skkn cấp tỉnh phương pháp bước nhảy viete để giải một số bài toán số học

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (268.59 KB, 24 trang )

Trang 1<div class="page_container" data-page="1">

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

PHƯƠNG PHÁP BƯỚC NHẢY VIETE ĐỂ GIẢI MỘTSỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC

Người thực hiện: Thịnh Thị Bạch TuyếtChức vụ: Giáo viên

SKKN thuộc lĩnh vực: Tốn

THANH HỐ NĂM 2024

</div>Trang 2<div class="page_container" data-page="2">

MỤC LỤC

I. MỞ ĐẦU...1

1.1. Lí do chọn đề tài...1

1.2. Mục đích nghiên cứu...1

1.3. Đối tượng nghiên cứu...1

1.4. Phương pháp nghiên cứu...1

II. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM...2

2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm...2

2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm...4

2.3. Giải pháp giải quyết vấn đề...4

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường...19

III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ...20

</div>Trang 3<div class="page_container" data-page="3">

Phương trình nghiệm ngun hay cịn gọi là phương trình Điophant là chủđề thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế.Bài viết giới thiệu phương pháp: Bước nhảy Viete - một trong những phươngpháp thường được sử dụng để giải quyết các bài toán liên quan đến phương trìnhDiophant.

Để giúp học sinh chun tốn có được một phương pháp mạnh để xử lýlớp phương trình Diophantine bậc hai trở lên. Tơi hệ thống và minh họa các bàitoán số học sử dụng phương pháp bước nhảy Viete.

Xuất phát từ những lý do trên, tôi viết sáng kiến kinh nghiệm “Phươngpháp bước nhảy Viete trong giải các bài tốn số học”.

1.2. Mục đích nghiên cứu

Trong sáng kiến kinh nghiệm này tác giả thiết kế và tổ chức dạy học cácbài toán số học sử dụng phương pháp bước nhảy Viete. Phần đầu tổng hợp cáckiến thức cơ bản liên quan, phần tiếp theo tác giả tổng hợp các bài toán và lờigiải nhằm minh họa và luyện tập cho học sinh phương pháp bước nhảy Viete.Sáng kiến kinh nghiệm này là một chuyên đề mà tác giả viết để giảng dạy và bồidưỡng cho học sinh giỏi ở trường THPT chuyên.

1.3. Đối tượng nghiên cứu

Sáng kiến kinh nghiệm tập trung nghiên cứu các bài tốn số học được xửlí bằng phương pháp bước nhảy Viete.

1.4. Phương pháp nghiên cứu

Trong sáng kiến kinh nghiệm này tác giả đã phối hợp sử dụng các phươngpháp nghiên cứu:

- Phương pháp nghiên cứu lý luận.- Phương pháp điều tra, quan sát.- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm.

</div>Trang 4<div class="page_container" data-page="4">

II. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm

Phương trình Markov x2 y2z2 3xyz, đây là phương trình cực kì nổitiếng, xuất hiện trong luận án tiến sĩ tại trường Đại học Saint Petersburg. Năm1879, Andrei Andreevich Markov (1856 - 1922) - nhà toán học nổi tiếng ngườiNga đã bảo vệ thành công luận án tiến sĩ tại trường đại học Saint Petersburg vớichủ đề: “Dạng toàn phương xác định dương”. Luận án tiến sĩ của Markov đãgiải quyết được một số vấn đề khó trong “Lý thuyết số” và mở ra một hướngnghiên cứu trong tốn học đó là: “Lý thuyết xấp xỉ Diophant”. Phương trìnhMarkov đóng vai trị chủ đạo trong các nghiên cứu của Markov về dạng tốnphương.

Ta thấy rằng phương trình Markov có một nghiệm hiển nhiên là (1;1;1).Đặt

( , , ) ( ', ', ')x y z  x y z nếu x y z x   ' y z' '. Markov đã dùng ý tưởng “thơngminh” sau đây để chứng minh có vô hạn bộ số nguyên dương ( , , )x y z thỏa mãn

Ta thấy ý tưởng của Markov trong chứng minh trên là coi một biến lànghiệm của tam thức bậc hai khi cố định các nghiệm còn lại để từ đó xây dựngnghiệm mới từ một nghiệm đã biết bằng hệ thức Viete. Cụ thể ta xét phươngtrình Diophant là phương trình bậc hai đối với một biến nào đó, chẳng hạn:

0 ( , ,..., ) 012 n

x G x xx 

Nếu phương trình này có nghiệm ( , ,..., ) 0a a1 2 a  thì rõ ràng là na là0

nghiệm của phương trình

2 ( , ,..., ) 0

</div>Trang 5<div class="page_container" data-page="5">

Phương trình trên phải cịn một nghiệm nữa là a . Kết hợp với định lí Vi-'0ete với dữ kiện của đầu bài ta sẽ “xây dựng” ( ' , ,..., )a a0 1 a là nghiệm củan

phương trình trên.

Ý tưởng đó chính là nội dung của phương pháp “Bước nhảy Viete”, mộtphương pháp thường được sử dụng trong các bài toán số học liên quan đếnphương trình Diophant. Ý tưởng sử dụng phương pháp bước nhảy Viete xuấthiện trong nhiều bài toán số học hay và khó trong các kỳ thi học sinh giỏi quốcgia và quốc tế.

Định nghĩa 1. Nếu phương trình bậc hai ax2bx c 0,a0 có hainghiệm x và 1 x thì 2

+ Định lý Viete cho thấy, ta không cần quan tâm tới giá trị của x và 1 x2

mà vẫn tính được hai giá trị tổng và tích của chúng, từ đó ta có những đánh giácần thiết.

+ Cũng từ định lý Viete ta nhận thấy nếu một phương trình bậc hai

ax bx c  a có một nghiệm x thì nó sẽ có thêm một nghiệm 1 x nữa.2

+ Có thể mở rộng định lý cho đa thức bậc n bất kì. Cho phương trình

... ( 1)

Phương pháp bước nhảy Viete. Tiến hành qua hai bước sau.

</div>Trang 6<div class="page_container" data-page="6">

Bước 1. Cố định một giá trị nguyên mà đề bài cho, rồi giả sử tồn tại một

cặp nghiệm thỏa mãn một vài điều kiện mà khơng làm mất tính tổng quát củabài toán.

Bước 2. Dựa vào định lý Viete để tìm các mối quan hệ và sự mâu thuẫn,

từ đó tìm được kết luận của bài tốn.

2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm

Trong quá trình dạy học sinh đội tuyển lớp 12 chuyên Tốn 2, các bàitốn sử dụng bước nhảy Viete, tơi thấy rằng các em có trí nhớ tốt, tiếp thunhanh, có thể ghi nhớ nhanh chóng các cách giải bài tốn. Có những bạn có khảnăng tự đọc tài liệu, phân dạng được các dạng toán và nhớ được cách giải cácbài toán. Tuy nhiên, khi yêu cầu các em giải thích các kết quả được đưa ra trongbài, các em lại khơng giải thích được, mà chỉ nhớ cách giải về mặt hình thức.Như vậy, các em khơng hiểu bản chất, dẫn đến chưa thể áp dụng vào giải các bàitốn khác và có các kết luận chưa chính xác. Các em không hiểu thứ tự của cácbộ số, khi được hỏi “Em hiểu ( , , ) ( ', ', ')x y z  x y z thế nào?”; “Em hiểu ( , , )x y znhỏ nhất như thế nào?” hay “Giải thích tại sao nghiệm x' là số nguyên dương?”,học sinh không đưa ra được câu trả lời, mặc dùng viết lại được các bước giải.

2.3. Giải pháp giải quyết vấn đề

Để khắc phục những hạn chế trên của học sinh khi giải các bài toán số họcsử dụng phương pháp bước nhảy Viete và rèn luyện cho học sinh khả năng vậndụng định lý Viete để giải một số bài toán số học, đồng thời tạo cho học sinhyêu thích và hứng thú với những bài tốn chun. Tơi đã tiến hành hệ thống, sắpxếp lại các bài toán số học sử dụng phương pháp bước nhảy Viete. Sau đó tổchức cho học sinh tìm hiểu bài tốn, xác định hướng giải, tìm tịi, khám phá đểgiải bài tốn. Trong q trình dạy học, tơi đặt ra các tình huống có vấn để cácem phát hiện, giải quyết vấn đề từ đó các em hiểu được bản chất của vấn đề, rènluyện cho các em khả năng tự phát hiện vấn đề, giải quyết vấn đề trong họctoán, giúp các em phát triển tư duy sáng tạo. Từ việc hiểu bản chất, tự mình đặtra câu hỏi và trả lời được câu hỏi nêu ra đã giúp các em say mê với các bài tốnchun, u thích và hứng thú với các bài tốn. Các em tự mình tìm tịi nhữngbài tốn hay, chun đề hay, để đọc, để nghiên cứu, để khám phá.

Sau đây là hệ thống bài tập được tổng hợp, hệ thống, thiết kế để tổ chứcdạy học cho học sinh.

Ví dụ 1, sau đây, chính là bài tốn khó nhất kì thi IMO năm 1988, và chỉcó 11 học sinh cho lời giải hồn chỉnh của bài tốn. Trong số 11 học sinh giảiđược bài tốn đó, Việt Nam chúng ta có một đại diện chính là Giáo sư Ngơ BảoChâu. Đây là bài tốn nổi tiếng và điển hình minh họa cho phương pháp bướcnhảy Viete.

Ví dụ 1 (IMO 1988). Cho a b, là các số nguyên dương thỏa mãn

</div>Trang 7<div class="page_container" data-page="7">

Đặt 2 21

+ , khi đó theo phương pháp đã đề cập ở trên, ta cố định k, sauđó xét tất cả các cặp ( , )a b nguyên dương thỏa mãn phương trình

+Hay có nghĩa là xét tập  

Nhận xét. Trong bài toán, ta đã sử dụng nguyên lí cực hạn: Trong tập hợp các số

nguyên dương thì ln tồn tại số ngun dương nhỏ nhất. Mệnh đề trên khôngnhững hữu dụng trong các lớp bài tốn này mà cịn trong nhiều bài tốn, tổ hợpsố học và số học.

Ví dụ 2. Hãy tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho phương trình

</div>Trang 8<div class="page_container" data-page="8">

Giả sử k là số nguyên dương sao cho phương trình (1) có nghiệm ngundương. Cố định k và xét tập hợp

Nếu k =1, phương trình (1) có nghiệm nguyên dương x= = =yz 3.

Nếu k =2, thì từ kz £ ta được 0 3 z = , khi đó ta có 0 1 200

(x - y ) + = mâu1 0thuẫn.

Nếu k =1, phương trình (1) có nghiệm ngun dương x= = =yz 1.

Vậy với k Ỵ {1;3} thì phương trình có nghiệm nguyên dương.

Nhận xét.

Bài toán này giúp chúng ta trả lời câu hỏi “Nếu tổng bình phương của basố nguyên dương chia hết cho tích của chúng thì thương của tổng bình phươngcủa ba số đó và tích của ba số sẽ nhận các giá trị bằng bao nhiêu?”

Trong bài toán nay, ta đã “ngầm” thiết lập một quan hệ thứ tự trên S, đólà: nếu ( , , )x y z Ỵ S x y z;( ', ', ')Ỵ S thì

</div>Trang 9<div class="page_container" data-page="9">

Ví dụ 3 (VMO 2002). Xác định tất cả các số nguyên dương n để phương trình x y u v+ + + =n xyuv

có nghiệm nguyên dương.

( ; ; ; )x y u v là nghiệm nguyên dương của phương trình

(1) mà tổng x0+y0+u0+ có giá trị nhỏ nhất và khơng mất tính tổng quát tav0

giả sử x0³ y0 ³ u0 ³ v0 (*). Dễ thấy(i) (y0+u0+v0)2 chia hết cho x .0

(ii) x là nghiệm nguyên dương của tam thức bậc hai0

20 1000

0000000 0 0000

0£ f y( )=y +2(y +u +v y) - n y u v +(y +u +v ) £ 16y02- n y u v2 20 0 0

Suy ra

0 0 0 16 00 0 16 {1;2;3;4}

n y u v £ y Þ n £ n u v Ê ị n ẻ

Vi n =1, phng trỡnh (1) có nghiệm nguyên dương x = = = =yuv 4.

Với n =2, phương trình (1) có nghiệm ngun dương x = = = =yuv 2.

Với n =3, phương trình (1) có nghiệm nguyên dương x = =y 2,u = =v 1.

Với n =4, phương trình (1) có nghiệm ngun dương x = = = =yuv 1.

Vậy tất cả các giá trị ngun dương n cần tìm là x Ỵ {1;2;3;4}.

Ví dụ 4. Tìm tất cả các giá trị k sao cho phương trình (x y z  )2 kxyz cónghiệm nguyên dương.

</div>Trang 10<div class="page_container" data-page="10">

Lời giải

Ta gọi k là giá trị cần tìm và ( , , )x y z là nghiệm nguyên dương của phương0 0 0

trình (x y z  )2 kxyz có x0 y0z0 nhỏ nhất. Khi đó khơng mất tính tổngquát, ta có thể giả sử x0 y0 z0. Phương trình được viết dưới dạng

x  kyz y z x y z Theo định lí Viete ta có

cũng là nghiệm của phương trình trên, suy ra ( , , )x y z là nghiệm của phương1 0 0

trình đầu. Ngoài ra ta cũng suy ra được x nguyên dương, hay nói cách khác1100

( , , )x y z là nghiệm nguyên dương của phương trình đầu. Từ tính nhất nhỏ nhất

của x0 y0 z0 ta có được x1x0, suy ra

(yz )

Từ bất đẳng thức thứ 2 ta có y0 z0 x0, áp dụng bất đẳng thức thứ nhất tađược ky z0 0 4x0. Chia 2 vế của

Như vậy ta được 1 1 2 2 24

      hay 323

1) Với k 1 phương trình có nghiệm, chẳng hạn (9;9;9).2) Với k 2 phương trình có nghiệm, chẳng hạn (4;4;8).3) Với k 3 phương trình có nghiệm, chẳng hạn (3;3;3).4) Với k 4 phương trình có nghiệm, chẳng hạn (2;2;4).5) Với k 5 phương trình có nghiệm, chẳng hạn (1;4;5).6) Với k 6 phương trình có nghiệm, chẳng hạn (1;2;3).7) Với k 8 phương trình có nghiệm, chẳng hạn (1;1;2).8) Với k 9 phương trình có nghiệm, chẳng hạn (1;1;1).

Bây giờ ta cần chứng minh rằng trường hợp k 7 phương trình khơng cónghiệm ngun dương. Thật vậy, giả sử với k 7 thì phương trình đã cho cónghiệm ngun dương ( ; ; )x y z có các tính chất như trên. Khi đó ta có000

</div>Trang 11<div class="page_container" data-page="11">

  thì k là số nguyên dương. Cố định k và xét tập hợp



( , ); , | 2 2 2 ( 3 1) 0



Nếu 2a b kết hợp với k 1, ta được:

là một phương trình bậc hai ẩn T có một nghiệm là a . Gọi nghiệm cịn lại là 0 a1

, theo cơng thức Viete ta có

</div>Trang 12<div class="page_container" data-page="12">

  .

Nhận xét.

Bài toán cho thấy ứng dụng của phương pháp bước nhảy Viete trong việc tìmnghiệm của phương trình Điophant. Chìa khóa của bài tốn là phải phát hiện ramối quan hệ nếu ( , )a b S thì 2a b hoặc a b . Phương trình

a  akb k b  

là phương trình bậc hai đối với ẩn a nên ta vẫn áp dụng được phương phápbước nhảy Viete để xác định được nghiệm của bài toán. Chú ý rằng khi tìmđược ( , ) (2 , )a b0 0  k k thì ta phải tìm a vì 1 ( , )a b cũng là nghiệm, nếu không1 0

sec dẫn đến việc làm mất nghiệm (8k3 1,2 )k của bài tốn.

Ví dụ 6 (Taiwan MO 1998). Cho m>n là các số nguyên dương lẻ và n -2 1chia hết cho m2- n2+1. Chứng minh rằng m2- n2+1 là một s chớnhphng.

m =ổỗỗỗ + + - ửữữữữ

(x +y ) =k x y(4 +1)

</div>Trang 13<div class="page_container" data-page="13">

Xét phương trình bậc hai ẩn x là 22

x - k- y x y+ - k = . Khi đó x0 làmột nghiệm của phương trình trên. Như vậy theo định lí Viete thì phương trìnhcó một nghiệm nữa là x1, lúc này ta có

+ Nếu x =1 0, khi đó từ x x0 1. =y20- k ta được y02- k= Þ0 k=y20 là sốchính phương.

a) Chứng tỏ rằng có vơ số giá trị ngun dương N để phương trình trên cónghiệm nguyên dương (nghĩa là mỗi nghiệm gồm bốn số nguyên dương x y z t, , ,).

b) Giả sử N 4 (8km7) với k m, là các số ngun khơng âm. Chứng minh

rằng khi đó phương trình trên khơng có nghiệm ngun dương.

</div>Trang 14<div class="page_container" data-page="14">

Chú ý rằng khi hoán vị bốn số a b c Nabc, , , ta lại được nghiệm ( , , , )x y z t của1 1 1 1

phương trình (1).

b) Giả sử phương trình (1) có nghiệm nguyên dương, chọn ( , , , )x y z t là0 0 0 0

nghiệm nguyên dương của (1) sao cho tổng x0 y0 z0t0 là số ngun dươngnhỏ nhất. Khơng mất tính tổng qt, giả định rằng x0 y0 z0 t0.

Ta sẽ chứng minh với N 7 thì nghiệm nguyên dương của phương trình (1) với

N x y z t  tx  y z Nên

Giả sử t  khi đó 1 0 ( , , , )x y z t là nghiệm nguyên dương của (1). Do cách0 0 0 1

chọn ( , , , )x y z t thì 000 0 x0 y0z0 t1x0  y0 z0t0 nên t1t0.Từ đó theo (5) ta có

N x y z và t0 Nx y z0 0 0

là nghiệm (*) của phương trình (1).

Với N 4 (8km7) 7 , áp dụng kết quả trên thì N x2 y2z2. Do đó nếuchứng minh được phương trình x2 y2 z2 4 (8km7) khơng có nghiệmngun dương thì phương trình (1) cũng khơng có nghiệm ngun dương.

+ Khi k 0 ta có x2  y2 z2 8m7 hay x2  y2 z2 7(mod8).Trong ba số x y z, , phải có một số lẻ hoặc cả ba số lẻ. Nếu số a lẻ thì

2 1(mod8)

a  , do đó x2  y2 z2 7(mod8).+ Khi k 0 ta có

x  y z  m (*)

</div>Trang 15<div class="page_container" data-page="15">

hay x2 y2z2 0(mod 4). Trong ba số x y z, , phải có một số chẵn hoặc ba sốchẵn. Nếu có một số chẵn, cịn hai số a b, lẻ thì a2b2 2(mod 4), suy ra

222 7(mod8)

x  y z  . Nếu x y z, , đều là số chẵn đặt x2 ,x y1 2 ,y z1 2z1

thì (*) tương đương với x2 y2 z2 4 (8k1 m 7)

    . Sau k lần biến đổi như thế ta có x2 y2z2 8m7, nhưng phương trình này vơ nghiệm ngun dươngnhư khi xét k 0.

Ví dụ 8 (IMO 2007). Cho trước a và b là hai số nguyên dương. Chứng minhrằng nếu số 4ab  1 là ước số của (4a 2 1)2 thì a b .

Lời giải

Theo giả thiết thì 4ab 1| (4a2  1)2 nên ta có

4ab 1| (4ba  1)  (4ab 1)(4a b 2ab a )a  2ab b (a b ) .Đặt

a bk



</div>Trang 16<div class="page_container" data-page="16">

số 4ab  1 là ước của (a b )2. Sau đó sử dụng phản chứng kết hợp với phươngpháp bước nhảy Viete và nguyên lý sắp thứ tự tốt ta được điều phải chứng minh.

Ví dụ 9. Cho a b, là các số nguyên dương với ab 1. Giả sử rằng ab  1 chiahết a2b2. Chứng minh rằng

 thì k là số nguyên dương. Theo bất đẳng thức AM – GM thì

</div>Trang 17<div class="page_container" data-page="17">

nguyên dương ( , )a b thỏa mãn điều kiện bài tốn và chúng được “mơ tả” nhưthế nào? Ví dụ sau sẽ trả lời câu hỏi đó.

Ví dụ 10 (VNTST 1992). Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương ( ; )x y củaphương trình

Với n 0, ta có u12 u02  5u u0 15. Do đó ( , )u u là nghiệm của phương trình0 1

(1). Như vậy mệnh đề đúng với n 0, giả sử mệnh đề (1) đúng với n k 0,tức là

kkk k

u u   u u   Khi đó

n  thì ( ,v vnn1) là nghiệm của phương trình (1). Từ cơng thức xác định sốhạng tổng quát của hai dãy số { }u và {v }nn ta được các số hạng của hai dãy đềulà các số nguyên dương. Do đó cặp số ( ,u unn1) và ( ,v vnn1) là nghiệm nguyêndương của phương trình (1). Bổ đề được chứng minh.

Quay trở lại bài toán. Xét tập hợp S {( , ); ,a b a b |a2 5ab b2 5 0}

Với ( , )a b là một phần tử bất kì thuộc S. Xét dãy số { }a được xác định nhưn

0 , 1 , n 2 5 n 1 n

a b a a a   a   a , với mọi n *

</div>