MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN THỰC HIỆN HOÀNG THỊ PHƯỢNG TRƯỜNG THCS VĨNH YÊN

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ VĨNH YÊN TRƢỜNG THCS VĨNH YÊN ***************

BÁO CÁO CHUYÊN ĐỀ

MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Môn: Toán Tổ bộ môn: Khoa học tự nhiên Mã: 28 Ngƣời thực hiện: Hoàng Thị Phƣợng Điện thoại: 0974015734 Email: hoangphuong.ltt@gmail.com

Vĩnh yên, tháng 4 năm 2015 1

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

DANH MỤC CÁC TỪ VIẾT TẮT TỪ VIẾT TẮT

TỪ VIẾT ĐẦY ĐỦ

1

THPT

Trung học phổ thông

2

THCS

Trung học cơ sở

3

BĐT

Bất đẳng thức

4

HSG

Học sinh giỏi

5

GV

Giáo viên

6

BDHSG

Bồi dưỡng học sinh giỏi

7

TT&TT

Toán học và tuổi trẻ

8

HD

Hướng dẫn

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

BỒ

ID

Ư

Ỡ N

G

TO

ÁN

-L

Í-

H

Ó

A

C

ẤP

2+

3

10

00

B

TR ẦN

H

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

G

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Đ

ẠO

TP .Q

U

Y

N

H Ơ

N

STT

2 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

MỤC LỤC NỘI DUNG

III. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

5

IV.Phương pháp nghiên cứu.

5

V. Cơ sở lí thuyết và thực trạng của vấn đề nghiên cứu

5

ẠO G

Đ

2. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

3.Quá trình thực hiện

H

B- NỘI DUNG

TR ẦN

I. Cơ sở lí luận II. Tình hình thực tế

5 6 7 7 7 8 - 27

2+

C.Kết quả thực hiện đề tài

3

II.Bài tập rèn tư duy sáng tạo

10

00

B

I.Một số phương pháp giải phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

5 https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

1.Cơ sở lí luận của vấn đề nghiên cứu

27 - 34 35 36

Tài liệu tham khảo

37

BỒ

ID

Ư

Ỡ N

G

TO

ÁN

-L

Í-

H

Ó

A

C

ẤP

D. Kết luận và kiến nghị

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

4

H Ơ

II. Mục đích nghiên cứu

N

4

Y

I. Lí do chọn đề tài.

U

4

TP .Q

A- PHẦN MỞ ĐẦU

N

TRANG

3 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

BỒ

ID

Ư

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

Ỡ N

G

TO

ÁN

-L

Í-

H

Ó

A

C

ẤP

2+

3

10

00

B

TR ẦN

2. Lý do chọn đề tài nghiên cứu.

Việc dạy học là một quá trình đòi hỏi người giáo viên phải thường xuyên trau dồi, đúc rút, tổng kết kinh nghiệm, phải trăn trở ngày đêm để tìm ra cho mình cách dạy đối với từng loại bài toán, từng vấn đề làm sao đó cho học sinh hiểu, tiếp thu và vận dụng một cách tốt nhất khi học toán.

Trong chương trình toán học phổ thông, phần nào cũng có cái khó cái hay của nó. Để học sinh nắm vững nội dung cũng như bản chất từng phần, từng loại toán không hề đơn giản, đặc biệt là khi dạy phần “Phương trình nghiệm nguyên”. Vì đây là nội dung thường gặp trong các kỳ thi học sinh giỏi từ lớp 6 đến lớp 9 và thi vào THPT chuyên. Qua nhiều năm dạy học và dạy đội tuyển học sinh giỏi tôi thấy học sinh thường lúng túng trước việc lựa chọn phương pháp để giải bài toán về phương trình nghiệm nguyên hoặc lựa chọn phương pháp giải không tối ưu dẫn đến lời giải dài và phức tạp.

Do đó tôi chọn đề tài “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên” nhằm giúp các em tiếp cận với bài tập về giải phương trình nghiệm nguyên và có một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên phù hợp.

Từ đó các em có được sự tự tin và hứng thú với các bài tập giải phương trình nghiệm nguyên.

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

H

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

G

Đ

ẠO

TP .Q

U

Y

N

H Ơ

PHẦN I. PHẦN MỞ ĐẦU. I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI NGHIÊN CỨU. 1. Đặt vấn đề.

Trong các kì thi HSG vòng tỉnh, cũng như các kì thi HSG vòng thành phố, thi chọn HS vào các trường THPT chuyên thường xuất hiện các bài toán tìm nghiệm nguyên. Đó là loại toán đòi hỏi một phản xạ nhanh và chính xác, một lí luận chặt chẽ và lôgíc. Chính vì vậy giải phương trình nghiệm nguyên là phát triển tốt cho trí tưởng tượng và sự thông minh.

Trong đề tài này tôi chỉ có thể nêu lên vài phương pháp giúp giải phương trình nghiệm nguyên nhiều ẩn hoặc bậc cao trong một số trường hợp thông qua các ví dụ cụ thể và từng loại bài tập từ đó hình thành kĩ năng và phương pháp giải. Rất mong được sự tham gia góp ý xây dựng của các thầy cô để cho đề tài được tốt hơn.

N

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU. Đề tài này củng cố và cung cấp cho học sinh một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên .

4

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

2+

3

10

00

B

IV. PHƢƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU. - Điều tra thực trạng của học sinh, phân tích kết quả điều tra.

- Tổng kết kinh nghiệm qua thực tế giảng dạy.

- Tham khảo ý kiến cũng như phương pháp dạy của đồng nghiệp thông qua các buổi sinh hoạt chuyên môn.

TO

ÁN

-L

Í-

H

Ó

A

C

ẤP

V. CƠ SỞ LÍ THUYẾT VÀ THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU 1. Cơ sở lý luận của vấn đề nghiên cứu Phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng và phong phú nó có thể là phương trình một ẩn, nhiều ẩn. Nó có thể là phương trình bậc nhất hoặc bậc cao.

Không có cách giải chung cho mọi phương trình, để giải các phương trình đó thường dựa vào cách giải một số phương trình nghiệm nguyên cơ bản và một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên .

BỒ

ID

Ư

Ỡ N

G

2. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu Trong chương trình toán THCS thì phương trình nghiệm nguyên không được học sâu trong chương trình học chính khóa.Tuy nhiên trong các kỳ thi học sinh giỏi và thi vào PTTH chuyên lại xuất hiện những bài giải phương trình nghiệm nguyên hay và khó đòi hỏi học sinh phải thực sự linh hoạt ,sáng tạo và có kỹ năng tốt mới làm được. Áp dụng vào việc giảng dạy các chuyên đề toán 6, 7, 8, 9 trong trường học hoặc bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi Toán, ôn tập cho học sinh chuẩn thi vào THPT chuyên.

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

TR ẦN

H

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

G

Đ

III. ĐỐI TƢỢNG, PHẠM VI NGHIÊN CỨU. - Nghiên cứu qua học sinh lớp 8, 9 trường THCS Vĩnh Yên.

- Nghiên cứu qua đề thi tuyển sinh và lớp 10 và đề thi giao lưu HSG lớp 6, 7, 8, 9.

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

ẠO

TP .Q

U

Y

N

H Ơ

Giúp cho học sinh có kĩ năng vận dụng vào giải bài tập về phương trình nghiệm nguyên và rèn cho học sinh tư duy linh hoạt, sáng tạo trong giải toán.

Cũng thông qua đề tài này nhằm giúp học sinh có thói quen tìm tòi trong học toán và sáng tạo khi giải toán. Từ đó tạo cho học sinh có phương pháp học tập đúng đắn, biến cái đã học (kiến thức của thầy) thành cái của bản thân, nắm bắt nó, vận dụng nó, phát triển nó đúng hướng. Qua đó giúp các em tạo niềm tin, hưng phấn, hứng thú và say mê học môn toán học.

Trong khuôn khổ của đề tài, dù biết rằng không thể đề cập hết các phương pháp pháp giải phương trình nghiệm nguyên, nhưng tôi cũng hy vọng đây là một tài liệu bổ ích cho học sinh và cũng là tài liệu tham khảo cho các thầy cô giáo.

N

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

5 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

BỒ

ID

Ư

Ỡ N

G

TO

ÁN

-L

Í-

H

Ó

A

C

ẤP

2+

3

10

00

B

TR ẦN

H

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

G

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Đ

ẠO

TP .Q

U

Y

N

H Ơ

N

3. Quá trình thực hiện Thời gian nghiên cứu từ tháng 9/2014 đến 4/2015.

Cách tiến hành : Sưu tầm và nghiên cứu một số bài toán có nội dung phù hợp với mục đích của đề tài nghiên cứu.

6 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

TBình

8A

Chưa áp dụng

2  5% 9  22%

8B

Chưa áp dụng

3  8%

Yếu

Kém

17  40,5% 10  25% 3  7,5%

10  26% 14  36%

4  9%

10

00

8  21%

BỒ

ID

Ư

Ỡ N

G

TO

ÁN

-L

Í-

H

Ó

A

C

ẤP

2+

3

2. Nguyên nhân của thực tế trên.

Trong chương trình toán trung học cơ sở thì phương trình nghiệm nguyên không được học trong chương trình học chính khóa. Tuy nhiên trong các kỳ thi THPT, THPT chuyên, đặc biệt là kỳ thi học sinh giỏi các cấp thì giải phương trình nghiệm nguyên lại được đề cập đến bằng những bài toán hay và khó, đòi hỏi học sinh phải thực sự linh hoạt, sáng tạo và có kỹ năng sử dụng thành một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên mới chọn ra cách giải tối ưu.

Trong bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi tôi nhận thấy bài toán giải phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng và phong phú. Đòi hỏi các em phải áp dụng linh hoạt các phương pháp vào giải bài tập và sáng tạo khi giải bài tập.

Vậy vấn đề đặt ra ở đây là phải làm sao để tìm ra biện pháp khắc phục thực trạng trên giúp giáo viên có được một tài liệu tham khảo phù hợp đặc biệt giúp học sinh hết lúng túng và tự tin hơn khi gặp bài toán giải phương trình nghiệm nguyên. Qua nhiều năm giảng dạy và tham gia dạy đội tuyển học sinh giỏi tôi đã hướng dẫn một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên tôi nhận thấy các em học sinh có yêu thích và say mê hơn với các dạng toán này.

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Ư N

Khá

H

Giỏi

TR ẦN

Lớp

Kết quả kiểm tra

Áp dụng đề tài

B

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

G

Đ

ẠO

TP .Q

II. TÌNH HÌNH THỰC TẾ.

1. Kết quả.

Qua kết quả khảo sát, kiểm tra trước khi áp dụng đề tài với 41 học sinh lớp 8A và 39 học sinh lớp 8B tôi thu được kết quả về vấn đề “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên” như sau:

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

U

Y

N

H Ơ

I. CƠ SỞ LÝ LUẬN. Trong đề tài này được đưa ra một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên cơ bản phù hợp với trình độ học sinh khá, giỏi ở cấp THCS. Trang bị cho học sinh một số một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên.

Chọn lọc một số bài tập điển hình về phương trình nghiệm nguyên.

N

PHẦN II. NỘI DUNG.

7 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

H Ơ

A. KIẾN THỨC CƠ BẢN I. Phép chia trong tập số nguyên 1.1. Định nghĩa. Cho hai số a, b nguyên , a  0 . Ta nói b chia hết cho a

N

III. NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI.

TP .Q

1.2. Tính chất cơ bản

ẠO

1.2.1. Nếu a | b, b  0 thì a  b .

1.2.6. Nếu a | b và b | a thì a  b .

TR ẦN

H

1.2.5. Nếu a | b và b | c thì a | c .

G

1.2.4. Với mọi số nguyên a khác 0 thì a | a .

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

1.2.3. Nếu a | b và a | b  c thì a | c .

b |b. a 1.3.Thuật chia Euclide. Cho a và b là những số nguyên, b  0 . Khi đó tồn

10

00

B

1.2.7. Nếu a | b và b  0 thì

2+

3

tại duy nhất cặp số nguyên (q, r) sao cho a  bq  r, 0  r  b .

Ó

A

C

ẤP

Ta gọi q là thương, r là phần dư. Như vậy, a chia hết cho b khi và chỉ khi phần dư trong thuật chia Euclide bằng 0. Ta cũng thường gọi thuật chia Euclide là phép chia Euclide.

BỒ

ID

Ư

Ỡ N

G

TO

ÁN

-L

Í-

H

II. Số nguyên tố và hợp số.

2.1. Định nghĩa. Số nguyên n  1 gọi là số nguyên tố nếu nó chỉ có hai ước nguyên dương là 1 và chính nó. Số nguyên n  1 không là nguyên tố được gọi là hợp số.

2.2. Tính chất cơ bản.

2.2.1. Mỗi số nguyên dương lớn hơn 1 đều có ước nguyên tố.

2.2.2. Ước nguyên dương nhỏ nhất khác 1 của n là số nguyên tố và ước đó

không vượt quá

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Đ

1.2.2. Nếu a | b và a | c thì a | mb  nc với m,n nguyên.

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

U

Y

N

nếu b  ac với c nguyên, ta còn nói a chia hết b hoặc b là bội của a và kí hiệu b a; a | b .

n.

2.2.3. Có vô hạn số nguyên tố (số nguyên tố lớn nhất đã tìm ra là

232582657  1 , nó được tìm ra năm 2006 và nó có 9808358 chữ số).

8 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

2.2.4. (Phân tích một số theo các thừa số nguyên tố). Mỗi số nguyên dương n  1 được phân tích duy nhất thành tích các thừa số nguyên tố: n  p11 .p22 ...pk k ,

H Ơ

III. Ƣớc chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất (The greatest common divisor anh the least common multiple).

N

với pi nguyên tố và i   .

ẠO

kí hiệu (a, b) để chỉ ước chung lớn nhất của hai số a và b. Hai số nguyên a,b

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

G

3.1.2. Giả sử a,b là hai số nguyên khác 0. Bội chung nhỏ nhất của hai số a,b là số nguyên dương nhỏ nhất chia hết cho cả hai số đó. Ta thường dùng kí

TR ẦN

H

hiệu a, b để chỉ bội chung nhỏ nhất của hai số a và b.

B

3.2. Tính chất.

3.2.1. Nếu p nguyên tố thì (a, p)  1 hoặc (a, p)  p .

00

3.2.2. Nếu d  (a, b) thì a  da ';b  db'; (a ', b')  1

3

10

3.2.3. Nếu d' là một ước chung của a và b thì d ' | (a, b) .

2+

3.2.4. Nếu px || a và p y || b thì pmin(x,y) || (a, b) .

C

ẤP

Do đó với a  p11 .p22 ...pk k ; b  p11 .p22 ...pkk ; 1, i  0

A

k ,k ) Thì (a, b)  p1min( 1 ,1 ) .p2min( 2 ,2 ) ...pmin( k

H

Ó

k ,k ) và a, b  p1max( 1 ,1 ) .p2max( 2 ,2 ) ...pmax( . k

-L

Í-

3.2.5. Nếu a  bq  r thì (a, b)  (b, r) .

ÁN

3.2.6. Với a,b nguyên dương thì ab  (a, b). a, b .

TO

3.2.7. Nếu (a, b)  (a,c)  1 thì (a, bc)  1. Nếu (a, b)  1 thì (a m , bn )  1 .

BỒ

ID

Ư

Ỡ N

G

3.2.8. Nếu a,b là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau thì tồn tại hai số nguyên dương u,v sao cho au  bv  1 .

Tổng quát hơn: Nếu a,b là hai số nguyên dương thì tồn tại hai số nguyên

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Đ

được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (a, b)  1 .

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

U

Y

N

3.1. Định nghĩa.

3.1.1. Giả sử a,b là hai số nguyên không đồng thời bằng 0. Ước chung lớn nhất của hai số a,b là số nguyên lớn nhất chia hết cả hai số đó. Ta thường dùng

u,v sao cho au  bv  (a, b) .

IV. Đồng dƣ (Modulor arithmetics).

4.1. Định nghĩa. Cho a, b là số nguyên và n là số nguyên dương. Nếu a  b chia hết cho n thì ta nói a đồng dư với b modulo n, ký hiệu a  b (mod n) .

4.2. Tính chất. Cho a, b,c,d là các số nguyên. Ta có các tính chất cơ bản: 9

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

4.2.1. Nếu a  b (mod n) thì b  a (mod n) .

4.2.2. Nếu a  b (mod n) và b  c (mod n) thì a  c (mod n) .

4.2.3. Nếu a  b (mod n) và c  d (mod n) thì a  c  b  d (mod n) .

N

4.2.4. Nếu a  b (mod n) và c  d (mod n) thì ac  bd (mod n) .

N

Y

4.2.6. Nếu a i  bi (mod n),i  1,2,..., k thì a1a 2 ...a k  b1b2 ...bk (mod n) .

H Ơ

4.2.5. Nếu a  b (mod n) thì với mỗi k nguyên ta có ka  kb (mod n) .

TR ẦN

H

4.3. Định lý Fermat. Giả sử p nguyên tố, a là số nguyên sao cho (a, p)  1 .

Khi đó a p1  1 (mod p) .

B

Có thể đưa ra một chứng minh đơn giản cho định lý này như sau:

00

Xét p  1 số a,2a,...,(p  1)a . Ta chứng minh rằng không tồn tại 2 số đồng

10

dư với nhau trong phép chia cho p. Thật vậy, giả sử tồn tại ka  a (mod p) với

2+

3

k,  1,2,...p  1  a(k  ) p  k   p (mâu thuẫn).

ẤP

Vậy khi chia p  1 số trên cho p ta nhận được p  1 số dư khác nhau là

 (p  1)!.a p1  (p  1)! (mod p) .

H

Ó

A

C

1,2,..., p  1. Suy ra a.2a.....(p  1)a  1.2....(p  1) (mod p)

-L

Í-

Vì ((p  1)!, p)  1 suy ra a p1  1 (mod p) .

ÁN

Hệ quả. Nếu p nguyên tố thì a p  a (mod p) .

BỒ

ID

Ư

Ỡ N

G

TO

V. Tính chất của số chính phƣơng. a) Số chính phương là bình phương của một số tự nhiên. b) Số chính phương không tận cùng bằng 2,3,7,8.

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

G

m1m2 ...mk  .

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

 mod

k

Đ

1

Đặc biệt nếu m1 , m2 ,..., mk nguyên tố sánh đôi thì a  b (mod mi ),i  1,2,..., k  a  b

ẠO

 mod m ,..., m  .

4.2.8. Nếu a  b (mod mi ),i  1,2,..., k  a  b

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

4.2.7. Nếu ab  ac (mod n) và (a, m)  1 thì b  c (mod n) .

TP .Q

U

Đặc biệt nếu a  b (mod n) thì với mỗi k nguyên dương ta có a k  bk (mod n) .

c) Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho p 2 . d) e) f) g)

Số chính phương chia cho Số chính phương chia cho Số chính phương chia cho Số chính phương chia cho

3 4 5 8

có số dư là 0 hoặc 1 . có số dư là 0 hoặc 1 . có số dư là 0 hoặc 1 hoặc 4 . có số dư là 0 hoặc 1 .

h) Số lập phương chia cho 7 có số dư là 0, 1 .

10 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

i) Số lập phương chia cho 9 có số dư là 0, 1 .

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

BỒ

ID

Ư

Ỡ N

G

TO

ÁN

-L

Í-

H

Ó

A

C

ẤP

2+

3

10

00

B

TR ẦN

H

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

G

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Đ

ẠO

TP .Q

U

Y

N

H Ơ

VI. Nguyên lý cực hạn.

-Một tập hợp hữu hạn khác rỗng bất kì của  bao giờ cũng tồn tại phần tử lớn nhất và phần tử nhỏ nhất.

- Đối với tập vô hạn nguyên tắc này áp dụng cho tập con của tập hợp số tự nhiên.

N

j) Nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là số chính phương thì mỗi số đều là số chính phương.

11 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

10

00

B

trong đó a là một số nguyên. Sau đó xét các trường hợp theo tập ước của a.

Ví dụ 1.1. Giải phương trình nghiệm nguyên

2+

3

1 1 1   với p nguyên tố. x y p

ẤP

Lời giải.

A

C

Ta có (x  y)p  xy  (y  p)(x  p)  p2  1.p2  p.p  ( 1)( p2 )  (p)(p) .

Ó

Vậy phương trình đã cho có nghiệm

Í-

H

 x, y   p  1;p(p  1)  ;  p  1;p(p  1)  ;  2p;2p  ;(0;0),

BỒ

ID

Ư

Ỡ N

G

TO

ÁN

-L

và các hoán vị của chúng.

Nhận xét. Khi thay p bằng các số nguyên tố cụ thể ta được các bài toán tương tự.

Ví dụ 1.2. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 3 3 x  x  2y   y  y  2x   27 (1).

Lời giải. Biến đổi phương trình (1) ta có x  x 3  6x 2 y  12xy 2  y 3   y  y 3  6xy 2  12x 2 y  8x 3   27

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

f1  x1 , x 2 ,..., x n  .f 2  x1 , x 2 ,..., x n ...f k  x1, x 2 ,..., x n   a ,

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

TR ẦN

H

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

G

Đ

ẠO

TP .Q

U

Y

N

H Ơ

B. MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN. Trong chương trình toán THCS và THPT thì phương trình nghiệm nguyên vẫn luôn là một chuyên đề hay và khó đối với học sinh. Các bài toán nghiệm nguyên thường xuyên có mặt tại các kì thi lớn, nhỏ trong và ngoài nước. Trong chuyên đề này tôi xin được giới thiệu một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên.

Phương pháp 1. Phân tích thành nhân tử.

Phương pháp 2. Sử dụng đồng dư chia hết.

Phương pháp 3. Dùng bất đẳng thức.

Phương pháp 4. Phương pháp xuống thang.

Phương pháp 5. Sử dụng định lí của phương trình bậc hai.

Phương pháp 6. Sử dụng tính chất số nguyên tố.

1. Phƣơng pháp 1. Phân tích thành nhân tử.

Nội dung của phương pháp là biến đổi phương trình về dạng sau:

N

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

 x 4  y 4  6xy  x 2  y 2   8xy  x 2  y 2   27   x 2  y 2  x 2  y 2  6xy  8xy   27   x  y  x  y   27 (2) 3

Vì x, y * nên x + y >1, kết hợp với (2) suy ra 0   x  y   27 3

12 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

3   x  y   1  x  14 và  x  y   Ư(27). Do đó    y  13   x  y  27 Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (1) là  x, y   (14;13) .

Ví dụ1. 3. Giải phương trình nghiệm nguyên

N

3

H Ơ

x 4  4x 3  6x 2  4x  y2 .

Y

N

Lời giải. Ta có x 4  4x 3  6x 2  4x  y2 .

y  1

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Đ

y  1

H

Ư N

G

1  y  1  y   y  0.  1  y   1  y  y  1 y  1

TR ẦN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com



  x  12 –     x  12     x  12 –     x  12  

ẠO

 (x  1)2  y  (x  1)2  y   1 .

B

Với y  0  x 0; 2. Vậy phương trình có nghiệm  x, y   0;0  ;  2;0  .

00

Ví dụ 1.4. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

3

10

1  x  x 2  x 3  2y .

2+

Lời giải. Ta có 1  x  x 2  x 3  2y  (1  x)(1  x 2 )  2y

C

ẤP

 (1  x)  2m ;(1  x 2 )  2ym (m   )  x  2m  1  x 2  22m  2m1  1 .

A

Mà x 2  2ym  1  2ym  1  22m  2m1  1  2ym  22m  2m1  2 .

H

Ó

Nếu m  0  x  0;y  0.

-L

Í-

Nếu m  0  2ym1  22m1  2m  1 (*) , mà 22m1 , 2m đều là các số chẵn nên

ÁN

2ym1 là số lẻ.

TO

suy ra 2ym1  1  y  m  1 , hay vào (*) ta được

G

2m  22m1  m  1  x  1;y  2 .

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

U

 x 4  4x 3  6x 2  4x  y2  x 4  4x 3  6x 2  4x  y2  1 .

BỒ

ID

Ư

Ỡ N

Vậy Phương trình có nghiệm  x, y  1;2  ;  0;0 .

Ví dụ 1.5. Tìm các số x, y, z sao cho x là số nguyên tố y, z là các số tự nhiên thỏa mãn: x y  1  z 2 .

Lời giải. Ta có x y  z 2  1  x y  (z  1)(z  1) , suy ra z  1  x m ;z  1  x n . m, n   ; m  n . Khi đó x m  x n  2;y  m  n  x n (x mn  1)  2  1.2 .

Vì x là số nguyên tố m  n nên có 2 trường hợp xảy ra: 13 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

n  n  0 n  0 x  1 TH1:  mn  m   x  1  2  x  3  x  3;m  1 

 y  1  z 2  x y  1  31  1  4  z  2   x;y;z   3;1;2  .

N

H Ơ

N

n n    x  2;n  1  x  2;n  1 x  2 x  2   mn   m1  TH2:  mn  2 2 x  1  1 x  2   m  2   

TR ẦN

c)x y .yx  x y  yx  5329.

B

(Đề thi vào chuyên Toán Vĩnh Phúc 2010 - 2011) Bài 2. Tìm nghiệm nguyêncủa các phương trình sau:

10

00

a) x  x  1 x  7  x  8  y2 .

3

(Đề giao lưu HSG lớp 8 Huyện Vĩnh Tường năm 2011 - 2012)

2+

b) (x  3)y2  x 2  48 .

ẤP

( Đề thi HSG toán 8 Thành phố Vĩnh Yên 2012 - 2013)

A

C

c) x 2  (2007  y)x  3  y  0 .

H

Ó

(Đề thi vào chuyên Vĩnh Phúc 2007 - 2008)

-L

Í-

d) x 2  3y2  2xy  2x  10y  4  0 . (Đề TS vào THPT Hà Nội Amsterdam 2008)

BỒ

ID

Ư

Ỡ N

G

TO

ÁN

2. Phƣơng pháp 2. Sử dụng đồng dƣ chia hết.

Một số chính phương không thể có tận cùng bằng 2; 3; 7; 8. Một số chính phương chia 3 dư 0, hoặc 1,….Những tính chất đơn giản đó nhiều khi lại là chìa khóa để giải nhiều phương trình Diophant. Ta đi xét ví dụ sau.

VÝ dô 2.1. T×m các số nguyên tố x, y, z tho¶ m·n: xy + 1 = z .

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

H

b)x 2  x  6  y 2 .

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

ẠO Đ

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

G

Bài tập tự luyện.

Bài 1.Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình sau: a)5(x  y)  2  3xy.

TP .Q

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là  x, y,z   3;1;2  ;  2;3;3.

U

Y

 y  3;z 2  23  1  9  z  3   x; y;z    2;3;3 .

Lời giải. Ta cã x, y nguyªn tè vµ x y  1  z  z  3 , mµ z nguyªn tè  z lÎ  x y ch½n  x ch½n  x = 2.

XÐt y = 2  22 + 1 = 5 lµ nguyªn tè  z = 5 (tho¶ m·n).

Xét y  2  y  2k  1(k  N)  22k1  1  z  2.4k  1  z , 14

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

ta thấy 4 chia cho 3 dư 1  (2.4k  1) 3  z 3 (loại) Vậy x  2;y  2;z  5 .

Ví dụ 2.2. Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau 19x  5y  1890  19754  1993 .

H Ơ

N

30

Lời giải. Đặt A  19x  5y  1890; B  19754  1993

N

30

ẠO

 A  1;4(mod5) còn B  3(mod5) (vô lí). Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

G

Lời giải. Xét y  0  x 2  30  3026  x 2  3025 mà x  N  x  55 .

Ư N

Xét y  0  3y  3, x 2 chia cho 3 d- 0 hoÆc 1, suy ra x 2  3y chia cho 3 d- 0 hoÆc 1

TR ẦN

H

mµ 3026 chia cho 3 d- 2 , vô lí. VËy phương trình có nghiệm (x; y) =(55; 0).

Nhận xét.

Ta cũng có thể tổng quát bài toán trên với x,y là số nguyên hoặc thay

2+

3

10

00

B

3026 bởi các số có dạng k 2  1 ta cũng được các bài tập tương tự.

Các bài toán trên chúng ta dễ dàng nhận ra modul phù hợp, tuy nhiên trong nhiều trường hợp việc chọn được modul không hề đơn giản.

ẤP

Ví dụ 2.4. Chứng minh rằng phương trình y2  x 5  4 không có nghiệm nguyên.

C

Lời giải. Giả sử tồn tại x, y  thỏa mãn phương trình. Nếu x 11thì x10 11,

H

Ó

A

nếu (x,11)  11 thì x10  111 . Như vậy khi x là số nguyên tùy ý thì x10 chia cho

-L

Í-

11 dư 0 hoặc 1, do đó x 5 chia cho 11 chỉ có thể dư 0,  1 . Kết hợp với phương

ÁN

trình đã cho nhận được y 2 chia cho 11 chỉ có thể dư 6, 7, 8. Nhưng với y là số

TO

nguyên tùy ý thì y 2 chia cho 11 chỉ có thể dư 0, 1, 3, 4, 5, 9. Vậy ta gặp mâu

BỒ

ID

Ư

Ỡ N

G

thuẫn nên phương trình vô ngiệm.

Ví dụ 2.5. (Balkan1998). Giải phương trình nghiệm nguyên sau

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Đ

Ví dụ 2.3. Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình sau: x 2  3y  3026 .

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

Nếu x chẵn thì 19x  1(mod5) , nếu x lẻ thì 19x  1  4(mod5) .

U

Y

Dễ thấy A  19x (mod5) ; 19x  (20  1)x  ( 1) x (mod5) .

m2  n 5  4 .

Lời giải. Ta có m2  0;1;2;3;4;5;9(mod11); n5  4  6;7;8(mod11) , vô lí.

Do đó phương trình này vô nghiệm.

Nhận xét. Lời giải bài toán thật đơn giản nhưng việc nghĩ ra chọn modul 11 không hề đơn giản và nó là chìa khóa cho việc giải quyết bài toán này. Nói chung để xét modul hiệu quả còn phải tùy thuộc vào sự nhạy bén của người làm 15

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

toán. Đối với phương trình nghiệm nguyên có sự tham gia của các số lập phương thì modulo thường dùng là modul 9 vì x 3  0;1;8(mod 9) .

Ta xét tiếp ví dụ sau.

H Ơ

N

Ví dụ 2.6. Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x 3  y3  z 3  1012 .

Y

3

10

00

B

TR ẦN

16 có số dư không vượt quá 7, mà 2015  15(mod16). Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.

Nhận xét. Vế trái có số dư không vượt quá 7 khi chia cho 16. Vậy ta có thể thay vế phải bằng một số bất kì sao cho khi chia cho 16 có số dư lớn hơn 7 là được.

Ta cũng có thể tổng quát bài toán như sau

2+

x14  x 24  x 34  ...  x 4n  16k  r (n  r  16) .

A

C

ẤP

Ví dụ 2.8 Tìm tất cả những số nguyên dương x, y,z thỏa mãn phương trình 3x  4y  5z .

H

Ó

Lời giải. Vì 4y  1(mod 3)  5z  1(mod 3)  z  2k, k   , thay vào phương

-L

Í-

trình ta được (5k  2y )(5k  2y )  3x . Hơn nữa (5k  2y )  (5k  2y )(mod 3) nên

ÁN

(5k  2y )  1(1) và (5k  2y )  3x (2). Từ (1) suy ra ( 1)k  ( 1) y  1(mod 3) .

TO

Từ (2) suy ra ( 1)k  ( 1) y  0(mod 3) . Do vậy k lẻ và y chẵn nên y  2 . Khi đó

Ỡ N

G

(5k  2y )  1(mod 4)  3x  1(mod 4)  x chẵn, do đó 3x  1(mod8) . Như vậy

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

H

Vậy x4  0 (mod16) hoặc x4  1(mod16). Do đó khi chia x14  x 42  ....  x 74 cho

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

U

Đ

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

G

Lời giải. Nếu x= 2k (k  ) thì x 4 16 . Nếu x = 2k + 1 thì x4 – 1 = (x - 1)(x + 1)(x2 + 1) 16.

ẠO

x14  x 42  ....  x 74  2015 .

TP .Q

Do đó phương trình đã cho vô nghiệm.

Nhận xét. Ta cũng có thể thay 1012 bằng các số có dạng 9k +4.

Ví dụ 2.7. Giải phương trình nghiệm nguyên:

N

HD. x 3  y3  z 3  0;1;2;3;6;7;8(mod 9) , còn 1012  4(mod 9) , vô lí.

BỒ

ID

Ư

nếu y  4 thì 2y 8  5k  1(mod8), mâu thuẫn vì k lẻ. Do đó ta phải có y  2 ,

thay vào (1) và (2) ta được k  1,z  2  x  y  z  2. Vậy phương trình đã cho có nghiệm (x, y,z)  (2;2;2) .

Ví dụ 2.9. Tìm một hằng số nguyên dương c sao cho phương trình

xy2  y2  x  y  c , có đúng 3 nghiệm nguyên dương (x,y).

16 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Lời giải. Ta viết lại phương trình x(y2  1)  y2  y  c .

Nếu y  1  c  0 ,loại.

H Ơ

N

y2  y  c y(y  1)  c Nếu y  1  x  ,do đó c y  1và y(y  1)  c y  1.  y2  1 (y  1)(y  1)

Ta có y  1(mod y  1), y  1  2(mod y  1) nên y( y  1)  2(mod y  1)

Y

N

 c  2(mod y  1) .Vậy c  0(mod y  1),c  2(mod y  1), Với y 2;3 ta có c  1(mod 3),c  2(mod 4) . Do vậy ta thử lấy c  10 .

TR ẦN

H

Bài tập tự luyện.

Bài 1. Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau.

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Vậy có đúng ba nghiệm nguyên dương  x, y  (4;2),(2;3),(1;11).

c) x 2  2x  4y2  37 .

b) 15x 2  7y2  9.

d) 8x 3  3y  997 .

10

e) 1992x1993  1993y1994  1995 .

00

B

a) 2x  212  y2  32 .

ẤP

f) 3x 2  4y2  6x  13 .

2+

3

(Đề TS vào THPT Chuyên KHTN - HN - 1994)

A

C

(Đề giao lưu HSG lớp 8 Thành phố Vĩnh Yên năm 2011 - 2012)

H

Ó

g) (2x  5y  1)(2 x  y  x2  x)  105 .

-L

Í-

Bài 2. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 5x  1  2y .

Bài 3. Tìm số nguyên tố p để 4p + 1 là số chính phương.

TO

ÁN

Bài 4. Tìm các số tự nhiên x, y sao cho 2x  122  y2  3 .

(Thi học sinh giỏi CHDC Đức 1978)

BỒ

ID

Ư

Ỡ N

G

Phƣơng pháp 3: Dùng bất đẳng thức.

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

G

Đ

ẠO

2   Ta phải có y  1Ư(10)  y 2;3;6;11 . Khi đó x  4;2; ;1 , theo thứ tự.

7  

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

U

mà y  1  0(mod y  1), y  1  2(mod y  1) nên c  y  1 (mod  y  1, y  1) .

Dạng 1. Phƣơng trình đối xứng.

Sử dụng đối với các phương trình mà các biến có vai trò của các ẩn bình đẳng như nhau thì người ta thường dùng phương pháp sắp xếp thứ tự các biến.

Ví dụ 3.1. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 1 1   z. x y

17 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Lời giải.

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

1 1   z  xyz  x  y . x y

Do vai trò của x, y như nhau nên giả sử x  y

N

Ta có: xyz  x  y  y  y  2y

H Ơ

 xyz  2y  xz  2   x;z  1;2  ; 1;1 ;  2;1

Y

N

Với x  1;z  2  y  1   x;y;z   1;1;2  .

Với x  2;z  1  y  2   x;y;z    2;2;1 .

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

G

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

x  y  z  t  xyzt .

Ư N

Ví dụ 3.2. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

Đ

ẠO

Vậy phương trình có nghiệm nguyên là  x;y;z  1;1;2  ;  2;2;1.

H

Lời giải. Ta giả sử 1  x  y  z  t , có x  y  z  t  xyzt  4t

TR ẦN

Vì t nguyên dương  xyz  4  xyz 1;2;3;4.

B

Nếu xyz  1  x  y  z  1  3  t  t (loại).

10

00

Nếu xyz  2 , mà x  y  z  x  y  1;z  2  t  4 .

ẤP

2+

3

5 Nếu xyz  3 , mà x  y  z  x  y  1;z  3  t  (loại).

2 Nếu xyz  4 , mà x  y  z  x  y  1;z  4 hoặc x  1; y  z  2 , suy ra

C

t  2 (loại).

H

Ó

A

Vậy nghiệm (x, y,z, t) của phương trình là bộ (1; 1; 2; 4) và các hoán vị của

ÁN

-L

Í-

chúng.

Ví dụ 3.3. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 5(x  y  z  t)  10  2xyzt .

TO

Lời giải. Ta giả sử x  y  z  t  1, ta có 5(x  y  z  t)  10  2xyzt

BỒ

ID

Ư

Ỡ N

G

2

5 5 5 5 30     3  t 3  15  t  1 hoặc t  2 yzt xzt xyt xyz t

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

U

Với x  1;z  1  y  .

* Với t  1 ta có 5(x  y  z  1)  10  2xyz 2

5 5 5 5 30     2  z 2  15  z 1;2;3. yz xz xy xyz z

Khi z  1 có 5(x  y)  20  2xy  (2x  5)(2y  5)  65

18 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

 x  35 =>  y  3

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

x  9 hoặc  y  5

Ta được nghiệm (35; 3; 1; 1);(9;5; 1; 1) và các hoán vị của chúng.

H Ơ

N

Với z  2; z  3 phương trình không có nghiệm nguyên.

 (8x  5)(8y  5)  265 . Do x  y  z  2 nên  (8x  5)  (8y  5)  11

ẠO

 (8x  5)(8y  5)  265 vô nghiệm.

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

các hoán vị của chúng.

10

00

B

TR ẦN

H

Dạng 2. Sử dụng kẹp.

Trong phương pháp này ta thường sử dụng tính chất lũy thừa cùng bậc của các số nguyên liên tiếp hoặc tích các số nguyên liên tiếp .....để đưa phương trình nghiệm nguyên về dạng ít ẩn hơn và quen thuộc hơn. Từ đó dễ dàng tìm được nghiệm nguyên của phương trình đã cho. Ta thường hay vận dụng hai nhận xét sau trong đó x, y là các số nguyên và a, n là các số nguyên lớn hơn 1.

2+

3

Nhận xét.

ẤP

* x n  yn  (x  a)n thì yn  (x  i) n với i 1;2;3;...;a  1 .

C

* x(x  1)...(x  n)  y(y  1)...(y  n)  (x  a)(x  a  1)...(x  a  n)thì

H

Ó

A

y(y  1)...(y  n)  (x  i)(x  i  1)...(x  i  n) với i 1;2;3;...;a  1 .

x 3  y3  y 2  y  1 .

TO

ÁN

-L

Í-

Sau đây là một số ví dụ minh họa.

Ví dụ 3.4. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình Lời giải. Ta có y2  y  1  0y  x 3  y3  y2  y  1  y3 

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

G

Đ

Vậy nghiệm (x ; y; z ; t) của phương trình là các bộ (35; 3; 1; 1);(9;5; 1; 1) và

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

U

Y

5 5 5 20 35 35     2  z 2   9  z 1;2  z  2 (vì z  t  2) yz xz xy xyz z 4

TP .Q

4

N

* Với t  2 thì 5(x  y  z)  20  4xyz

3

BỒ

ID

Ư

Ỡ N

G

Xét  y  1  y3  y2  y  1  2y  y  1

Nếu y  1 hoặc y  0 thì y3  x 3   y  1  x  .

3

Nếu 1  y  0  y 1;0.

Với y  1  x  0   x;y    0; 1 .

Với y  0  x  0   x;y    0;0  .

Vậy phương trình có nghiệm nguyên là  x, y   0; 1 ;  0;0  .

19

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Ví dụ 3.5. Giải phương trình nghiệm nguyên: x 3  y3  2y2  1 .

Lời giải. Ta có: x 3  y3  2y2  1  y3 nên x  y  x  y  1(*) Nếu y  0 hoặc y  3 thì y(y  3)  0  (y  1)3  y3  2y2  1  x 3  y  1  x ,

H Ơ

N

mâu thuẫn với (*). Do vậy 3  y  0  y 3; 2; 1;0.

N

Với y  3  x  2   x;y    2; 3 .

TP .Q

y  1 thì không tồn tại x nguyên thỏa mãn

ẠO

y  0  x  1  (x, y)  (1; 0) .

G

TR ẦN

Lời giải. Ta có y2  y  x 4  x 3  x 2  x

H

y2  y  x 4  x 3  x 2  x .

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Ví dụ 3.6. Giải phương trình nghiệm nguyên

 y2  y  x 4  x 3  x 2  x  4y2  4y  1  4x 4  4x 3  4x 2  4x  1

00

B

 (2x 2  x)2  (2y  1)2  (3x  1)(x  1) và (2x 2  x  1)2  (2y  1)2  x(x  2)

10

Ta thấy:

2+

3

Nếu x  0 hoặc x  1 thì (3x  1)(x  1)  0  (2x 2  x)2  (2y  1)2 .

ẤP

Nếu x  2 hoặc x  1 hì x(x  2)  0  (2y  1)2  (2x2  x  1)2 .

C

Do vậy Nếu x > 2 hoặc x < -1 thì (x 2  x)2  (2y  1)2  (2x 2  x  1)2 (loại).

Ó

A

 -1 x  2  x  {0; 1; -1; 2}

Í-

H

Xét x  1  y 0;  1.

-L

Xét x  0  y 0;  1.

ÁN

Xét x  1  y  .

TO

Xét x  2  y 5;  6.

BỒ

ID

Ư

Ỡ N

G

Vậy phương trình có nghiệm nguyên là (x ; y)  {(2 ; 5) , (2 ; -6) , (0 ; 0) , (0 ; -1) , (-1; 0) , (-1 ; -1)}.

Ví dụ 3.7. Tìm nghiệm nguyên của phương trình

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Đ

Vậy phương trình có nghiệm nguyên là (x, y) ( 2; 3);(1; 2);(1;0).

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

U

Y

y  2  x  1   x;y   1; 2 

x 6  3x 3  1  y4 (*).

Lời giải. Với x  0;y  1 là nghiệm của phương trình (*) đó là 2 nghiệm duy nhất.Thật vậy +) Với x > 0 20

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

(x 3  1)2  x 6  2x 3  1  x 6  3x 3  1  y4 (x 3  2)2  x 6  4x 3  1  x 6  3x 3  1  y4 , nên x 3  1  y2  x 3  2 +) Với x  -2

H Ơ

N

Ta thấy (x 3  2)2  x 6  4x 3  1  x 6  3x 3  1  y4  x 6  2x 3  1  (x 3  1)2

N

 x 3  2  y2  x 3  1 , vô lí .

00

Vì y nguyên nên 2x  4k 2  x  2k 2 , k  với 2k2  50  k 2  25  k chỉ có

ÁN

-L

Í-

H

Ó

A

C

ẤP

2+

3

10

thể nhận các giá trị: 0, 1, 2, 3, 4, 5. Lựa chọn k trong các số trên để thỏa mãn phương trình ta được các nghiệm nguyên dương (x; y) là (2; 32), (8; 18), (18; 8), (32; 2).

Nhận xét. Cách giải của ví dụ 3.8 thể hiện cho phương pháp giải đối với phương trình có ít dấu căn. Vậy câu hỏi đặt ra: Nếu phương trình có nhiều dấu căn thì chúng ta sẽ giải ra sao, ta đi xét ví dụ sau: Ví dụ 3.9. Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình x  x  ...  x  y trong đó ở vế trái có n dấu căn.

TO

Lời giải. Ta thấy ngay (x; y) bằng (0; 0) là nghiệm của phương trình trên. x  y  x  y2  x  0  .Vậy nghiệm (x; y) là  t 2 ; t  , t 

BỒ

ID

Ư

Ỡ N

G

a. Nếu n  1 thì

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

B

y  50  x  2 50x  50  x  10 2x

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

y  50  x ta có:

TR ẦN

Lời giải. Thấy ngay 0  x  50,0  y  50 . Từ

Ư N

x  y  50 .

H

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

G

Đ

Dạng 3. Giới hạn tập nghiệm dựa vào điều kiện của các ẩn.

Ví dụ 3.8. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

ẠO

TP .Q

U

Y

+) Với x = -1 Thì y4 = - 1 vô nghiệm .

Vậy phương trình đã cho có nghiệm (x; y) {(0 ; 1); (0 ; -1)}.

Nhận xét. Đôi khi chúng ta còn sử dụng cách giới hạn tập hợp chứa nghiệm dựa vào điều kiện của các ẩn.

b. Nếu n  2 thì x  x  y  x  x  y2  x  y2  x  x là số tự nhiên. x  t, t  mà khi đó t  t  1  y2 . Nhưng t 2  t  t  1   t  1 nên 2

t 2  y2   t  3 .Điều này không xảy ra với t > 0 và phương trình chỉ có nghiệm 2

(x; y) là (0; 0).

21 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

c. Với n  3 ta có

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

x  x  ...  x  y2  x trong đó vế trái có n  1 dấu căn,

đặt y2  x  y1 là số nguyên dương. Tiếp tục làm như thế n  3 lần dẫn đến

N

x  x  y2n2  x

H Ơ

Như vậy ta lại trở về trường hợp b) và chỉ có nghiệm (x, y)  (0;0) .

 1 x 2  y2   4x 2 y .

ẠO G Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:

TR ẦN

x 2  y2  2xy , dấu bằng xảy ra khi x = y

H

x 2  1  2x , dấu bằng xảy ra khi x = 1,

Vì x, y nguyên dương nên nhân các bất đẳng thức trên theo vế ta được,  1 x 2  y2   4x 2 y , dấu bằng xảy ra khi x  y  1

B

2

00

x

10

Vậy phương trình có nghiệm nguyên của phương trình là (x, y)  (1;1) .

2+

3

Ví dụ 3.11. Giải phương trình nghiệm nguyên:

ẤP

 x  y  1

2

 3  x 2  y2  1 .

C

Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Schwarz, ta có: 2

 1  1  1  x 2  y2  1

H

Ó

A

 x  y  1

Í-

Dấu bằng xảy ra khi x  y  1. Vậy phương trình có nghiệm nguyên của phương

-L

trình là (x, y)  (1;1) .

ÁN

Ví dụ 3.12. Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau

TO

x 6  z 3  15x 2 z  3x 2 y2 z   y2  5 .

G

3

BỒ

ID

Ư

Ỡ N

Lời giải. x 6  z 3  15x 2z  3x 2 y 2z   y 2  5 

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

2

Đ

x

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

U

Y

N

Nhận xét. Từ ví dụ 3.9 ta có thể đặc biệt hóa n = 2015 hoặc các giá trị khác chúng ta sẽ có được các bài toán tương tự.

Dạng 4.Áp dụng bất đẳng thức cổ điển.

Ví dụ 3.10. Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau

3

  x 2    y2  5  z 3  3x 2z  y2  5 .

3

3

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có  x 2    y2  5  z 3  3x 2 z  y2  5 .

3

3

Dấu bằng xảy ra khi x 2  y2  5  z .

Từ đó suy ra x 2  y2  5   x  y  x  y   5 .

22 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Giải bằng phương pháp đưa về phương trình tích ta được: x  3;y  2  z  9 Vậy phương trình có nghiệm nguyên là (x, y,z)  (3;2;9) .

Ví dụ 3.13. Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau

H Ơ

N

3  x 4  y4  x 2  y2  2   2  x 2 x  1 y 2 y  1 .

Lời giải. Ta có  x  1  0  2x 2  4x  2  0  3  x 2  x  1   x 2  x  1

Y

2 1 2 y  y  1  3 Cộng theo vế (*) và (**), ta có:

(**)

TR ẦN

H

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

2 2 1 1 x 4  y4  x  y  2   x 2  x  1   y2  y  1    2  x 2  x  1   y 2  y  1  3 3 4 4 2 2  3  x  y  x  y  2   2  x  x  1   y  y  1

Dấu bằng xảy ra khi x  y  1.

00

B

Vậy phương trình có nghiệm nguyên là: (x, y)  (1;1) .

3

10

Ví dụ 3.14. Tìm các số nguyên dương x, y, z biết x, y, z là các số đôi một khác nhau

2+

x 3  y3  z 3   x  y  z  .

ẤP

2

3

H

Ó

A

C

x 3  y3  z 3  x  y  z   Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức  3 3  

Suy ra x  y  z   x  y  z  

x  y  z

3

 x  y  z  9.

9 Vì x, y, z đôi một khác nhau suy ra x  y  z  1  2  3  6 .

3

3

2

ÁN

-L

Í-

3

TO

Suy ra x  y  z 6;7;8;9 . Lần lượt thử các giá trị của x + y + z ta được

G

(x, y,z)  (1;2;3) và các hoán vị của nó.

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

G

Đ

ẠO

Tương tự ta có: y4  y2  1 

(*)

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

2 1 2 x  x  1  3

U

2

TP .Q

Do x 4  x 2  1   x 2  1  x 2   x 2  x  1 x 2  x  1 

N

2

BỒ

ID

Ư

Ỡ N

Ví dụ 3.15. Chứng minh rằng phương trình x y z    b không có nghiệm tự nhiên khi b  1 hoặc b  2 nhưng có vô số y z x

nghiệm tự nhiên khi b  3 . x y z Lời giải. Ta thấy x, y,z     , ,  0 Theo BĐT AM-GM ta có, y z x

23 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

3

x y z x y z x y z  y  z  x   27( y  z  x )  27   y  z  x   3 ,    

d)

Đ

1 1 1 1    1 x 2 y2 z 2 t 2

TR ẦN

H

e) 3(xy  yz  zx)  4xyz

B

( Đề thi Chuyên Vĩnh phúc năm 2012 -2013) Bài 2.Giải phương trình nghiệm nguyên:

10

00

a) (x  2)4  x 4  y3

3

b) 3x 2  6y2  2z 2  3y2 z 2  18x  6  0

2+

(đề giao lưu HSG lớp 8 Thành phố Vĩnh Yên năm 2010 - 2011)

ẤP

c) 2x 2  (x 2  1)(y2  6y  8)  0

A

C

( Đề giao lưu HSG lớp 8 Thành phố Vĩnh Yên năm 2013- 2014)

H

Ó

d) x 2  xy  y2  3

Í-

(đề giao lưu HSG lớp 8 Huyện Vĩnh Tường năm 2011- 2012)

-L

e) (x 2  y2  1)2  5x 2  4y2  5  0

ÁN

(đề giao lưu HSG lớp 8 Huyện Lập Thạch năm 2008 - 2009)

TO

f) x 3  8  7 8x  1

BỒ

ID

Ư

Ỡ N

G

(Tạp chí TH&TT tháng 8/1999)

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

1 1 1   x y 2

G

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

b) x  y  z  9  xyz

Ư N

a) x  y  1  xyz

ẠO

Bài tập tự luyện: Bài1. Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình sau.

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

U

tự nhiên bất kỳ.

c)

H Ơ

Y

b  2 và có vô số nghiệm khi b  3 chẳng hạn ( x  a, y  b, z  a ) với a là số

N

x y z    b không có nghiệm là số tự nhiên khi b  1 hoặc y z x

Vậy phương trình

N

đẳng thức xảy ra khi x  y  z .

g)  x  1   x  1  y 3 (Đề thi THPT chuyên Toán KHTN năm học 2011 – 2012) 4

4

4. Phƣơng pháp 4. Phƣơng pháp xuống thang.

Cơ sở của phương pháp xuống thang là tính sắp thứ tự tốt của  (và  * ), một tập con khác rỗng bất kỳ của  đều có phần tử nhỏ nhất.

24

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Để chứng minh một phương trình là vô nghiệm ta giả sử ngược lại rằng tập  các nghiệm nguyên(tự nhiên, nguyên dương) của phương trình khác rỗng. Ta Nếu bằng cách nào đó ta dựng được nghiệm 1 nhỏ hơn 0 thì chúng ta sẽ đi đến

Y

N

H Ơ

mâu thuẫn. Từ đó suy ra được rằng phương trình đã cho vô nghiệm. Để rõ ràng hơn ta xét ví dụ.

N

đưa ra một thứ tự tốt trên  và giả sử 0 là nghiệm nhỏ nhất(theo thứ tự trên).

ẠO

ta có x 02 - 5y 02 = 0  x0 = 5 x1

H

Ư N

 x 12 - 5y 12 = 0.Vây nếu (x0,,y0) là nghiệm của phương trình đã cho thì (

x 0 y0 , ) 5 5

TR ẦN

x 0 y0 , ) 5k 5k với k nguyên dương bất kỳ cũng là nghiệm của phương trình. Điều này xảy ra

B

cũng là nghiệm của phương trình đã cho. Cứ tiếp tục lập luận như vậy (

10

00

khi x 0  y0  0 .Vậy phương trình có nghiệm (x, y)  (0;0)

3

Ví dụ 4.2. Giải phương trình nghiệm nguyên x 2  y2  z 2  x 2 y2 .

2+

Lời giải. Nếu x, y đều là số lẻ  x2 , y2 chia cho 4 đều dư 1 nên x2y2 chia cho 4

ẤP

dư 1.

A

C

Mà x2 + y2 chia cho 4 dư 2  z2 chia cho 4 dư 3 (loại)

H

Ó

Ta thấy x2 + y2 + z2 = x2 y2  x chẵn hoặc y chẵn

Í-

* Giả sử x chẵn  x2 , x2y2 chẵn  y và z phải đồng thời chẵn

ÁN

-L

Đặt x  2x1 , y  2y1 ,z  2z1 ta có x12  y12  z12  x12 y12

TO

Lập luận tương tự ta có x 22  y22  z 22  16x 22 y22

G

quá trình này cứ tiếp tục ta thấy (x1, y1, z1 ) là nghiệm của phương trình thì

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

G

Đ

(5x1) 2 – 5y 02 = 0  5x 12 - y 02 = 0

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

Lời giải. Giả sử x0, y0 là nghiệm của phương trình x 2  5y2  0

TP .Q

U

Ví dụ 4.1.Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2  5y2  0 .

Ỡ N

x1 y1 z1 , , ) là nghiệm của phương trình với k nguyên dương 2k 2k 2k  x1  y1  z1  0 . Vậy phương trình có nghiệm (x, y,z)  (0;0;0) .

BỒ

ID

Ư

(

Ví dụ 4.3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 3  3y3  9z 3  0 (1).

Lời giải. Giả sử (x 0 , y0 ,z 0 ) là nghiệm của phương trình.

Khi đó x 0  3 đặt x 0  3x1 vào (1) ta được 9x13  y03  3z 03  0  y0  3 . Đặt y0  3y1  z  3 25

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Đặt z 0  3z1 . Khi đó x13  3y13  9z13  0 . x 0 y0 z 0 , , ) cũng là nghiệm của phương trình.

3 3 3 quá trình này cứ tiếp tục ta thấy (x0, y0, z0 ) là nghiệm của phương trình thì

H Ơ

x 0 y0 z 0 , , ) cũng là nghiệm của phương trình với k nguyên dương , điều này 3k 3k 3k xảy ra khi x 0  y0  z 0  0 .Vậy phương trình có nghiệm (x, y,z)  (0;0;0) .

N

Do vậy (

TP .Q

Ví dụ 4.4. Giải phương trình nghiệm nguyên sau

ẠO

8x 4  4y4  2x 4  t 4 .

G Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

nhất.

TR ẦN

4x 04  2y04  z04  8t14

H

Từ phương trình  t chẵn. Đặt t  2.t1 thế vào và rút gọn ta được: Rõ ràng z 0 chẵn. Đặt z0  2z1

2+

3

 x 04  8y14  4z14  2t14

10

Tiếp tục y0 chẵn. Đặt y0  2z1

00

B

 2x 04  y04  8z04  4t14

C

 8x14  4y14  2z14  t14

ẤP

Và dễ thấy x 0 cũng chẵn. Đặt x 0  2x1

Ó

A

Nhìn vào phương trình trên rõ ràng (x1; y1;z1t1 ) cũng là 1 nghiệm phương trình

Í-

H

trên và dễ thấy x1  x 0 (vô lí do ta chọn x0 nhỏ nhất)

-L

Do đó phương trình trên có nghiệm duy nhất  0; 0; 0; 0  .

ÁN

Chú ý: Ta cũng có thể chọn bộ (x 0 ; y0 ;z0 ;t 0 ) thỏa x 0  y0  z0  t 0 nhỏ nhất; lý

TO

luận tương tự và dễ thấy x1  y1  z1  t1  x 0  y0  z0  t 0 từ đó cũng dẫn đến

BỒ

ID

Ư

Ỡ N

G

kết luận bài toán.

Ví dụ 4.5. Giải phương trình nghiệm nguyên

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Đ

Lời giải. Giả sử x 0 ; y0 ;z0 ;t 0 là 1 nghiệm phương trình trên với điều kiện x 0 nhỏ

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

U

Y

N

(

x 2  y2  z 2  2xyz (1).

(Korea 1996) Lời giải. Dễ thấy nếu một trong ba số x, y,z bằng 0 thì hai số còn lại cũng bằng 0 nên (x, y,z)  (0;0;0) là một nghiệm nguyên của (1). Xét xyz  0, ta sẽ chứng

26 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

minh (1) vô nghiệm nguyên. Theo nguyên tắc cực hạn tồn tại nghiệm ( x 0 , y 0 , z 0 ) của (1) thỏa mãn x 0 nhỏ nhất.

H Ơ

Nếu trong ba số có ít nhất một số chẵn giả sử z 0  2  x 02  y02  0 (mod

N

Nếu trong ba số không có số nào chẵn thì VT  1 (mod 2), mà VP  2 (vô lý)

TP .Q

x x y z    0 , 0 , 0  đều là nghiệm nguyên của (1) nhưng 0  x 0 (mâu thuẫn).

2  2 2 2

ẠO

Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên duy nhất (x, y,z)  (0;0;0) .

00

B

TR ẦN

a 2  b2 Lời giải. Đặt  k  a 2  kb.a  b2  k  0 (1). ab  1 Gọi (a 0 , b0 ) là nghiệm của (1) sao cho tổng a 0  b0 nhỏ nhất. Giả sử a 0  b0 .

10

Khi đó a 0 là một nghiệm của f (x)  x 2  kb0 .x  b02  k .

2+

3

Suy ra f(x) còn một nghiệm nữa là a1 .

C

ẤP

a 0  a1  kb0 Theo định lý viét ta có:  2 a 0 a 1  b 0  k

H

Ó

A

Từ đây suy ra ngay a1  .

Í-

* Nếu a1  0 thì f (a1 )  a12  kb0 .a1  b02  k  a12  k  b02  k  0 , vô lí.

ÁN

-L

* Nếu a1  0 thì a1 nguyên dương và (a1 , b0 ) cũng là nghiệm nguyên dương của (1)

TO

b02  k a 02  k Do a 0  b0 nên a1    a 0 . Do vậy a1  b0  a 0  b0 , mâu thuẫn a0 a0

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Ư N H

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

a 2  b2 là số chính phương.

Chứng minh rằng ab  1

G

Đ

Ví dụ 4.6. Cho a,b nguyên dương sao cho ab  1 là ước của a 2  b2 .

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

U

Y

Đặt x 0  2x1;y0  2y1;z 0  2z1 (x1, y1, z1  ): (1)  x12  y12  z12  4x1y1z1

N

4)  x 0 , y 0 đều chẵn. Do đó, cả ba số x0, y0, z0 đều chia hết cho 2.

BỒ

ID

Ư

Ỡ N

G

với cách chọn bộ nghiệm nguyên dương (a 0 , b0 ) .

* Vậy a1  0 , khi đó k  b02 là số chính phương (đpcm).

Bây giờ chúng ta sẽ cùng xem xét một số phương trình Diophante bậc hai trong đó có mặt một tham số chưa biết và ta cần tìm tất cả các giá trị của tham số để phương trình có nghiệm nguyên.

Ví dụ 4.7. Tìm tất cả các số nguyên dương n để phương trình

x 2  y2  1  nxy (1) 27 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

có nghiệm nguyên dương.

Lời giải. Vì x 2  y2  1  2xy  1  n  2  n  3 .

Với n  3 : phương trình (1) có dạng x 2  y2  1  3xy và có nghiệm nguyên

H Ơ

N

dương (x, y)  (1;1)

TR ẦN

 nb  a  a  (nb  a)  b  a  b (mâu thuẫn)

00

B

Vậy với duy nhất n  3 phương trình (1) có nghiệm nguyên dương.

Tổng quát hơn ta có ví dụ sau: Ví dụ 4.8. Tìm tất cả các số nguyên dương n để phương trình

3

10

x 2  y2  z 2  nxyz (1)

ÁN

-L

Í-

H

Ó

A

C

ẤP

2+

có nghiệm nguyên dương.

Lời giải. Với: n  1 phương trình (1) có nghiệm (3,3,3) Với: n  2 theo Ví dụ 4.7 , phương trình (1) không có nghiệm nguyên dương Với: n  3 phương trình (1) có nghiệm (1; 1; 1).

Ta sẽ chứng minh (1) vô nghiệm nguyên dương mọi n  3 .

Giả sử khi đó (1) có nghiệm nguyên dương.Theo nguyên tắc cực hạn tồn tại

TO

(a,b,c) là một nghiệm nguyên dương của (1) thỏa mãn a  b  c và  a  b  c 

BỒ

ID

Ư

Ỡ N

G

nhỏ nhất. Suy ra a một là nghiệm của phương trình: x 2  nbc.x  b2  c2  0 (*) Trường hợp1: a  b , gọi d là nghiệm còn lại của phương trình (*).

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Đ

Ư N

a 2  b2  1  2a 2  a 2  b2  1(mâu thuẫn).

H

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Nếu nb  a  a  nb  2a , thay vào a 2  b2  1  nab có:

G

còn lại của (*). Theo Viet có: a  c  nb  c  nb  a  0 Do đó (nb - a, b) cũng là nghiệm nguyên dương của (1)

ẠO

 a là một nghiệm của phương trình: x 2  nbx  b2  1  0(*) . Gọi c là nghiệm

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

U

Y

N

Với n  3 : Giả sử phương trình (1) có nguyên dương.

Theo nguyên tắc cực hạn tồn tại (a,b) là một nghiệm nguyên dương của (1) thỏa mãn a  b và (a+b) nhỏ nhất.

Theo Viet:

a  d  nbc  2 2 ad  b  c

 d  nbc  a  0  (d,b,c) cũng là một nghiệm nguyên dương của (1)

 d  a  b2  c2  nbc  1  (a  1)(d  1)  b2  c(nb  c)  1

Do nb  c  nc  c  1,c  1 nên c  1 28 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

 Phương trình a 2  b2  1  nab có nghiệm nguyên dương với n  3 (mâu thuẫn VD 4.7)

Trường hợp 2: a  b . Thay vào có 2a 2  c2  na 2c

N

 c2  a 2 (nc  2)  c2 (nc  2)

Y

N

H Ơ

 nc  3  n  3 (Vô lí) Vậy với duy nhất n  3 phương trình (1) có nghiệm nguyên dương.

H

x 2  y2  5xy  5  0

TR ẦN

Bài 3. Cho a,b nguyên dương sao cho ab  1| a 2  b2  ab .

10

00

B

a 2  b2  ab Chứng minh rằng là số chính phương. ab  1 Bài 4. Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau:

3

a) x 3  2y3  4z 3  0 .

2+

b) 5x 2  14y2  11z 2 .

ÁN

-L

Í-

H

Ó

A

C

ẤP

5. Phƣơng pháp 5. Sử dụng định lí nghiệm của phƣơng trình bậc 2.

Dạng 1. Phƣơng trình bậc hai với 2 ẩn số. Để giải phương trình này chúng ta thường sử dụng miền giá trị. Ý tưởng chính của phương pháp này là xét phương trình bậc haitheo một ẩn nào đó, ẩn còn lại là tham số. Từ đây ta thiết lập được các bất đẳng thức để chặn giá trị của tham số và liệt kê nghiệm (nếu có).

TO

Định lí 1: Phương trình ax 2  bx  c  0 với các hệ số nguyên và c  0 nếu

BỒ

ID

Ư

Ỡ N

G

có nghiệm nguyên x 0 thì c chia hết cho x 0 .

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

G

Đ

ẠO

a 2  b2 Chứng minh rằng  5. ab  1 Bài 2. Chứng minh rằng pt sau có vô hạn nghiệm nguyên dương:

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

Bài 1. Cho a,b nguyên dương sao cho ab  1| a 2  b2 .

TP .Q

U

Bài tự luyện.

Định lí 2: Phương trình ax 2  bx  c  0 (với các hệ số nguyên) có nghiệm

nguyên khi và chỉ khi   b2  4ac là bình phương của một số nguyên (  là số chính phương).

Ví dụ 5.1. Giải phương trình nghiệm nguyên

x 2 y2  xy  x 2  2y2 . (1) Lời giải. x 2 y2  xy  x 2  2y 2   x 2  2  y 2  xy  x 2  0 (*) 29 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

* Vì x nguyên nên x 2  2  0 , khi đó phương trình (*) là phương trình bậc hai ẩn y có   x 2  4x 2  7  .

H Ơ

N

Điều kiện cần để phương trình(*) có nghiệm nguyên là  phải là số chính phương.

N

Với x  0 thì y  0 .

Y

Với x  0 thì 4x 2  7 phải là số chính phương.

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Ví dụ 5.2. Giải phương trình nghiệm nguyên

H

3x 2  y2  4xy  4x  2y  5  0 . (2)

TR ẦN

Lời giải. Ta có phương trình : 3x 2  y2  4xy  4x  2y  5  0

B

 y2   4x  2  y  3 x 2  4x  5  0 (**) coi x là tham số giải phương trình bậc

3

 'x nguyên

2+

Do y nguyên, x nguyên 

10

00

2 phương trình (**) ẩn y ta có y    2x  1   'x Mà 'x   2x  1   3x 2  4x  5  x 2 – 4  x 2 – 4  n 2 ( n ).

ẤP

2

C

 (x- n) (x+ n) = 4  x =  2

-L

Í-

H

Ó

A

Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x ; y)  {(2 ; -5); (-2 ; 3)}.

Ví dụ 5.3. Giải phương trình nghiệm nguyên x 2 –  y  5 x  5y  2  0 . (3)

TO

ÁN

Lời giải. Ta có x 2 –  y  5 x  5y  2  0 coi y là tham số ta có phương trình

BỒ

ID

Ư

Ỡ N

G

bậc 2 ẩn x. Giả sử phương trình bậc 2 có 2 nghiệm x1, x2 . Theo Định lý Viet ta có

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

G

Đ

(x, y)  0; 0  ;  2; 1 ;  2;2  ;  2;1 ;  2; 2  .

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

ẠO

Ta tìm được x  2 hoặc x  2 thay vào phương trình (1) để tìm y.

Vậy phương trình có nghiệm

TP .Q

U

Đặt 4x 2  7  m2   2x  m  2x  m   7

 x1  x 2  y  5  5x1  5x 2  5y  25   x x  5y  2  1 2 x1x 2  5y  2

Suy ra: 5 x1  5x 2 – x1x 2  23   x1  5 x 2  5  2 , mà 2  1.2   1 2   x1  x 2  13 hoặc x1  x 2  7  y  8 hoặc y  2 .

30 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Vậy nghiệm của phương trình là (x;y)  7; 8 ;  6; 8 ;  4; 2  ;  3; 2 .

Ví dụ 5.4. Giải phương trình nghiệm nguyên x 2  2y  y – 2x   3x  3y  2  0 . (4)

H Ơ

N

Lời giải. PT(4) tương đương với x 2  x  3 – 2y   3y2  3y  2  0 (*)

N

khi đó phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn x có:    3 – 2y  – 4  2y 2  3y  2   1 – 4y 2

Điều kiện cần để phương trình(*) có nghiệm nguyên là  phải là số chính

ẠO

1 1 phương . Ta thấy 1 – 4y2  0    y   y  0, 2 2

H

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Vậy nghiệm của phương trình là (x; y)  1;0 ;  2; 0.

TR ẦN

Dạng 2. Phƣơng trình nghiệm nguyên bậc 3 với hai ẩn số. Để giải phương trình dạng này, nếu thấy hệ số của hai ẩn x 3 và y 3 đối

B

nhau thì ta có thể tham hóa chúng bằng cách đặt x  y  d hoặc y  x  d để đưa

10

00

phương trình về dạng bậc hai theo một biến x hoặc y , nếu hệ số của x 3 và y 3 là

3

bằng nhau thì ta đặt z  y rồi đưa về dạng đã xét. Từ đây ta thiết lập điều kiện

x 3  27xy  2009  y3 .

H

Ó

A

C

ẤP

2+

có nghiệm để tìm d.

Ví dụ 5.5. (Tập huấn đội tuyển singapore 2003) Tìm nghiệm nguyên của phương trình

Í-

Lời giải. Đặt y  x  d, d  . Phương trình đã cho trở thành

-L

(27  3d)x 2  (27d  3d 2 )x  d3  2009  0

(1)

TO

ÁN

Nếu d  9 thì (1) trở thành 1280  0 (vô lí). Điều kiện để phương trình (1) có nghiệm là   (27d  3d 2 )2  4(27  3d)( d 3  2009)  0 .

BỒ

ID

Ư

Ỡ N

G

hay 3(d  14)(d  9)(d 2  41d  574)  0 hay 9  d  14  d 10;11;12;13;14

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

G

Đ

Thay y = 0 vào phương trình (*) ta được x 2  3x  2  0  x  1; 2 

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

U

Y

2

Kiểm tra trực tiếp, ta thấy phương trình chỉ có nghiệm nguyên khi d  14 khi đó x  7;y  7 các trường hợp còn lại phương trình không có nghiệm nguyên.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên duy nhất là  7;7  .

Ví dụ 5.6. (Bulgari 2004). Tìm nghiệm nguyên của phương trình

x 3  10x  1  y3  6y2 .

31 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Lời giải. x  y  d, d  . Phương trình đã cho trở thành

(3d  6)y2  (3d 2  10)y  d3  10d  1  0(2) Nếu d  2 thì (2) trở thành 22y  27  0 (không có nhiệm nguyên). Điều kiện để

H Ơ

N

phương trình (2) có nghiệm là   3d4  24d3  60d 2  252d  76  0

N

Nếu d   1 thì   3d2 (d2  8d  20)  252d  76  0 .

TP .Q

Vì x 3  y3  6y2  10x  1 nên d là số lẻ, suy ra d 1;3;5;7.

ẠO

Kiểm tra trực tiếp, ta thấy phương trình chỉ có nghiệm nguyên khi d  1;d  5

G

phương trình không có nghiệm nguyên.

a) x  y  3xy   x  y  .

10

b) x 2  2y2  3xy  3x  5y  15 .

00

B

2

TR ẦN

Bài tập tự luyện: Bài 1: Giải phương trình nghiệm nguyên:

H

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên là (x;y)  6 ; 5 ;  2 ;  3 .

2+

3

c) x 2  3y2  4xy 2x  6y  24  0 .

ẤP

d) x 2  8y2  6xy  4x  8y  17  0 .

C

( Tuyển chọn theo chuyên đề Tạp chí TH&TT - Quyển 2)

H

Ó

A

e) x 2  y2  1  x  y  xy .

(Tạp chí TH&TT - Số 378/ 2008)

-L

Í-

f) x 3  y3  xy  2003 .

TO

ÁN

Bài 2. Tìm tất cả các số nguyên x sao cho x 2  28 là số chính phương. ( Tuyển chọn theo chuyên đề Tạp chí TH&TT - Quyển 2)

BỒ

ID

Ư

Ỡ N

G

Bài 3. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình x 2  y2  xy  x  y  2 . ( Đề thi chọn HSG lớp 9 tỉnh Phú Thọ năm học 2014 – 2015)

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Đ

khi d  1thì x  6; y  5 ; khi d  1thì x  2;y   3 , các trường hợp còn lại

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

U

Y

Nếu d  8 thì   3d3 (8  d)  2(38  d 2 )  2d(126  29d)  0  d 0;1;2;...;7

Bài 4. Tìm số nguyên dương x, y sao cho x 3  y3  3xy  1 .

6. Phƣơng pháp 6. Sử dụng tính chất của số nguyên tố.

Tính chất 1: Với mọi số nguyên a thì a 2  1 không có ước nguyên tố dạng 4k + 3 Tính chất 2: cho p là số nguyên tố dạng 4k + 3 ; a, b Z . Nếu a2 + b2  p thì a  p và b  p Ta đi chứng minh hai tính chất trên.

32

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Tính chất 1: Giả sử a 2  1 có ước nguyên tố p  4k  3 (k  ) , khi đó a p1  1  a 4k2  1  (a 2 )2k1  1  a 2  1  p (1) .

H Ơ

Từ (1) và (2) suy ra 2  a p1  1  (a p1  1)  p  p  2 , không có dạng 4k+3, vô

N

Mặt khác theo định lí Fermat a p1  1  p (2) .

N

lí. Vậy a 2  1 không có ước nguyên tố dạng 4k+3.

ẠO

bp1  1( mod p) . Khi đó a 4k2  b4k2  2( mod p) (1),

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

G

Từ (1) và (2) suy ra 2  p , hay p  2 ,không có dạng 4k+3, vô lí.

TR ẦN

H

Vậy a  p và b  p.

Ví dụ 6.1: Giải phương trình nghiệm nguyên

x 2 – y3  7 .

00

B

Lời giải. x 2 – y3  7  x 2 1  8  y3   2  y   y2 – 2y  4 

10

Nếu y chẵn thì x 2  1  4  x 2  3 (mod 4) vô lí (loại).

Nếu y lẻ thì y2 – 2y + 4   y  1  3 có dạng 4k + 3 do đó x2 + 1 phải có một

2+

3

2

Í-

H

Ó

A

C

ẤP

ước nguyên tố dạng 4k + 3 (vô lí). Vậy phương trình trên không có nghiệm nguyên.

Ví dụ 6.2. Giải phương trình nghiệm nguyên

x 2  2x  4y2  37 .

Lời giải. x 2  2x  1  4y2  38   x  1   2y   3819 (dạng 4k + 3)

ÁN

-L

2

2

  x  119 và 2y19   x  1   2y  192 (vô lí vì 38 không chia hết cho 2

TO

2

G

192). Vậy phương trình trên không có nghiệm nguyên.

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Đ

mà a 4k2  b4k2  (a 2 )2k1  (b2 )2k1  (a 2  b2 ) (2) .

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

p thì (a, p)  (b, p)  1 . Áp dụng định lí Fermar ta có a p1  1( mod p) và

U

Y

Tính chất 2: Giả sử p  4k  3 và a 2  b2  p . Nếu a và b đều không chia hết cho

BỒ

ID

Ư

Ỡ N

Ví dụ 6.3. Hãy tìm một tam giác vuông có số đo 3 cạnh là a, b, c là những số

nguyên và có cạnh đo được 7 đơn vị .

Lời giải. Giả sử cạnh đo được 7 đơn vị là cạnh huyền ( a  7 )  b2 + c2  72 (vì số chính phương khi chia 7 có số dư 0, 1, 4, 2).

Lại có 0  b, c  7 0 <  b2  c2  7 (loại).

Do vậy cạnh đo được là cạnh góc vuông giả sử b  7 Ta có a 2 – c2 =49   a+c  a-c  = 49 33

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

a  25  c  24

N

Vậy tam giác cần dựng có số đo 3 cạnh là 7, 25, 24 Ví dụ 6.4. Giải phương trình nghiệm nguyên

H Ơ

1  x  x 2  x 3  2017y .

Y

N

Lời giải. 1  x  x 2  x 3  2017y   x  1  x 2  1  2017y 1

TP .Q

U

-Nếu y  0  1987y  mà  x  1  x 2  1  (vô lý) -Nếu y  0 từ (1)  1  x  0

10

00

B

1  x  1 Mà 1987 nguyên tố   x0 2 1  x  1 Từ (1)  y  0 (mâu thuẫn)

TR ẦN

 1  x và x 2  1 không cùng là bội của 2017

H

Ư N

 d  1 hay 1  x,1  x 2   1

G

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Ta lại có d là Ư(2017)  d  1 do d  ƯC (2, 2017)

2+

3

Nếu y  0  x  0 phương trình có nghiệm (0; 0).

ẤP

Vậy phương trình có nghiệm nguyên  x;y    0;0  .

TO

ÁN

-L

Í-

H

Ó

A

C

Nhận xét. Từ ví dụ 3 chúng ta có thể thay 2017 bằng các số nguyên tố lớn hơn 2 ta được vô số các bài toán tương tự.

Bài 6.5.Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình x(1  x  x 2 )  4y(y  1). (Đề thi chọn HSG lớp 9 tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2014– 2015) Lời giải.Ta có x(1  x  x 2 )  4y(y  1)  (x 3  x 2 )  (x  1)  4y2  4y  1 (1)  (x  1)(x 2  1)  (2y  1)2 Vì x, y     2y  1  0 , nên từ 1  x  0 và x chẵn.

G

2

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Đ

ẠO

Gọi d  1  x;1  x 2   d  Ư(2), mà 2  1  x 2   1  x 1  x 

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

a  c  49  a – c  1

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

BỒ

ID

Ư

Ỡ N

Giả sử (x  1, x 2  1)  d  d lẻ và x 2  1 d; x 2  1 d  2d  d  1 Vì (x  1)(x 2  1) là số chính phương, (x  1, x 2  1)  1 nên (x  1) và (x 2  1) cũng là hai số chính phương.

Do x  0  x 2  x 2  1  (x  1)2  x 2  1  (x  1)2  x  0 y  0 Khi x  0 , có (1)  4y(y  1)  0   . y  1  Vậy có hai cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn yêu cầu bài toán là (0;0),(0;1) .

34 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Bài tập tự luyện: Bài 1:Giải phương trình nghiệm nguyên: ( Đề giao lưu HSG lớp 8 Thành phố Vĩnh Yên năm 2009- 2010)

H Ơ

b) 2x 4  3x 2  1  y2  0

N

a) x 2  xy  y2  x 2 y2 .

( Tạp chí TH&TT tháng 5/ 2004)

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Ư N

Lời giải.

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Đ G

Bµi 1. Giải phương trình nghiệm nguyên 6x 2  5y2  74.

ẠO

C. MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG.

TR ẦN

H

Cách 1: Ta có 6x 2  5y2  74  6x 2 – 24  50 – 5y2  6  x 2 – 4   5(10 – y 2 ) Suy ra x 2  5t  4 (t  ) . Thay x 2  5t  4 (t  ) vào phương trình

00

4  t   x  0  5  Ta có  2  y  0  t  5  3

B

Ta có y2  10 – 6t 2

ẤP

2+

3

10

 t 0;1

C

Với t  0 ta có x 2  4, y2  10 (loại)

A

2   x  9  x  3   2 y  4   y  2 

Í-

H

Ó

Với t  1 ta có

-L

mà x, y    x  3, y  2 thoả mãn.

ÁN

Vậy nghiệm của phương trình là (x, y)  (3; 2) .

TO

Cách 2:

Ỡ N

G

Ta có 6x 2  5y2  74 là số chẵn  y chẵn, lại có 0  6x 2  0  5y2  74

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

2

U

Bài 2: Tìm tất cả các cặp số nguyên tố p, q thỏa mãn: p3 – q5   p  q  .

Y

N

c) 54x 3  1  y3

BỒ

ID

Ư

 0  y2  14  y2  4  x 2  9

Vậy nghiệm của phương trình là (x, y)  (3; 2) Cách 3: Ta có 6x 2  5y2  74

 5x 2  5y2  x 2  1  75  x 2  15 , mà 0  x 2  12  x 2 4; 9 Với x 2  4  y2  10 loại Với x 2  9  y2  4 thoả mãn 35

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Vậy nghiệm của phương trình là (x, y)  (3; 2) Bài 2. Giải phương trình nghiệm nguyên x 2  y2  2x 2 y2 .

N

Lời giải.

Cách 1:

N Y

H

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

G

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

 y2  0  x 2  0  2   x; y   0;0  ;  1; 1 ;  1;1 ; 1; 1 ; 1;1 2 y  1  x  1

TR ẦN

Vậy nghiệm của phương trình là (x;y)  0; 0  ;( 1; 1);( 1; 1);(1; 1);(1; 1).

Cách 2: Ta có x 2  y2  2x 2 y2 , Do x 2 , y 2  0 .

00

B

Ta giả sử x 2  y2  x 2  y2  2 y2  2x 2 y2  2y2

10

Nếu y  0 phương trình có nghiệm (0; 0)

2+

3

Nếu y  0  x 2  1  x 2  0 hoặc x 2  1

ẤP

 y2  0 (loại) hoặc y 2  1   x;y  1; 1 ; 1;  1 ;  1; 1 ;( 1;  1).

A

C

Vậy nghiệm của phương trình là (x;y)  0; 0  ;( 1; 1);( 1; 1);(1; 1);(1; 1).

H

Ó

Cách 3: Có x 2  y2  2x 2 y2

-L

Í-

 2x 2  2y2  4 x 2 y2  4x 2 y2 – 2x 2 – 2y2  1  1

ÁN

 2x 2  2y2  1 –  2y2  1  1   2x 2 – 1 2y2  1  1 .

TO

Vậy nghiệm của phương trình là (x; y)  0; 0 ;( 1; 1);( 1;1);(1; 1);(1;1).

Ỡ N

G

Bài 3. Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: x 2 – 3xy  2y2  6  0.

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

1 1 1 1 2 2  2  2  2  2  2  2  y2  1 2 x y x y y y

Đ

Giả sử x 2  y 2 

1 1  2 2 2 x y

ẠO

+ Nếu x, y  0 thì phương trình đã cho trở thành:

U

+ Nếu y  0  x  0  t / m   x  0, y  0 là nghiệm của phương trình

H Ơ

+ Nếu x  0  y  0 (t/m)

BỒ

ID

Ư

Lời giải.

Cách 1: Ta thấy  x, y    0; 0  không phải là nghiệm của phương trình Ta coi phương trình x 2 – 3xy  2y2  6  0 ẩn x ta tính  y  y2  24 Phương trình có nghiệm tự nhiên thì  y là số chính phương  y2 – 24  k 2   y – k  y  k   24 (k  ) .

36 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Mà 24  24.1  12.2  6.4  3.8 ; y + k và y – k cùng chẵn k  6 k  4

H Ơ

N

y  5  k  12  y  7 k  2

Cách 2:

ẠO

Ta có: x 2  3xy  2y2  6  0

TR ẦN

H

Vậy nghiệm của phương trình là (x;y) 8; 7  ;(13;7);(7;5);(8;5).

Bài 4. Giải phương trình nghiệm nguyên 2x 2  2y2  2xy  y  x  10  0 .

00

B

Lời giải.

10

Cách 1: Ta có phương trình đã cho  2x 2  (2y  1)x  2y2  y  10  0 .

3

Coi x là ẩn y là tham số ta có phương trình bậc 2 ẩn x

2+

Xét  y   2y – 1 – 4.2  2y 2  y  10   12y 2 – 12y  81 , để nghiệm x nguyên

ẤP

2

C

thì  y là số chính phương.

H

Ó

A

Đặt k 2  12y2 – 12 y  81  k 2  3 2y  1  84

-L

Í-

k2 2 2   2y  1  28   28 ;  2y  1 lẻ  2y  1 1;9;25 3 2

ÁN

 y 0;1;  2;  3 thử trực tiếp vào phương trình ta tìm được các

TO

cặp số (x, y) (0; 2)(2; 0)thoả mãn.

BỒ

ID

Ư

Ỡ N

G

Vậy nghiệm của phương trình là (x, y) (0; 2)(2; 0).

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

G Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

 (x;y) 8; 7  ;(13;7);(7;5); (8; 5)

Đ

  x  y  x  2y   6   x  y  2y  x   6

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

Vậy nghiệm của phương trình là (x;y) 8; 7  ;(13;7);(7;5);(8;5).

Y

N

Thay vào ta tìm được (x;y) 8; 7  ;(13;7);(7;5);(8;5)

U

y   y   y     y 

Cách 2: Đặt x  y  a;xy  b ta có x, y    a, b   phương trình 2x 2 –  2y  1 x  2y2  y – 10  0  2a 2 – 6b  a –10  0  4a 2 –12b  2a – 20  0

  a  1  3a 2 – 12b – 21  0  a  1  3a 2  12b  21 .

2

2

Lại có  x  y   4 xy  a 2  4b 2

37 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

 12b  21  3a 2  21   a  1  3a 2  3a 2  21   a  1  21 2

2

mà  a  1 là số chính phương  a  1 1; 4; 9;16  a 0; 1; 2; 3.

2

2

N

Với a  0  12  3. 0  12b  21  12b  20 , loại.

Với a  1  1  1  3.12  12b  21  12b  14 , loại.

H Ơ

2

Với a  2  1  2   3.22  12b  21  12b  0  b  0 .

Y

N

2

Với a  3  1  3  3.32  12b  21  12b  22 , loại.

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Đ G

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Vậy nghiệm của phương trình là (x, y) (0; 2)(2; 0).

ẠO

 xy  0 Vậy a  2,b  0   x  y  2

Lời giải.

H

TR ẦN

x 2  4x – y2  1.

Ư N

Bài 5. Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình:

Cách 1:Ta có x 2  4x – y2  1   x  2  - y2  5   x+2  y  x  2 - y   5

B

2

2+

3

x  2  y  5 x  1   x  2 – y  1 y  2

10

00

mà x, y nguyên dương nên  x  2  y    x  2 - y 

C

ẤP

Vậy nghiệm của phương trình là (x, y)  (1;2) .

H

Ó

A

Cách 2: Ta có x 2  4x – y2  1 x 2  4 x –  y2 1  0   4  y 1  x 

Í-

2

2   'y

-L

' y

1

.

ÁN

Để phương trình có nghiệm thì  'y là số chính phương  4  y2  1  k 2

TO

  k  y  k  y   5  y  2 thay vào phương trình tìm được x  1 .

BỒ

ID

Ư

Ỡ N

G

Vậy nghiệm của phương trình là (x, y)  (1;2) .

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

U

2

Bài 6: Hai đội cờ thi đấu với nhau mỗi đấu thủ của đội này phải đấu 1 ván với mỗi đấu thủ của đội kia. Biết rằng tổng số ván cờ đã đấu bằng 4 lần tổng số đấu thủ của hai đội và biết rằng số đấu thủ của ít nhất trong 2 đội là số lẻ hỏi mỗi đội có bao nhiêu đấu thủ.

Lời giải. Gọi x, y lần lượt là số đấu thủ của đội 1 và đội 2 (x, y nguyên dương ) Theo bài ra ta có xy  4  x  y  38

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Đây là phương trình nghiệm nguyên ta có thể giải bằng cách sau : Cách 1: Có xy  4  x  y   xy – 4x – 4y  16  16   x  4  y  4   16 .

Mà 16  1.16  2.8  4.4 , lại có ít nhất 1 đội có số đấu thủ lẻ nên

N

H Ơ

N

x – 4  1 x  5    y  4  16  y  20

Y

Tương tự: x  20, y  5 .

Cách 2: Ta thấy x, y bình đẳng.Không mất tính tổng quát ta giả sử x  y

TR ẦN

y 4 1 y4 y4

10

Cách 3. xy  4  x  y   x 

00

B

Vậy 1 đội có 5 đấu thủ còn đội kia có 20 đấu thủ

2+

3

 y 5;6;8 thay trực tiếp vào phương trình ta được x  5;y  20 (thỏa mãn)

Í-

H

Ó

A

C

ẤP

Vậy 1 đội có 5 đấu thủ còn đội kia có 20 đấu thủ Bài 7: Tìm năm sinh của Bác Hồ biết rằng năm 1911 khi Bác ra đi tìm đường cứu nước thì tuổi Bác bằng tổng các chữ số của năm Bác sinh cộng thêm 3.

Lời giải. Ta thấy nếu Bác Hồ sinh vào thể kỷ 20 thì năm 1911 Bác nhiều nhất là

-L

11 tuổi 1  9  0  0  3 (loại. Suy ra Bác sinh ra ở thế kỷ 19

TO

ÁN

Gọi năm sinh của Bác là 18xy (x, y nguyên dương, x, y  9 ) Theo bài ra ta có: 1911  18xy  1  8  x  y  3

BỒ

ID

Ư

Ỡ N

G

 11x  2y  99  2y chia hết cho 11 mà  2,11  1  y chia hết cho11,

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

4  1  x  4  x 5, 6, 7, 8 . x Thử trực tiếp ta được x  5;y  20 (thoả mãn)

Mà

Ư N

G

Đ

4 4 4 4 4 4 8 8  =1 . Lại có       1  x  8 x y x y x x x y

H

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com



ẠO

Ta có x, y nguyên dương xy  4  x  y 

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

U

Vậy một đội có 5 đấu thủ còn đội kia có 20 đấu thủ.

mà 0  y  9  y  0  x  9 . Vậy năm sinh của Bác Hồ là 1890

Bài 8. Giải phương trình nghiệm nguyên

xy 3  .

2 x  xy  y 7 2

Lời giải.

Cách 1: Ta có

xy 3   7  x  y   3 x 2 – xy  y2  2 x  xy  y 7 2

39 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Đặt x  y  p , x – y  q  p,q nguyên pq pq ; y thay vào phương trình có dạng 28p  3 q 2  3q 2  2 2  p  0 và p chia hết cho 3 Đặt p  3k (k  )

N

x

N

H Ơ

 28k  3 3k 2  q 2   k chia hết cho 3 và k có dạng 3m(m   )

Với m  1 thì k  3;p  9

G

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Vậy nghiệm của phương trình là  x,y   4;5 ; 5;4 

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Đ

khi p  9, q  1 thì x  4, y  5 .

ẠO

 28  27  q 2  q   1 . Khi p  9, q  1 thì x  5, y  4

H

xy 3 2   7 x  y  3 x  y  3xy     x 2  xy  y2 7

TR ẦN

Cách 2.

B

Đặt x  y  a;x  y  b  28a  12b2  3a 2  3b2   3a  14   27b2  196

00

2

2+

3

10

 27b2  196  b2  7  b2 0;1;4

 28  ;0  3 

Nếu b2  0   3a  14   196  a  

C

ẤP

2

A

Với a  0;b  0  x  y  0 (không thỏa mãn) 2

Í-

H

Ó

Nếu b2  4 thì  3a  14   88 (loại) 2

1 (loại) 3

ÁN

-L

Nếu b2  1 thì  3a  14   169  a  9;a 

TO

Khi a  9;b  1 thì x  5;y  4 . Khi a  9; b  1 thì x  4;y  5 .

BỒ

ID

Ư

Ỡ N

G

Vậy nghiệm của phương trình là (x, y)  4;5 ; 5;4 

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

U

Với m  0  k  0  q  0  x  y  0 (loại)

Y

 28m  27m2  q  m(28  27m)  q 2  0  m  0 hoặc m  1

40 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

9  22%

10  25% 19  46%

ẠO Kém

10  25% 3  7,5%

11  27%

1  2%

3  8%

10  26% 14  36%

8  21%

8  21%

15  38% 15  39%

1  2%

4  9%

10

39 em Đã áp dụng

Yếu

17  40,5%

B

Chưa áp dụng

TBình

3

Kết quả đó cho thấy các em đã có rất nhiều tiến bộ .

BỒ

ID

Ư

Ỡ N

G

TO

ÁN

-L

Í-

H

Ó

A

C

ẤP

2+

3. Bài học kinh nghiệm Qua đề tài này tôi nhận thấy để công tác bồi dưỡng học sinh giỏi đạt kết quả cao thì mỗi giáo viên phải tìm ra các phương pháp dạy học phù hợp, dễ hiểu.

Viết và dạy theo từng đề tài là việc làm cần và thật sự cần thiết với việc bồi dưỡng học sinh giỏi.

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Khá

2  5%

41 em Đã áp dụng 8B

Đ G

Chưa áp dụng

Giỏi

Ư N

8A

Kết quả kiểm tra

H

Áp dụng đề tài

TR ẦN

Lớp

00

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

2. Kết quả cụ thể Kiểm tra 2 lớp 8A và 8B tôi thu được kết quả sau:

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

TP .Q

U

Y

N

H Ơ

PHẦN III. KẾT QUẢ THỰC HIỆN ĐỀ TÀI 1. Kết quả chung Trước khi áp dụng các phương pháp trên tôi thấy hầu hết học sinh lúng túng không tìm ra được hướng giải khi gặp các bài toán về phương trình nghiệm nguyên.

Sau khi áp dụng đề tài, học sinh đã khắc phục được nhiều nhược điểm, tỷ lệ làm được bài tăng, học sinh không những nắm vững cách giải phương trình nghiệm nguyên mà còn vận dụng linh hoạt trong các dạng toán khác.

N

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

41 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

A Ó H

BỒ

ID

Ư

Ỡ N

G

TO

ÁN

-L

Í-

Hoàng Thị Phƣợng

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Vĩnh Yên, ngày 14 tháng 4 năm 2015

C

ẤP

2+

3

10

00

B

TR ẦN

H

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

G

Đ

ẠO

TP .Q

U

Y

N

H Ơ

PHẦN IV. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Như vậy xuất phát từ những bài toán phương trình nghiệm nguyên kết hợp với sự khéo léo sử dụng các phương pháp giải bằng những thao tác tư duy, sự linh hoạt, sáng tạo của mình. Chúng ta sẽ luôn tìm ra lời giải của những bài toán phương trình hay và khó. Thông qua đề tài này không chỉ cung cấp cho học sinh một hệ thống các phương pháp giải mà còn hình thành cho học kỹ năng phân tích bài toán để từ đó phát triển năng lực tư duy sáng tạo toán học của học sinh, nhất là những học sinh khá giỏi. Kiến thức, kỹ năng vận dụng vào giải toán của học sinh được củng cố một cách vững chắc, sâu sắc; kết quả học tập của học sinh được nâng cao. Từ chỗ rất lúng túng khi gặp các bài toán về phương trình nghiệm nguyên thì nay phần lớn các em đã tự tin hơn, biết vận dụng những kỹ năng, phương pháp được bồi dưỡng để giải thành thạo các bài tập mang tính phức tạp.

Trong khi viết đề tài, tôi không tránh khỏi những thiếu sót cũng như nội dung đề tài chưa thực sự phong phú. Rất mong các thầy cô giáo và các đồng nghiệp đóng góp thêm ý kiến để đề tài hoàn thiện và có hiệu quả cao hơn.

Tôi xin chân thành cảm ơn!

N

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

42 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

H Ơ N

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

BỒ

ID

Ư

Ỡ N

G

TO

ÁN

-L

Í-

H

Ó

A

C

ẤP

2+

3

10

00

B

TR ẦN

H

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

G

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/

Đ

ẠO

TP .Q

U

CÁC TÀI LIỆU THAM KHẢO 1) Báo toán tuổi thơ, Toán học và tuổi trẻ.

2)Các đề thi học sinh giỏi Cấp huyện,cấp tỉnh thành, thi vào THPT chuyên.

3)Các Đề tài số học BDHSG - NXB GD (Phạm Minh Phương).

4) 255 bài toán số học chọn lọc.

5) Chuyên đề BDHSG THCS- NXBGD (Nguyễn Vũ Thanh).

6)Tuyển chọn theo chuyên đề TT&TT – NXBGD. 7)Diophantinequations (Titu Andreescu).

N

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Y

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

43 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial