Đề tài Nghiệm nguyên, nghiệm hữu tỷ của phương trình bậc hai bậc ba

 Tờn : Trương Quang An
 Giỏo viờn Trường THCS Nghĩa Thắng 
 Địa chỉ : Xó Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngói
 Điện thoại : 01208127776
Nghiệm nguyên, nghiệm hữu tỷ của phương trình bậc hai bậc ba
Trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi và dạy học môn toán ở trường THCS Tôi nhận thấy rằng học sinh có thể tiếp thu một dạng toán này dễ dàng hoặc hứng thú học phần toán kia mạnh nhưng có khi học một dạng toán khác thì thấy khó, không ham muốn, trong đó có dạng toán “Nghiệm nguyên, nghiệm hữu tỷ của phương trình bậc hai bậc ba” là một trường hợp. Khi gặp loại toán này các em thường hời hợt, lúng túng thậm chí nhiều em còn né tránh, ngai tiếp xúc. Có hơn chăng khi gặp loại toán này các em chỉ giải xong rồi dừng ở đó mà không có hứng thú khai thác, phân tích tìm tòi suy nghĩ đưa ra lời giải mới hoặc vận dụng kết quả để giải bài toán khác hoặc tìm bài toan tổng quát của nó. Điều đó ảnh hưởng đến quá trình tư duy học toán của các em sau này.
Vấn đề đặt ra là vì sao học sinh lại không thực sự say mê, hứng thú với loại toán này như vậy và có những biểu hiện như trên. Lí do là loại toán này thường rời rạc, không có thuật toán chung để giải, thậm chí học sinh chưa biết vận dụng kiến thức nào để giải, nhất là khi trong chương trình học chính khoá không có tiết học nào , các tài liệu khác ít đề cập đến và không có các chuyên đề chuyên sâu, học sinh chưa được làm quen nhiều, có chăng một số giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi chỉ đề cập một số bài tập cụ thể mà chưa đưa ra các dạng toán .
Vì vậy đa số các em khi gặp dạng toán này còn bối rối chưa biết làm cách nào ? vận dụng kiến thức nào để giải, nhưng trong các kỳ thi tuyển sinh vào các trường chuyên, thi học sinh giỏi thì đã xuất hiện và học sinh thường gặp khó khăn khi giải.
Đứng trước tình hình trên Tôi và một số đồng nghiệp đã nhiều lần bàn về vấn đề này và cuối cùng đã đưa ra một số dạng toán để phần nào giúp các em giải quyết những khó khăn khi gặp dạng toán nói trên.
II . Nội dung:
Một số kiến thức:
Định lý 1: Nếu phương trình : ax2 + bx + c = 0 (a 0 ) hệ số nguyên có nghiệm hữu 
 tỷ ; (p ,q) = 1 thì q là ước của a và p là ước của c
Định lý 2: Nếu phương trình : ax3 + bx2 + cx + d = 0 0 (a 0 ) hệ số nguyên có 
 nghiệm hữu tỷ ; (p ,q) = 1 thì q là ước của a và p là ước của d
 ( Việc chứng minh các định lý này tôi xin phép không trình bày )
Hệ quả : Nếu phương trình bậc hai, bậc ba hệ số nguyên , có hệ số bậc cao nhất bằng 1 thì nghiệm hữu tỷ là nghiệm nguyên và nghiệm nguyên đó là ước của hệ số tự do
2 . Một số bài toán :
Phương trình bậc hai:
Bài toán 1: Nếu a,b,c là các số hữu tỷ (a+b-c0) thì phương trình:
 (a+b-c)x2 +2(a+b)x + a+b+ c= 0 có nghiệm hữu tỷ
Giải:
 Ta có : / = (a+b)2 - ( a+b-c) . (a+b+c) = c2
 x1= là số hữu tỷ
 x2= là số hữu tỷ
Bài toán 2: Cho a,b,c là các số lẽ; Chứng minh rằng phương trình : 
 ax2 + bx + c = 0 không có nghiệm hữu tỷ
Giải:
 Giả sử phương trình có nghiệm hữu tỷ tỷ ; (p ,q) = 1 thì :
 a + b + c = 0 => ap2 +bpq + cq2 = 0 (*)
do p là ước của a, q là ước của c nên p, q củng là số lẽ suy ra ap2, bpq, cq2 củng là số lẽ nên 
ap2 +bpq + cq2 là số lẽ mâu thuẫn với (*) Vậy phương trình không có nghiệm hữu tỷ.
Bài toán 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm hữu tỷ:
 x2 +mx + 1 = 0 
Giải:
 Nếu phương trình có nghiệm hữu tỷ là xo (theo hệ quả ) thì x0 làlà nghiệm nguyên và
 x0 = 1
Thay x0 = 1 vào phương trình ta được : m = 2 hoặc m = -2
Vậy m =2 thì phương trình có nghiệm hữu tỷ
Bài toán 4: Tìm nghiệm hữu tỷ của phương trình
 x2 +mx + 3 = 0 
Giải:
 Gọi x0 là nghiệm hữu tỷ của phương trình thì x0 là số nguyên và là ước của 3
Nếu x0 =1 thì m = -4
Nếu x0 = -1 thì m = 4
Nếu x0 = -3 thì m = 4
Nếu x0 = 3 thì m = -4
Vậy phương trình có nghiệm hữu tỷ là : x = 1 hoặc x = 3 khi m =4
 x =-1 hoặc x =-3 khi m =-4
Từ việc giải bài toán 3 và bài toán 4 ta có cách giải bài toán sau
Bài toán 5: Cho phương trình : x2 + mx + n = 0 , n là số nguyên tố. Tìm m để phương 
 trình có nghiệm hữu tỷ.
Giải:
 Gọi nghiệm hữu tỷ là x0 thì x0 là số nguyên và là ước của n, do n là số nguyên tố nên
x0 = 1 , x0 = n
Với x0 = n thì n2 + mn + n = 0 => m = - = - (n+1)
Với x0 = - n thì n2 - mn + n = 0 => m = n+1
Với x0 = 1 thì 1+m +n =0 => m = - (n+1)
Với x0 = - 1 thì 1- m +n =0 => m = n+1
Vậy với m = n +1 hoặc m =-(n+1) thì phương trình có nghiệm hữu tỷ
Bài toán 6: Tìm m để phương trình sau có nghiệm nguyên
 3x2 - 2mx + m2 - 4 = 0 (6)
Giải:
 Từ (6) ta viết được : m2 -2xm +3x2 - 4 = 0 , (6.1) 
 Để (6) có nghiệm nguyên thì (6.1) có nghiệm. Suy ra :
/ = x2 - 3x2 + 4 0 => 4 - 2x2 0 => - x 
Do x là nghiệm nguyên nên x = -1 hoặc x = 0 hoặc x = 1
Nếu x = -1 thì m2 + 2m - 1 = 0 => m = -1 +, m = - 1 - 
Nếu x = 0 thì m2 = 4 => m = 2 hoặc m = -2
Nếu x = 1 thì m2 - 2m - 1 = 0 => m = 1 + hoặc m = 1-
Vậy m = -1 + hoặc m = - 1 - , hoặc m = 2 hoặc m = -2 hoặc m = 1 + hoặc m = 1- thì phương trình có nghiệm nguyên.
Như vậy đối với phương trình bậc hai nếu vận dụng kiến thức đã nêu để giải thì đơn giản hơn nhiều so với cách biện luận theo biệt thức đen ta.
Nhưng nếu đối với phương trình bậc ba không vận dụng kiến thức trên để giải mà vận dụng công thức các đa nô để giải thì phức tạp hơn nhiều , vì vậy việc vân dụng định lý và hệ quả đã nêu thì cách giải sẻ đơn giản và dễ hiểu hơn nhiều.
 Bây giờ ta xét một số bài toán cụ thể đối với phương trình bậc ba
. Phương trình bậc ba
 Bài toán 7: Chứng minh rằng phương trình : x3+3x + 1 = 0, (7) Không có nghiệm 
 hữu tỷ
Giải:
 * Cách 1: Nếu x0 là nghiệm hữu tỷ thì x0 là ước của 1 ( theo hệ quả) Vậy x0 = 1 
Nếu x0 = 1 Thay vào phương trình ta có : 1 + 3 +1 = 0, (Vô lý )
Nếu x0 = -1 Thay vào phương trình ta có : -1 -3 + 1 = 0 , (Vô lý)
Vậy phương trình không có nghiệm hữu tỷ
* Cách 2 : Giả sử (7 ) có nghiệm hữu tỷ là : x0 = ; (p ,q) = 1 (theo hệ quả ) ta có q = 1 khi đó nghiệm là x0 = p, p3 +3p + 1= 0 (**)
Nếu p chẵn thì p3 , 3p chẵn và p3 +3p + 1 lẽ khác không ( Mâu thuẫn với ** )
Nếu p lẽ thì p3 , 3p lẽ và p3 +3p + 1 lẽ khác không ( Mâu thuẫn với **) 
Vậy p không là nghiệm của (7) Hay phương trình không có nghiệm hữu tỷ
Bây giờ ta vận dụng kết quả bài toán 7 để giải bài toán sau:
Bài toán 8 : Chứng minh rằng phương trình x3 + 3n2 x + n3 = 0 không có nghiệm hữu 
 tỷ với n là số tự nhiện khác không
Giải:
 Giả sử phương trình có nghiệm hữu tỷ là a thì a3 + 3n2a + n3 = 0 suy ra:
 ()3 + 3 + 1 = 0 (8)
Từ (8) suy ra là nghiệm của phương trình x3+3x + 1 = 0, mâu thuẫn với bài toán 7
Suy ra điều phải chứng minh
Bài toán 9: Chứng minh rằng phương trình x3 + 2x2 -3x + 5 = 0 không có nghiệm hữu tỷ
Giải:
 Giả sử phương trình có nghiệm hữu tỷ là p thì p là số nguyên
Khi đó : p3 + 2p2 - 3p + 5 = 0 (9)
Nếu p chẵn thì p3,2p2,3p đều chẵn khi đó p3 + 2p2 -3p+5 lẽ khác không mâu thuẫn với (9)
Nếu p lẽ thì p3, 3p , 5 đều lẽ khi đó p3 + 2p2 - 3p + 5 lẽ khác không mâu thuẫn với (9)
Vậy phương trình x3 + 2x2 -3x + 5 = 0 không có nghiệm hữu tỷ
Ta vận dụng bài toán 9 để giải bài toán sau
 Bài toán 10: Chứng minh rằng phương trình x3 + 2nx2 -3n2x + 5n3 = 0, (10) không có 
 nghiệm hữu tỷ với mọi n là số tự nhiên khác không
Giải:
 Giả sử (10) có nghiệm là a khi đó : 
 a3 +2na2 - 3n2 + 5n3 = 0 => ()3 +2 ()2 -3 +5 = 0
 Nên là nghiệm của phương trình x3 + 2x2 -3x + 5 = 0 mâu thuẫn với bài toán 9
Suy ra điều phải chứng minh
Từ việc giải bài toán 9 ta có cách giải bài toán sau : 
Bài toán 11: Chứng minh rằng phương trình : ( 2n+1)x3 + 2mx2+(2k+1)x +2l+1 = 0 
 không có nghiệm hữu tỷ với mọi số nguyên n,m,k,l
Giải:
 Giả sử phương trình có nghiệm hữu tỷ x=; (p ,q) = 1
Ta có (2n+1)p3 + 2mp2q + (2k+1)pq2 + (2l+1)q3 = 0; (11.1)
Theo định lý 2 thì p là ước của 2l +1; q là ước của 2n + 1
Suy ra p;q là các số lẽ, khi đó:
(2n+1)p3 ; (2k+1)pq2 ; (2l+1)q3 là các số lẽ ; 2mp2q là số chẵn
Vậy (2n+1)p3 + 2mp2q + (2k+1)pq2 + (2l+1)q3 là số lẽ khác không mâu thuẫn với (11.1)
Vậy phương trình không có nghiệm hữu tỷ
Việc vận dụng bài toán 11 ta giải được bài toán sau:
Bài toán 12: Chứng minh rằng phương trình :
 ( 2n+1)x3 + 2mpx2+(2k+1)p2x +(2l+1)p3 = 0; (12),
 không có nghiệm hữu tỷ với n, m, k, l Z; p N*
Giải:
 Giả sử (12) có nghiệm là a thì ( 2n+1)a3 + 2mpa2+(2k+1)p2a +(2l+1)p3 = 0
 ( 2n+1)()3 + 2m()2+(2k+1) +(2l+1) = 0; (12.1)
Từ (12.1) suy ra là nghiệm của phương trình
( 2n+1)x3 + 2mx2+(2k+1)x +2l+1 = 0 mâu thuẫn với bài toán 11
Vậy suy ra điều phải chứng minh
Bài toán 13: Tìm số nguyên m để phương trình: x3 +mx +2 = 0 (13) có nghiệm hữu tỷ
Giải:
 Giả sử x0 là nghiệm hữu tỷ thì x0 là nghiệm nguyên và là ước của 2 hay x0 = 2; x0 =1
Nếu x0 = 2 thì m = -5
Nếu x0 = -2 thì m = -3
Nếu x0 = -1 thì m = 1
Nếu x0 = 1 thì m = -3
Vậy m = -5, m = -3, m =1 thì phương trình có nghiệm hữu tỷ
Bài toán 14: Tìm số nguyên m để phương trình: x3 +m 2x 2+mx +1 = 0 có nghiệm hữu tỷ
Giải:
 Giả sử phương trình có nghiệm là x0 thì x0 là ước của 1
Nếu x0 = 1 thì m2 +m +2 = 0 không có giá trị m
Nếu x0 = -1 thì m2 - m = 0 => m = 0 hoặc m = 1
Vậy m = 0 hoặc m = 1 thì phương trình có nghiệm hữu tỷ
Bài toán 15: Tìm số nguyên m để phương trình x3 + mx2 + n = 0 có nghiệm hữu tỷ với n 
 là số nguyên tố
Giải:
 Giả sử x0 là nghiệm hữu tỷ thì x0 là số nguyên và x0 là ước của n
Do n là số nguyên tố nên x0 = n ; x0 = 1
Nếu x0 = -n thì : -n3+mn2 +n = 0 =>m = không phải là số nguyên
Nếu x0 = -1 thì :-1 +m + n = 0 => m = 1 -n
Nếu x0 = 1 thì : 1 + m +n = 0 => m = -1 - n
Nếu x0 = n thì : n3 +mn2 + n = 0 => m = không phải là số nguyên
Vậy m = 1 - n; m = -1 - n thì phương trình có nghiệm hữu tỷ
Bài toán 16: Tìm số nguyên m để phương trình sau cố nghiệm hữu tỷ
 x3 + 2mx2 + m2 x - n = 0 Với n là số nguyên tố
Giải:
 Giả sử x0 là nghiệm hữu tỷ thì x0 là số nguyên và x0 là ước của n
Do n là số nguyên tố nên x0 = n ; x0 = 1
Nếu x0 = -1 thì : -1 +2m - m2 - n = 0 => -(m-1)2 = n >0 vô lý vì n là số nguyên tố
Nếu x0 = 1 thì : 1+2m +m2 - n = 0 => (m+1)2 = n => m +1 = không thoả mãn vì m là số nguyên, n là số nguyên tố
Nếu x0 = n thì : n3 + 2mn2 +m2 n - n = 0 =>m2 n + 2mn2 + n3 - n = 0
/ = n4 - (n3-n )n = n2 
 Suy ra m = -n -1 hoặc m = 1- n 
Nếu x0 = -n thì : -n3 +2mn2 - m2 n - n = 0 => - m2 n +2mn2 - n3 - n = 0
/ = n4 - (n3 + n )n = - n2 < 0 Phương trình vô nghiệm với m 
Vậy m = n -1 hoặc m = 1 - n hoặc m = - 1- n thì phương trình có nghiệm hữu tỷ
Bài toán 17: Tìm số nguyên m để phương trình sau có nghiệm hữu tỷ
 x3 + 2m x2 + m2 x - 4m = 0 , (17)
Giải:
 Nếu m = 0 thì x = 0 là nghiệm
 Nếu m 0 ta thấy để (17) có nghiệm hữu tỷ thì phương trình sau có nghiệm đối với m
 m2 x + 2m(x2 - 2) +x3 = 0
/m = (x2 -2)2 - x4 = x4 - 4x2 + 4 -x4 = 4 - 4x2 0 => - 1 1
Do x là nghiệm hữu tỷ theo hệ quả thì x là nghiệm nguyên nên x = 0; x = 1; x = -1
Với x = 1 thì m2 - 2m +1 = 0 => m = 1
Với x = -1 thì m2 + 2m + 1 = 0 => m = - 1
Vậy m = 0 , m = 1, m = -1 thì phương trình có nghiệm hữu tỷ
3. Bài tập vận dụng :
1). Tìm số nguyên m để phương trình sau có nghiệm hữu tỷ
 a) x2 - (2m - m2)x + 1 = 0
 b) 4x2 - 3mx + m2 -21 = 0
2). Chứng minh rằng phương trình ax2 + bx + c = 0 Với là số nguyên tố thì không có nghiệm hữu tỷ.
3) Cho a;b là số nguyên tố. Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm hữu tỷ
 x2 + 3ax - 3(b2 +1) = 0
4) Tìm số nguyên a để phương trình : x2 - (a+5)x + 5a +2 = 0 Có nghiệm nguyên
5). Tìm số nguyên m để phương trình : mx2 -2(m-1) x + m-4 = 0 có nghiệm hữu tỷ
6). Chứng minh rằng phương trình : (2n+1)x3 + (2m+1)x2+2kx+2l +1 = 0 có nghiệm hữu tỷ với mọi m,n,k,l là số nguyên
7). Chứng minh rằng phương trình : x3 -4nx2 - 5n2x +7n3 = 0 không có nghiệm hữu tỷ 
 với N*
8). Tìm số nguyên m để phương trình sau có nghiệm hữu tỷ:
 x3 + m2x2 + mx - 3 = 0
9). Tìm số nguyên m để phương trình sau có nghiệm nguyên:
 x3 -2mx2 +m2 x - 5m = 0 
10). Tìm số nguyên m để phương trình sau có nghiệm hữu tỷ:
 x3 - mx +n= 0 . Với n là số nguyên tố
Kết luận
Nghiệm nguyên, nghiệm hữu tỷ của phương trình bậc hai, bậc balà bài toán còn mới lạ và có thể coi là khó đối với học sinh. 
Tuy nhiên khi chúng tôi đã triển khai và áp dụng thì nhận thấy học sinh không còn bở ngỡ, không còn thấy khó như trước nữa, hơn nữa học sinh còn cho rằng là đơn giản, dễ hiểu, không chỉ đối với học sinh giỏi mà cả học sinh khá củng vậy.
Khi tiếp cận với bài toán dạng này học sinh cảm thấy nhẹ nhàng và giải xong không chỉ dừng ở đó mà còn tìm tòi cách giải khác, đề xuất bài toán mới, bài toán tương tự, đặc biệt hơn các em ngày càng hứng thú say mê học môn toán hơn nhiều.
Vì vậy qua bài viết nay tôi muốn cho học sinh một cách nhìn nhận mới khi đứng trước một loại bài toán, nhất là dạng bài toán như trên và cũng qua đó cho học sinh thấy được một vấn đè có thể khó nếu khi ta chưa biết vận dụng kiến thức nào để giải, nhưng hoàn toàn dễ nếu biết cơ sở lý thuyết và cách giải và đã được làm quen từ trước. Hơn thế nữa chúng tôi đã triễn khai áp dụng và đã đạt được kết quả khá cao qua đây tôi muốn chia sẻ, trao đổi cùng các bạn để áp dụng để ít nhiều góp phần nâng cao chất lượng học sinh giỏi toán nghành củng như gây được thêm niềm say mê hứng thú học toán của học sinh.
Mặc dù có sự cố gắng của bản thân tôi và sự giúp đỡ của một số đồng nghiệp , nhưng bài viết chắc chắn chưa được sâu sắc, và không tránh khỏi những thiếu sót. Rất mong được sự góp ý chân thành từ các bậc đồng nghiệp đẻ tôi bổ sung vào bài viết của mình được tốt hơn và áp dụng trong quá trình dạy học có hiệu quả hơn.