Sáng kiến kinh nghiệm trong việc giải phương trình nghiệm nguyên

PHòNG GD & ĐT BìNH LụC Cộng hoà xã hội chủ nghĩa Việt nam 
 Trường THCS Trịnh xá Độc lập -Tự do-Hạnh phúc 
Sáng kiến kinh nghiệm 
Trong việc giảI phương trình nghiệm nguyên 
Họ và tên : Nguyễn Bá Lượng 
 Năm sinh : 28/8/1980
 Trình độ chuyên môn : Đại học sư phạm 
 Chuyên ngành : Toán 
 Quê quán : Đinh Xá - Bình lục – Hà Nam
	 Nhiệm vụ giảng dạy được giao:
	+ Dạy hoá học 8
	+ Dạy toán 8 , toán 9
	+ Bồi dưỡng Toán 9
 Đơn vị công tác : Trường THCS Trịnh Xá 
Phần thứ nhất : Mở đầu
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 phương trình nghiệm nguyên đó có rất nhiều phương pháp giải hay, nhưng do khó, phức tạp mà trong chương trình toán ở THCS rất ít đề cập đến mà chỉ cho một vài bài tập kèm theo các đề thi, không có phương pháp giải tổng quát. 
 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: 
+ Giúp giáo viên nắm được lí thuyết trình nghiệm nguyên dạng 
 ax + by = c và x2 + y2 = z2 từ đó có thể vận dụng linh hoạt trong quá trình giảng dạy
III. Nhiệm vụ nghiệm cứu
+ Lí thuyết cơ bản của phương trình nghiệm nguyên cơ bản
+ Nghiệm cứu hai loại phương trình nghiệm nguyên ax + by= c và x2+y2 =z2 
IV. Phạm vi và đối tượng nghiên cứu 
Phương trình nghiệm nguyên trong toán THCS
V. Phương pháp nghiên cứu
+ Tham khảo thu thập tài liệu
+ Phân tích, tổng kết kinh nghiệm
Phần thứ hai : nội dung
Chương I : Phương trình nghiệm nguyên
I. Phương trình ax + by = c (1)
1.1 Điều kiện có nghiệm nguyên
1.1.1 Định lí. Điều kiện cần và đủ để phương trình (1) có nghiệm nguyên là ước chung lớn nhất các hệ số của ẩn là ước chung của số hạng tự do
 Chứng minh
 + Điều kiện cần: Giả sử phương trình (1) có nghiệm nguyên, nghĩa là có cặp số nguyên x0, y0 sao cho ta có đẳng thức . Gọi d = ƯCLN (a,b). Khi ấy d là ước của a và là ước của b nên d là ước của nghĩa là d là ước của c.
 + Điều kiện đủ: Giả sử d = ƯCLN (a,b) là ước của c, nghĩa là có số nguyên c1 , sao cho c = c1 d. Ta phải chứng minh phương trình (1) có nghiệm nguyên, nghĩa là có cặp số nguyên x0, y0 sao cho xảy ra đẳng thức .
Thật vậy, bởi vì d = ƯCLN (a,b) nên ắt có cặp số nguyên x1, y1 sao cho . Nhân cả hai vế của đẳng thức này với c1 ta được:
tức là 
Đẳng thức này chứng tỏ cặp số nguyên là một nghiệm nguyên của phương trình (1)
1.1.2 Hệ quả . Nếu ƯCLN (a,b) = 1 thì phương trình (1) có nghiệm nguyên
Về phương diện hình học, định lí trên cho ta điều kiện ràng buộc giữa các số nguyên a, b, c để đường thẳng ax + by = c đi qua điểm có toạ độ nguyên ( tung độ và hoàng độ là những số nguyên). Vấn đề tiếp theo đặt ra là giả sử đường thẳng đi qua điểm nguyên M(x0,y0) thì hỏi rằng nó còn đi qua điểm nguyên nào khác nữa không và nếu có thì toạ độ các điểm nguyên có liên hệ thế nào với toạ độ x0, y0 của M. Về phương diện đại số giải quyết vấn đề này ta có sau đây:
1.2 Tập nghiệm nguyên
Định lí. Nếu phương trình (1) có nghiệm nguyên (x0,y0) thì nó có vô số nghiệm nguyên và tập hợp nghiệm nguyên của nó là các cặp số nguyên (x,y) các định bởi
với d = ƯCLN (a,b) và 
Chứng minh
+ Với cặp số đều là nghiệm của phương trình (1). Thật vậy, theo giả thiết (x0,y0) là nghiệm của phương trình (1) nên ta có đẳng thức , từ đó
Đẳng thức này chứng tỏ là một nghiệm nguyên của phương trình (1)
+ Bây giờ giả sử (x1,y1 ) là một nghiệm tuỳ ý của phương trình (1), ta phải chứng minh rằng ắt có số nguyên t sao cho 
Thật vậy, vì (x0,y0) và (x1,y1) là hai nghiệm của phương trình (1) nên ta có
Các đẳng thức này cho ta 
hay 
Đẳng thức sau cùng chứng tỏ . Nhưng d = ƯCLN(a, b) nên ƯCLN = 1 suy ra , nghĩa là tồn tại số nguyên t sao cho hay . Từ đây cùng với đẳng thức ta được 
Ví dụ : ( Bài toán dân gian)
 	 " Trăm trâu, trăm cỏ
Trầu đứng ăn năm
Trâu nằm ăn ba
 Lụ khụ trâu giá
 Ba con một bó"
Hỏi có bao nhiêu trâu đứng, bao nhiêu trâu nằm, bao nhiêu trâu già
Giải. Gọi số trâu đứng là x, số trâu nằm là y thì số trâu giá là 100 - (x + y) và ta có phương trình
 ở đó x, y là số nguyên dương
Phương trình trên tương đương với
Ta khải tìm nghiệm nguyên dương của phương trình này. Dể thấy x0 = 0, y0 = 25 là một nghiệmnguyên của phương trình 7x + 4y = 100 nên tập hợp nghiệm nguyên nó sồm tất cả các cặp số nguyên (x, y) sau đây:
 với t là một số nguyên tuỳ ý
Bới vì x = 4t > 0 và y = 25 - 7t > 0 nên 0 < t < 4
Vậy số trâu đứng là 4t, số trâu nằm là y = 25 - 7t và số trâu giá là 75 + 3t với t = 1, 2, 3
Tóm lại có 3 khả năng số trâu mỗi loại:
t
số trâu đứng
số trâu nằm
số trâu già
1
4
18
78
2
8
11
81
3
12
4
84
Nghiệm được gọi là nghiệm cụ thể
 được gọi là nghiệm tổng quát của phương trình 7x + 4y = 100
1.3 Thực hành giải phương trình (1)
Để đi đến cách giải phương trình (1) ta nêu lên một vài nhận xét sau đây
a/ Nếu hoặc bằng 1 thì việc tìm các nghiệm nguyên của phương trình (1) coi như được giải quyết
Thật vậy chẳng hạn a = 1 thì phưpưng trình (1) trở thành x + by = c có tập hợp nghiệm nguyên gồm các cặp số nguyên (x, y) ở đó 
với 
 Chẳng hạn phương trình 28x - 7y = - 35 tương đương với phương trình 4x - y = - 5 hay y = 4x + 5 nên ta được
là tất cả nghiệm nguyên của phương trình 28x - 7y = - 35
b/ Trong trường hợp hoặc đều khác 0 và khác 1 bào giờ ta cũng có thể chuyể việc tìm nghiệm nguyên của phương trình (1) về việc tìm nghiệm nguyên của một phương trình bậc nhất hai ẩn ít nhất một hệ số của ẩn là 
Thật vậy, giả sử thêm nữ ta có thể giả thiết a > 0. Thực hiện phép chia có dư b cho a ta được 
+ Nếu a1 = 0, b = aq thì phương trình (1) trở thành ax + aqy = c. Nhưng ƯCLN(a,b) = ƯCLN (a,aq) = a là ước của c, chẳng hạn , nên phương trình (1) tương đương với phương trình x + qy = c1 coa một hệ số của ẩn là 1, nghĩa là mệnh đề đúng
+ Nếu 0 < a1 < a thì bằng cách đặt x + qy = z ta được
với 
Mỗi nghiệm nguyên (x0, y0) của phương trình (1) cho ta một nghiệm nguyên (z1, y1) của phương trình (2) ở đó z1 = x0 + qy0 , y1 = y0 
Ngược lại, mỗi nghiệm nguyên (z1, y1) của phương trình (2) cho ta một nghiệm nguyên (x0, y0) của phương trình (1) ở đó 
Như vậy việc tìm nghiệm nguyên của phương trình (1) được chuyển về việc tìm nghiệm nguyên của phương trình 
ở đó 
Bây giờ ta xét phương trình (2). Thực hiện phép chia có dư a cho a1 ta đựoc 
+ Nếu thì phương trình (2) trở thành . Nhưng a1 = ƯCLN (a1q1 , a1 ) = ƯCLN (a, a1) = ƯCLN (b,a) là ước của c, chẳng hạn nên phương trình (2) tương đương với phương trình có một hệ số của ẩn là 1, nghĩa là mệnh đề được chứng minh
+ Nếu 0 < a2 < a1 ta tiếp tục lặp lại lí luận trên. Quá trình này dẫn đến dãy số tự nhiên nên sau không quá a bước ta chuyển được việc tìm nghiệm nguyên của phương trình (1) về việc tìm nghiệm nguyên của một phương trình bâch nhất hai ẩn với hệ số nguyên có ít nhất một hệ số cảu ẩn là 
Ví dụ: Giải phương trình vô định
Giải: Vì 53 = 17.3 + 2 nên ta viết phương trình dưới dạng
Đặt ta được phương trình
Vì 17 = 2.8 + 1 nên phương trình này được viết dưới dạng 
Cuối cùng đặt 8 ta được phương trình
Đây là một phương trình bậc nhất hai ẩn có hệ số của ẩn u là 1. Phương trình cuối cùng này cho ta
Từ đó
Vậy phương trình có nghiệm là
II. Phương trình x2 + y2 = z2
Dễ thấy (0;0;0) là một nghiệm của phương trình (1) ta xét phương trình (1) trong trường hợp z0.
Chia cả 2 vế của (1) cho z2 ta được: 
Đặt , ta có phương trình
X2 + Y2 = 1 (2) với X, Y là các số hữu tỉ.
(2) Y2 = 1-X2 Y2 = (1-X)(1+X) (3) Giả sử X1 
(3) (4). Đặt 
(4) (5)
Với mọi giá trị hữu tỉ của t, ta có các giá trị hữi tỉ của X và Y thoả mãn (2). Ngược lại, mỗi nghiệm hữu tỉ đều có dạng (3). (Trừ trường hợp X = -1, Y= 0). Như vậy (5) và công thức nghiệm tổng quát của (2).
Từ (5) ta có công thức nghiệm tổng quát của (1) bằng cách đặt với UCLN (p,q) =1. Lúc đó ta có
 	(6)
Từ đó thấy rằng các số nguyên thoả mãn (1) là:
	(7)
Với m là số nguyên bất kỳ.
Nếu các số nguyên p2 - q2, 2pq và p2 + q2 có ước chung d>1 thì có thể chia chúng cho d và ta có nghiệm mới của (1) khác với nghiệm (7). Nhưng điều này không thể xảy ra.
Nên (7) là nghiệm tổng quát của (1)
Thực vậy, vì UCLN (p,q) = 1 nên chỉ có thể là p và q khác tính chẵn, lẻ hoặc cả 2 cùng lẻ.
- Trường hợp p, q chẵn lẻ khác nhau thì p2, q2, 2pq và p2 + q2 không thể có ước chung d>1, vì nếu có số d như vậy thì d phải lẻ (do p2 - q2 lẻ) và d phải là ước của (p2- q2) và p2 + q2 = 2p2 (do d lẻ nên d là ước của p) và (p2+q2) - (p2-q2)=2q2 (do d cũng là ước của q). Trái với giả thiết UCLN (p,q) = 1.
- Trong trường hợp p, q cùng lẻ, ta đặt p+q=2p và p-q=2Q và có UCLN (P,Q) = 1 và P, Q chẵn lẻ khác nhau (vì P+Q lẻ).
Thay vào (6) ta được: và 
Nghĩa là có kết quả tương tự như (6), chỉ khác x và y đổi chỗ cho nhau và thay vì p, q thì có P, Q với (P, Q) = 1 và P, Q chẵn lẻ khác nhau.
Như vậy (7) là công thức nghiệm của (1).
Chú ý: Phương trình xn + yn = zn với n > 2, n N không có nghiệm. Đây là nội dung của định lý Fecma mà việc chứng minh định lý này đã diễn ra trong một thời gian dài và nhiều nhà toán học đã chứng minh nhưng mãi tới ngày 23/6/1993 mới được chứng minh gần hoàn chỉnh bởi nhà toán học A.wiles người Anh và tới mãi năm 1994 (tức là hơn 300 năm) phép chứng minh mới được hoàn chỉnh.
Chương II Giới thiệu một số phương pháp giải
phương trình Điôphăng
	1. Phương pháp tách phần nguyên: (phương pháp này chủ yếu áp dụng cho phương trình bậc nhất 2 ẩn). 
	Ví dụ: Giải phương trình: 47x + 43y = 50 (1)
	Phương trình (1) 43y = 50 – 47x => y = 1 - x + 
	Đặt t = , t => y = 1 - x + t. Và 7 – 4x = 43t 
=> x = 2 - 11t + . Đặt = , => x = 2 - 11t + và 
t = 4 +1 
=> x = 2 - 11 (4 + 1) + = - 43 - 20 
=> y = 1 - ( - 43 - 20) + 4 + 1 = 22 + 47. 
Vậy phương trình (1) có nghiệm tổng quát là: 
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: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 7x + 4y = 23 (*)
Cách 1: Từ (*) ta có y = => y = 6 - 2x + . Vì x,y đều nguyên nên x – 1 4 hay x – 1 = 4t , 
Vậy phương trình có nghiệm tổng quát là:
Cách 2: (*) x 
Đặt 
Đặt 
Vậy phương trình có nghiệm tổng quát là: 
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: 8x + 3y = 2
Phương trình đã cho tương đương với đồng dư thức:
8x 2(mod3) 2x 2(mod3) (*) x 1(mod3). 
=> x= 1+3t, t => 3y = 2-8x = 2 - 8(1+3t)
=> 3y = -6 - 24t => y = -2 - 8t.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm tổng quát là: 
3. Phương trình sử dụng thuật toán ơclít mở rộng 
Ví dụ: Giải phương trình: 31 x + 111y = 101
Ta có: 111 = 31.3 + 18 => 18 = 111 - 31.3
31 = 18.1 + 13 => 13 = 31 - 1.18
18 = 13.1 + 5 => 5 = 18 – 13.1
13 = 5.2 + 3 => 3 = 13 – 5.2
5 = 3.1 + 2 => 2 = 5 – 3.1
3 = 2.1 +1 => 1 = 3 – 1.2
2 = 1.2
Ta suy ra: 1 = 3 - 2 = 3 - (5 – 3.1) = 3.2 – 5 =(13 - 5.2).2 - 5 = 13.2 – 5.5 
= 13.2 - 5.(18 – 13.1) = 13.7- 5 .18 = (31-1.18 ).7 - 5.18 = 31.7 – 12.18 
= 31.7 - 12.(111-31.3) =31.43 – 12.111 
=> 101 = 31(43.101) + 111(- 101.12) = 31(4343) + 111 (- 1212)
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm riêng là:
(4343, - 1212)
Vậy phương trình có nghiệm tổng quát là:
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: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau 7x2 + 13y2 = 1820 (1)
 Lời giải : 
182013 và 13y213 nên 7x213
Vì UCLN(7,13) = 1 nên phải có x2 13 
Đặt x=13m (m)
Mặt khác 18207 và7x27 lý luận tương tự ta có thể đặt y = 7n ( n )
Thay x=13m , y = 7n vào phương trình đã cho và giản ước ta được 
13m2 +7n2 = 20 (*)
=> (**) Với m,n thoả mãn (**), 
ta chọn được thoả mãn (*). Vậy phương trình (*) có bốn nghiệm 
Tương ứng với bốn nghiệm của phương trình (*) ta được bốn nghiệm của phương trình đã cho : 
5. Phương pháp sử dụng tính chất của số nguyên tố, số vô tỷ 
Trong phương pháp này áp dụng các tính chất của số nguyên để giải các phương trình nghiệm nguyên.
* Với mọi số nguyên a , số a2 + 1 không có ước nguyên tố dạng 4k+3
* Cho p nguyên tố dạng 4k+3 ; a,bZ khi đó nếu a2+b2 p thì ap và bp 
Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên (1)
Lời giải : 
Vế phải của phương trình trên là số vô tỷ . Do đó đều là những số vô tỷ và các căn này đều phải đồng dạng với Tức là với (a,b
Có 15 giá trị của a = 0,1,2,3,.. ,14 tương ứng với 15 giá trị của 
b =14,13,..1.0 
Ví dụ 2: Giải phương trình x2 + y2 = 5	(1) 
Lời giải 
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 = 5(dz)2
=> x'2 + y'2 = 5z'2 Vì vậy ta có thể giả sử UCLN(x,y,z) = 1.
Từ x2 + y2 = 5z2 => x2 + y2 5 => x2 5 và y2 5 tức là x = 5u và y = 5v ta có (5u)2 + (5v)2 = 5z2 => z2 = 5(x2 + y2) => z2 5 => x,y,z có ước chung là 5 trái với giả thiết => phương trình có nghiệm duy nhất là (0;0;0).
Phần thứ ba : Kết luận
I. Kết quả nghiên cứu
Trên đây trình bày về phương trình nghiệm nguyên dạng đơn giản áp dụng cho học sinh THCS. Từ cơ sở lí thuyết đó đưa ra một số bài tập áp dụng và phương pháp giải cụ thể. Đề tài này giúp giáo viên có cái nhìn sau hơn về phương trình nghiệm nguyên. Trên cơ sở đó giáo viên sẽ tự tin hơn, có phương pháp truyền đạt tới học sinh hai loại kiến thức này dễ hiểu hơn đặc biệt là trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi
Tuy nhiên do khả năng có hạn, kinh nhgiệm giảng dạy và kinh nghiệm nghiên cứu chưa nhiều nên đề tài còn sơ sài và nhiều thiếu xót
 Đánh giá qua ra đề kiểm tra HSG
 Năm
khảo sát
Lớp
Điểm đạt
Ghi chú
Y-TB
Khá
Giỏi
2008-2009
9C
52%
25%
23%
Đã thực hiện ĐT
2009-2010
9C
61%
21%
18 %
Đã thực hiện ĐT
Như vậy qua kết quả khảo sát tôi thấy tỉ lệ học sinh giải được tuy chưa cao nhưng đã tăng lên rõ rệt. 
II. Bài học kinh nghiệm
Phần lí thuyết phương trình nghiệm nguyên không chỉ tốt cho việc dạy toán THCS, bồi dưỡng học sinh giỏi THCS mà còn rất tốt cho giáo viên. Nó giúp giáo viên hiểu sau hơn về lí thuyết số, từ đó có cái nhìn tổng quát hơn. Từ đó dẫn đến dạy học tốt hơn
Nhưng vì khả năng còn nhiều hạn chế, tài liệu chưa đáp ứng được hết các yêu cầu của các thầy giáo, cô giáo đồng nghiệp và các em học sinh. Kính mong sự đóng góp ý kiến của các thầy, cô giáo và các bạn đồng nghiệp để đề tài được hoàn chỉnh hơn
 Trịnh xá , ngày 12 tháng 05 năm 2010
 Người thực hiện 
 Nguyễn Bá Lượng 
Tài liệu tham khảo
1/ Số học của Nguyễn Tiến Tài, Nguyễn Hữu Hoan NXB Giáo dục 1999
2/ Phương pháp dạy học môn Toán của Phạm Gia Đức, Nguyễn Mạnh Cảng, Bùi Huy Ngọc, Vũ Dương Thuỵ
3/ Nâng cao và pháp triển Toán 9 của Vũ Hữu Bình - NXB Giáo dục
4/ 23 Chuyên đề toán Đại số sơ cấp của Nguyễn Văn Vĩnh, Nguyễn Đức Đông - NXB Giáo dục
5/ Tuyển tập 50 đề thi vào PTTH của Lê Thống Nhất
6/ Sách giáo khoa Toán 9 - Phan Đức Chính, Tôn Thân, Nguyễn Huy Đoan, Nguyễn Gia Đức, Trương Công Thành, Nguyễn Duy Thuận - NXB Giáo dục