Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên, môn Toán THCS

Tên đề tài:
Một số phương pháp giải
phương trình nghiệm nguyên, mơn Tốn THCS
A. MỞ ĐẦU
1. Mục đích của đề tài:
Trong các đề thi học sinh giỏi, một trong những bài tốn thường gặp đó
là "giải phương trình nghiệm ngun". Khi gặp dạng tốn này nếu khơng có
phương pháp giải vững chắc thì học sinh tỏ ra cịn lúng túng, bỡ ngỡ, hoặc
không biết cách giải. Trong tài liệu sách giáo khoa trung học cơ sở (THCS) lại
không đề cập đến vấn đề này, trong tài liệu tham khảo thì các bài toán chưa sắp
xếp một cách hệ thống, chưa đúc rút phương pháp giải nên học sinh khó hiểu.
Qua một số năm giảng dạy bộ mơn tốn, bồi dưỡng đội tuyển học sinh
giỏi mơn Tốn, thường xun gặp gỡ, trao đổi với học sinh, tôi nhận thấy rằng:
Học sinh rất khó khăn khi gặp bài tốn "giải phương trình nghiệm ngun". Từ
đó, ngồi việc giúp các em học sinh nắm chắc kiến thức cơ bản, phương pháp
giải còn phải hướng dẫn học sinh biết cách khai thác, mở rộng kiến thức, phát
huy tính tích cực tìm tịi. Với chút kinh nghiệm của bản thân, tôi mạnh dạn viết
nên đề tài: "Một số phương pháp giải phương trình nghiệm ngun mơn
tốn THCS", trên cơ sở đó đã hướng dẫn học sinh sử dụng một cách sáng tạo
các phương pháp đó, nhằm góp phần nâng cao khả năng tư duy tốn học cho
học sinh.
2. Điều kiện, thời gian, đối tượng áp dụng đề tài:
2.1. Điều kiện, thời gian:
- Để học sinh nắm vững và vận dụng linh hoạt các phương pháp "giải
phương trình nghiệm nguyên" giáo viên cần: Hướng dẫn học sinh phương pháp
phân tích, nhận dạng được những bài tốn.
- Việc lựa chọn bài tập mang tính hệ thống từ dễ đến khó, từ đơn giản đến
phức tạp, kiến thức để giải khơng vuợt q chương trình tốn THCS hiện hành.
2.2. Đối tượng áp dụng:
- Giáo viên giảng dạy toán THCS và học sinh THCS đặc biệt là các em lớp 6
đến lớp 9 tham gia đội tuyển bồi dưỡng HSG.

- Đề tài được áp dụng để giảng dạy bồi dưỡng HS giỏi lớp 6 đến lớp 9.
3. Nội dung sáng đề tài:
Đề tài có nội dung cơ bản là cung cấp một số dạng đặc biệt của bài toán
giải phương trình nghiệm ngun, mỗi dạng bài đều có phân tích, đúc rút
phương pháp giải.
Đề tài có tác dụng hình thành cho học sinh một tư duy tốn học chặt chẽ,
chính xác. Rèn luyện cho các em một cách linh hoạt, tự tin khi gặp các dạng bài
tốn này. Từ đó xây dựng được một hệ thống phương pháp và kỹ năng giúp cho
học sinh và giáo viên có một tư liệu tham khảo cho hoạt động dạy học toán học
với việc bồi dưỡng học giỏi trong nhà trường THCS hiện nay. Góp phần trau
dồi cho học sinh những phẩm chất như tính độc lập kiên trì, sáng tạo tích cực
2


tìm tịi và giúp các em hồn thiện dần các phẩm chất đạo đức, phẩm chất trí tuệ
trong q trình học toán.
4. Khẳng định giá trị, kết quả đạt được của đề tài:
Trong thực tế giảng dạy tôi đã giới thiệu và áp dụng đề tài này ở mức độ
phù hợp với các đối tượng của học sinh khối lớp 6 đến lớp 9 khi học xong một
số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên. Những vấn đề được trình
bày trong sáng kiến, tuy chưa thật toàn diện song thực sự bổ ích cho giáo viên
bồi dưỡng học sinh giỏi, đây được coi là tài liệu tham khảo của mỗi giáo viên
dạy toán. Sáng kiến thực sự gây hứng thú và có tác dụng bồi dưỡng cho đối
tượng học sinh khá, giỏi. Từ đó giúp các em có đủ tự tin trong việc học tập và
nghiên cứu.
5. Điểm mới của đề tài:
Với đề tài: "Một số phương pháp giải phương trình nghiệm ngun
mơn tốn THCS" các ví dụ bài tập, lời giải mẫu chỉ mang tính minh họa. Để
áp dụng sáng kiến này đòi hỏi thày và trò phải tự tìm tịi, sưu tầm thêm các bài
tập phù hợp với mỗi phương pháp. Ta có thể khai thác một số phương pháp

khác: Sử dụng cơng thức nghiệm của phương trình bậc hai, sử dụng phương
pháp chia hết trên tập số nguyên...
B. NỘI DUNG
1. Hoàn cảnh nảy sinh đề tài:
Trong các đề thi học sinh giỏi, thường gặp các bài toán về "giải phương
trình nghiệm ngun". Khi gặp dạng tốn này nếu khơng có phương pháp giải
vững chắc thì học sinh tỏ ra cịn lúng túng, bỡ ngỡ, hoặc khơng biết cách giải.
Trong tài liệu sách giáo khoa THCS lại không đề cập đến vấn đề này, trong tài
liệu tham khảo thì chưa sắp xếp một cách hệ thống, chưa đúc rút phương pháp
giải nên học sinh khó hiểu.
Qua một số năm giảng dạy bộ mơn Tốn, bồi dưỡng đội tuyển học sinh
giỏi mơn Tốn, tơi nhận thấy rằng: Học sinh rất ngại khi gặp bài tốn "giải
phương trình nghiệm ngun" và khó khăn phân tích để đi đến lời giải. Từ đó,
ngồi việc giúp các em học sinh nắm chắc kiến thức cơ bản, phân tích tìm ra
phương pháp giải còn phải hướng dẫn học sinh biết cách khai thác, mở rộng
kiến thức, phát huy tính tích cực tìm tịi. Với chút kinh nghiệm của bản thân, tơi
mạnh dạn trình bày đề tài: "Một số phương pháp giải phương trình nghiệm
ngun mơn Tốn THCS", trên cơ sở đó đã hướng dẫn học sinh sử dụng một
cách sáng tạo các phương pháp đó, nhằm góp phần nâng cao khả năng tư duy
tốn học cho học sinh.
2. Cơ sở lí luận:
Tư duy là một hình thức nhận thức lí tính của con người. Về mặt tâm lí
thì tư duy là một q trình tâm lí phản ánh những thuộc tính bản chất, những
mối liên hệ và quan hệ bên trong có tính quy luật của sự vật hiện tượng trong
hiện thực khách quan mà trước đó con người chưa biết. Tư duy thể hiện sự phát
triển của con người trong xã hội. Tư duy khơng tự nhiên mà có mà do q trình
rèn luyện lâu dài, muốn tư duy phát triển cần được rèn luyện thường xuyên, học
3

các môn khoa học tự nhiên đặc biệt là môn toán sẽ phát triển tư duy rất tốt. Lứa
tuổi THCS đang phát triển mạnh về tư duy nên giáo viên cần quan tâm không
được xem nhẹ vấn đề này.
Rèn luyện và phát triển khả năng tư duy sáng tạo cho học sinh là một
nhiệm vụ quan trọng của nhà trường phổ thông. Trong việc rèn luyện và phát
triển khả năng tư duy sáng tạo cho học sinh mơn tốn có vị trí nổi bật, nó giúp
học sinh phương pháp suy nghĩ, phương pháp suy luận, phương pháp tự học và
phát triển trí thơng minh sáng tạo.
3. Thực trạng của vấn đề:
Trong q trình giảng dạy tơi nhận thấy: Số đơng học sinh chưa có kỹ
năng học tập, đặc biệt là kỹ năng giải phương trình nghiệm nguyên vì thời gian
dành cho việc rèn luyện kỹ năng chưa nhiều, trong chương trình sách giáo khoa
hồn tồn khơng đề cập đến vấn đề đó. Vì vậy khi gặp bài tốn về "giải phương
trình nghiệm ngun" thì học sinh rất lúng túng, khơng biết xuất phát từ đâu,
cách giải như thế nào? Do đó các em gặp khó khăn trước bài tốn đó.
Tơi nhận thấy việc luyện cho học sinh có cách nhìn tổng quát về loại bài
tập "giải phương trình nghiệm nguyên", với mỗi dạng bài tập có những phương
pháp giải khác nhau.
Xuất phát từ những cơ sở lí luận và thực tiễn đó đã thơi thúc bản thân
mạnh dạn trình bày đề tài "Một số phương pháp giải phương trình nghiệm
nguyên mơn Tốn THCS". Qua đó, tơi muốn trao đổi với đồng nghiệp một số
kinh nghiệm mà trong thực tế giảng dạy cho học sinh mà tôi đã thực hiện.
4. Các giải pháp, biện pháp thực hiện:
4.1. Dạng 1: ax+by=c với a,b,c là các số nguyên.
* Phương pháp giải:
- Phương pháp 1: Xét tính chia hết của các hạng tử.
- Phương pháp 2: Khử ẩn, sử dụng tính chia hết tìm điều kiện để một phân
số trở thành số nguyên.
* Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2 x  13 y  156 (1).
- Phương pháp 1: Ta có 13 yM13 và 156M13 nên 2 x M13  x M13 (vì (2,3) = 1).

Đặt x  13k (k  Z ) thay vào (1) ta được: y  2k  12
 x  13k
(k  Z ).
 y  2k  12
156  13 y
13 y
13 y
 78 
 Z Mà
- Phương pháp 2: Từ (1)  x 
, Để x  Z 
2
2
2

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: 

(13,2) = 1
 y M2 Đặt y  2t (t  Z )  x  78  13t
 x  78  13t
(t  Z ).
 y  2t
* Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm ngun 23x  53 y  109 .
109  53 y 23(4  2 y)  17  7 y
17  7 y

 4  2y 
Hướng dẫn giải: Ta có x 
23
23

23
17  7 y
Ta phải biến đổi tiếp phân số
để sao cho hệ số của biến y là 1.
23

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: 

4


Phân tích: Ta thêm, bớt vào tử số một bội thích hợp của 23

17  7 y 17  7 y  46  46 7(9  y )  46
7(9  y )


 2 
23
23
23
23
7(9  y )
9 y
 Z , do (7,23) = 1.
Từ đó x  2  2 y 
, Để x  Z 
23
23
Đặt 9  y  23t (t  Z )  y  9  23t

 x  9  23t
(t  Z ).
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: 
 y  53t  16

* Nhận xét: Một cách khái quát, để tìm nghiệm nguyên của phương trình
ax+by=c với các số nguyên a, b, c ta có thể làm như sau: Chọn A là bội nguyên
của a sao cho c + A chia hết cho b, tức là A = ma và c + A = kb với m, k là các

c  A  by  A kb  by
b (k  y )

m
m
a
a
a
b
b b,
Giản ước để đưa về dạng tối giản  , với (a , , b, )  1 . Muốn x nguyên phải
a
a a
ky
có ,  t , (t  Z ) . Từ đó suy ra: y  k  a ,t ; x  b,t  m
a

số nguyên. Khi đó: x 

* Bài tập tương tự:
Bài tập 1: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

a) 5 x  7 y  112
b) 5 x  19 y  674
c) 15 x  49 y  11
d) 41x  37 y  187
e) 7 x  3 y  40
Hướng dẫn: e) 7 x  3 y  40

40  7 x 40  7 x  9  9
7(7  x)

 3 
3
3
3
 x  7  3t
(t  Z ).
Từ đó, nghiệm nguyên của phương trình là: 
 y  7t  3
 x  7  3t  0 3
7
 t
Để phương trình có nghiệm ngun dương ta có 
3
 y  7t  3  0 7

Cách 1: Ta có y 

Mà t  Z  t   1; 2 Vậy nghiệm nguyên dương (x;y) của phương trình là (4;4);
(1;11).
40  7 x

40  7 x
40
 0 0 x
, vì x, y  0 
Mà
3
3
7
x  Z  x   1; 2;3; 4;5

Cách 2: Ta có y 

Ta có bảng:
x
1
2
3
y
11
loại
loại
Bài tập 2: Bài toán "Trăm trâu, trăm cỏ"
"Trăm con trâu, trăm bó cỏ.
Trâu đứng ăn năm,
Trâu nằm ăn ba,
Lụ khụ trâu già, ba con 1 bó."

4
4

Hỏi có bao nhiêu: trâu đứng, trâu nằm, trâu già?
5

5
loại


Hướng dẫn: Gọi số trâu đứng là x, số trâu nằm là y, số trâu già là z (x, y, z
nguyên dương và nhỏ hơn 100).
 x  y  z  100
 x  y  z  100
 x  y  z  100(1)



z
Theo bài ra ta có hệ: 
5 x  3 y  3  100 15 x  9 y  z  300 7 x  4 y  100(2)

Giải phương trình nghiệm nguyên dương:
7x + 4y = 100 (tương tự phương pháp giải ở bài tập 1).
Bài tập 3: (Trích đề thi vào lớp 10 THPT tỉnh Hải dương 2003)
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3 x  7 y  3200
Hướng dẫn: 3 x  7 y  40 2 , ĐK: x, y nguyên dương.
Đặt x  m 2; y  n 2 (với m, n là các số nguyên dương) ta có phương trình
3m + 7n = 40 ( Xem lời giải bài tập 1.e).
4.2. Dạng 2: Dạng phân số.
* Ví dụ 1: Tìm số ngun x để phân số sau là số nguyên: B 

10 x  4

5x  3

10 x  4 2(5 x  3)  2
2

 2
5x  3
5x  3
5x  3
2
Với x nguyên, để B có giá trị là số ngun thì
phải là số nguyên
5x  3
 5 x  3  U (2) từ đó x = 1 thỏa mãn.

Hướng dẫn: Ta có B 

Nhận xét: Phương pháp giải ở trên là
- Viết phân số đã cho dưới dạng: "tổng của một số nguyên và phân số mới".
(phân số mới này có tử là 1 số nguyên).
- Tìm điều kiện để phân số mới trở thành một số nguyên.
* Ví dụ 1: Tìm số nguyên x để phân số sau là số nguyên: B 

5x  3
.
3x  2

Hướng dẫn: Bài tập này không thể dễ dàng viết phân số đã cho dưới dạng
"tổng của một số nguyên và phân số mới" vì 5x khơng chia hết cho 3x (ở bài
tốn trên là 10x chia hết cho 5x).

5x  3
15 x  9 5(3 x  2)  1
1
 3B 

 5
(HS tự giải tiếp).
3x  2
3x  2
3x  2
3x  2
x 6
Bài tập 3: Tìm các số hữu tỷ x để M 
là số nguyên.
x 1

Cách tháo gỡ: B 

x 6
5
 1
(1).
x 1
x 1
5
5
 n, ( n  Z )
Để M có giá trị là số ngun thì
là số ngun, Đặt

x 1
x 1
5
 n  n x  5  n Nếu n  0  0  5 (loại)
x 1
5n
 0  0  n  5 Mà n là số nguyên nên n   1; 2;3; 4;5
Nếu n  0  x 
n
 9 4 1 
Từ đó x  16; ; ; ;0 
 4 9 16 

Hướng dẫn: Ta có M 

6


Nhận xét: Bài tập này học sinh rất dễ mắc sai lầm như sau: từ (1) để M là số
5
là số nguyên  x  1 U (5) Từ đó x = 16, x = 9.
x 1
4
Chẳng hạn, ta thấy với x  thì M = 4 là số nguyên.
9

nguyên thì

Bài tập 4: Tìm các số tự nhiên n để các phân số sau tối giản:

3n  8
9n  3
c)
n7
30n  5
2n  13 2( n  4)  21
21
2n  13
21

 2
Hướng dẫn: a)
, Để
tối giản 
tối
n4
n4
n4
n4
n4
giản  (21, n  4)  1  n  4 không chia hết cho 3 và không chia hết cho 7.
Vậy n  3k  1; n  7t  4, (k , t  N ).

a)

2n  13
n4

b)

b) Tương tự phần a).
9n  3

3(3n  1)

c) 30n  5  5(6n  1) Mà (3,5) = (3, 6n + 1) = (3n + 1, 6n + 1) = 1.
9n  3
tối giản thì (3n + 1, 5) = 1
30n  5
 (9n  3,5)  1  (9n  27  30,5)  1  ( n  3,5)  1  n  3  5b  n  5b  3(b  N ).

Nên để

( Hay (3n + 1, 5) = 1

 (3n  6  5,5)  1  ( n  2,5)  1  n  2  5k  n  5k  2, (k  N )) .

Bài tập tự giải: Tìm số nguyên x để biểu thức sau có giá trị nguyên:
a)

3x  13
x 3

b)

5x  6
2x 1

c)

2x 1
x 1

d)

6x  2
3 x 5
e)
4x  3
2 x 3

4.3. Dạng 3: Dạng phân số cực trị .

8 x
có giá trị lớn nhất, tìm giá trị đó.
7x
8  x 7  x 1
1

 1
Hướng dẫn: Ta có P 
Xét hai trường hợp:
7x
7x
7x
*TH1: Nếu 7  x  0  P  1
1
*TH2: Nếu 7  x  0 
là phân số có tử và mẫu đều dương, để P có giá trị
7x

1
lớn nhất thì
lớn nhất
7 x
 7  x là số nguyên dương nhỏ nhất  7  x  1  x  6

*Bài tập 1: Tìm số nguyên x để P 

Vậy x = 6 thì P có giá trị lớn nhất là: 2.

7x
có giá trị nhỏ nhất, tìm giá trị đó.
x 5
7x
7x
 A  P 
Hướng dẫn: Ta có P 
x 5
5 x
7x
Để P có giá trị nhỏ nhất khi A 
có giá trị lớn nhất (tương tự bài tập 1).
5 x

*Bài tập 2: Tìm số nguyên x để P 

*Bài tập tự giải: Tìm số nguyên x để
a) M 

2x  5

đạt giá trị lớn nhất.
x

b) D 

7

14  x
đạt giá trị lớn nhất.
4 x


c) C 

5 x  19
đạt giá trị nhỏ nhất.
x4

4.4. Dạng 4: "Phương trình ước số" - Dạng này rất phổ biến.
* Phương pháp giải của dạng này là:
- Biến đổi phương trình về dạng: A( x; y ).B( x; y )  c trong đó A( x; y ), B( x; y ) là các
biểu thức nguyên, c là một số nguyên.
- Xét các trường hợp A( x; y ), B( x; y ) theo ước của c.
* Bài tập 1: (Trích đề thi HSG tỉnh Hải Dương 2009).
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2  2 xy  3 y  5 x  7  0 .
Hướng dẫn giải:
Cách 1:
x 2  2 xy  3 y  5 x  7  0  x 2  x(2 y  5) 

(2 y  5) 2 (2 y  5) 2


 3y  7  0
4
4

2

2

2 y  5  4 y 2  20 y  25  12 y  28
2 y  5  4 y2  8 y  3


x


0

x




2 
4
2 
4


2

2

2 y  5  4( y  1) 2  7
2y 5 
7


2
x
 0  x 
 
  ( y  1) 
2 
4
2 
4



 2x  2 y  5


2

7
2
2
  2 x  2 y  5   4  y  1  7
4

4
  2 x  2 y  5  2 y  2   2 x  2 y  5  2 y  2   7   2 x  4 y  7   2 x  3  7(*)
 ( y  1) 2 

Vì x, y nguyên nên từ PT(*) ta có các trường hợp sau:
2 x  4 y  7  1
 x  2

 2 x  3  7
 y  3
 2 x  4 y  7  1
x  5

3) 
2 x  3  7
y 1

1) 

 2 x  4 y  7  7
x  2

2 x  3  1
y 1
2 x  4 y  7  7
x  1

4) 
 2 x  3  1
 y  3

2) 

Vậy các nghiệm nguyên (x;y) của phương trình là: (-2; -3); (2; 1); (5; 1);(1; -3).
*Nhận xét: Trong cách giải trên ta đã sử dụng phương pháp biến đổi tam thức
bậc hai ( ax 2  bxy  cy 2 , ax 2  bx  c ): trước hết ta chọn một biến để đưa về hằng
đẳng thức (Bình phương của một tổng, hoặc một hiệu) chứa biến đó: ở đây ta
chọn biến x: x 2  x(2 y  5) 

(2 y  5) 2
, phần còn lại của đa thức ta lại làm như
4

vậy với biến y:
(2 y  5) 2
4 y2  8y  3
4( y  1) 2  7 .
 3y  7  

4
4
4

Đây là một kinh nghiệm rất quan trọng để biến đổi đa thức thuộc dạng này.
Cách 2:
x 2  2 xy  3 y  5 x  7  0  x 2  5 x  7  (2 x  3) y Ta thấy 2 x  3  0 , vì x là số
nguyên.
 y

x2  5x  7

4 x 2  20 x  28
7
 4y 
 2x  7 
, đây chính là dạng 2 (Học
2x  3
2x  3
2x  3

sinh tự hồn thiện lời giải).
* Bài tập 2: Tìm nghiệm ngun của phương trình: 5 x  3 y  2 xy  11 .
8


Hướng dẫn giải:
3
15
5 x  3 y  2 xy  11  x(5  2 y )  (5  2 y )   11  0
2
2
3  7
2x  3 7

  5  2 y   x  
  2 y  5 .
   2 y  5   2 x  3   7(*)
2 2
2
2


Đến đây ta thấy phương trình (*) là một "Phương trình ước số" việc hồn thiện
lời giải khơng khó (Học sinh tự hồn thiện lời giải bài tốn).
* Nhận xét:
- HS có thể gặp khó khăn để tìm ra phương hướng giải bài tập này, cách
giải ở trên hoàn toàn rất tự nhiên. Tuy nhiên ta có thể nhân cả hai vế của
phương trình với 2 thì việc đưa về phương trình ước số sẽ đơn giản hơn, nhưng
lời giải lại thiếu tự nhiên (Tại sao lại nhân với 2?).
- HS có thể giải cách khác:
5
Ta có x  3 y  2 xy  11  5 x  11  y (2 x  3) , ta có 2 x  3  0 vì x là số nguyên.
5 x  11
, đây là bài tốn khá quen thuộc (đã trình bày ở trên).
2x  3
1 1
1
1
* Bài tập 3: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x  y  6 xy  6 .

Từ đó suy ra: y 

Hướng dẫn giải:
1

1

1

1

6x  6 y 1

1

Ta có x  y  6 xy  6  6 xy  6  6 x  6 y  1  xy đến đây ta có thể dễ dàng
đưa về phương trình ước số.
*Bài tập 4:
(Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Đại học KHTN Hà Nội 2015-2016)
Tìm số tự nhiên n để n  5 và n  30 đều là số chính phương.
Hướng dẫn giải:
Đặt n  5  a 2 ; n  30  b 2 với a, b là số tự nhiên.
Suy ra: b 2  a 2  25  (b  a)(b  a )  25 phương trình này là một "Phương trình
ước số", học sinh tự hoàn thiện lời giải.
Bài tập tương tự:
1) Giải các phương trình nghiệm nguyên:
a) xy  2 y  3  3x  x 2 ;
b) 20 y 2  6 xy  150  15 x (Trích đề thi HSG tỉnh Hải Dương 2011-2012);
c) x  2 x( x  y )  2 y  x  2 ;
d) x 2  2 y 2  3xy  3x  5 y  15 ;
e) 5 x 2  5 y 2  6 xy  20 x  20 y  24  0
(Trích đề thi HSG tỉnh Hải Dương 2015-2016).
2) Tìm số nguyên n để n 2  n  20 là số hữu tỉ.
Hướng dẫn: Với n là số nguyên để n 2  n  20 là số hữu tỉ thì n 2  n  20 là số
chính phương. Đặt: n 2  n  20  k 2 , (k  Z ) , đưa phương trình này về
dạng"Phương trình ước số" bằng cách nhân cả hai vế với 4.
3) Tìm số tự nhiên n để n  19 và n  48 có giá trị là số tự nhiên.
4) Tìm các số nguyên dương n để n  26 và n  11 đều là lập phương của hai số
nguyên dương nào đó.
9

5) Tìm tất cả các số nguyên n để các số sau là số chính phương:
a) n 2  2n  12
b) n(n  3)
4.5. Dạng 5: Dạng mA2  nB 2  c với m, n, c là số nguyên; A, B là các biểu thức
nguyên.
*Bài tập 1: (Trích đề thi Học sinh giỏi Huyện Kinh Môn-Hải Dương 2012).
Giải phương trình nghiệm nguyên 5 x 2  2 xy  y 2  17 .
Hướng dẫn giải:
2
Ta có 5 x 2  2 xy  y 2  17   x  y   4 x2  17  ( x  y )2  17  4 x 2 (*)
Xét phương trình (*) ta có  x  y   0, x, y  17  4 x 2  0  x 2 
2

Mà x là số nguyên nên x   0;1; 4
- Với x 2  0  ( x  y ) 2  17 (loại).
- Với x 2  1  ( x  y) 2  13 (loại)
- Với x 2  4  x  2 ,

17
4

2

2  y  1
y 1

 2  y  1  y  3
2  y  1
 y  1

2

Với x  2  (2  y )  1  
 2  y  1  y  3
2
Với x  2  (2  y )  1  

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: (2; 1), (2; 3), (-2; -1); (-2; -3).
*Bài tập 2: (Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên Nguyễn Trãi-Hải
Dương 2013-2014). Giải phương trình nghiệm nguyên x 2  4 xy  5 y 2  2( x  y ) .
Hướng dẫn giải:
Ta có x 2  4 xy  5 y 2  2( x  y )  x 2  4 xy  5 y 2  2 x  2 y  0
 x 2  2 x(2 y  1)  (2 y  1) 2  (2 y  1) 2  5 y 2  2 y  0
 ( x  2 y  1) 2  y 2  2 y  1  0  ( x  2 y  1) 2  ( y  1) 2  2(*)

Việc giải phương trinh(*) tương tự như bài tập 1 (Học sinh tự hồn thiện lời
giải).
*Bài tập 3:
(Trích đề thi học sinh giỏi tỉnh Hải Dương 2014-2015).
Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: 3 x 2  18 y 2  2 z 2  3 y 2 z 2  18 x  27 .
Hướng dẫn giải:
2
Giả thiết  3  x  3  18 y 2  2 z 2  3 y 2 z 2  54 (1)
+) Lập luận để z 2 M3  z M3  z 2 M9  z 2  9 (*)
(1)  3( x  3) 2  2 z 2  3 y 2 ( z 2  6)  54(2)
(2)  54  3( x  3) 2  2 z 2  3 y 2 ( z 2  6)  3( x  3) 2  2.9  3 y 2 .3
( x  3) 2  3 y 2  12
 y 2  4  y 2  1; y 2  4 vì y nguyên dương
Nếu y 2  1  y  1 thì (1) có dạng:
72

2
3  x  3  5 z 2  72  5 z 2  72  z 2 
 z 2  9  z  3 (vì có(*))
5
2
2
Khi đó 3  x  3  27   x  3  9 , x nguyên dương nên tìm được x=6

10


Nếu y 2  4  y  2 (vì y ngun dương) thì (1) có dạng:
2
3  x  3  14 z 2  126  14 z 2  126  z 2  9  z 2  9  z  3 (vì z nguyên dương)
x  3 x  6


Suy ra ( x  3)2  0  x  3 (vì x nguyên dương) . Đáp số  y  2;  y  1
z  3 z  3



* Bài tập tự luyện:
1) Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
a) x 2  xy  y 2  2 x  y
b) x 2  xy  y 2  x  y
c) x 2  3xy  3 y 2  3 y
d) x 2  2 xy  5 y 2  y  1
2) Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: 3 x 2  6 y 2  2 z 2  3 y 2 z 2  18 x  6 .
4.6. Dạng 6: Phương pháp "kẹp giữa".

* Nhận xét:
- Ở phương pháp này ta sử dụng phương pháp "làm trội" để chứng minh bất
đẳng thức.
- Cần lưu ý: Với n, x là các số nguyên nếu n 2  x  (n  1)2 ;(n  1)2  x  (n  2)2 ...
thì khơng có số ngun x nào thỏa mãn ( giữa hai số chính phương liên tiếp
khơng có số chính phương nào); Với n, x là các số nguyên nếu
(n  1) 2  x  (n  3) 2 thì x  (n  2) 2 .(Tương tự với lũy thừa bậc ba).
* Bài tập 1: (Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên Nguyễn Trãi-Hải
Dương 2013-2014). Tìm các số nguyên tố p sao cho 1  p  p 2  p 3  p 4 là số
hữu tỉ.
* Hướng dẫn giải:
2
3
4
2
1 p  p 2  p 3  p 4 là số hữu tỷ  1  p  p  p  p  n , n  ¥
 4  4 p  4 p 2  4 p 3  4 p 4  4n 2

(1)

 p 2  4 p 3  4 p 4  4n 2  4  4 p  4 p 2  4 p 3  4 p 4  5 p 2
 (2 p 2  p) 2  (2n) 2  (2 p 2  p  2) 2
 (2n)2  (2 p 2  p  1) 2 . Thế vào (1) ta được
4  4 p  4 p 2  4 p 3  4 p 4  (2 p 2  p  1) 2  p 2  2 p  3  0
Giải pt tìm được p  1 (loại) và p  3 .

Với p  3  1  p  p 2  p 3  p 4  11 . Vậy p  3
* Bài tập 2:
Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x3  y 3  2 y 2  3 y  1  0 (1).
* Hướng dẫn giải:

Ta có: x3  y 3  2 y 2  3 y  1  x3  y 3  2 y 2  3 y  1  y 2  ( y  1)3 , (Vì y 2  0 )
Ta có : x3  y 3  2 y 2  3 y  1  5 y 2  2, (Vì 5 y 2  2  0 )  x3  ( y  1)3
 x3  y 3
x  y
 ( y  1)3  x3  ( y  1)3   3

x  y 1
3

 x  ( y  1)

Từ đó kết hợp với (1) giải tìm x, y.
* Bài tập 3: (Trích đề thi Học sinh giỏi tỉnh Hải Phịng năm học 2015-2016).
Tìm các số tự nhiên n để n 4  n3  1 là số chính phương.
11


* Hướng dẫn giải:
- Nếu n  1  A  3 khơng là số chính phương.
- Nếu n  2  A  25 là số chính phương.
- Nếu n  2  4 A  4n 4  4n3  4  4n4  4n3  n2  4  n 2  (2n 2  n) 2  4  n 2  (2n 2  n) 2
4 A  4n 4  4n3  4  4n 4  4n3  4  n 2  8n 2  4n  (2n 2  n  2) 2
 (2n 2  n  2) 2  4 A  (2n 2  n) 2  4 A  (2n 2  n  1) 2
 4n 4  4n3  4  (2n 2  n  1) 2  3n 2  2n  3  0 , PT vô nghiệm. Vậy n = 2.

* Bài tập 3:
Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2  ( x  1)2  y 4  ( y  1) 4
Hướng dẫn:
Biến đổi phương trình về dạng
x 2  x  1  y 2 ( y  1) 2  2 y ( y  1)  ( y 2  y  1) 2  k 2 , k  Z (1)

- Nếu x  0  x 2  x 2  x  1  ( x  1)2  x 2  k 2  ( x  1)2 khơng có số nguyên k thỏa

mãn.
x  0

 y  y  1  1
- Nếu 
x  1
Ta có các nghiệm nguyên của phương trình là (0; 0), (0; -1), (-1; 0); (-1; -1).
- Nếu x  1  ( x  1)2  x 2  x  1  x 2  ( x  1) 2  k 2  x 2 khơng có số ngun k thỏa
mãn.
* Bài tập tự luyện:
1) Tìm số nguyên x để x 4  2 x3  2 x 2  x  3 là số chính phương.
2) Tìm các số ngun dương n để n 4  n2  1 là số chính phương.
3) Tìm các nghiệm ngun của phương trình:
a) 1  x  x 2  x3  y 3
b) 1  x  x 2  x3  x 4  y 2
Với đề tài: "Một số phương pháp giải phương trình nghiệm ngun mơn
tốn THCS" các ví dụ bài tập, lời giải mẫu chỉ mang tính minh họa. Để áp
dụng sáng kiến này đòi hỏi thày và trò phải tự tìm tịi, sưu tầm thêm các bài tập
phù hợp với mỗi phương pháp. Ta có thể khai thác một số phương pháp khác:
Sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai, sử dụng phương pháp
chia hết trên tập số nguyên,... Phần này giành cho bạn đọc tiêp tục mở rộng,
khai thác.
Tóm lại:
Khi áp dụng các bài tập trong nội dung sáng kiến vào quá trình giảng dạy
học sinh giỏi, tơi thấy học sinh rất có hứng thú học tập. Các em biết phát hiện
kiến thức và tìm được mối liên hệ giữa chúng. Do vậy bài tập không trở nên
quá nặng nề đối với sức học tập của các em. Thơng qua các bài tốn đó, tơi hi
vọng các em có thêm những kĩ năng vận dụng vào giải các bài tốn, góp phần

hình thành tư duy phân tích, óc sáng tạo, phát triển năng lực tồn diện cho các
em học sinh.
5. Kết quả đạt được:
2

12


- Trước khi áp dụng đề tài "Một số phương pháp giải phương trình
nghiệm ngun". Tơi thấy các em cịn lúng túng không biết làm như thế nào,
bắt đầu từ đâu, có cách giải tổng qt nào khơng?
- Khi áp dụng sáng kiến này vào giảng dạy trong chuyên đề BDHSG tôi
nhận thấy các em trở lên tự tin, vững vàng và say sưa hơn. Bước đầu các em đã
biết vận dụng "Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên" để
làm bài tập trong các đề thi tốt hơn.
- Kết quả Thi HSG ba năm học vừa qua.
Năm học
Lớp
Cấp trường
Cấp huyện
2016-2017
7
5
2
2017-2018
8
4
1
2018-2019
6

5
2
6. Điều kiện để sáng kiến được nhân rộng:
Các bài tốn "giải phương trình nghiệm ngun" rất đa dạng và phong phú,
có khá nhiều phương pháp giải, vì vậy trong quá trình dạy học người thày cần
cung cấp cho học sinh đầy đủ các phương pháp, để học sinh nắm được bản chất
của phương pháp; giao bài tập, hướng dẫn các em lựa chọn các bài tập cùng
loại trong các loại sách để rèn luyện. Thầy cần động viên, khuyến khích các em
độc lập, tư duy sáng tạo trong việc phân tích tìm hướng giải và cần giải bài toán
bằng nhiều cách khác nhau.
C. KẾT LUẬN
1. Kết luận:
Trong quá trình tìm tịi nghiên cứu, kết hợp với những tư liệu tích luỹ
được, qua q trình giảng dạy cùng với sự tham gia đóng góp ý kiến của các
bạn đồng nghiệp sáng kiến đã được hoàn thành. Với sự lựa chọn các bài toán
đưa ra trong sáng kiến nhằm mục đích giúp các em nắm chắc phương pháp
" giải phương trình nghiệm ngun", qua đó giúp các em phát triển tư duy sáng
tạo trong q trình giải tốn.
Trong thực tế giảng dạy, tôi đã giới thiệu và áp dụng sáng kiến này ở mức
độ phù hợp khi học sinh học xong các phương pháp " giải phương trình nghiệm
nguyên" của sáng kiến này với các đối tượng của học sinh khối lớp 6 đến lớp 9.
Những vấn đề được trình bài trong sáng kiến tuy chưa thật toàn diện song thực
sự bổ ích cho giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi, đây được coi là tài liệu tham
khảo của mỗi giáo viên dạy toán. Sáng kiến thực sự gây hứng thú và có tác
dụng bồi dưỡng cho đối tượng học sinh khá, giỏi. Từ đó giúp các em có đủ tự
tin trong việc học tập và nghiên cứu.
2. Khuyến nghị:
2.1. Đối với Phòng giáo dục, Sở giáo dục:
Đề nghị quan tâm đầu tư mở nhiều chun đề về mơn tốn để bồi dưỡng
cho giáo viên đặc biệt bồi dưỡng giáo viên ơn thi học sinh giỏi nhằm nâng cao

trình độ, phương pháp, năng lực sư phạm cho giáo viên dạy học.
2.2. Đối với nhà trường:
13


Luôn tạo điều kiện thuận lợi cho giáo viên học tập và bồi dưỡng chuyên
môn, cần tổ chức nhiều đợt hội giảng, hội thảo liên trường giúp giáo viên học
tập trao đổi với đồng nghiệp trường bạn.
2.3. Đối với tổ, nhóm chun mơn:
Cần thường xun tổ chức buổi sinh hoạt nhóm chun mơn có hiệu quả,
đi sâu bàn luận những vướng mắc trong quá trình giảng dạy, xây dựng chuyên
đề mang tính thiết thực, có ứng dụng thực tế cao.
2.4. Đối với giáo viên:
Phải có đủ tài liệu, chịu khó đọc các tài liệu tham khảo, tự bồi dưỡng
chuyên môn, từ đó có kiến thức vững chắc, có phương pháp phù hợp, đồng thời
học tập những ý kiến hay, những kinh nghiệm tốt của đồng nghiệp, hạn chế
những sai sót mắc phải.
Trên đây là "Một số phương pháp giải phương trình nghiệm ngun
mơn tốn THCS". Trong q trình nghiên cứu sáng kiến này đã giúp bản thân
tôi tự tin hơn, say sưa với nghề nghiệp hơn. Các em học sinh sau khi học
chuyên đề này sẽ thấy mở mang ra nhiều. Biết cách áp dụng vào "giải phương
trình nghiệm nguyên". Tuy nhiên, với sự cố gắng hết mình của bản thân trong
q trình viết chắc khơng tránh khỏi sai sót. Rất mong được sự đóng góp chân
thành của Hội đồng khoa học, quý thầy cô giáo và các bạn đồng nghiệp để sáng
kiến này được hồn thiện và có ứng dụng thiết thực hơn.
Tôi xin trân trọng cảm ơn !
Thanh Hưng,ngày 05 tháng 10 năm
2019
Người viết đề tài

Nguyễn Thị Hiền

CÁC TÀI LIỆU THAM KHẢO

14


STT

Tên tài liệu

Tên tác giả

1

Nâng cao và phát triển toán 8

Vũ Hữu Bình

3

Nâng cao và phát triển tốn 9

Vũ Hữu Bình

4

351 bài tốn số học chọn lọc

Nguyễn Đức Tấn

5

Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi cấp
huyện, tinh và thi tuyển sinh THPT chuyên Trên mạng internet
của các tỉnh.

15