Cập nhật lúc: 21:31 24-09-2018 Mục tin: LỚP 8
>> Học trực tuyến lớp 9 và luyện vào lớp 10 tại Tuyensinh247.com. , cam kết giúp học sinh lớp 9 học tốt, hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả.
Ôn thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9
Phương trình nghiệm nguyên thuộc dạng bài tập khó trong chương trình học môn Toán 8, Toán 9. Các bài toán nghiệm nguyên thường xuyên có mặt tại các bài kiểm tra, bài thi học sinh giỏi.
Chuyên đề phương trình nghiệm nguyên gồm 87 trang tổng hợp lý thuyết, một số lưu ý, phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên và các bài tập có đáp án kèm theo. Thông qua tài liệu này các bạn có thêm nhiều gợi ý ôn tập, củng cố kiến thức để nhanh chóng giải được các bài Toán khó. Ngoài ra các bạn học sinh tham khảo thêm 50 đề thi HSG Toán 9.
1. Giải phương trình nghiệm nguyên.
Giải phương trình f[x, y, z, ...] = 0 chứa các ẩn x, y, z, ... với nghiệm nguyên là tìm tất
cả các bộ số nguyên [x, y, z, ...] thỏa mãn phương trình đó.
2. Một số lưu ý khi giải phương trình nghiệm nguyên.
Khi giải các phương trình nghiệm nguyên cần vận dụng linh hoạt các tính chất về chia hết, đồng dư, tính chẵn lẻ,… để tìm ra điểm đặc biệt của các ẩn số cũng như các biểu thức chứa ẩn trong phương trình, từ đó đưa phương trình về các dạng mà ta đã biết cách giải hoặc đưa về những phương trình đơn giản hơn. Các phương pháp thường dùng để giải phương trình nghiệm nguyên là:
- Phương pháp dùng tính chất chia hết
- Phương pháp xét số dư từng vế
- Phương pháp sử dụng bất đẳng thức
- Phương pháp dùng tính chất của số chính phương
- Phương pháp lùi vô hạn, nguyên tắc cực hạn
B. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
I. PHƯƠNG PHÁP DÙNG TÍNH CHIA HẾT
Dạng 1: Phát hiện tính chia hết của một ẩn
Bài toán 1. Giải phương trình nghiệm nguyên 3 x+17 y=159 [1]
Hướng dẫn giải
Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn phương trình [1]. Ta thấy 159 và 3 x đều chia hết cho 3 nên
Đặt
Do đó:
Vậy phương trình có nghiệm [x, y]=[53-17 t, 3 t] với t là số nguyên tùy ý.
Bài toán 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2 x+13 y=156 [1].
Hướng dẫn giải
- Phương pháp 1: Ta có 13y:13 và 156:13 nên
Đặt x=13 k[
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là:
- Phương pháp 2: Từ [1]
Để
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là:
Chú ý: Phương trình có dang ax + by = c với a,b,c là các số nguyên.
* Phương pháp giải:
- Phương pháp 1: Xét tính chia hết của các hang tủ.
- Phương pháp 2: Thủ ẩn, sử dụng tính chia hết tìm đî̀u kiện để một phân số trở thành số nguyên.
Bài toán 3. Giải phương trình nghiệm nguyên 23 x+53 y=109.
Hưóng dẫn giải
Ta có
Ta phải biến đổi tiếp phân số
Phân tích: Ta thêm, bớt vào tử số một bội thích hợp của 23
Từ đó
Đặt
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là:
Bài toán 4 . Tìm nghiệm nguyên của phương trình 11 x+18 y=120
Hưóng dẫn giải
Ta thấy
Biểu thị ẩn mà hệ số của nó có giá trị tuyệt đối nhỏ [là y] theo k ta được:
Tách riêng giá trị nguyên của biểu thức này:
Lại đặt:
Do đó:
Thay các biểu thức trên vào phương trình [1] thấy thỏa mãn
Vậy nghiệm của phưng trình là [x, y]=[18 t+6 ; 3-11 t] với
Chú ý: a] Nếu đề bài yêu cầu tìm nghiệm nguyên dưong của phương trình [1] thì sau khi tìm được nghiệm tông quát ta có thể giải điêu kiện:
Do đó t=0 do t là số nguyên. Nghiệm nguyên dương của [1] là [x, y]=[6,3].
Trong trường hợp tìm nghiệm nguyên dưong của [1] ta còn có thể giải nhur sau: 11 x+18 y=120
Do
Do x nguyên nên
........................
Mời các bạn tải File tài liệu để xem thêm Chuyên đề phương trình nghiệm nguyên
Cập nhật: 11/01/2022
TRƯỜNG THCS NGHUYỄN HỒNG SƠN TỔ TOÁN SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Ở CẤP THCS Ho và tên : BÙI XUÂN PHONG Tx Sông cầu, ngày 26 tháng 12 năm 2011 I . MỞ BÀI 1.LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Phương trình nghiệm nguyên là dạng phương trình mà Học sinh cấp Trung học cơ sở đã làm quen khi học về tập hợp số tự nhiên N , tập hợp số nguyên Z , về phép nhân , chia trên tập hợp N , Z , về đa thức ,số chính phương. Trong chương trình cấp Trung học cơ sở không đề cập nhiều về các dạng phương trình và phương pháp giải các dạng phương trình nghiệm nguyên mặt dù có một số cơ sở lý thuyết cho phép giải một số dạng về phương trình nghiệm nguyên . Nhưng trong các bài tập nâng cao trong sách giáo khoa , trong các kì thi Học sinh giỏi , trong các bài thi violimpic trên mạng internet lại được nêu ra làm cho Học sinh cảm thấy lung túng về phương pháp giải và đa số Học sinh trường của tôi , trường THCS Nguyễn hồng Sơn ít khi giải quyết tốt. Chính vì tình hình này mà tôi , với trình độ hiểu biết còn rất hạn chế về nội dung phương trình nghiệm nguyên , cố gắng xây dựng chuyên đề : Số dạng phương trình nghiệm nguyên ở cấp Trung học cơ sở . 2.MỤC ĐÍCH XÂY DỰNG CHUYÊN ĐỀ Chuyên đề “ Số dạng phương trình nghiệm nguyên ở cấp Trung học cơ sở” được xây dựng với mục đích : + Để có một tài liệu , xem như một giáo án giảng dạy , để trang bị cho Học sinh kiến thức cơ bản , hệ thống về phương trình nghiệm nguyên .Từ đó Học sinh rèn luyện kỉ năng giải được các phương trình nghiệm nguyên trong sách giáo khoa , trong các kì thi , nhất là các kì thi violimpic trên mạng internet . + Thực hiện được kế hoạch chuyên môn của tổ toán của trường THCS Nguyễn hồng Sơn Sau hết , qua xây dựng chuyên đề , tôi hy vọng khả năng hiểu biết của bản thân về phương trình nghiệm nguyên được nâng cao thêm một ít. 3. ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGUYÊN CỨU a] Đối tượng nguyên cứu : + Học sinh các cấp từ 6, 7, 8, 9 của trường THCS Nguyễn hồng Sơn + Các dạng phương trình nghiệm nguyên và phương pháp giải b] Phạm vi nguyên cứu : + Học sinh 6,7, 8, 9 của trường THCS Nguyễn hồng sơn tham gia vào nhóm học sinh được bồi dưỡng dự thi cấp trường , dự thi cấp thi xã, dự thi cấp tỉnh , dự thi giải toán trên mạng internet + Các dạng phương trình nghiệm nguyên và phương pháp giải thuộc chương trình cấp THCS 4. NHIỆM VỤ XÂY DỰNG CHUYÊN ĐỀ Xây dựng hệ thống đơn vị kiến thức cơ bản về phương trình nghiệm nguyên phù hợp với yêu cầu kiến thức của chương trình cấp THCS Lập được các dạng và các phương pháp giải tương ứng và linh hoạt các dạng phương trình nghiệm nguyên 5. PHƯƠNG PHÁP NGUYÊN CỨU a] Tài liêu : - Sách giáo khoa môn toán 6, 7, 8, 9 - Sách số học của tác giả Hoàng Chúng - Trên mạng internet b] Phương pháp : - Tổng hợp tài liệu , chọn lọc nội dung phù hợp chương trình THCS ,sắp xếp các nội dung thành hệ thống logic 6. NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI a] LÍ THUYẾT 1a . Phép chia hết và phép chia có dư 1a.1] Hai số nguyên a và b [ b>0] . Khi chia a cho b ta có a chia hết cho b hoặc a không chia hết cho b + a chía hết cho b , kí hiêu a b .ta củng nói b chia hết a hay b là một ước của a , a là bội của b . + Định nghĩa : có số nguyên q sao cho a = bq + a không chia hết cho b thì khi chia a cho b ta được thương là q và số dư là r [ 0 < r < b] và viết : a = bq + r với 0 < r < b . Tổng quát : + Với hai số nguyên a và b [ b > 0 ] luôn có hai số nguyên q và r [ 0 ≤ r < b] sao cho a = bq + r . Nếu r = 0 thì a chia hết cho b . Nếu r ≠ 0 thì a không chia hết cho b + Khi chia số nguyên a cho số nguyên b [ b >0] thì số dư r là một trong các b số từ 0 đến b – 1 . 1a.2] Ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất + Định nghĩa : - Số nguyên d là ước chung của a và b nếu d là ước của a và d là ước của b . - Số nguyên dương lớn nhất trong tập hợp các ước chuung của a và b gọi là ước chung lướn nhất của a và b .Ước chung lớn nhất của a và b kí hiêu là ƯCLN[a ,b] hay [a,b] . - Số nguyên m là bội chung của a và b nếu m a và m b. - Số nguyên dương nhỏ nhất trong tập hợp các bội chung của a, và b gọi la bội chung nhỏ nhất của a và b . Bội chung nhỏ nhất của a và b kí hiêu là BCNN[a, b] hay [a , b] 1a.3] Các tính chất về chia hết + Nếu [a, b] = 1 thì gọi a, b là hai số nguyên tố cùng nhau + Số nguyên tố là số lớn hơn 1 chỉ có hai ước là 1 và chính nó Định lí cơ bản : Mội số nguyên lớn hơn 1 đều phân tích được ra thừa số nguyên tố một cách duy nhất [ không kể thứ tự các thừa số] . Định lí 1 : vơi a, b, c là các số nguyên dương [ ac , bc] = c[a,b] với c là ƯC[a, b] Định lí 2 : và [a,b] = 1 c b Định lí 3 : , và [a,b] = 1 c Định lí 4: Nếu [a, b] =d thì tồn tại hai số nguyên x0 , y0 sao cho ax0 + by0 = d , x0 , y0 được xác định bằng thuật toán Ơ-clit Thuật toán Ơ-clit : a = bq + r với 0 ≤ r ≤ b – 1 thì [a,b] = [b, r] 2a. Đa thức : + Định nghĩa đơn thức : sgk lớp 7 + Định nghĩa đa thức : sgk lớp 7 +Các hằng đẳng thức đáng nhớ : [a b]2 = a2 2ab + b2 a2 – b2 = [a + b ][ a – b ] [ a b]3 = a3 3a2b + 3ab2 b3 a3 b3 = [ a b][ a2 ab + b2] + Phân tích đa thức thành các nhân tử 3a. Lũy thừa với số mũ là số tự nhiên : sgk lớp 7 + Định nghĩa + Các phép toán + Tính chất 4a. Phân thức + Định nghĩa : sgk lớp 8 5a . Các phép biến đổi phương trình + Định nghĩa phương trình nhiều biến : sgk lớp 8 + Định nghĩa nghiệm của phương trình : sgk lớp 8 + Định nghĩa hai phương trình tương đương sgk lớp 8 + Các phép đổi phương trình : sgk lớp 8 Phép chuyễn vế các hạn tử Phép nhân một cố khác 0 + Phương trình bậc hai và cách giải : sgk lớp 9 6a. Căn thức bậc hai : sgk lớp 9 + Định nghĩa + Các phép biến đổi b] CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGHUYÊN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1b. Phương trình bậc nhất hai ẩn ax + by = c [*] trong đó a,b nguyên khác 0 Cách giải 1: + Nếu [a,b] = d ≠ 1 và c không chia hết cho d thì phương trình [*] vô nghiệm + Nếu [a, b, c] = d ≠ 1 Thì ta chia hai vế của phương trình [*]cho d để được phương trình đơn gian hơn .Ví dụ : 6x + 4y = 14 3x + 2y = 7 12x + 6y = 15 4x + 2y = 5 + Nếu [a ,b] = 1 thì phương trình [*] có nghiệm nguyên và nghiệm được xác định là : Trong đó t và [x0 ; y0] là một nghiệm riêng của phương trình [*] Xác định nghiệm riêng theo định lí 4 . Chứng minh : Ta có [a, b] = 1 có hai số nguyên p , q : ap + bq = 1 apc +bqc = c Mà ax + by = c nên : a[x – pc ] = b[ qc – y] [1] , vì [a, b] = 1 [ x – pc ] có số nguyên t sao cho : x = pc +bt hay x = x0 + bt [2] Với x0 = pc . Thay [2] vào [1] được : abt = b[qc – y] y = qc – at hay y = y0 – at với y0 = qc Ví dụ : Giải phương trình 40x + 31y = 1 Giải : Ta có [40,31] = 1 nên phương trình có nghiệm nguyên Tìm nghiệm riêng : 40 = 31.1 + 9 31 = 9.3 + 4 9 = 4.2 + 1 40.7 + 31.[ -9] = 1 x0 = 7 , y0 = - 9 Phương trình có nghiệm x = 7 + 31t , y = - 9 – 40t với t Z Cách giải 2 : Dùng tính chất chia hết để xét các nghiệm và hệ số a, b , c Ví dụ : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 11x + 18y = 120 Giải: Ta thấy nên . Đặt x = 6k [k nguyên]. Thay vào [1] và rút gọn ta được: 11k + 3y = 20 Biểu thị ẩn mà hệ số của nó có giá trị tuyệt đối nhỏ [là y] theo k ta được: Tách riêng giá trị nguyên của biểu thức này: Lại đặt = t với t nguyên suy ra k = 3t + 1. Do đó: Thay các biểu thức của x và y vào [1], phương trình được nghiệm đúng. Vậy các nghiệm nguyên của [10 được biểu thị bởi công thức: với t là số nguyên tùy ý Cách giải: Rút gọn phương trình, chú ý đến tính chia hết của các ẩn Biểu thị ẩn mà hệ số của nó có giá trị tuyệt đối nhỏ [chẳng hạn x] theo ẩn kia. Tách riêng giá trị nguyên ở biểu thức của x Đặt điều kiện để phân bố trong biểu thức của x bằng một số nguyên , ta được một phương trình bậc nhất hai ẩn y và Cứ tiếp tục như trên cho đến khi các ần đều được biểu thị dưới dạng một đa thức với các hệ số nguyên 2b]. Phương trình bậc nhất ba ẩn Công nhận tính chất : Người ta chứng minh được rằng : Một phương trình bậc nhất n ẩn [ sau khi chia hai vế của phương trình cho UCLN của các hệ số của nó] có nghiệm nguyên khi và chỉ khi các hệ số của ẩn nguyên tố cùng nhau Ví dụ 1: Giải phương trình 2x – 5y – 6z = 4 Giải : Phương trình có nghiệm nguyên vì [2,5,6] = 1 Ta có [ 2, 5] = 1 nên đưa phương trình về dạng 2x – 5y = 4 + 6z Lấy z= u với u tùy ý Z , đặc c = 4 + 6u .Khi đó ta có phương trình 2x – 5y = c Phương trình này có nghiệm riêng là x0 = 3c , y0 = c và nghiệm tổng quát là x = 3c – 5t , y = c – 2t với t Z Thay c = 4 + 6u vào nghiệm tổng quát của 2x – 5y = c ta có nghiệm tổng quát của phương trình 2x – 5y – 6z = 4 là Trong đó u ,t Z Ví dụ 2 : Phương trình có hệ số của 1ẩn bằng 1 Giải phương trình 6x + y +3z = 15 Nhận xét : x , z lấy giá trị nghuyên bất kì thì khi đó ta củng có giá trị y nguyên tương ứng . Vậy phương trình có nghiệm tổng quát : Trong đó u ,t Z 3b] Phương trình bậc hai hai ẩn Ví dụ 1 Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 5x – 3y = 2xy – 11 Giải: Biểu thị y theo x: [2x + 3]y = 5x + 11 Dễ thấy 2x + 3 0 [ vì x nguyên ] do đó: Để phải có Ta có: 2x + 3 1 -1 7 -7 X -1 -2 2 -5 Y 6 -1 3 2 Thử lại các cặp giá trị trên của [x , y] đều thỏa mãn phương trình đã cho. Ví dụ 2:Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: Giải: Cách 1: Đưa về phương trình ước số: Ta có các nhận xét: Vì [1] chùa y có số mũ chẵn nên có thể giả thiết rằng . Thế thì nên và cùng tính chẵn lẻ. Tích của chúng bằng 12 nên chúng cùng chẵn. Với các nhận xét trên ta có hai trường hợp: x – 1 + y 6 -2 x – 1 - y 2 -6 Do đó: x - 1 4 -4 y 2 2 x 5 -3 Đáp số: [5 ; 2], [5 ; -2], [-3 ; 2], [-3 ; -2] Cách 2: Viết thành phương trình bậc hai đối với x: Điều kiện cần để [2] có nghiệm nguyên: là số chính phương Giả sử thì k + y k – y và k + y 0 [k + y] – [k – y] = 2y nên k + y và k – y cùng tính chẵn lẻ và phải cùng chẵn. Từ các nhận xét trên ta có: Do đó: y = 2 Thay vào [2]: Ta có bốn nghiệm: [5 ; 2], [5 ; -2], [-3 ; -2], [-3 ; 2] Ví dụ 4: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: [1] Giải: Viết thành phương trình bậc hai đối với x: [2] Điều kiện cần và đủ để [2] có nghiệm nguyên là là số chính phương [3] Giải [3] với nghiệm nguyên ta được Với y = 5 thay vào [2] được . Ta có: Với y = -3 thay vào [2] được . Ta có Đáp số: [-8 ; 5], [-6 ; 5], [6 ; -3], [4 ; -3] 4b] Phương trình chứa căn thức Ví dụ 1: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: Giải: Điều kiện: Xét hai trương hợp: Với x = 1 thì y =2. Với thì Do đó:. Do nên có thể đặt x – 1 = với t nguyên dương. Ta có: Kếtt luận: nghiệm của phương trình là: [1 ; 2], [ ; 2t] với t là số nguyên dương tùy ý. Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: Giải: Ta có: Bình phương hai vế rồi chuyển vế: Bình phương hai vế rồi chuyển vế: Bình phương hai vế: Ta biết rằng với x nguyên thì hoặc là số nguyên hoặc là số vô tỉ. Do nên không là số vô tỉ. Do đó là số nguyên và là số tự nhiên. Ta có: Hai số tự nhiên liên tiếp và có tích là số chính phương nên số nhỏ bằng 0: = 0 Suy ra: x = 0; y = 0 thỏa mãn phương trình đã cho. Nghiệm của phương trình là [0 ; 0] Ví dụ 3: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: [1] Giải: [2] Với điều kiện : Do x, y nguyên nên nguyên. Ta biết rằng với y nguyên thì hoặc là số nguyên hoặc là số vô tỉ. Do đó là số nguyên, tức là 55y là số chính phương: 11.5.y = . Do đó: y = với Tương tự: x = với Thay vào [1]: Giả sử thì . Ta có: A b 0 1 2 3 6 5 4 3 0 55 1375 880 495 Có 7 đáp số: [0 ; 1980], [1980 ; 0], [55 ; 1375], [1375 ; 55], [220 ; 880], [880 ; 220], [495 ; 495] c] Bài tập Bài 1. Tìm nghiệm nguyên các phương trình : a] 5x +3y = 2 ; b] 32x – 40y = 38 c] 38x + 117y = 15 ; d] 21x – 17y = -3 e] 2x + 3y + 5z = 15 ; f] 23x – 53y + 80z = 101 Bài 2. Tìm số tự nhiên chia hết cho 7 và khi chia cho 2 , 3 , 4, 5 , 6 luôn cho số dư là 1 Bài 3. Tìm năm sinh của nhà thơ Nguyễn Du , biết rằng ông sống không quá 86 năm và năm 1786 thì tuổi của ông bằng tổng các chữ số của năm ông sinh ra . Bài 4. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: xy2 + 2xy – 243y + x = 0 Hướng dẫn: Ta có xy2 + 2xy – 243y + x = 0 x[y + 1]2 = 243y [1] Từ [1] với chú ý rằng [y + 1; y] = 1 ta suy ra [y + 1]2 là ước của 243. Vậy [x, y] = [54, 2] ; [24, 8] Bài 5. Tìm x, y thỏa mãn : 2x2 – 2xy = 5x – y – 19 . Tìm tất cả các cặp nghiệm nguyên [x, y] thỏa mãn : y[x – 1] = x2 + 2. Hướng dẫn: Ta có y[x – 1] = x2 + 2 Bài 6. Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau : 15x2 – 7y2 = 9 29x2 – 28y2 = 2000 1999x2 – 2000y2 = 2001 Hướng dẫn: Từ phương trình đã cho ta suy ra y chia hết cho 3. Đặt y = 3y1. Ta có 5x2 – 21y12 = 3 [1] Từ [1] suy ra x chia hết cho 3. Đặt x = 3x1. Ta có 15x12 – 7y12 = 1 [2] Từ [2] suy ra y12 ≡ -1 [mod 3], vô nghiệm Từ phương trình đã cho ta suy ra x2 ≡ 5 [mod 7]. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm Từ phương trình đã cho ta suy ra x2 ≡ -1 [mod 4]. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm Bài 7. Tìm x, y nguyên thỏa mãn : x2y2 – x2 – 8y2 =2xy Hướng dẫn: Viết lại phương trình đã cho dưới dạng: y2[x2 – 7] = [x + y]2. [1] Phương trình đã cho có nghiệm x = y = 0. Xét x, y ≠ 0. Từ [1] suy ra x2 – 7 là một số chính phương. Đặt x2 – 7 = a2, ta có [x – a][x + a] = 7 Từ đó tìm được x Đáp số: [0, 0] ; [4, -1] ; [4, 2] ; [-4, 1] ; [-4, -2] Bài 8. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : Hướng dẫn: Vì vai trò của x, y, z như nhau nên có thể giả sử Từ phương trình đã cho ta suy ra Suy ra [1] Vì là số vô tỉ nên từ [1] ta suy ra : x – y – z = 4yz – 12 = 0 yz = 3 y = 3, z = 1 và x = y + z =4 Đáp số : phương trình có 2 nghiệm là [4; 3; 1] và [4; 1; 3] Bài 9. Tìm các số nguyên không âm x, y sao cho : Hướng dẫn: Nếu y = 0 thì x = 1 Nếu y 1 thì từ phương trình đã cho ta suy ra y < x < y + 1, vô lí Bài 10. Tìm nghiệm x , y nguyên dương của phương trình : y2 = x2 + 12x + 1995 [1] Ta có [1] y2 = [x + 6]2 + 1959 ³ 1959 Þ y ³ 45 . Ta có -1959 = [x + 6]2 - y2 = [x + y + 6][x - y + 6] với x + y + 6 ³ 52 và 1959 = 3 . 653 Bài 11 . Tìm số tự nhiên có 4 chữ số biết rằng nó chia cho 131 thì còn dư 112 và khi chia cho 132 thì dư 98 [ HSG Bến tre ] Bài 12 . Tìm nghiệm nguyên của phương trình 3x2 + 2xy + 5y2 = 45 [ HSG Bến tre] Bài 13 . Cho phương trình x2 – 2[m – 1]x + m – 3 = 0 [ m là tham số ] [*] Cm phương trình [*] có hai nghiệm phân biệt với mọi m Tìm số nguyên m sao cho hai nghiệm x1, x2 của [*]củng là các số nguyên . [ HSG Gia Lai ] Bài 14. Cho phương trình x2 – 2ax – [a + 3] = 0 [ a là tham số ] [ 1] giải [1] với a = 2 Tìm a nguyên sao cho [ 1] có nghiệm nguyên . [ HSG Hải Phòng ] Bài 15. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 5[ x2 + xy + y2 ] = 7 [ x + 2y] [ HSG Nghệ An ] II.NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM CHƯƠNG I : CƠ SỞ LÝ LUẬN LIÊN QUAN ĐẾN ĐỀ TÀI 1. CƠ SỞ PHÁP LÝ - Căn cứ theo hế hoach năm học 2011 – 2012 của trường THCS Nguyễn hồng Sơn - Căn cứ trên kế hoạch của tổ chuyên môn trong năm học 2011 – 2012 của tổ toán trường THCS Nguyễn hồng Sơn - Căn cứ vào kế hoach cá nhân đăng kí trong năm học 2011 – 2012 của cá nhân - Căn cứ vào phân phối chương trình giảng dạy và yêu cầu về kiến môn toán của sở GD & ĐT ban hành 2. CƠ SỞ LÝ LUẬN - Phương trình nghiệm nguyên là dạng phương trình mà ta cần tìm nghiệm là số nguyên - Phương trình nghiệm nguyên có ít đề cập đến trong các bài tập của sách giáo khoa và chương trình chuẩn kiến thức kỉ năng vì đây là dạng toán khó và thường được cho trong các bài tập nâng cao , các kì thi HSG , thi giải toán trên mạng internet .Do vậy việc nguyên cứu các dạng phương trình nghiệm nguyên và phương pháp giải các dạng phương trình nghiệm nguyên là cần thiết để bồi dưỡng cho các học sinh kiến thức phù hợp về phương trình nghiệm nguyên nhằm trang bị cho các em kiến thức và kỉ năng để không quá lúng túng khi giải các bài toán giải phương trình nghiệm nguyên trong các kì thi . 3.CƠ SỞ THỰC TIỂN - Khi mở rộng bài toán 105 –trang 97 sgk toán 6 : Tìm các số nguyên a, b biết ab = 5 đa số học sinh chỉ tìm được a = 5 , b = 1 Mà không tìm hết các cặp số nguyên a , b của bài toán - Khi giải toán violympio trên mạng có bài toán : tìm x , y nguyên dương biết xy – x – y = 1 thì không có học sinh nào giải được đúng phương pháp mà chỉ một học sinh đoán được x = 0 , y = -1 Chính vì cơ sở thực tế trên mà tôi xây dựng sáng kiến kinh nghiệm với đề tài : “ Các dạng phương trình nghiệm nguyên ở cấp THCS” CHƯƠNG II : THỰC TRẠNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 1. KHÁI QUAT PHẠM VI - Các dạng và cách giải phương trình nghiệm nguyên được giới hạn trong chương trình và nội dung các đơn vị kiến thức ở cấp THCS - Đối tượng áp dụng sáng kiến kinh nghiệm “ số dạng phương trình nghiệm nguyên ở cấp THCS” là học sinh trường THCS nguyễn hồng sơn và chủ yếu là số học sinh trong đội tuyển thi cấp trường , cấp thị xã , thi violympia , các học sinh giỏi trong lớp 6,7, 8, 9 2. THỰC TRẠNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM - Khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm “ Số dạng phương trình nghiệm nguyên ở cấp THCS” vào trường THCS nguyễn hông Sơn thì được kết quả như sau : Bài toán : Tìm hai số nguyên a, b biết ab = 5 trong kiểm tra 15’ [ 2đ] Điểm Lớp 0,5 1 2 6 a 24 5 6 b 24 4 Bài toán : tìm nghiêm nguyên của phương trình xy – x – y = 1 cho 11 Hs thi violympia của trường THCS Nguyễn hồng Sơn thì được kết quả : Học sinh Giải được Giải được 75% Biến đổi thành mà không làm tiếp được Không giải được TRẦN NGUYỄN NGỌC LANH x TRẦN LÊ DẠ QUỲNH x HỒ TRẦN ANH THƯ X HỒ THỊ KIM NGÀ x LƯU HỒNG NGỌC x CAO THỊ MỸ QUỲNH x TRẦN THỊ HỒNG LOAN x HỒ NHẬT NINH X TRẦN THỊ THANH MỸ x TRẦN VĂN THỤ x HỒ THỊ HỒNG LUYẾN X 3. NGUYÊN NHÂN CỦA THỰC TRẠNG - So sánh kết quả ban đầu lúc chưa triển khai “ Số dạng phương trình nghiệm nguyên ở cấp THCS” và kết quả sau khi triển khai “ Số dạng phương trình nghiệm nguyên ở cấp THCS” thì tôi có đánh giá sau : + Kiến thức trong chương trình tương đối đủ để trang bị cho học sinh cấp THCS giải được một số dạng phương trình nghiệm nguyên nhưng vì theo yêu cầu chuẩn kiến thức kỉ năng và dạng bài tập quá ít [ hầu như là không có trong sgk ] và vì các giáo viên bồi dưỡng HSG chỉ dạy về cá bài toán chia hết mà không dạy về phương trình nghiệm nguyên nên học sinh lúc ban đầu không có phương pháp giải các bài toán về phương trình nghiệm nguyên + Khi triển khai dạy “ Số dạng phương trinhg nghiệm nguyên ở cấp THCS” thì theo kết quả trên tôi rất lạc quan CHƯƠNG III :BIỆN PHÁP ,GIẢI PHÁP CHỦ YẾU ĐỂ THỰC HIỆN SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 1. CƠ SỞ ĐỀ XUẤT CÁC GIẢI PHÁP - Theo kế hoạch năm học của trường THCS Nguyễn hồng Sơn là xây dựng đội ngủ HSG của trường từ lớp 6, 7, 8 , 9 để bồi dưỡng năng khếu học toán cho các em và cũng để các em tham gia các kì thi HSG cấp trường ,cấp thị xã, thi violympia -Nôi dung kiến thức về phương trình nghiệm nguyên phù hợp với nội dung chương trình toán THCS đã ban hành 2. CÁC GIẢI PHÁP CHỦ YẾU - Thực hiện giảng dạy lý thuyết và bài tập về phương trình nghiệm nguyên theo từng cấp học 3. TỔ CHỨC VÀ TRIỂN KHAI THỰC HIỆN - Soạn giáo án cho các tiết dạy - Đưa các bài tập về phương trình nghiệm nguyên phù hợp theo cấp học cho học sinh về nhà và xem là dạng bài tập nâng cao - Đưa bài tập phương trình nghiệm nguyên vào các tiết kiểm tra định kì tùy thuộc vào cấp học ở dạng bài tập khó để phân loại - Lập đội HSG từng cấp học và dành 4 tiết để giảng dạy về phương trình nghiệm nguyên theo từng cấp học III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 1. KẾT LUẬN : - Sáng kiến kinh nghiệm của tôi đã đươc xây dựng và bước đầu triển khai ở trường THCS Nguyễn hồng Sơn và thu được kết quả cho phép tôi rất lạc quan về tính hệ thống và hiệu quả ứng dụng của nó .Tuy nhiên với trình độ còn hạn chế và khả chưa chuyên sâu về phương trình nghiệm nguyên nên bài viết về các dạng phương trình nghiệm nguyên và các cáh giải chưa đầy đủ ,phong phú như vốn có của phương trình nghiệm nguyên chẳn hạn về dang x2 + y2 = z2 , x2 + Py2 = 1 vói P là số không chính phương