy toán

ke m

học mềm dẻo, linh hoạt và sáng tạo. Chính vì thế mà các bài toán tìm nghiệm

:d ay

nguyên thường có mặt trong các kỳ thi học sinh giỏi về Toán ở tất cả các cấp. Trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán các khối 6; 7 và bồi

eb oo k

dưỡng giải toán qua mạng lớp 9, tôi thấy có nhiều bài tập về chủ đề phương trình nghiệm nguyên khiến nhiều em học sinh gặp không ít khó khăn vì không nắm rõ các dạng cũng như các phương pháp giải chúng. Vì vậy, tôi nghiên cứu

-P D

đề tài ‘‘Hướng dẫn học sinh khá giỏi lớp 9 giải phương trình nghiệm nguyên hai ẩn" nhằm hướng dẫn các em học sinh khá giỏi có thể nắm chắc và giải tốt

các bài toán về phương trình nghiệm nguyên. * Điểm mới của đề tài Đề tài này hẳn là đã có một số tác giả nghiên cứu. Song, điểm mới của đề tài này đó là vận dụng được nhiều phương pháp khác nhau, phân loại được các dạng toán tìm nghiệm nguyên, đề tài sử dụng một số bài toán thi học sinh giỏi cấp huyện và một số bài toán trên trang Violympic.vn. Để phù hợp với đối tượng học sinh, trong đề tài này tôi chỉ đề cập đến một số phương pháp cơ bản

và một số dạng toán cơ bản về chủ đề phương trình nghiệm nguyên hai ẩn. Phương trình nghiệm nguyên có rất nhiều dạng khác nhau với nhiều cách giải

l.c om

phong phú khác nhau, vì thế trong đề tài này, tôi chủ yếu đưa ra các phương pháp giải và thể hiện qua các ví dụ được lấy từ các tài liệu nâng cao môn Toán,

es s@ gm ai

từ các đề thi học sinh giỏi cấp huyện, các bài tập giải toán qua mạng ..... 2.Phạm vi áp dụng của đề tài, sáng kiến, giải pháp:

Phạm vi nghiên cứu của đề tài là chủ đề phương trình nghiệm nguyên hai ẩn số trong chương trình môn Toán THCS. Trong đề tài này tôi chỉ nghiên cứu

các phương trình nghiệm nguyên với hai ẩn số.

bu s

Đối tượng áp dụng của đề tài là học sinh khá, giỏi môn Toán lớp 9 ở các

qu yn ho n

đơn vị ( học sinh tham gia bồi dưỡng giải toán qua mạng ) II- PHẦN NỘI DUNG

1. Thực trạng nội dung cần nghiên cứu:

Thực tế, qua nhiều năm giảng dạy tại đơn vị, trong quá trình bồi dưỡng

ke m

học sinh giỏi, tôi nhận thấy học sinh thường ngại giải phương trình nghiệm

:d ay

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

eb oo k

bản đã được giáo viên hướng dẫn. Học sinh thường lúng túng khi gặp những phương trình có dạng lạ 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

-P D

toán.

Có nhiều nguyên nhân dẫn đến học sinh gặp khó khăn khi giải các bài

toán về phương trình nghiệm nguyên, trong đó phải nhắc đến những nguyên

nhân cơ bản, đó là: học sinh không hiểu thế nào là giải phương trình nghiệm nguyên, không nắm được cách biểu diễn nghiệm của phương trình nhiều ẩn,

không nắm chắc hoặc nắm không đầy đủ các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên; không phân loại được các phương trình nghiệm nguyên, học sinh thường mắc một số sai lầm khi giải phương trình nghiệm nguyên.

Khi áp dụng đề tài này tại đơn vị, tôi đã tiến hành khảo sát đối với đội nguyên hai ẩn, số liệu thu được như sau:

điểm SS : 06

Không biết cách làm

Dưới 5,0

5 – 6, 5

6,5 - 8

33,3

50,0

16,7

8 - 10

es s@ gm ai

Loại

l.c om

tuyển bồi dưỡng giải toán qua mạng lớp 9 về chủ đề phương trình nghiệm

Trước thực tế đó, tôi mạnh dạn đề xuất sáng kiến: “Hướng dẫn học sinh

bu s

khá giỏi lớp 9 giải phương trình nghiệm nguyên hai ẩn” với mong muốn có

qu yn ho n

thể giúp được học trò cảm thấy hứng thú hơn, tự tin hơn và giải quyết tốt hơn khi gặp các bài toán về phương trình nghiệm nguyên trong phương trình hai ẩn số. 2. Các giải pháp:

ke m

2.1 Giải pháp 1: Hướng dẫn học sinh nắm vững các khái niệm, những

:d ay

thuật ngữ về phương trình nghiệm nguyên Khi đọc đề toán về phương trình nghiệm nguyên, có nhiều học sinh không

eb oo k

hiểu vấn đề là gì, tìm nghiệm nguyên là như thế nào; một số không nắm được cách biểu diễn nghiệm của phương trình nhiều ẩn số ... Để giải quyết vấn đề trên, giáo viên cần chỉ rõ cho học sinh thông hiểu

-P D

những khái niệm, thuật ngữ cơ bản, biết được cách biểu diễn nghiệm của phương trình một ẩn, phương trình hai ẩn.

Một số khái niệm, thuật ngữ cơ bản, đó là: Phương trình hai ẩn là phương trình có dạng f(x;y) = 0

Nghiệm của phương trình hai ẩn f(x;y) = 0 là các bộ số (x; y) thỏa mãn phương trình đó. Nghiệm nguyên của phương trình hai ẩn f(x;y) = 0 là các bộ số nguyên (x;y ) thỏa mãn phương trình đã cho.

Giải phương trình nghiệm nguyên hai ẩn f(x;y) = 0 là tìm tất cả các bộ 2.2. Giải pháp 2: Phân loại các dạng phương trình nghiệm nguyên. Dạng 1: Phương trình bậc nhất 2 ẩn

es s@ gm ai

Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 12x – 7y = 45 (1) Giải 45 ⋮ 3; 12x ⋮ 3 nên 7y ⋮ 3 ⇒ y ⋮ 3 y = 3k

Thay vào (1) ta có:

(k ∈ Z)

12x – 7 . 3k = 45 ⇒ 4x – 7k = 15

Đặt

bu s

Ta thấy:

15 + 7 k k +1 = 2k + 4 − 4 4

qu yn ho n

⇒x=

k +1 (t ∈ Z) ⇒ k = 4t – 1 4

Do đó

x = 2(4t – 1) + 4 – t = 7t + 2

ke m

Đặt

= 3(4t - 1) = 12t – 3

:d ay

y = 3k

Vậy nghiệm nguyên của phương trình được biểu thị bởi công thức:

eb oo k

x = 7t + 2

t∈Z

y = 12t – 3

Dạng 2: Phương trình bậc 2 hai ẩn

Ví dụ 1: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:

-P D

xy – 2y – 3 = 3x – x2

Giải

Cách 1: Biểu thị một ẩn qua ẩn kia: y(x - 2) = 3x – x2 +3 Dễ thấy: x = 2 không thoả mãn phương trình Vậy

x≠2⇒y=

3x + 3 − x

x−2

l.c om

số nguyên (x,y) thoả mãn phương trình đó.

x ( x − 2) + x − 2 + 5 x−2

=-x+1+ Để y ∈ Z ta phải có: x-2

-1

-5

-3

-5

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là:

(1; - 5); (3; 3); (- 3; 3); (7; - 5)

l.c om

5⋮x–2

es s@ gm ai

⇒

5 x−2

bu s

Cách 2: Đưa về phương trình ước số:

qu yn ho n

xy – 2y – 3 = 3x – x2

y(x - 2) + x2 – 2x – x + 2 = 5

⇔ y(x - 2) + x(x - 2) – (x - 2) = 5 Ta có:

-1

-5

x+y-1

-5

-1

-3

-5

eb oo k

:d ay

x-2

ke m

⇔ (x – 2) (y + x - 1) = 5

-P D

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: (1; - 5); (3; 3); ( - 3; 3); (7; - 5)

Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x2 – 2x – 11 = y2

(1)

Giải x2 – 2x – 11 = y2 x2 – 2x + 1 – 12 = y2 ⇔ (x - 1)2 – y2 = 12

⇔ (x – 1 + y) (x – 1 - y) = 12 * Vì phương trình (1) chứa y với số mũ chẵn nên có thể giả thiết rằng

l.c om

y ≥ 0. Thế thì: x – 1 + y ≥ x – 1 – y chẵn lẻ. Tích của chúng bằng 12 nên chúng cùng chẵn. Từ đó ta có: x–1-y

x–1

x y

-6

qu yn ho n

Suy ra:

-2

bu s

x–1+y

es s@ gm ai

* Do (x – 1 + y) – (x – 1 - y) = 2y nên x – 1 + y và x – 1 – y cùng tính

-4

-3

ke m

Vậy nghiệm của phương trình là:

(5; 2); (5; - 2); (- 3; 2); (- 3; - 2)

:d ay

Dạng 3: Phương trình dạng phân thức Ví dụ 1: Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình:

eb oo k

1 1 1 1 + + = x y 6 xy 6

(1)

Giải

-P D

Nhân hai vế của phương trình với 6xy, ta có: 6y + 6x + 1 = xy

Đưa về phương trình ước số ta có:

x(y - 6) – 6(y – 6) = 37 ⇔

(x - 6) (y - 6) = 37

Do vai trò bình đẳng của x và y, giả sử x ≥ y ≥ 1, Thế thì x – 6 ≥ y – 6 ≥ -5 Chỉ có một trường hợp xảy ra:

y–6=1

x = 43

⇒

y=7

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là: (43; 7); (7; 43) Dạng 4: Phương trình dạng mũ

es s@ gm ai

Ví dụ: Tìm các số tự nhiên x và y sao cho:

l.c om

x – 6 = 37

2x + 3 = y2 Giải Ta lần lượt xét các giá trị tự nhiên của x

* Nếu x = 0 thì y2 = 4 suy ra y = ± 2

qu yn ho n

* Nếu x ≥ 2 ta có: 2x ⋮ 4

bu s

* Nếu x = 1 thì y2 = 5: Phương trình không có nghiệm nguyên.

Suy ra vế trái chia cho 4 dư 3; vế phải chia cho 4 dư 0 hoặc 1 ( mâu thuẫn).

ke m

Vậy, phương trình có nghiệm là: (0; 2); (0; -2) 2.3 Giải pháp 3: Hướng dẫn các phương pháp thường dùng để giải

:d ay

phương trình với nghiệm nguyên.

Khi giải phương trình với nghiệm nguyên do phải lợi dụng các tính chất

eb oo k

của tập hợp Z nên ngoài các biến đổi tương đương ta còn dùng đến các biến đổi mà các giá trị của ẩn mới chỉ thoả mãn điều cần chứ chưa phải điều kiện cần và

đủ của nghiệm. Trong trường hợp này ta cần kiểm tra các giá trị đó bằng cách

-P D

thử vào phương trình đã cho. Vì vậy, việc giải phương trình với nghiệm nguyên

thường gồm 2 bước: Bước 1: Giả sử phương trình có nghiệm nguyên (x0, y0, z0…) ta suy ra các

ẩn phải nhận các giá trị nào đó. Bước 2: Thử lại các giá trị đó của ẩn để khẳng định tập hợp nghiệm của

phương trình Tuy nhiên để đơn giản khi trình bày không tách riêng hẳn 2 bước. Với các bài toán mà các biến đổi đều tương đương ta không cần bước 2.

Một phương trình với nghiệm nguyên có thể vô nghiệm, có hữu hạn nghiệm, có vô số nghiệm. Trong trường hợp phương trình có vô số nghiệm, các

l.c om

nghiệm nguyên của phương trình thường được biểu thị bởi một công thức có chứa tham số là một số nguyên. thường dùng các phương pháp sau đây: 2.3.1. Nhóm phương pháp dùng tính chia hết Phương pháp 1: Phát hiện tính chia hết của một ẩn

Ví dụ 1: Giải phương trình với nghiệm nguyên

es s@ gm ai

Để giải các phương trình nghiệm nguyên trong chương trình THCS ta

bu s

2x + 13y = 156 (1)

Ta thấy

qu yn ho n

Giải: Giả sử x, y là các số nguyên thoả mãn phương trình (1) 156 ⋮ 13 và 13y ⋮ 13 suy ra 2x ⋮ 13 Mà 2 ⋮ 13 ⇒ x ⋮ 13

ke m

Đặt x = 13t (t ∈ Z) thay vào (1) ta được: ⇒

2t + y = 12

y = 12 – 2t

eb oo k

⇒

:d ay

2. 13t + 13y = 156

Vậy nghiệm nguyên của phương trình được biểu thị bởi công thức: (t ∈ Z)

y = 12 – 2t

-P D

x = 13t

Ví dụ 2: Số nghiệm nguyên của phương trình 6x – 3y = 5 là …… ? ( Đề

thi Violympic Toán 9 vòng 13 năm 2013 ) Giải Ta thấy : vì x nguyên, y nguyên nên 6x ⋮ 3 và 3y ⋮ 3 => 6x – 3y ⋮ 13

Mà 6x – 3y = 5 => 5 ⋮ 3

Điều này là vô lí

l.c om

Vậy, số nghiệm nguyên của phương trình trên là 0. Phương pháp2 : Đưa về phương trình đưa về ước số: Ví dụ 1: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:

es s@ gm ai

3xy + x – y = 1 Giải: Từ:

3xy + x – y = 1 3(3xy + x – y) = 3

⇔

9xy + 3x – 3y – 1 = 2

⇔

3x(3y + 1) – (3y + 1) = 2

⇔

(3y + 1) ( 3x – 1) = 2 (phương trình ước số)

qu yn ho n

bu s

⇔

Vì x và y là các số nguyên nên 3x – 1 và 3y + 1 là các số nguyên và là

-1

-2

3y + 1

-2

-1

eb oo k

:d ay

3x – 1

ke m

ước của 2. Ta có bảng sau:

-P D

Vậy nghiệm của phương trình là: (0; - 1); (1; 0) Ví dụ 2: Phương trình x + xy +y = 9 có số nghiệm nguyên là ……? ( Đề

thi Violympic Toán 9 vòng 14 năm 2014 ) Giải:

Từ:

x + xy +y = 9

⇔

x(1+y) + y = 9

⇔

x ( 1 + y ) +(1 + y) = 10

⇔

( x + 1) ( 1 + y ) = 10

( phương trình ước số )

Vì x, y là các số nguyên nên x + 1 và 1 + y là các số nguyên và là ước của 10.

Ta có bảng sau : 1

-1

-10

-2

-5

y+1

-10

-1

-5

-2

-11

-3

-6

-11

-2

-6

-3

es s@ gm ai

Vậy, số nghiệm nguyên của phương trình là 8. Phương pháp 3: Tách ra các giá trị nguyên Ví dụ: Giải phương trình với nghiệm nguyên

xy – x – y = 2

bu s

Giải x(y – 1) = y + 2

qu yn ho n

Biến đổi phương trình đã cho ta có

* Nếu y = 1 thì ta có 0x = 3 => phương trình vô nghiệm

ke m

Do đó y ≠ 1

3 ∈ Z ⇒ y – 1 ∈ Ư(3) y −1

eb oo k

Do x ∈ Z nên

:d ay

3 y+2 =1+ y −1 y −1

⇒x=

-P D

Ta có bảng sau:

y-1

-1

-3

-2

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: (- 2; 0); (4; 2); (0; - 2); (2; 4) 2.3.2. Nhóm phương pháp xét số dư từng vế Ví dụ 1: Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên x2 + y2 = 1999 Giải

l.c om

x+1

Vì x2, y2 là các số chính phương nên khi chia cho 4 chỉ có số dư là 0; 1 còn vế phải 1999 chia cho 4 dư 3.

l.c om

Vậy phương trình không có nghiệm nguyên Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình

es s@ gm ai

9x – y2 – y + 2 = 0 Giải Biến đổi phương trình ta có: 9x + 2 = y(y + 1)

Ta thấy vế trái chia cho 3 dư 2 nên y(y + 1) chia cho 3 dư 2 Do đó chỉ có thể: y = 3k + 1; y +1 = 3k + 2

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

bu s

Khi đó

(k ∈ Z)

qu yn ho n

⇔ 9x = 9k(k + 1) ⇔ x = k(k + 1)

Thử lại: x = k(k + 1), y = 3k + 1 thoả mãn phương trình đã cho

ke m

Vậy phương trình có nghiệm nguyên là x = k(k + 1)

(k ∈ Z)

:d ay

y = 3k + 1

2.3.3. Nhóm phương pháp dùng bất đẳng thức:

eb oo k

Phương pháp 1: Sắp thứ tự các ẩn Ví dụ : Tìm 3 số nguyên dương sao cho tích của chúng gấp đôi tổng của chúng

-P D

Giải

Gọi 3 số nguyên dương phải tìm là a, b, c. Ta có:

abc = 2(a + b + c)

(1)

Chú ý rằng các ẩn a, b,c có vai trò bình đẳng trong phương trình nên ta có

thể sắp xếp thứ tự giá trị của các ẩn. Chẳng hạn: a ≤ b ≤ c. Ta có: abc = 2(a + b + c) ≤ 2. 3c = 6c ⇒ ab ≤ 6 * Với ab = 1 ⇒ a = 1, b = 1 thay vào (1) ta có:

c = - 4 (loại)

* Với ab = 3 ⇒ a = 1, b = 3 thay vào (1) ta có:

c=8

* Với ab = 4 ⇒ a = 1, b = 4 thay vào (1) ta có:

c=5

⇒ a = 2, b = 2 thay vào (1) ta có:

c=4

c = 4 loại vì a ≤ b ≤ c

es s@ gm ai

* Với ab = 5 ⇒ a = 1, b = 5 thay vào (1) ta có:

l.c om

* Với ab = 2 ⇒ a = 1, b = 2 thay vào (1) loại

* Với ab = 6 ⇒ a = 1, b = 6 thay vào (1) loại ⇒ a = 2, b = 3 thay vào (1) loại

bu s

Phương pháp 2: Xét từng khoảng giá trị của ẩn

Vậy bộ 3 số phải tìm là: 1; 3; 8 hoặc 1; 4; 5 hoặc 2; 2; 4

1 1 1 + = là ...... ( x y 4

qu yn ho n

Ví dụ: Số các nghiệm nguyên dương của phương trình Đề thi vòng 15 Violympic Toán 9 năm 2014 ) Giải

ke m

Do vai trò bình đẳng của x, y. Giả sử 1 ≤ x ≤ y

Do 1 ≤ x ≤ y 1 1 ≥ x y

eb oo k

Nên

:d ay

1 1 < ⇒ x > 4 (1) x 4

Ta có:

2 1 1 1 1 1 + = = + ≤ x x 4 x y y

Do đó

-P D

⇒ x ≤ 8 (2)

Từ (1) và (2) ta có x

Loại

Vì vai trò của x và y bình đẳng nên các nghiệm nguyên của phương trình là (5; 20); (20; 5); (6; 12); (12; 6); (8; 8) Vậy, số nghiệm nguyên của phương trình là 5

Phương pháp 3: Chỉ ra nghiệm nguyên rồi nhận xét. Ví dụ: Tìm các số tự nhiên x sao cho 2x + 3x = 35

l.c om

* Với x = 0 thì vế trái bằng 2 => x = 0 không phải là nghiệm nguyên của phương trình.

es s@ gm ai

* Với x = 1 vế trái bằng 5 => x = 1 không phải là nghiệm nguyên của phương trình.

* Với x = 3 ta có 23 + 33 = 35 thoả mãn phương trình.

* Với x > 3 ta có 2x + 3x > 23 + 33 = 35 => 2x + 3x > 35

Vậy, số tự nhiên x duy nhất thỏa mãn phương trình là x = 3

bu s

Phương pháp 4 : Sử dụng điều kiện ≥ 0 để phương trình bậc 2 có

qu yn ho n

nghiệm.

Ví dụ: Số nghiệm nguyên của phương trình x + y + xy = x2 + y2 là …. ?

( Đề thi vòng 16 – Violympic Toán 9 năm 2014 )

ke m

Giải

:d ay

Viết (1) thành phương trình bậc 2 đối với x x2 – (y + 1)x + (y2 – y) = 0 (2)

eb oo k

Điều kiện để cần phương trình bậc 2 có nghiệm là ≥ 0 = (x + 1)2 – 4(y2 - y) = y2 + 2y + 1 – 4y2 + 4y = - 3y2 + 6y + 1 = - (3y2 – 6y - 1)

-P D

≥ 0 ⇔ 3x2 – 6y – 1 ≤ 0 ⇔ 3y2 – 6y +3 – 4 ≤ 0 ⇒ 3(y - 1)2 ≤ 4 ⇒ (y – 1)2 ≤ 1

Vì y nguyên nên y – 1 nguyên, Vậy ta có bảng sau : y–1

-1

* Với y = 0 thay vào (2) ta có: x2 – x = 0 ⇒ x1 = 0; x2 = 1

(1)

* Với y = 1 thay vào (2) ta có: x2 – 2x = 0 ⇒ x3 = 0; x4 = 2 * Với y = 2 thay vào (2) ta có: x2 – 3x + 2 = 0 ⇒ x5 = 1; x6 = 2

l.c om

Thử lại các giá trị trên nghiệm đúng (1)

Do đó, nghiệm nguyên của phương trình là: (0;0); (1; 0); (0; 1); (2; 1); (1; 2);

es s@ gm ai

(2;2) Vậy, phương trình (1) có 6 nghiệm nguyên

2.3.4. Nhóm phương pháp dùng tính chất về chia hết của một số chính phương

Phương pháp 1: Sử dụng tính chất về chia hết của một số chính

bu s

phương

qu yn ho n

* Các tính chất thường dùng

- Các số chính phương không có tận cùng là 2; 3; 7; 8 - Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho p2. - Số chính phương chia cho 3 có số dư là 0; 1.

ke m

- Số chính phương chia cho 4 có số dư là 0; 1.

:d ay

- Số chính phương chia cho 8 có số dư là 0; 1; 4. Ví dụ: Tìm các số nguyên x để 9x + 5 là tích của 2 số nguyên liên tiếp

eb oo k

Giải

Giả sử

9x + 5 = n(n + 1) với n ∈ Z ⇒ n2 + n – (9x + 5) = 0

-P D

Để phương trình bậc 2 đối với n có nghiệm nguyên, điều kiện cần là là

số chính phương. Nhưng = 1 + 4(9x + 5) = 36x + 21 ⋮ 3 nhưng không chia

hết cho 32. Vậy 36x + 21 không phải là số chính phương Do đó không tồn tại số nguyên n nào để 9n + 5 = n(n + 1) tức là không tồn tại số nguyên x để 9x + 5 là tích của 2 số nguyên liên tiếp. Phương pháp 2: Tạo ra bình phương đúng Ví dụ: Phương trình sau có bao nhiêu nghiệm nguyên ?

3x2 + 4y2 = 6x + 13

(1)

( Đề thi vòng 17 – Violympic Toán 9 năm 2013 )

l.c om

Giải 3x2 + 4y2 = 6x + 13

Biến đổi:

⇔ 3(x – 1)2 = 4(4 – y2)

es s@ gm ai

⇒ 3x2 – 6x + 3 = 16 – 4y2 (2)

4 – y2 ≥ 0 hay y2 ≤ 4 và 4 – y2 ⋮ 3

Từ (2) ta thấy:

bu s

* Với y2 = 1 khi đó (2) có dạng 3(x – 1)2 = 12

nên y2 = 1 hoặc y2 = 4

⇒x–1=±2 ⇒ x = 3 hoặc x = - 1

qu yn ho n

⇒ (x - 1)2 = 4

* Với y2 = 4 khi đó (2) có dạng 3(x - 1)2 = 0 ⇒ x = 1

ke m

Các cặp số: (3;1); (- 1; 1); (3; - 1); (1; - 1); (1; - 2) thoả mãn (2) nên là

:d ay

nghiệm của phương trình đã cho.

Vậy, phương trình (1) có 5 nghiệm nguyên

eb oo k

Phương pháp 3 : Xét các số chính phương liên tiếp Hiển nhiên giữa 2 số chính phương liên tiếp không có số chính phương nào. Do đó với mọi số nguyên a, x ta có:

- Không tồn tại x để a2 < x2 < (a + 1)2

-P D

- Nếu a2 < x2 < (a + 2)2 thì x2 = (a + 1)2

Ví dụ: Chứng minh rằng với mọi số nguyên k cho trước không tồn tại số

nguyên dương x sao cho: x(x + 1) = k(k + 2) Giải Giả sử x(x + 1) = k(k + 2) với mọi k ∈ Z; x nguyên dương ta có: x2 + x = k2 + 2k ⇒ x2 + x + 1 = k2 + 2k + 1 = (k + 1)2

Do x > 0 nên x2 < x2 + x + 1 = (k + 1)2

(1)

Cũng do x > 0 nên (k + 1)2 = x2 + x + 1 < x2 + 2x + 1 = (x + 1)2 (2)

l.c om

Từ (1) và (2) suy ra: x2 < (k + 1)2 < (x + 1)2. Vô lý. 2.3.5. Nhóm phương pháp đặt ẩn phụ a) Đặt ẩn phụ kết hợp với xét tính chia hết của ẩn: Ví dụ 1: Tìm tất cả các nghiệm nguyên x;y thoả mãn: (I)

3 x+ y = 2 7 x + xy + y 2

bu s

Giải: Phương trình đã cho tương đương với:

p+q p−q ;y= vào (1) ta có : 28 p = 3( p 2 + 3q 2 ) (2) 2 2

:d ay

Thế x =

p+q p−q ; y= 2 2

ke m

x-y=q (q ∈ Z ) Suy ra : x =

7( x + y ) = 3( x 2 + xy + y 2 )

qu yn ho n

Đặt : x+y=p ( p ∈ Z )

Dễ thấy : p ≥ 0 và 3( p 2 + 3q 2 )⋮ 3

eb oo k

Suy ra p=3k (với k ≥ 0; k ∈ Z )

Thay vào (2) ta có : 28k = 3(3k 2 + q 2 )

(3)

Vậy k ⋮ 3 suy ra k=3m (với m ≥ 0; m ∈ Z )

-P D

Thay k=3m vào (3) ta có : 28m = 27m 2 + q 2

Vì m(28 − 27m) = q 2 mà q 2 ≥ 0

es s@ gm ai

Vậy không tồn tại số nguyên dương x để x(x + 1) = k(k + 2)

m = 0 m = 1

Suy ra m(28 − 27m) ≥ 0 ⇔ 

+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).

(1)

+Với m = 1 thì k = 3, suy ra p = 9, q = ±1 Do đó , nghiệm của phương trình (I) là (4;5) và (5;4) Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau : 19 x 2 + 28 y 2 = 729

es s@ gm ai

Giải : Ta có : 19 x 2 + 28 y 2 = 729 ⇔ 18 x 2 + 27 y 2 + x 2 + y 2 = 3.243 ⇒ x 2 + y 2 ⋮ 3 ⇒ x ⋮ 3 và y⋮ 3

Đặt x = 3u, y = 3v ( u, v ∈ Z ) . Khi đó ta có :

19(3u ) 2 + 28(3v) 2 = 729 ⇔ 19u 2 + 28v 2 = 81

l.c om

Vậy x = 5, y = 4 hoặc x = 4, y = 5

bu s

Tương tự , ta đặt : u = 3t , v = 3k ( t , k ∈ Z ) và ta có : 19t 2 + 28k 2 = 9 , điều này vô

qu yn ho n

lý.

Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.

Ví dụ 3: Giải phương trình nghiệm nguyên: 7 x 2 + 13 y 2 = 1820

ke m

Giải:

Ta có 1820=7.13.20. Từ 7 x 2 + 13 y 2 = 1820 ⇒ x ⋮13 và y ⋮ 7

:d ay

Đặt x = 13u , y = 7v ( u, v ∈ Z ) .

Phương trình đã cho trở thành : 13u 2 + 7v 2 = 20 (1) 20 20 và v 2 ≤ . Vì u, v ∈ Z nên u ≤ 1 và v ≤ 1 . 13 7

eb oo k

Suy ra u 2 ≤

Thử lại chỉ có u = v = 1 thoả mãn (1).

-P D

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). b) Đặt ẩn phụ kết hợp với phương pháp đưa về phương trình tích: Ví

dụ

Tìm

nghiệm

nguyên

của

phương

y 2 = x( x + 1)( x + 7)( x + 8)

Giải : Phương trình đã cho tương đương với : y 2 = x( x 2 + 8 x)( x 2 + 8 x + 7)

trình

Đặt : z 2 = x 2 + 8 x , ta có : y 2 = z 2 + 7 z hay 4 y 2 = (2 z + 7)2 − 49 Hay (2 z − 2 y + 7)(2 z + 2 y + 7) = 49

l.c om

Chỉ có thể xảy ra các trường hợp sau : 2 z − 2 y + 7 = 1  y = 12 ⇔  2 z + 2 y + 7 = 49 z = 9  2 z − 2 y + 7 = 49  y = −12 ⇔ 2 z + 2 y + 7 = 1 z = 9

Trường hợp 2: 

es s@ gm ai

Trưòng hợp 1: 

x = 1  x = −9

bu s

 2 z − 2 y + 7 = −1  y = −12 ⇔  2 z + 2 y + 7 = −49  z = −16

Trưòng hợp 3: 

Trong cả hai trường hợp trên ta có : z = 9 ⇔ x 2 + 8 x = 9 ⇔ 

Trường hợp 5:

qu yn ho n

Trong cả hai trường hợp trên ta có : z = −16 ⇔ x 2 + 8 x = −16 ⇔ ( x + 4) 2 = 0 ⇔ x = −4 2z − 2 y + 7 = 2z + 2 y + 7 = 7 ⇔ y = z = 0

Khi đó ta có x 2 + 8 x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = −8

2 z − 2 y + 7 = 2 z + 2 y + 7 = −7 ⇔ y = 0 và z = −7

ke m

Trường hợp 6:

Khi đó ta có x 2 + 8 x = −7 ⇔ ( x + 1)( x + 7) = 0 ⇔ x = −1 hoặc x = −7

:d ay

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên (x, y) như sau : (1;12), (-9;12),

eb oo k

(1;-12), (-9;-12), (0;0) , (-8;0) , (-1;0) , (-7;0) , (-4;12) , (-4;-12). c) Đặt ẩn phụ kết hợp với tạo ra bình phương đủ: Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

-P D

y 2 − x( x + 1)( x + 2)( x + 3) = 1

Giải :

Phương trình đã cho được biến đổi về dạng: 2

y 2 = x(x+1)(x+2)(x+3) + 1 = (x + 3x)(x + 3x + 2) + 1

2 2 2 Đặt x + 3 x = m (m nguyên dương), ta có : y = m( m + 2) + 1 = ( m + 1)

Vậy y = ( x + 3 x + 1)

nguyên dương dạng:

 y = x 2 + 3 x + 1 (x nguyên dương tuỳ ý)  +  x ∈ ℤ

Ví dụ 6: Tìm ngiệm nguyên của phương trình: x 2 = y ( y + 1)( y + 2)( y + 3)

Giải: Đặt y 2 + 3 y = a(a ∈ ℤ) thì x 2 = a 2 + 2a

es s@ gm ai

d) Đặt ẩn phụ kết hợp với xét các số chính phương liên tiếp:

l.c om

Vì x, y là các số nguyên dương nên phương trình đã cho có vô số nghiệm

Nếu a > 0 thì a 2 < x 2 = a 2 + 2a < (a + 1) 2 , nên x 2 không là số chính phương.

bu s

Vậy a ≤ 0 hay y 2 + 3 y ≤ 0 ⇔ −3 ≤ y ≤ 0

qu yn ho n

Từ đó suy ra , phương trình có các nghiệm nguyên (x;y) là: (0;0) , (0;-1) , (0;-2) , (0;-3) III- PHẦN KẾT LUẬN :

ke m

1. Ý nghĩa của đề tài, sáng kiến, giải pháp :

Bài toán phương trình với nghiệm nguyên là một dạng toán khó đối với

:d ay

học sinh. Để giải loại toán này cần phải biết vận dụng nhiều phương pháp khác nhau một cách linh hoạt. Trên đây là một số giải pháp cơ bản mà trong quá trình

eb oo k

giảng dạy thực tế hay được sử dụng để hướng dẫn học sinh. Tóm lại, để hướng dẫn học sinh khá giỏi lớp 9 giải phương trình nghiệm nguyên hai ẩn, tôi thực

hiện ba nhóm giải pháp chủ yếu đó là :

-P D

Nhóm giải pháp 1 : Hướng dẫn học sinh nắm vững các khái niệm, những

thuật ngữ về phương trình nghiệm nguyên ;

Nhóm giải pháp 2 : Phân loại các dạng phương trình nghiệm nguyên hai

ẩn ; Nhóm giải pháp 3 : Hướng dẫn các phương pháp cơ bản thường dùng để giải phương trình nghiệm nguyên hai ẩn. Qua quá trình hướng dẫn một cách cụ thể như vậy tại đơn vị, tôi nhận thấy học sinh đã biết vận dụng một cách linh hoạt các phương pháp vào giải các

bài tập cụ thể từ đơn giản đến phức tạp. Đối với học sinh giỏi các em đã biết sử dụng, kết hợp các phương pháp để giải được các bài toán ở dạng khó hơn. Qua

l.c om

đó giúp học sinh hứng thú khi gặp dạng toán này nói riêng và học môn Toán nói Kết quả :

es s@ gm ai

chung.

Sau khi khảo sát đối với đội tuyển giải toán qua mạng lớp 9 năm 2014 với

số lượng 06 em về chủ đề phương trình nghiệm nguyên hai ẩn, kết quả thu được như sau : Dưới 5,0

6,5 - 8

8 - 10

16,7

66,6

SS : 06

bu s

qu yn ho n

điểm

5 – 6, 5

Loại

2. Kiến nghị, đề xuất

Trên đây, tôi đã trình bày một số kinh nghiệm “ Hướng dẫn học sinh khá

ke m

giỏi lớp 9 giải phương trình nghiệm nguyên hai ẩn ”, kính mong độc giả, các

:d ay

thầy cô giáo và hội đồng khoa học góp ý xây dựng cho đề tài được hoàn chỉnh hơn.

-P D

eb oo k

Tôi xin chân thành cảm ơn !

Quảng Bình, tháng 10 năm 2015 NGƯỜI THỰC HIỆN

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

es s@ gm ai

l.c om

Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

qu yn ho n

bu s

TÊN ĐỀ TÀI, SÁNG KIẾN, GIẢI PHÁP :

‘‘HƯỚNG DẪN HỌC SINH KHÁ GIỎI LỚP 9

-P D

eb oo k

:d ay

ke m

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN HAI ẨN"

Quảng Bình, tháng 10 năm 2015

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

es s@ gm ai

l.c om

Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

bu s

TÊN ĐỀ TÀI, SÁNG KIẾN, GIẢI PHÁP:

qu yn ho n

‘‘HƯỚNG DẪN HỌC SINH KHÁ GIỎI LỚP 9

:d ay

ke m

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN HAI ẨN"

eb oo k

Họ và tên: Dương Văn Dũng

Chức vụ : Giáo viên : THCS Thái Thủy - Lệ Thủy - Quảng Bình

-P D

Đơn vị

Quảng Bình, tháng 10 năm 2015

-P D

F eb oo k :d ay

l.c om

es s@ gm ai

bu s

qu yn ho n

ke m

-P D

F eb oo k :d ay

l.c om

es s@ gm ai

bu s

qu yn ho n

ke m

Háº¿t

I- PHẦN MỞ ĐẦU 1. Lí do chọn đề tài.

l.c om

Bồi dưỡng học sinh giỏi là việc cần thiết, thường xuyên trong nhà trường.

Mỗi cấp học, mỗi lớp học với những yêu cầu cụ thể phải làm sao đó giúp các em

es s@ gm ai

có năng khiếu nâng cao kiến thức một cách hệ thống theo chương trình được tiếp thu trên lớp học hàng ngày.

Trong quá trình giảng dạy, bản thân tôi nhận thấy mảng kiến thức “phương trình nghiệm nguyên” là một đề tài lý thú của Số học và Đại số. Nội

dung này đã lôi cuốn nhiều người, từ các học sinh nhỏ đến các chuyên gia toán

bu s

học lớn. Phương trình và bài toán với nghiệm nguyên mãi mãi còn là đối tượng

qu yn ho n

nghiên cứu của Toán học.

ke m

học mềm dẻo, linh hoạt và sáng tạo. Chính vì thế mà các bài toán tìm nghiệm

:d ay

nguyên thường có mặt trong các kỳ thi học sinh giỏi về Toán ở tất cả các cấp. Trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán các khối 6; 7 và bồi

eb oo k

-P D

và một số dạng toán cơ bản về chủ đề phương trình nghiệm nguyên hai ẩn. Phương trình nghiệm nguyên có rất nhiều dạng khác nhau với nhiều cách giải

l.c om

es s@ gm ai

từ các đề thi học sinh giỏi cấp huyện, các bài tập giải toán qua mạng ..... 2.Phạm vi áp dụng của đề tài, sáng kiến, giải pháp:

Phạm vi nghiên cứu của đề tài là chủ đề phương trình nghiệm nguyên hai ẩn số trong chương trình môn Toán THCS. Trong đề tài này tôi chỉ nghiên cứu

các phương trình nghiệm nguyên với hai ẩn số.

bu s

Đối tượng áp dụng của đề tài là học sinh khá, giỏi môn Toán lớp 9 ở các

qu yn ho n

đơn vị ( học sinh tham gia bồi dưỡng giải toán qua mạng ) II- PHẦN NỘI DUNG

1. Thực trạng nội dung cần nghiên cứu:

Thực tế, qua nhiều năm giảng dạy tại đơn vị, trong quá trình bồi dưỡng

ke m

học sinh giỏi, tôi nhận thấy học sinh thường ngại giải phương trình nghiệm

:d ay

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

eb oo k

-P D

toán.

Có nhiều nguyên nhân dẫn đến học sinh gặp khó khăn khi giải các bài

toán về phương trình nghiệm nguyên, trong đó phải nhắc đến những nguyên

nhân cơ bản, đó là: học sinh không hiểu thế nào là giải phương trình nghiệm nguyên, không nắm được cách biểu diễn nghiệm của phương trình nhiều ẩn,

Khi áp dụng đề tài này tại đơn vị, tôi đã tiến hành khảo sát đối với đội nguyên hai ẩn, số liệu thu được như sau:

điểm SS : 06

Không biết cách làm

Dưới 5,0

5 – 6, 5

6,5 - 8

33,3

50,0

16,7

8 - 10

es s@ gm ai

Loại

l.c om

tuyển bồi dưỡng giải toán qua mạng lớp 9 về chủ đề phương trình nghiệm

Trước thực tế đó, tôi mạnh dạn đề xuất sáng kiến: “Hướng dẫn học sinh

bu s

khá giỏi lớp 9 giải phương trình nghiệm nguyên hai ẩn” với mong muốn có

qu yn ho n

ke m

2.1 Giải pháp 1: Hướng dẫn học sinh nắm vững các khái niệm, những

:d ay

thuật ngữ về phương trình nghiệm nguyên Khi đọc đề toán về phương trình nghiệm nguyên, có nhiều học sinh không

eb oo k

-P D

những khái niệm, thuật ngữ cơ bản, biết được cách biểu diễn nghiệm của phương trình một ẩn, phương trình hai ẩn.

Một số khái niệm, thuật ngữ cơ bản, đó là: Phương trình hai ẩn là phương trình có dạng f(x;y) = 0

es s@ gm ai

Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 12x – 7y = 45 (1) Giải 45 ⋮ 3; 12x ⋮ 3 nên 7y ⋮ 3 ⇒ y ⋮ 3 y = 3k

Thay vào (1) ta có:

(k ∈ Z)

12x – 7 . 3k = 45 ⇒ 4x – 7k = 15

Đặt

bu s

Ta thấy:

15 + 7 k k +1 = 2k + 4 − 4 4

qu yn ho n

⇒x=

k +1 (t ∈ Z) ⇒ k = 4t – 1 4

Do đó

x = 2(4t – 1) + 4 – t = 7t + 2

ke m

Đặt

= 3(4t - 1) = 12t – 3

:d ay

y = 3k

Vậy nghiệm nguyên của phương trình được biểu thị bởi công thức:

eb oo k

x = 7t + 2

t∈Z

y = 12t – 3

Dạng 2: Phương trình bậc 2 hai ẩn

Ví dụ 1: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:

-P D

xy – 2y – 3 = 3x – x2

Giải

Cách 1: Biểu thị một ẩn qua ẩn kia: y(x - 2) = 3x – x2 +3 Dễ thấy: x = 2 không thoả mãn phương trình Vậy

x≠2⇒y=

3x + 3 − x

x−2

l.c om

số nguyên (x,y) thoả mãn phương trình đó.

x ( x − 2) + x − 2 + 5 x−2

=-x+1+ Để y ∈ Z ta phải có: x-2

-1

-5

-3

-5

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là:

(1; - 5); (3; 3); (- 3; 3); (7; - 5)

l.c om

5⋮x–2

es s@ gm ai

⇒

5 x−2

bu s

Cách 2: Đưa về phương trình ước số:

qu yn ho n

xy – 2y – 3 = 3x – x2

y(x - 2) + x2 – 2x – x + 2 = 5

⇔ y(x - 2) + x(x - 2) – (x - 2) = 5 Ta có:

-1

-5

x+y-1

-5

-1

-3

-5

eb oo k

:d ay

x-2

ke m

⇔ (x – 2) (y + x - 1) = 5

-P D

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: (1; - 5); (3; 3); ( - 3; 3); (7; - 5)

Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x2 – 2x – 11 = y2

(1)

Giải x2 – 2x – 11 = y2 x2 – 2x + 1 – 12 = y2 ⇔ (x - 1)2 – y2 = 12

⇔ (x – 1 + y) (x – 1 - y) = 12 * Vì phương trình (1) chứa y với số mũ chẵn nên có thể giả thiết rằng

l.c om

y ≥ 0. Thế thì: x – 1 + y ≥ x – 1 – y chẵn lẻ. Tích của chúng bằng 12 nên chúng cùng chẵn. Từ đó ta có: x–1-y

x–1

x y

-6

qu yn ho n

Suy ra:

-2

bu s

x–1+y

es s@ gm ai

* Do (x – 1 + y) – (x – 1 - y) = 2y nên x – 1 + y và x – 1 – y cùng tính

-4

-3

ke m

Vậy nghiệm của phương trình là:

(5; 2); (5; - 2); (- 3; 2); (- 3; - 2)

:d ay

Dạng 3: Phương trình dạng phân thức Ví dụ 1: Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình:

eb oo k

1 1 1 1 + + = x y 6 xy 6

(1)

Giải

-P D

Nhân hai vế của phương trình với 6xy, ta có: 6y + 6x + 1 = xy

Đưa về phương trình ước số ta có:

x(y - 6) – 6(y – 6) = 37 ⇔

(x - 6) (y - 6) = 37

Do vai trò bình đẳng của x và y, giả sử x ≥ y ≥ 1, Thế thì x – 6 ≥ y – 6 ≥ -5 Chỉ có một trường hợp xảy ra:

y–6=1

x = 43

⇒

y=7

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là: (43; 7); (7; 43) Dạng 4: Phương trình dạng mũ

es s@ gm ai

Ví dụ: Tìm các số tự nhiên x và y sao cho:

l.c om

x – 6 = 37

2x + 3 = y2 Giải Ta lần lượt xét các giá trị tự nhiên của x

* Nếu x = 0 thì y2 = 4 suy ra y = ± 2

qu yn ho n

* Nếu x ≥ 2 ta có: 2x ⋮ 4

bu s

* Nếu x = 1 thì y2 = 5: Phương trình không có nghiệm nguyên.

Suy ra vế trái chia cho 4 dư 3; vế phải chia cho 4 dư 0 hoặc 1 ( mâu thuẫn).

ke m

Vậy, phương trình có nghiệm là: (0; 2); (0; -2) 2.3 Giải pháp 3: Hướng dẫn các phương pháp thường dùng để giải

:d ay

phương trình với nghiệm nguyên.

Khi giải phương trình với nghiệm nguyên do phải lợi dụng các tính chất

eb oo k

đủ của nghiệm. Trong trường hợp này ta cần kiểm tra các giá trị đó bằng cách

-P D

thử vào phương trình đã cho. Vì vậy, việc giải phương trình với nghiệm nguyên

thường gồm 2 bước: Bước 1: Giả sử phương trình có nghiệm nguyên (x0, y0, z0…) ta suy ra các

ẩn phải nhận các giá trị nào đó. Bước 2: Thử lại các giá trị đó của ẩn để khẳng định tập hợp nghiệm của

phương trình Tuy nhiên để đơn giản khi trình bày không tách riêng hẳn 2 bước. Với các bài toán mà các biến đổi đều tương đương ta không cần bước 2.

Một phương trình với nghiệm nguyên có thể vô nghiệm, có hữu hạn nghiệm, có vô số nghiệm. Trong trường hợp phương trình có vô số nghiệm, các

l.c om

Ví dụ 1: Giải phương trình với nghiệm nguyên

es s@ gm ai

Để giải các phương trình nghiệm nguyên trong chương trình THCS ta

bu s

2x + 13y = 156 (1)

Ta thấy

qu yn ho n

Giải: Giả sử x, y là các số nguyên thoả mãn phương trình (1) 156 ⋮ 13 và 13y ⋮ 13 suy ra 2x ⋮ 13 Mà 2 ⋮ 13 ⇒ x ⋮ 13

ke m

Đặt x = 13t (t ∈ Z) thay vào (1) ta được: ⇒

2t + y = 12

y = 12 – 2t

eb oo k

⇒

:d ay

2. 13t + 13y = 156

Vậy nghiệm nguyên của phương trình được biểu thị bởi công thức: (t ∈ Z)

y = 12 – 2t

-P D

x = 13t

Ví dụ 2: Số nghiệm nguyên của phương trình 6x – 3y = 5 là …… ? ( Đề

thi Violympic Toán 9 vòng 13 năm 2013 ) Giải Ta thấy : vì x nguyên, y nguyên nên 6x ⋮ 3 và 3y ⋮ 3 => 6x – 3y ⋮ 13

Mà 6x – 3y = 5 => 5 ⋮ 3

Điều này là vô lí

l.c om

Vậy, số nghiệm nguyên của phương trình trên là 0. Phương pháp2 : Đưa về phương trình đưa về ước số: Ví dụ 1: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:

es s@ gm ai

3xy + x – y = 1 Giải: Từ:

3xy + x – y = 1 3(3xy + x – y) = 3

⇔

9xy + 3x – 3y – 1 = 2

⇔

3x(3y + 1) – (3y + 1) = 2

⇔

(3y + 1) ( 3x – 1) = 2 (phương trình ước số)

qu yn ho n

bu s

⇔

Vì x và y là các số nguyên nên 3x – 1 và 3y + 1 là các số nguyên và là

-1

-2

3y + 1

-2

-1

eb oo k

:d ay

3x – 1

ke m

ước của 2. Ta có bảng sau:

-P D

Vậy nghiệm của phương trình là: (0; - 1); (1; 0) Ví dụ 2: Phương trình x + xy +y = 9 có số nghiệm nguyên là ……? ( Đề

thi Violympic Toán 9 vòng 14 năm 2014 ) Giải:

Từ:

x + xy +y = 9

⇔

x(1+y) + y = 9

⇔

x ( 1 + y ) +(1 + y) = 10

⇔

( x + 1) ( 1 + y ) = 10

( phương trình ước số )

Vì x, y là các số nguyên nên x + 1 và 1 + y là các số nguyên và là ước của 10.

Ta có bảng sau : 1

-1

-10

-2

-5

y+1

-10

-1

-5

-2

-11

-3

-6

-11

-2

-6

-3

es s@ gm ai

Vậy, số nghiệm nguyên của phương trình là 8. Phương pháp 3: Tách ra các giá trị nguyên Ví dụ: Giải phương trình với nghiệm nguyên

xy – x – y = 2

bu s

Giải x(y – 1) = y + 2

qu yn ho n

Biến đổi phương trình đã cho ta có

* Nếu y = 1 thì ta có 0x = 3 => phương trình vô nghiệm

ke m

Do đó y ≠ 1

3 ∈ Z ⇒ y – 1 ∈ Ư(3) y −1

eb oo k

Do x ∈ Z nên

:d ay

3 y+2 =1+ y −1 y −1

⇒x=

-P D

Ta có bảng sau:

y-1

-1

-3

-2

l.c om

x+1

Vì x2, y2 là các số chính phương nên khi chia cho 4 chỉ có số dư là 0; 1 còn vế phải 1999 chia cho 4 dư 3.

l.c om

Vậy phương trình không có nghiệm nguyên Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình

es s@ gm ai

9x – y2 – y + 2 = 0 Giải Biến đổi phương trình ta có: 9x + 2 = y(y + 1)

Ta thấy vế trái chia cho 3 dư 2 nên y(y + 1) chia cho 3 dư 2 Do đó chỉ có thể: y = 3k + 1; y +1 = 3k + 2

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

bu s

Khi đó

(k ∈ Z)

qu yn ho n

⇔ 9x = 9k(k + 1) ⇔ x = k(k + 1)

Thử lại: x = k(k + 1), y = 3k + 1 thoả mãn phương trình đã cho

ke m

Vậy phương trình có nghiệm nguyên là x = k(k + 1)

(k ∈ Z)

:d ay

y = 3k + 1

2.3.3. Nhóm phương pháp dùng bất đẳng thức:

eb oo k

Phương pháp 1: Sắp thứ tự các ẩn Ví dụ : Tìm 3 số nguyên dương sao cho tích của chúng gấp đôi tổng của chúng

-P D

Giải

Gọi 3 số nguyên dương phải tìm là a, b, c. Ta có:

abc = 2(a + b + c)

(1)

Chú ý rằng các ẩn a, b,c có vai trò bình đẳng trong phương trình nên ta có

thể sắp xếp thứ tự giá trị của các ẩn. Chẳng hạn: a ≤ b ≤ c. Ta có: abc = 2(a + b + c) ≤ 2. 3c = 6c ⇒ ab ≤ 6 * Với ab = 1 ⇒ a = 1, b = 1 thay vào (1) ta có:

c = - 4 (loại)

* Với ab = 3 ⇒ a = 1, b = 3 thay vào (1) ta có:

c=8

* Với ab = 4 ⇒ a = 1, b = 4 thay vào (1) ta có:

c=5

⇒ a = 2, b = 2 thay vào (1) ta có:

c=4

c = 4 loại vì a ≤ b ≤ c

es s@ gm ai

* Với ab = 5 ⇒ a = 1, b = 5 thay vào (1) ta có:

l.c om

* Với ab = 2 ⇒ a = 1, b = 2 thay vào (1) loại

* Với ab = 6 ⇒ a = 1, b = 6 thay vào (1) loại ⇒ a = 2, b = 3 thay vào (1) loại

bu s

Phương pháp 2: Xét từng khoảng giá trị của ẩn

Vậy bộ 3 số phải tìm là: 1; 3; 8 hoặc 1; 4; 5 hoặc 2; 2; 4

1 1 1 + = là ...... ( x y 4

qu yn ho n

Ví dụ: Số các nghiệm nguyên dương của phương trình Đề thi vòng 15 Violympic Toán 9 năm 2014 ) Giải

ke m

Do vai trò bình đẳng của x, y. Giả sử 1 ≤ x ≤ y

Do 1 ≤ x ≤ y 1 1 ≥ x y

eb oo k

Nên

:d ay

1 1 < ⇒ x > 4 (1) x 4

Ta có:

2 1 1 1 1 1 + = = + ≤ x x 4 x y y

Do đó

-P D

⇒ x ≤ 8 (2)

Từ (1) và (2) ta có x

Loại

Vì vai trò của x và y bình đẳng nên các nghiệm nguyên của phương trình là (5; 20); (20; 5); (6; 12); (12; 6); (8; 8) Vậy, số nghiệm nguyên của phương trình là 5

Phương pháp 3: Chỉ ra nghiệm nguyên rồi nhận xét. Ví dụ: Tìm các số tự nhiên x sao cho 2x + 3x = 35

l.c om

* Với x = 0 thì vế trái bằng 2 => x = 0 không phải là nghiệm nguyên của phương trình.

es s@ gm ai

* Với x = 1 vế trái bằng 5 => x = 1 không phải là nghiệm nguyên của phương trình.

* Với x = 3 ta có 23 + 33 = 35 thoả mãn phương trình.

* Với x > 3 ta có 2x + 3x > 23 + 33 = 35 => 2x + 3x > 35

Vậy, số tự nhiên x duy nhất thỏa mãn phương trình là x = 3

bu s

Phương pháp 4 : Sử dụng điều kiện ≥ 0 để phương trình bậc 2 có

qu yn ho n

nghiệm.

Ví dụ: Số nghiệm nguyên của phương trình x + y + xy = x2 + y2 là …. ?

( Đề thi vòng 16 – Violympic Toán 9 năm 2014 )

ke m

Giải

:d ay

Viết (1) thành phương trình bậc 2 đối với x x2 – (y + 1)x + (y2 – y) = 0 (2)

eb oo k

Điều kiện để cần phương trình bậc 2 có nghiệm là ≥ 0 = (x + 1)2 – 4(y2 - y) = y2 + 2y + 1 – 4y2 + 4y = - 3y2 + 6y + 1 = - (3y2 – 6y - 1)

-P D

≥ 0 ⇔ 3x2 – 6y – 1 ≤ 0 ⇔ 3y2 – 6y +3 – 4 ≤ 0 ⇒ 3(y - 1)2 ≤ 4 ⇒ (y – 1)2 ≤ 1

Vì y nguyên nên y – 1 nguyên, Vậy ta có bảng sau : y–1

-1

* Với y = 0 thay vào (2) ta có: x2 – x = 0 ⇒ x1 = 0; x2 = 1

(1)

* Với y = 1 thay vào (2) ta có: x2 – 2x = 0 ⇒ x3 = 0; x4 = 2 * Với y = 2 thay vào (2) ta có: x2 – 3x + 2 = 0 ⇒ x5 = 1; x6 = 2

l.c om

Thử lại các giá trị trên nghiệm đúng (1)

Do đó, nghiệm nguyên của phương trình là: (0;0); (1; 0); (0; 1); (2; 1); (1; 2);

es s@ gm ai

(2;2) Vậy, phương trình (1) có 6 nghiệm nguyên

2.3.4. Nhóm phương pháp dùng tính chất về chia hết của một số chính phương

Phương pháp 1: Sử dụng tính chất về chia hết của một số chính

bu s

phương

qu yn ho n

* Các tính chất thường dùng

ke m

- Số chính phương chia cho 4 có số dư là 0; 1.

:d ay

- Số chính phương chia cho 8 có số dư là 0; 1; 4. Ví dụ: Tìm các số nguyên x để 9x + 5 là tích của 2 số nguyên liên tiếp

eb oo k

Giải

Giả sử

9x + 5 = n(n + 1) với n ∈ Z ⇒ n2 + n – (9x + 5) = 0

-P D

Để phương trình bậc 2 đối với n có nghiệm nguyên, điều kiện cần là là

số chính phương. Nhưng = 1 + 4(9x + 5) = 36x + 21 ⋮ 3 nhưng không chia

3x2 + 4y2 = 6x + 13

(1)

( Đề thi vòng 17 – Violympic Toán 9 năm 2013 )

l.c om

Giải 3x2 + 4y2 = 6x + 13

Biến đổi:

⇔ 3(x – 1)2 = 4(4 – y2)

es s@ gm ai

⇒ 3x2 – 6x + 3 = 16 – 4y2 (2)

4 – y2 ≥ 0 hay y2 ≤ 4 và 4 – y2 ⋮ 3

Từ (2) ta thấy:

bu s

* Với y2 = 1 khi đó (2) có dạng 3(x – 1)2 = 12

nên y2 = 1 hoặc y2 = 4

⇒x–1=±2 ⇒ x = 3 hoặc x = - 1

qu yn ho n

⇒ (x - 1)2 = 4

* Với y2 = 4 khi đó (2) có dạng 3(x - 1)2 = 0 ⇒ x = 1

ke m

Các cặp số: (3;1); (- 1; 1); (3; - 1); (1; - 1); (1; - 2) thoả mãn (2) nên là

:d ay

nghiệm của phương trình đã cho.

Vậy, phương trình (1) có 5 nghiệm nguyên

eb oo k

- Không tồn tại x để a2 < x2 < (a + 1)2

-P D

- Nếu a2 < x2 < (a + 2)2 thì x2 = (a + 1)2

Ví dụ: Chứng minh rằng với mọi số nguyên k cho trước không tồn tại số

nguyên dương x sao cho: x(x + 1) = k(k + 2) Giải Giả sử x(x + 1) = k(k + 2) với mọi k ∈ Z; x nguyên dương ta có: x2 + x = k2 + 2k ⇒ x2 + x + 1 = k2 + 2k + 1 = (k + 1)2

Do x > 0 nên x2 < x2 + x + 1 = (k + 1)2

(1)

Cũng do x > 0 nên (k + 1)2 = x2 + x + 1 < x2 + 2x + 1 = (x + 1)2 (2)

l.c om

3 x+ y = 2 7 x + xy + y 2

bu s

Giải: Phương trình đã cho tương đương với:

p+q p−q ;y= vào (1) ta có : 28 p = 3( p 2 + 3q 2 ) (2) 2 2

:d ay

Thế x =

p+q p−q ; y= 2 2

ke m

x-y=q (q ∈ Z ) Suy ra : x =

7( x + y ) = 3( x 2 + xy + y 2 )

qu yn ho n

Đặt : x+y=p ( p ∈ Z )

Dễ thấy : p ≥ 0 và 3( p 2 + 3q 2 )⋮ 3

eb oo k

Suy ra p=3k (với k ≥ 0; k ∈ Z )

Thay vào (2) ta có : 28k = 3(3k 2 + q 2 )

(3)

Vậy k ⋮ 3 suy ra k=3m (với m ≥ 0; m ∈ Z )

-P D

Thay k=3m vào (3) ta có : 28m = 27m 2 + q 2

Vì m(28 − 27m) = q 2 mà q 2 ≥ 0

es s@ gm ai

Vậy không tồn tại số nguyên dương x để x(x + 1) = k(k + 2)

m = 0 m = 1

Suy ra m(28 − 27m) ≥ 0 ⇔ 

+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).

(1)

+Với m = 1 thì k = 3, suy ra p = 9, q = ±1 Do đó , nghiệm của phương trình (I) là (4;5) và (5;4) Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau : 19 x 2 + 28 y 2 = 729

es s@ gm ai

Giải : Ta có : 19 x 2 + 28 y 2 = 729 ⇔ 18 x 2 + 27 y 2 + x 2 + y 2 = 3.243 ⇒ x 2 + y 2 ⋮ 3 ⇒ x ⋮ 3 và y ⋮ 3

Đặt x = 3u, y = 3v ( u, v ∈ Z ) . Khi đó ta có :

19(3u )2 + 28(3v) 2 = 729 ⇔ 19u 2 + 28v 2 = 81

l.c om

Vậy x = 5, y = 4 hoặc x = 4, y = 5

bu s

Tương tự , ta đặt : u = 3t , v = 3k ( t , k ∈ Z ) và ta có : 19t 2 + 28k 2 = 9 , điều này vô

qu yn ho n

lý.

Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.

Ví dụ 3: Giải phương trình nghiệm nguyên: 7 x 2 + 13 y 2 = 1820

ke m

Giải:

Ta có 1820=7.13.20. Từ 7 x 2 + 13 y 2 = 1820 ⇒ x ⋮13 và y⋮ 7

:d ay

Đặt x = 13u , y = 7v ( u, v ∈ Z ) .

Phương trình đã cho trở thành : 13u 2 + 7v 2 = 20 (1) 20 20 và v 2 ≤ . Vì u, v ∈ Z nên u ≤ 1 và v ≤ 1 . 13 7

eb oo k

Suy ra u 2 ≤

Thử lại chỉ có u = v = 1 thoả mãn (1).

-P D

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). b) Đặt ẩn phụ kết hợp với phương pháp đưa về phương trình tích: Ví

dụ

Tìm

nghiệm

nguyên

của

phương

y 2 = x( x + 1)( x + 7)( x + 8)

Giải : Phương trình đã cho tương đương với : y 2 = x( x 2 + 8 x)( x 2 + 8 x + 7)

trình

Đặt : z 2 = x 2 + 8 x , ta có : y 2 = z 2 + 7 z hay 4 y 2 = (2 z + 7)2 − 49 Hay (2 z − 2 y + 7)(2 z + 2 y + 7) = 49

l.c om

Chỉ có thể xảy ra các trường hợp sau : 2 z − 2 y + 7 = 1  y = 12 ⇔ 2 z + 2 y + 7 = 49 z = 9 2 z − 2 y + 7 = 49  y = −12 ⇔ 2 z + 2 y + 7 = 1 z = 9

Trường hợp 2: 

es s@ gm ai

Trưòng hợp 1: 

x =1  x = −9

bu s

2 z − 2 y + 7 = −1  y = −12 ⇔ 2 z + 2 y + 7 = −49  z = −16

Trưòng hợp 3: 

Trong cả hai trường hợp trên ta có : z = 9 ⇔ x 2 + 8 x = 9 ⇔ 

Trường hợp 5:

qu yn ho n

Trong cả hai trường hợp trên ta có : z = −16 ⇔ x 2 + 8 x = −16 ⇔ ( x + 4) 2 = 0 ⇔ x = −4 2z − 2 y + 7 = 2z + 2 y + 7 = 7 ⇔ y = z = 0

Khi đó ta có x 2 + 8 x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = −8

2 z − 2 y + 7 = 2 z + 2 y + 7 = −7 ⇔ y = 0 và z = −7

ke m

Trường hợp 6:

Khi đó ta có x 2 + 8 x = −7 ⇔ ( x + 1)( x + 7) = 0 ⇔ x = −1 hoặc x = −7

:d ay

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên (x, y) như sau : (1;12), (-9;12),

eb oo k

-P D

y 2 − x( x + 1)( x + 2)( x + 3) = 1

Giải :

Phương trình đã cho được biến đổi về dạng: 2

y 2 = x(x+1)(x+2)(x+3) + 1 = (x + 3x)(x + 3x + 2) + 1

2 2 2 Đặt x + 3 x = m (m nguyên dương), ta có : y = m( m + 2) + 1 = ( m + 1)

Vậy y = ( x + 3 x + 1)

nguyên dương dạng:

 y = x 2 + 3 x + 1 (x nguyên dương tuỳ ý)  +  x ∈ ℤ

Ví dụ 6: Tìm ngiệm nguyên của phương trình: x 2 = y ( y + 1)( y + 2)( y + 3)

Giải: Đặt y 2 + 3 y = a(a ∈ ℤ) thì x 2 = a 2 + 2a

es s@ gm ai

d) Đặt ẩn phụ kết hợp với xét các số chính phương liên tiếp:

l.c om

Vì x, y là các số nguyên dương nên phương trình đã cho có vô số nghiệm

Nếu a > 0 thì a 2 < x 2 = a 2 + 2a < (a + 1) 2 , nên x 2 không là số chính phương.

bu s

Vậy a ≤ 0 hay y 2 + 3 y ≤ 0 ⇔ −3 ≤ y ≤ 0

qu yn ho n

Từ đó suy ra , phương trình có các nghiệm nguyên (x;y) là: (0;0) , (0;-1) , (0;-2) , (0;-3) III- PHẦN KẾT LUẬN :

ke m

1. Ý nghĩa của đề tài, sáng kiến, giải pháp :

Bài toán phương trình với nghiệm nguyên là một dạng toán khó đối với

:d ay

eb oo k

hiện ba nhóm giải pháp chủ yếu đó là :

-P D

Nhóm giải pháp 1 : Hướng dẫn học sinh nắm vững các khái niệm, những

thuật ngữ về phương trình nghiệm nguyên ;

Nhóm giải pháp 2 : Phân loại các dạng phương trình nghiệm nguyên hai

l.c om

đó giúp học sinh hứng thú khi gặp dạng toán này nói riêng và học môn Toán nói Kết quả :

es s@ gm ai

chung.

Sau khi khảo sát đối với đội tuyển giải toán qua mạng lớp 9 năm 2014 với

số lượng 06 em về chủ đề phương trình nghiệm nguyên hai ẩn, kết quả thu được như sau : Dưới 5,0

6,5 - 8

8 - 10

16,7

66,6

SS : 06

bu s

qu yn ho n

điểm

5 – 6, 5

Loại

2. Kiến nghị, đề xuất

Trên đây, tôi đã trình bày một số kinh nghiệm “ Hướng dẫn học sinh khá

ke m

giỏi lớp 9 giải phương trình nghiệm nguyên hai ẩn ”, kính mong độc giả, các

:d ay

thầy cô giáo và hội đồng khoa học góp ý xây dựng cho đề tài được hoàn chỉnh hơn.

-P D

eb oo k

Tôi xin chân thành cảm ơn !

Quảng Bình, tháng 10 năm 2015 NGƯỜI THỰC HIỆN

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

es s@ gm ai

l.c om

Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

qu yn ho n

bu s

TÊN ĐỀ TÀI, SÁNG KIẾN, GIẢI PHÁP :

‘‘HƯỚNG DẪN HỌC SINH KHÁ GIỎI LỚP 9

-P D

eb oo k

:d ay

ke m

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN HAI ẨN"

Quảng Bình, tháng 10 năm 2015

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

es s@ gm ai

l.c om

Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

bu s

TÊN ĐỀ TÀI, SÁNG KIẾN, GIẢI PHÁP:

qu yn ho n

‘‘HƯỚNG DẪN HỌC SINH KHÁ GIỎI LỚP 9

:d ay

ke m

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN HAI ẨN"

eb oo k

Họ và tên: Dương Văn Dũng

Chức vụ : Giáo viên : THCS Thái Thủy - Lệ Thủy - Quảng Bình

-P D

Đơn vị

Quảng Bình, tháng 10 năm 2015

-P D

F eb oo k :d ay

l.c om

es s@ gm ai

bu s

qu yn ho n

ke m