Skkn phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn toán ở thpt

  • Số trang: 36 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 380 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 24000 tài liệu

Mô tả:

ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Phương trình nghiệm nguyên là một đề tài hấp dẫn, thú vị của toán học, vì vậy phương trình nghiệm nguyên đã được rất nhiều nhà toán học nghiên cứu. Tuy nhiên, với người học thì giải phương trình nghiệm nguyên là một vấn đề khó. Để giải được phương trình nghiệm nguyên đòi hỏi phải có tư duy lôgic, sự sáng tạo. Các phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng và kèm theo các phường trình nghiệm nguyên đó có rất nhiều phương pháp giải hay, nhưng do khó, phức tạp mà trong chương trình toán ở phổ thông cũng như Cao đẳng chỉ đề cập đến rất ít, Vì vậy, tôi chọn đề tài: ''phương trình nghiệm nguyên'' để giúp các bạn tìm hiểu được nhiều hơn về phương trình nghiệm nguyên. II. MỤC ĐÍCH ĐỀ TÀI: Đề tài này nhằm đạt được một số mục đích sau: + Thống kê các phương trình nghiệm nguyên. + Phân loại và phương pháp giải một số dạng phương trình nghiệm nguyên. III. NỘI DUNG: A. Một số định nghĩa, định lý liên quan đến phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên. 1. Định lý Ơ - le: Định lý: Giả sử m là một số tự nhiên lớn hơn 1 và a là một số nguyên tố với m khi ấy ta có: a (m) �1 (modm). + (m) : Là số các số tự nhiên khác 0 không vượt quá m và nguyên tố với m. + Hệ thặng dư đầy đủ modun m H = {0, 1, ..., m -1} - Hệ thặng dư thu gọn modun m m  1� � m 1 m 1 ,  1,..., �với m là số lẻ 2 2 � 2 H = � m m m � ,   1,...,  1� 2 2 � 2 � H = � với m là số chẵn. 1 ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT m m� �m  1,   2,..., �là hệ thặng dư đầy đủ giá trị tuyệt đối nhỏ nhất. 2 2 � 2 H = � Chứng minh: Cho x chạy qua hệ thặng dư thu gọn modun m không âm nhỏ nhất {r 1, r2, ..., r (m) } khi ấy tập hợp {ar1, ar2, ..., ar (m) } cũng là hệ thặng dư thu gọn modun m. Gọi s1, s2, ... s (m) là các thặng dư không âm nhỏ nhất cùng lớp với ar1, ar2, ..., arn thì ta có: ar1 � s1 (modm) ar2 � s2 (modm) ............................ ar (m) �s (m) (modm) Ta sẽ được { s1, s2, ..., s (m) } cũng là hệ thặng dư thu gọn modun m không âm nhỏ nhất, Bằng cách nhân vế với vế của (m) đồng thức trên ta được: a (m) . r1r2...r (m) �s1 s2 ... s (m) (modm) Vì {r1, r2, ..., r (m) } và {s1 , s2, ..., s (m) } cũng là hệ thặng dư thu gọn không âm nhỏ nhất nên ta có: r1 r2 ... r (m) = s1 s2 ... s (m) Từ đó a (m) r1,r2... r (m) �r1 r2 ... r (m) (modm) Nhưng r1r2 ... r (m) nguyên tố với (m vì từng thừa số nguyên tố với m) nên có thể chia cả 2 vế của đồng dư thức r1r2 ... r (m) ta được: a (m) �1 (modm) 2. Định lý Feema: Cho p là một số nguyên tố và a là một nguyên tố không chia hết cho p. Khi ấy ta có: ap-1 �(mod p). Chứng minh: Vì p là số nguyên tố nên (p) = p - 1. áp dụng định lý ơ-le suy ra điều phải chứng minh. 3. Phương trình ax2 + bx + c = 0 2 ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT - Nếu có nghiệm nguyên là x0 thì CMx0 - Phương trình có nghiệm nguyên khi và chỉ khi  (  ')là số chính phương 4. Thuật toán ơclit mở rộng. (Tìm ước chung lớn nhất của 2 số a, b) - Giả sử a > b. a,b � z+ B1: Chia a cho b được dư r1. Nếu r1 = 0 thì b/a. Nếu r1 �0 ta được: a = bq + r1. B2: Chia b cho r1 được dư r2. - Nếu r2 = 0 thì UCLN (a,b) = r1 - Nếu r2 � 0 thì ta được: b = r1q1 + r2. B3: Thực hiện phép chia r1 cho r2 được số dư r3. - Nếu r3 = 0 thì UCLN (a, b) = r3 - Nếu r3 � 0 thì r1 = r2q2 + r3. Tiếp tục quá trình như vậy cho đến khi số dư bằng 0 (Giả sử là r n). Quá trình này phải biết kết thúc vì ta được dãy giảm nghiêm ngặt bị chặn dưới r1 > r2 > r3 ... > rn -1 > rn > 0 - Ước chung lớn nhất của a và b là rn-1 ( số dư khác 0 cuối cùng) 5. Điều kiện cần và đủ để phương trình: ax + by = c (1) có nghiệm là UCLN (a, b) c. Chứng minh: - Điều kiện cần: Giả sử phương trình (1) có nghiệm nguyên là (x 0, y0) ta có: ax0 + by0 = c. Gọi d = UCLN (a, b). Khi ấy d là ước của a và b nên d cũng là ước của ax0 + by0 = c nghĩa là d ước của c. - Điều kiện đủ: Giả sử d = UCLN (a,b) là ước của c, nghĩa là có số nguyên c, sao cho c = c1d. Ta phải chứng minh phương trình (1) có nghiệm nguyên, nghĩa là có cặp số (x0, y0) sao cho có đẳng thức: ax0 + by0 = c. Thật vậy vì d = UCLN (a,b) nên có cặp số nguyên x 1, y1 sao cho : d = ax1 + by1. 3 ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT Nhân cả 2 vế với c 1 ta được c1d = c1ax1 + by1c1 hay ( c1 a)x1 + (c1b)y1 = c Đẳng thức này chứng minh của phương trình (1). * Nếu phương trình (1) có một nghiệm nguyên là (x 0, y0) thì nó có vô số nghiệm nguyên và tập hợp các nghiệm nguyên của nó gồm các cặp số nguyên (x1y) xác định bởi: b � x  x0  t � � a � �y  y  a t, t �Z 0 � d Với d = UCLN (a, b) và t = 0, � 1, �2 ... Điều này ta dễ dàng kiểm tra khi thay x, y vào phương trình (1). * Phương trình: a1x1 + a2x2 + ... + anxn = c khi và chỉ khi  UCLN (a1, a2, ..., an) là ước của c. Chứng minh cho trường hợp này tương tự như chứng minh cho trường hợp n = 2. B. MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI: a. Phương pháp giải: 1. Tách phần nguyên: (phương pháp này chủ yếu áp dụng cho phương trình bậc nhất 2 ẩn). Ví dụ: Giải phương trình: 43x + 47y = 50 (1) Phương trình (1) <=> 43x = 50 - 47y => x = 1 - y + Đặt t = 7  4y 43 7  4y , t � Z => x = 1 - y + t. Và 7 - 4y = 43t 43 => y = 2 - 11t + t 1 t 1  . Đặt = 4 4  �Z => y = 2 - 11t +  và t=4  +1 => y = 2 - 11 (4  + 1) +  = - 43  - 20 => x = 1 - ( - 43  - 20) + 4  + 1 = 22 + �x  22  47t �y  20  43t 47  . Vậy phương trình (1) có nghiệm tổng quát là: � Với t �Z . 4 ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT Chú ý: Khi dùng phương pháp này nên tách sao cho các hệ số của ẩn của phần đặt ẩn phụ là nhỏ nhất Ví dụ: Giải phương trình: 7x + 4y = 100 (*) Cách 1: 4y = 100 - 7x => y = 100  7x 3x 3x => y = 25 - x . Đặt = t, 4 4 4 t �Z = > y = 25-x-t và 3x=4t => x = Đặt 4t t t . 3 3 t ,  �� x  t  , t  3 => x = 3  +  = 4  => y =25-4  -3  = 25 3 - 7 . Vậy phương trình có nghiệm tổng quát là: �x  4t � �y  25  7t, t �Z. Cách 2: (*) <= > 4y = 100  7x  y  Đặt 100  7x x  25  2x  4 4 x  t  x  4t  y  25  2x  t  y  25  2(4t)  t  25  7t 4 Vậy phương trình có nghiệm tổng quát là: �x  4t � �y  25  7t, t �Z 2. Phương pháp sử dụng đồng dư thức: Phương pháp này dựa vào các tính chất của đồng dư thức để giải phương trình nghiệm nguyên. Ta chuyển phương trình cần giải về các đồng dư thức: Ví dụ: Giải phương trình: 5x + 3y = 2 Phương trình đã cho tương đương với đồng dư thức: 5x �2(modz) <=> 2x �2(modz) (*) x �1(modz). => x= 1+3t, t �Z => 3y = 2-5x = 2-5 (1+3t) => 3y = -3 - 15t => y = -1 - 5t. Vậy phương trình đã cho có nghiệm tổng quát là: �x  1  3t � �y  1  5t, t �� 5 ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT 3. Phương trình sử dụng thuật toán ơclít mở rộng Ví dụ: Giải phương trình: 38 x + 117y = 109 Ta có: 117 = 38.3 + 3 => 3 = 117 - 38.3 38 = 3.12 + 2 => 2 = 38 - 3.12 3 = 2.1 + 1 => 1 = 3 - 2 2 = 1.2 Ta suy ra: 1 = 3 - 2 = 3 - (38 - 3.12) = 3.13 - 38 = (117 - 38.3). 13 - 38 = 117.13 - 38.40 => 109 = 117(13.109) + 38(-40.109) = 117(1417) + 38 (-4346) Vậy phương trình đã cho có một nghiệm riêng là: (-4346, 1417) Vậy phương trình có nghiệm tổng quát là: �x  4346  117t � �y  1417  38t, t �R Lưu ý: Phương pháp sử dụng thuật toán ơclít mở rộng có thể áp dụng cho tất cả các phương trình bậc nhất một ẩn và nhiều ẩn. Tuy nhiên phương trình này có nhược điểm là trong một số trường hợp việc tách quá nhiều bước. 4. Phương pháp sử dụng tính chia hết. Trong một số phương trình việc áp dụng tính chia hết sẽ cho ra kết quả rất nhanh. Ví dụ: Giải phương trình 6x2 + 5y2 = 74 (1) (1) � 6(x2 - 4) = 5(10 - y2) . Vì UCLN(5,6) = 1 nên phải có x 2 - 4 M5 và 10 - y2 M6 tức là x2 - 4 = 5u và 10 - y2 = 6v (với u, v � Z ) => 6.5u = 5.6v => u = v. Vì x2- 4 = 5u => x2 = 5u + 4 �0 => u �Tương tự y2 = 10 - 6u �0 => v < 4 5 5 . Kết hợp u = v => u = v = 0 hoặc 3 u = v = 1. 6 ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT - Với u = v = 0 => y2 = 10 => Không có giá tri nào nguyên của y thoả mãn. - Với u = v = 1 => y2 = 4 và x2 = 9. Vậy phương trình có 4 nghiệm là: (3,2); (3,-2); (-3,2) và (-3,-2). 5. Phương pháp sử dụng tính chất của số nguyên tố. Trong phương pháp này áp dụng các tính chất của số nguyên để giải các phương trình nghiệm nguyên. Ví dụ: Giải phương trình x2 + y2 = 3 z 2 (1) dễ thấy phương trình có nghiệm là (0;0;0). Giả sử phương trình có nghiệm: (x;y;z). Nếu x, y, z có ước chung lớn nhất d � 1 tức là x = dx', y = dy' và z = dz' từ (1) => (dx')2 + (dy')2 = 3(dz)2 => x'2 + y'2 = 3z'2 Vì vậy ta có thể giả sử UCLN(x,y,z) = 1. Từ x2 + y2 = 3z2 => x2 + y2M3 => x2 M3 và y2 M3 tức là x M3u và y = 3v ta có (3u)2 + (3v)2 = 3z2 => z2 = 3(x2 + y2) => z2 M3 => x,y,z có ước chung là 3 trái với giả thiết => phương trình có nghiệm duy nhất là (0;0;0). 6. Phương pháp sử tính chất của số chính phương - Tính chất của số chính phương là: - Số chính phương không có tận cùng bằng 2,3,5,7,8. - Một số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì căn bậc hai của số đó cũng chia hết cho p. - Số chính phương chia 3 dư 0;1; chia 4 dư 0;1 chia 8 dư 0;1;4. - Giữa 2 số chính phương liên tiếp không có số chính phương nào điều này tương đương  a,x � Z + Không tồn tại x để a2 < x2 < (a+1)2 + Nếu a2 < x2 < (a+2)2 thì x2 = (a+1)2 - Nếu 2 số nguyên liên tiếp có tích là số chính phương thì một trong 2 số đó phải bằng 0. 7 ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT a0 � � Nếu a(a+1) = k2 thì � a 1  0 � - Nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là một số chính phương thì mỗi số đều là số chính phương. � a  p2 � � a.b  c , với a, b, c �N , (a, b)  1  � b  q2 � 2 Ví dụ: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x(x+1) = k(k+2) (1), x �Z + Giải. (1) => x2 + x = k2 + 2k � x2 + x + 1 = k2 + 2k + 1 � x2 + x + 1 = (k+1)2 vì x �Z + => x2 < x2 + x + 1 = (x + 1)2 => x2 < (x + 1)2 (*) Mặt khác vì x � Z+ => x2 + x + 1 < x2 + 2x + 1 => (k + 1)2 < (x + 1)2 (**). Từ (*) và (**) => x2 < (k + 1)2 < (x + 1)2 => Không tồn tại số k thoả mãn phương trình (1). Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 7. Phương pháp tách thành phương trình tích: - Trong phương pháp này vế chứa biến của phương trình nghiệm nguyên được phân tích thành các nhân tử. Do các nghiệm nguyên nên xét các trường hợp có thể xảy ra rồi giải và tìm nghiệm. Ví dụ: Giải phương trình x2 +6 = xy - y (1) Giải: (1) � x2 - 1 + 7 = y(x - 1) � (x - 1)(x + 1) + 7 = y(x - 1) � (x - 1)(y - x - 1) = 7. Vì x, y � Z nên có các trường hợp sau. x2 �x  1  1 � �� �y  x  1  7 �y  10 TH1: � �x  1  7 �x  8 �� �y  x  1  1 �y  10 TH2: � 8 ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT x 0 �x  1  1 � �� �y  x  1  7 �y  6 TH3: � �x  1  7 �x  6 �� �y  x  1  1 �y  6 TH4: � Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm là (2;10), (8;10), (0;-6) và (-6;-6) 8. Phương pháp sử dụng bất đẳng thức: Phương pháp này dùng để đưa các ẩn của một phương trình nghiệm nguyên bị kẹp bởi 2 giá trị nguyên nào đó. Do các ẩn là các số nguyên nên ta có thể thử các trường hợp có thể có của ẩn để từ đó rút ra nghiệm. Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x + y + 1 = xyz (1). Giải: Không giảm tính tổng quát giả sử 0 �x �y => x+y+1 �2y+1 => xyz �2y+1 => xyz - 2y �1 => y(xz-2) �1. Từ (1) ta thấy (1;1;1) không phải là nghiệm của (1). Do x,y,z là những số nguyên dương. xz �2 => xz - 2 �0 từ (*) => 0 �y(xz  2) �1 y(xz  2)  0(2) � => � y(xz  2)  1(3) � loại y0 x  1 � � �� Giải 2: y(xz-2) = 0 => � xz  2  0 � xz  2(2 ') � (2') => x = 1 và z = 2 => y = 2 x = 2 và z = 1 => y = 3 Giải 3: y(xz - 2) = 1 => Các trường hợp sau: x 1 � y 1 � �y  1 � �� � y 1 TH1: � xz  2  1 �xz  3 � � � z3 � TH2: y= -1 (loại) xz - 2 = -1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: (1;2;2); (2;3;1); (1;1;3) 9 ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT 9. Phương pháp sử dụng tính chẵn, lẻ Dựa vào đề bài mà chúng ta có thể tìm ra tính chẵn, lẻ để từ đó rút ra tính chất đặc trưng của các ẩn và đưa phương trình cần giải về phương trình đơn giản hơn. Ví dụ: Giải phương trình: (2x+5y+1)( 2 x  y  x 2  x)  105 Giải: Vì 105 là số lẻ nên (2x+5y+1) và ( 2 x  y  x 2  x) là số lẻ. - Xét 2x+5y+1 lẻ: 2x+1 lẻ nên 5y là chẵn, do đó y chẵn. - Xét ( 2 x  y  x 2  x) lẻ vì x2 + x = x(x+1) chẵn nên 2 x  y lẻ Vì y chẵn => 2 x lẻ => x  0  x  0 Thay x vào phương trình trên ta được: (5y+1)(x+1) = 105. Vì y là số nguyên nên ta có các trường hợp sau: 5y  1  105 �y  104 / 5 � �� (loại ) �y  1  1 �y  0 + TH1: � 5y  1  1 � �y  0 �� (loại ) �y  1  105 �y  104 + TH2: � 5y  1  21  y  4 � �y  1  5 + TH3: � 5y  1  21 � �y  1  5  y �Z + TH4: � 5y  1  1  y �Z � �y  1  105 + TH5: � 5y  1  105  y �Z � �y  1  1 + TH6: � Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: (0;4) 10. Phương pháp chứng minh bằng phản chứng: Giả sử phương trình có nghiệm nguyên là x o, yo,... rồi xây dựng dãy vô số nghiệm từ đó đưa đến mâu thuẫn hoặc giả sử phương trình có nghiệm nguyên x o, 10 ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT yo ... với xo có giá trị nhỏ nhất trong những giá trị có thể của nó rồi chứng minh phương trình có nghiệm x1, y1... mà xo > x1. Ví dụ: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 8x 4  4y 4  2z 4  u 4 (1) Giải: Giả sử (xo,yo,zo,uo) là một nghiệm của phương trình (1). Khi đó ta có: 8x 04  4y04  2z 04  u o4 (2) => u o4 M2  u o M2 Đặt uo = 2uo' thay vào phương trình (2) ta được: 8x 04  4y04  2z 04  (2u '0 ) 4  16u 04 ' => 4x 04  2y04  z 04  8u 04 ' => z04 M2 => z0 M2. Đặt z0 = 2z0' thay vào phương trình trên ta được: 4x04 + 2y04 + (2z0')4 = 8u'04 =>2x04 + y04 + 8z'04 = 4u'04 => y04 M2 => y0M2 Đặt y0 = 2y0'. Thay vào pt trên ta được: 2x04 + ( 2y0')4 + 8z'04 = 4u'04 => x 40  8y '04  4z '04  2u '04 => x 04 M2 � x 0 M2 Đặt x0 = 2x'0. Thay vào phương trình trên ta được: 8x '04  8y '04  4z '04  2u '04 . Như vậy, nếu (x0, y0, z0, u0) là nghiệm của phương trình (1) thì �x 0 y 0 z 0 u 0 � �2 , 2 , 2 , 2 �cũng là nghiệm của phương trình (1). � � �x y z u � 0 0 0 0 Quá trình này cứ tiếp tục mãi ta có cặp số � k , k , k , k �cũng là nghiệm 2 2 2 2 � � của phương trình (1) Các cặp số x 0 y0 z0 u 0 , , , là số nguyên với mọi k nguyên. Do đó 2k 2k 2k 2k x0 = y0 = z0 = u0 = 0. Vậy phương trình trên có nghiệm duy nhất là (0;0;0;0). b. Một số phương trình nghiệm nguyên và phương pháp giải cụ thể. b.1. Phương trình bậc nhất. 11 ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT 1. Phương trình bậc nhất một ẩn: - Phương trình bậc nhất 1 ẩn là phương trình có dạng ax+by = c (1) Đây là phương trình nghiệm nguyên thường gặp trong chương trình phổ thông cũng như trong chương trình cao đẳng. Phương trình này có nhiều cách giải. Phương trình (1) có nghiệm thì UCLN (a,b)/c. nếu UCLN (a,b)=d và d/c thì ta có thể chia 2 về của (1) cho d và (1) trở thành dạng a'x + b'y = c' với UCLN (a',b')=1. Do đó ta có thể giải phương trình (1) với giả sử a và b nguyên tố cùng nhau. a. Cách giải: - Cách 1: Tìm nghiệm riêng của phương trình bằng thuật toán ơclit mở rộng. Sau đó áp dụng công thức nghiệm tổng quát để tìm nghiệm. - Cách 2: (Tách lấy phần nguyên) Giả sử a y = 2x - t 41 41 Từ (1) => x= Đặt 41t  1 4t  1 = 5t 9 9 4t  1 = z (2) z �Z x = 5t-z 9 (2) => 4t = 9z - 1 => t = Đặt 73x  1 41 9z  1 z 1 = 2z + 4 4 z 1 = u (3) u �Z => t = 2z + u; từ (3) => 4 z= 4u + 1 => t = 2 (4u + 1) + 4 = 9u + 2 => x = 5(9u + 2) - (4u + 1) = 41u + 9 y = 2( 41u + 9) - (9u + 2) = 73 u + 16 �x  9  41u �y  16  73u u �Z Vậy phương trình có nghiệm là: � b) 38x + 117y = 1 Cách 1: (Tách phần nguyên) 13 ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT Từ 38x + 117y = 1 � 38x = 1 - 117y � x = � x = -3y + 1  117y 38 1  3y 1  3y . Đặt =u 38 38 � x = -3y + u và 1 - 3y = 38u � 3y = 1 - 38u � y= 1  38u 1 u 1 u � y = -13u + . Đặt = v � u = 3v - 1 3 3 3 � y = -13u + v � y = -13 (3v - 1) + v = -38v + 13 � x = -3y + u � x = -3(13 - 38v) + 3v - 1 = -40 + 117v. �x  40  117t �y  13  38t Vậy phương trình có nghiệm là: � Với t �Z Cách 2: (Dùng thuật toán ơclit) 117 = 38.3 + 3 � 3 = 117 - 38.3 38 = 3.12 + 2 � 2 = 38 - 3.12 3=2+1 � 1=3-2 Từ đó ta có: 1 = 3 - 2 = 3 - (38 - 3.12) = 13.3 - 38 = 13(117 - 38.3) - 38 = 117.13 - 40.38 � Phương trình có một nghiệm riêng là (40;13) Vậy phương trình đã cho có nghiệm tổng quát là: �x  40  117t � �y  13  38t, t �Z Cách 3: Dùng đồng dư thức Từ 38x + 117y = 1 => 117y �1 (mod 38) <=> 114y + 3y �1 (mod 38) <=> 3y �1 (mod 38) <=> 3y �1+ 38 (mod 38) => y �13 (mod 38) => y = 13 + 38t => Thay vào phương trình trên => x = -40 - 117t (t �Z ) Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là: �x  40  117t � �y  13  38t, t �Z 14 ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT Lưu ý: Qua 2 ví dụ trên ta thấy, 2 phương pháp sử dụng thuật toán ơclít và tách phần nguyên có thể áp dụng cho tất cả các phương trình bậc nhất tuy nhiên hai phương pháp này đôi khi phải sử dụng nhiều lần. Tách nhiều phép toán dẫn đến lời giải dài. Còn phương pháp sử dụng đồng dư thức có thể cho ra kết quả nhanh nhưng không phải áp dụng được cho tất cả các bài toán. Ví dụ 2: Tìm các điểm trên mặt phẳng toạ độ của đồ thị hàm số: 3x + 2y - 1 = 0 Bài toán này tương đương với tìm nghiệm nguyên của phương trình 3x + 2y = 1. Ta áp dụng các phương pháp giải trên và từ đó tìm ra nghiệm. Chú ý: Một bài toán của hàm số ta có thể chuyển thành bài toán tìm nghiệm nguyên như ở phương trình trên. 2. Phương trình dạng: ax+by = c+dxy (1) a) Phương pháp giải: Cách 1: + Nhân cả 2 vế của phương trình (1) với d ta được: adx + bdy = cd + d2xy � d2xy - adx - bdy + ab = ab - cd � (dx - b) (dy - a) = ab - cd. + Tìm các ước của ab - cd và xét các trường hợp có thể xảy ra đối với dx - b và dy - a + Giải các trường hợp và chọn nghiệm phù hợp. Cách 2: Ta có (1) � ax - c = y(dx-b) � y = - Nếu aMd thì tức là a = dt (t �Z) thì y = t + ax  c dx  b bt  c dx  b Để y �Z thì (bt - c) Mdx - b Tìm tất cả các ước của bt - c và giải các trường hợp ta tìm ra nghiệm của phương trình. - Nếu a M d thì: y = a1 + (a  a1d)x  a1 b  c dx  b 15 ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT Hay y = a1 + Ax  B với A = a - a1d; B = a1 - b - c, A (dx -b)2 � (Ax + B)2 - (dx - b)2 �0 � [(Ax+B) - (dx-b)] [(Ax+B) + (dx-b)] �0 � [(d-A)x + B - b] [(d+A)x + B - b ] �0 (*) Từ đẳng thức (*) ta luôn tìm được 2 giá trị x 1, x2 �Z nào đó sao cho: x1 � x �x2 từ đó suy ra các giá trị của x. Thay các giá trị vừa tìm được của k vào (1) � y � nghiệm của phương trình. Đặc biệt: Nếu tìm nghiệm nguyên dương của phương trình a(x+y) + b = cxy với a, b, c là các số nguyên không âm và a : c �b. Ta sử dụng phương pháp bất đẳng thức. Do vai trò của x, y như nhau nên ta có thể giả sử 1 �x �y. Khi đó a(x+y) + b = cxy � c= a a b ��   x y xy 2a  b x 1 x 2a  b c Kết hợp với điều kiện x �Z � các giá trị của x � y. b) Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau: 1) x + y = xy 2) 2x + 7y = 5 + 3xy Giải: 1) x + y = xy (1) Phương pháp 1: (1) � xy - x - y = 0 � (x-1) (y-1) = 1 Vì x, y �Z nên ta có các trường hợp sau: �x  1  1 �x  2 �� �y  1  1 �y  2 TH1: � �x  1  1 �x  0 �� �y  1  1 �y  0 TH2: � 16 ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT Vậy phương trình 2 có nghiệm là (0;0) và (2;2) Phương pháp 2: Từ x + y = xy � x = y (x-1) � y = � y=1+ x x 1 1 1 �� . Để y �� thì x 1 x 1 x 1  1 x2 � y2 � � � x - 1/1 � � �� �� x  1  1 � x0 y0 � � Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm (0;0) và (2;2) 2) 2x + 7y = 5 + 3xy (2) Phương pháp 1: Nhân 2 vế của (2) với 3 ta được: 6x + 21y = 15 = 9xy � 9xy - 6x - 21y = 15 � (9x - 21) (9y - 6) = 111. Ta có các trường hợp sau: 9x  21  1 � TH1 : � � x �� 8y  21  111 � 9x  21  111 � TH 2 : � � y �� 9y  6  1 � 9x  21  3 � TH 3 : � � x �� 9y  6  37 � 9x  21  37 � TH 4 : � � x �� 9y  6  3 � 9x  21  1 � TH 5 : � � x �� 9y  6  11 � 9x  21  11 � TH 6 : � � x �� 9y  6  1 � 9x  21  3 � TH 7 : � � y �� 9y  6  37 � 9x  21  37 � TH8 : � � x �� 9y  6  3 � Vậy phương trình vô nghiệm 3) Phương trình bậc nhất nhiều ẩn. 17 ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT - Phương trình bậc nhất nhiều ẩn là phương trình có dạng a1x1 + a2x2 + ....+ anxn = c (1) Để phương trình (1) có nghiệm thì (a1, a2, ... an) /c. - Phương pháp giải: Đối với phương trình bậc nhất nhiều ẩn có 2 phương pháp giải chủ yếu là: đưa về dạng có 1 hệ số bằng 1; phương pháp 2 là đưa về dạng có 2 hệ số nguyên tố cùng nhau. + Phương pháp đưa về dạng phương trình có hệ số bằng 1: Giả sử phương trình (1) có hệ số a1 = 1 thì phương trình có nghiệm là: �x1  f1 (u1 ,...u n 1 ) �x  f (u ,....u ) �2 2 1 n 1 � ......................... � � �x n  f n (u1 ,....u n 1 ) Với u1 ��; i  1, n  1 . + Phương pháp đưa về dạng có 2 hệ số nguyên tố cùng nhau. Giả sử UCLN (a1, a2) =1 phương trình (1) trở thành: a1x1+a2x2 = c-(a3x3+ ...+anxn) (2) Đặt vế phải bằng u phương trình (2) trở thành a1x1 + a2x2= u và quan niệm đây là phương trình bậc nhất 2 ẩn và tiến hành giải như đã trình bày: - Ví dụ: Giải các phương trình sau đây: 1) 2x - 5y - 6z = 4 (1) 2) 6x + 15y + 10z = 3 (2) Giải: 1) Phương pháp 1: (1) � 2x - 5y = 6z + 4 Lấy z = u, u �Z. Đặt 6u + 4 = c � 2x - 5y = c Phương trình có nghiệm riêng ra x0 = 3c, y = c �x  3c  5t � phương trình có nghiệm tổng quát là: � �y  c  2t; t �� Thay c = 6u+4 vào ta được nghiệm tổng quát của phương trình là: 18 ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT �x  3(6u  4)  5t �x  12  18u  5t hay � � �y  (6u  4)  2t �y  4  6u  2t, u, t �� Phương pháp 2: (1) � 2x - 5(y+z) - z = 4 Đặt y+z = u � 2x - 5u - z = 4 � z = 2x - 5u - 4 �x  t � Lấy x = t, t �� � �z  2t  5u  4 �y  u  z  (2t  5u  4)  4 � �x  t � Hay �y  4  6u  2t � z  4  5u  2t � Trong đó u, t ��. 2) Giải phương trình 6x + 15y + 10z = 3 (2) Phương pháp 1:(Biến đổi đưa về dạng có hai số nguyên tố cùng nhau) (2) � 6(x+z) + 15y + 4z = 3. Đặt x+z = u � 6u + 15y + 4z = 3 (2'). Vì UCLN (15,4) = 1 nên (2') được đưa về dạng: 15y + 4z = 3 - 6u. Đặt 3-6u = c � 15y + 4z = c (*) phương trình có nghiệm riêng y 0 =-c; z = �y  c  4t �z  4c  15t 4c nên phương trình (*) có nghiệm tổng quát là : � t �� Thay c = 3 - 6u vào ta được là: �y  (3  6u)  4t �y  3  6u  4t �� � z  12  24u  15t �z  4(3  6u)  15 � Vì x + z = u � x = u - z = u - (12 - 24u - 15t) = -12+ 25u + 15t �x  12  25u  15t � Vậy nghiệm tổng quát của (2) là: �y  3  6u  4t � z  12  24u  15t � Trong đó u, t �� - Phương pháp 2: (Đưa về dạng có 1 hệ số bằng 1) (2) � 6x + 10 (y+z) + 5y = 3. Đặt y + z = u (u ��) 19 ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT � 6x + 10u + 5y = 3 � x + 10u + 5(y+x) = 3 Đặt y + x = v � x + 10u + 5v = 3 � x = 3 - 10u + 5v � y = v - x = v - (3 - 10u + 5v) = -3 + 10u - 4v � z = u - y = v - (-3 + 10u - 4v) = 3 - 9u + 5v Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (2) là: �x  3  10u  5v � �y  3  10u  4v �z  3  9u  5v � Trong đó u,v �� 4. Dạng phương trình: a(x1+x2+ ...+ xn) + b = c x1x2...xn Với a, b, c �N, n>2, a �0, c �0, xi �0, i= 1, n - Phương pháp giải: Sử dụng phương pháp bất đẳng thức để giải đối với những phương trình dạng này. Vì x1, x2, ..., xn có vai trò như nhau nên ta có thể giả sử 1 �x1 �x2 �... �xn. 1 1 1 n Khi đó, ta sử dụng bất đẳng thức: x  x  ...  x �x 1 2 n 1 1 1 và x x ...x �x n . Khi đó từ a(x1+x2+...+xn)+b=cx1x2...xn. 1 2 n 1 �c a a a b �  ...   x 2 x 3 ...x n x1 x 3 ...x n x1 x 2 ...x n 1 x1 x 2 ...x n na  b ��  n 1 x1 x1n 1 na  b c 1 x1 n 1 na  b c (*) Do x �Z nên từ đẳng thức (*) ta tìm được các giá trị của x 1. Thay các giá trị của x1 và phương trình đã cho thực hiện tương tự ta sẽ tìm được nghiệm của phương trình. - Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình sau đây: 1) 2(x+y+z) +9 = 3xyz 2) 4(x+y+z) = xyz 20
- Xem thêm -