Sáng kiến kinh nghiệm, SKKN Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên nhằm nâng cao chất lượng học sinh giỏi

PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỊ XÃ BN HỒ
TRƯỜNG THCS NGUYỄN TRƯỜNG TỘ
---------------@&?---------------

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Đề tài:

“Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên
nhằm nâng cao chất lượng học sinh giỏi”

Loại đề tài: Bộ mơn Tốn
Họ và tên: Vương Văn Lương
Phó Hiệu trưởng trường THCS Nguyễn Trường Tộ.

Tháng 2 năm 2019
*********

1


I.PHẦN MỞ ĐẦU.
1. Lý do chọn đề tài.
Trong quá trình học toán ở trường THCS học sinh cần biết cách tổ chức
cơng việc của mình một cách sáng tạo. Người thầy cần rèn luyện cho học sinh
kỹ năng, độc lập suy nghĩ một cách sâu sắc, sáng tạo. Vì vậy đòi hỏi người thầy
một sự lao động sáng tạo biết tìm tịi ra những phương pháp để dạy cho học sinh
trau dồi tư duy logic giải các bài toán.
Là một giáo viên dạy toán ở trường THCS trực tiếp bồi dưỡng đội tuyển
học sinh giỏi nhiều năm tôi nhận thấy việc giải các bài tốn ở chương trình
THCS khơng chỉ đơn giản là đảm bảo kiến thức trong SGK, đó mới chỉ là những
điều kiện cần nhưng chưa đủ. Muốn giỏi tốn cần phải luyện tập nhiều thơng

qua việc giải các bài toán đa dạng, giải các bài toán một cách khoa học, kiên
nhẫn, tỉ mỉ, để tự tìm ra đáp số.
Muốn vậy người thầy phải biết vận dụng linh hoạt kiến thức trong nhiều
tình huống khác nhau để tạo hứng thú cho học sinh. Một bài tốn có thể có nhiều
cách giải, mỗi bài tốn thường nằm trong mỗi dạng tốn khác nhau nó địi hỏi
phải biết vận dụng kiến thức trong nhiều lĩnh vực nhiều mặt một cách sáng tạo
vì vậy học sinh phải biết sử dụng phương pháp nào cho phù hợp.
Các dạng toán về số học ở chương trình THCS thật đa dạng phong phú
như: Tốn về chia hết, phép chia có dư, số nguyên tố, số chính phương, phương
trình nghiệm ngun…….
Đây là một dạng tốn có trong chương trình THCS nhưng chưa đưa ra
phương pháp giải chung. Hơn nữa phương trình nghiệm ngun có rất nhiều
trong các đề thi học sinh giỏi huyên, học sinh giỏi tỉnh ….Song khi giải các bài
tốn này khơng ít khó khăn phức tạp. Từ thực tiễn giảng dạy tơi thấy học sinh
hay bế tắc, lúng túng về cách xác định dạng tốn và chưa có nhiều phương pháp
giải hay.
Từ những thuận lợi, khó khăn và yêu cầu thực tiễn giảng dạy.Tôi chọn đề
tài: “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên nhằm nâng cao
chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi”
2


Trong quá trình viết đề tài do điều kiện và kinh nghiệm không tránh khỏi
khiếm khuyết. Rất mong được sự đóng góp, của thầy cơ giáo và đồng nghiệp.
2. Mục tiêu nhiệm vụ của đề tài.
Giúp cho học sinh có kỹ năng nhận dạng, nhận biết, biến đổi bài toán tìm
nghiệm ngun của những bài tốn cơ bản thuần túy lý thuyết chuyển sang áp
dụng giải quyết các vấn đề thực tiễn cuộc sống liên quan đến số nguyên.
Hệ thống hóa một số dạng tốn về phương trình nghiệm ngun, một số
phương pháp giải giúp học sinh có kỹ năng biến đổi giải các bài tốn về phương

trình nghiệm ngun và áp dụng thực tiễn.
3. Đối tượng nghiên cứu.
Tập trung vào việc định dạng, phương pháp giải hợp lý các bài tốn số
học có liên quan đến tìm nghiệm ngun của phương trình.
4. Giới hạn của đề tài.
Chương trình tốn số học THCS đặc biệt chương tình lớp tốn 7 lớp 8 và
lớp 9 đối với các bài toán về nghiệm nguyên.
5. Phương pháp nghiên cứu.
- Phương pháp thống kê tốn học: thu thập thơng tin từ học sinh để hình
thành ý tưởng, xây dựng cơ sở lý luận của đề tài và hoàn thành đề tài;
-Đọc và nghiên cứu tài liệu tham khảo.
- Nghiên cứu cơ sở lý thuyết.
-Thực nghiệm sư phạm qua giảng dạy.
- Phương pháp so sánh đối chứng.
- Phương pháp điều tra phân tích, tổng hợp.
II. PHẦN NỘI DUNG.
1.Cơ sở lý luận.
Tốn học là một mơn khoa học địi hỏi người học tốn, người làm tốn,
người dạy tốn đều phải có tư duy cao độ. Thơng qua mơn tốn chúng ta có thể
rèn luyện được năng lực phân tích tổng hợp, tư duy linh hoạt, khả năng sáng tạo
góp phần hình thành kỹ năng trong cuộc sống. Muốn giỏi tốn địi hỏi học sinh
khơng chỉ có kiến thức cơ bản tư duy phân tích tổng hợp sáng tạo mà phải có
phương phápluận khoa học, có sự hỗ trợ cần thiết của người thầy. Vì vậy để
nâng cao chấtlượng dạy và học toán người thầy cần truyền cảm hứng cho học
sinh để các em có niềm đam mê với mơn tốn.
Đối với việc dạy học chun đề phương trình nghiệm ngun khơng có
bài cụ thể trong chương trình sách giáo khoa phổ thơng nhưng nội dung này lại
thường có trong các đề thi học sinh giỏi các cấp, đề thi vào các trường chuyên.
3

2.Thực trạng vấn đề nghiên cứu.
Bài tốn giải phương trình nghiệm nguyên được áp dụng nhiều trong việc
làm toán và giải các bài toán khác, ứng dụng trong thực tế cuộc sống. Trong khi
đó học sinh rất ngại khi gặp phải dạng tốn này ví dụ như bài tốn giải phương
trình nghiệm nguyên:
1) 2xy – 4x + y = 7
2)5x - 7y = 15

1

1

1

4) x + y + z = 1

5) xy - 4x = 35 - 5
3) 3x2 + 5y2 = 345
Đây chỉ là bài toán đơn giản nhưng học sinh bị bế tắc, lúng túng về cách
xác định dạng toán, phương hướng giải. Lý do chủ yếu của các vấn đề trên là
các em chưa có hệ thống phương pháp giải dạng tốn đó.
Phương trình nghiệm ngun là chuyên đề rất đa dạng và phong phú nó
có thể là phương trình một ẩn, nhiều ẩn, có thể là phương trình bậc nhất hoặc
bậc cao, khơng có cách giải chung cho mọi phương trình, để giải các phương
trình đó thường dựa vào cách giải một số phương trình cơ bản và một số phương
pháp giải cơ bản.
Tài liệu dạy và học nội dung phương trình nghiệm ngun có rất nhiều
trên mạng, thư viện, tài liệu tham khảo trên thị trường nhưng để hệ thống và
tổng hợp cho phù hợp với đối tượng học sinh để giúp các em có kỹ năng giải

tốn khơng phải là đơn giản.
3. Nội dung và hình thức của giải pháp:
a. Mục tiêu của giải pháp.
-Đưa ra một số phương pháp cơ bản để giải phương trình nghiệm nguyên;
-Hệ thống các phương pháp cơ bản theo từng u cầu của bài tốn;
-Hình thành kỹ năng phát hiện dạng toán và dự đoán phương án giải quyết
vấn đề cho một bài toán.
b. Nội dung và cách thực hiện giải pháp.
Trên cơ sở thực trạng những khó khăn khi giải phương trình nghiệm
ngun tơi đề xuất một số phương pháp cụ thể trong đề tài này.
b.1 Đưa về phương trình ước số.
4


Ta đưa phương trình về dạng có một vế là tích các đa thức có hệ số
ngun, ( thường chỉ có tích 2 đa thức) và một vế là một hằng số nguyên. Để
tìm nghiệm của phương trình ta tìm các ước của hằng số đó.f (x1, x2,…., xn).h (x1,
x2,…., xn) = a
Ví dụ 1: Tìm nghiệm ngun của phương trình 2xy – 4x + y = 7
Giải
2xy – 4x + y = 7 ⇔ (2x + 1)(y – 2) = 5. Ta thấy 2x + 1 và y – 2 là các ước của
5, nên ta có
2x + 1
1
-1
5
-5
y-2
5
-5

1
-1
x
0
-1
2
-3
y
7
-3
3
1
Vậy phương trình có các nghiệm ngun (x;y) là (0 ; 7), (-1 ; -3), (2 ; 3), (-3 ; 1).
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x4 + 4x3+ 6x2+ 4x = y2
Hướng dẫn: Ta có: x4 + 4x3+ 6x2+ 4x = y2⇔ x4 +4x3+6x2+4x +1- y2=1
⇔ (x+1)4 – y2 = 1 ⇔ [(x+1)2 –y] [(x+1)2+y]= 1
Tương tự ta suy ra được
⇒ y = 0 ⇒ (x+1)2 = 1 ⇔ x+1 = ± 1 ⇒ x = 0 hoặc x = -2
Vậy ( x, y ) = ( 0, 0 ); ( - 2, 0 )
b2. Phương pháp Biểu thị một ẩn theo ẩn còn lại rồi dùng tính chất
chia hết.
Ví dụ 1: Tìm nghiệm ngun của phương trình
x2 – xy = 6x – 5y – 8
Giải
Biểu thị y theo x được (x – 5)y = x2 – 6x + 8
Với x = 5 ta có 0y = 3, vô nghiệm.
3
x2 − 6x + 8
Với x ≠ 5 ta có y =
=x–1+

x −5
x −5

Để y có giá trị nguyên thì 3  x – 5 hay x – 5
x-5
x

-3
2

-1
4

∈ Ư(3), ta có:
1
6

3
8
5


y
0
0
8
8
Vậy phương trình có các nghiệm ngun (x; y) là (2 ; 0), (4 ; 0), (6 ; 8), (8 ; 8).
Kinh nghiệm giải : Ta thường sử dụng phương pháp biểu thị một ẩn theo ẩn còn
lại rồi dùng tính chất chia hết để giải phương trình nghiệm ngun khi một trong

hai ẩn của phương trình có bậc cao nhất là bậc một. Khi đó ta biểu diễn ẩn này
theo ẩn kia rồi giải phương trình.
Ví dụ 2:Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x + 3y = 11
Hướng dẫn Dùng tính chất chia hết.
Ta có 2x + 3y = 11⇒ x=
Do x, y nguyên ⇒
đặt

11 − 3 y
y −1
= 5- y2
2

y −1
nguyên
2

y −1
= k ⇒ y = 2k +1 ⇒ x = 4- 3k
2

(k ∈ Z

Vậy nghiệm tổng quát
b3. Phương pháp đưa về dạng tổng.
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + y2 – x – y = 8
Hướng dẫn:
Ta có x2 + y2 –x – y = 8⇔ 4 x2 + 4 y2 – 4 x –4y = 32
⇔ (4x2 – 4x +1) + (4y2 – 4y + 1) = 34⇔ (2x – 1)2 + (2y – 1)2 = 34
Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 chỉ có duy nhất 1 dạng phân tích thành

tổng của 2 số chính phương 32 và 52
Do đó ta có

hoặc

Giải ra ta được (x,y) = (2,3); (2,-2); (-1, -2); (-1, 3) và các hốn vị của nó.
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 – 4xy + 5y2 = 169
Hướng dẫn: Ta có x2 – 4xy + 5y2 = 169⇔ (x – 2y)2 + y2 = 169
Ta thấy 169 = 02 + 132 = 52 + 122
⇒
hoặc

hoặc
hoặc

Giải ra ta được (x, y) = (29, 12);(19, 12); (-19, -12); (22, 5); (-2, 5) ;(2, -5);
(-22, -5); (26, 13); (-26, -13); (-13. 0); (13, 0)
6


b4. Phương pháp Xét số dư từng vế.
Ví dụ 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 9x + 2 = y2 + y

(1)

Lời giải
Ta có: 9x + 2 = y2 + y ⇔ 9x + 2 = y(y + 1)

(*)

Ta thấy vế trái của (*) là số chia cho 3 dư 2 nên y(y + 1) chia cho 3 dư 2.
Nếu y chia hết cho 3 hoặc y chia cho 3 dư 2 thì y(y + 1) đều chia hết cho 3, trái
với kết luận trên.
Do đó y chia cho 3 dư 1. Đặt y = 3k + 1(k là số ngun) thì y +1 = 3k + 2. Khi
đó ta có: 9x + 2 = (3k + 1)(3k + 2) ⇔ 9x = 9k(k+1) ⇔ x = k(k+1)
Thử lại x = k(k+1) và y = 3k + 1(k là số nguyên) thoả mãn phương trình đã cho.
Vậy nghiệm nguyên của phương trình (1) là x = k(k+1) và y = 3k + 1( với k là
số nguyên)
b5. Phương pháp sử dụng tính chẵn lẻ.
Ví dụ 1: Tìm x, y nguyên tố thoả mãn y2 – 2x2 = 1
Hướng dẫn:
Ta có y2 – 2x2 = 1 ⇒ y2 = 2x2 +1 ⇒ y là số lẻ
Đặt y = 2k + 1 (với k nguyên).Ta có (2k + 1)2 = 2x2 + 1
⇔ x2 = 2 k2 + 2k ⇒ x chẵn , mà x nguyên tố ⇒ x = 2, y = 3
Ví dụ 2. Chứng minh rằng phương trình sau khơng có nghiệm ngun:
x2 – y2 = 2006 (2)
Lời giải
Phương trình (2) viết thành: (x – y)(x + y) = 2010
Vì (x – y) + (x + y) = 2x là số nguyên chẵn nên (x – y) và (x + y) cùng tính chẵn
lẻ. Từ (x – y)(x + y) = 2010 suy ra (x – y) và (x + y) đều chẵn. Do đó:
(x – y)(x + y) chia hết cho 4. Nhưng 2010 không chia hết cho 4. (1).
Giả sử (x – y) và (x + y) là 2 số cùng lẻ nhưng 2010 không thể là tích của 2 số
lẻ nào . (2)
Từ (1) và (2) suy ra phương trình khơng có nghiệm ngun.
b6. Phương pháp Sắp thứ tự các ẩn.
7


Nếu các ẩn x, y, z, ... có vai trị bình đẳng, ta có thể giả sử x ≥ y ≥ z ≥ ... để tìm
các nghiệm thỏa mãn điều kiện này. Từ đó, dùng phép hốn vị để => các

nghiệm của phương trình đã cho.
Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x + y + z = xyz (1).
Lời giải
Do các ẩn x, y, z có vai trị bình đẳng trong phương trình nên có thể sắp xếp
thứ tự giá trị của các ẩn, chẳng hạn:1 ≤ x ≤ y ≤ z
Do đó xyz = x + y + z ≤ 3z chia hai vế của bất đẳng thức xyz ≤ 3z cho số
dương z ta được xy ≤ 3. Do đó xy ∈ {1; 2; 3}
Với xy = 1, ta có x = 1, y = 1. Thay vào (1) được 2 + z = z (loại)
Với xy = 2, ta có x = 1, y = 2. Thay vào (1) được z = 3
Với xy = 3, ta có x = 1, y = 3. Thay vào (1) được z = 2 (loại) vì trái với sắp xếp
y ≤ z.
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (1) là các hốn vị của (1 ; 2 ; 3).
Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :

1 1 1
+ + = 2 (2)
x y z

Lời giải
Do vai trị bình đẳng của x, y, z trong phương trình nên có thể sắp xếp thứ tự giá
trị của các ẩn, chẳng hạn x ≤ y ≤ z. Ta có :
2=

1 1 1
1
3
+ + ≤ 3 × ⇒ x ≤ ⇒ x = 1 ( do x nguyên dương)
x y z
x
2

Thay x = 1 vào (2) ta có : 1 +

Suy ra : y = 1 ⇒

1 1
1 1 2
+ = 2 ⇒1= + ≤ ⇒ y ≤ 2
y z
y z y

1
1
= 0 (vô lí) hoặc y = 2 ⇒ = 2 ⇒ z = 2.
z
z

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (3) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 2).
b7. Phương pháp Dùng bất đẳng thức.
Ví dụ 1: Tìm nghiệm ngun của phương trình x2 –xy + y2 = 3
Hướng dẫn:
8


y 2
3y2
Ta có x –xy + y = 3 ⇔ (x- ) = 3 2
4
2

2

Ta thấy (x-

y 2
3y2
) ≥ 0 ⇒3 ≥ 0 ⇒ -2 ≤ y ≤ 2
2
4

⇒ y= ± 2; ± 1; 0 thay vào phương trình tìm x
Ta được các nghiệm nguyên của phương trình là :
(x, y) = (-1,-2), (1, 2); (-2, -1); (2,1) ;(-1,1) ;(1, -1)
Ví dụ 2: Tìm các số ngun dương x, y thoả mãn phương trình :
(x2 + 1)(x2 + y2) = 4x2y
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức Cơ–si ta có:
x2 + 1 ≥ 2x, dấu bằng xảy ra ⇔ x = 1.
x2 + y2 ≥ 2xy, dấu bằng xảy ra ⇔ x = y.
Vì x, y nguyên dương nên nhân các bất đẳng thức trên vế theo vế ta được :
(x2 + 1)(x2 + y2) ≥ 4x2y, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1.
Vậy phương trình có nghiệm ngun duy nhất x = y = 1.
Ví dụ 3: Tìm nghiệm ngun của phương trình: (x + y + 1)2 = 3(x2 + y2 + 1)
Theo bất đẳng thức Bunhiacơpxki, ta có:

(x

+ y + 1) ≤ (12 + 12 + 12 ) ( x 2 + y 2 +12 ) = 3 ( x 2 + y 2 +1)
2

Đẳng thức xảy ra ⇔

x y 1
= = ⇔ x = y =1
1 1 1

Vậy phương trình có nghiệm nguyên duy nhất là x = y = 1
b8. Phương pháp Sử dụng tính chất nghiệm của phương trình bậc 2.
Biến đổi phương trình về dạng phương trình bậc 2 của một ẩn coi các ẩn
khác là tham số, sử dụng các tính chất về nghiệm của phương trình bậc 2 để xác
định giá trị của tham số.
Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên: 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + 5 = 0
Lời giải
Ta có phương trình: 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + 5 = 0
⇔ y2 +2(2x + 1)y + 3x2 + 4x + 5 = 0 (*)
9


Coi x là tham số của phương trình bậc 2 (*) với ẩn y, ta có:
y = -(2x + 1) ±

∆' x . Do y nguyên, x nguyên ⇒ ∆' x nguyên

Mà ∆' x = (2x + 1)2 – (3x2 + 4x + 5) = x2 – 4 ⇒ x2 – 4 = n2 (n là số tự nhiên)
⇒ (x- n) (x+ n) = 4 ⇒ x = ± 2 (do x - n và x + n cùng tính chãn lẻ)
Vậy phương trình có 2 nghiệm ngun là (x; y) ∈ {(2; -5); (-2, 3)}
Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – (y+5)x + 5y + 2 = 0
Lời giải
Ta có: x2 – (y+5)x + 5y + 2 = 0 coi y là tham số ta có phương trình bậc 2 ẩn
x. Giả sử phương trình bậc 2 có 2 nghiệm x1, x2

 x1 + x 2 = y + 5 5x1 + 5x 2 = 5y + 25
⇒
Theo định lý Viet, ta có : 
 x1x 2 = 5y + 2
 x1x 2 = 5y + 2
⇒ 5 x1 + 5x2 – x1x2 = 23
⇔ (x1 -5) (x2 -5) = 2 mà 2 = 1.2 = (-1)(-2)
⇒ x1 + x2 = 13 hoặc x1 + x2 = 7 ⇒ y = 8 hoặc y = 2
Thay vào phương trình ta tìm được các cặp số (7; 8); (6; 8); (4; 2); (3; 2) là các
nghiệm ngun của phương trình.
Ví dụ 3: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x + y + xy = x2 + y2 (1)
Lời giải
Viết (1) thành phương trình bậc 2 đối với x
x2 - (y + 1)x + (y2 - y) = 0 (2)
Điều kiện cần để (2) có nghiệm là ∆ ≥ 0
∆ = (y + 1)2 - 4(y2 - y) = y2 + 2y + 1 - 4y2 + 4y

= -3y2 + 6y + 1
* ∆ ≥ 0 ⇔ 3 y 2 − 6 y − 1 ≤ 0 ⇔ 3( y − 1) 2 ≤ 4
Do đó (y - 1)2 ≤ 1. Suy ra -1 ≤ y - 1 ≤ 1
y-1
-1
0
1
y
0
1
2
2
Với y = 0, thay vào (2) ta được x - x = 0 Ta có x1 = 0; x2 = 1

Với y = 1, thay vào (2) được x2 - 2x = 0 Ta có x3 = 0; x4 = 2
10


Với y = 2, thay vào (2) ta được x2 - 3x + 2 = 0 Ta có x5 = 1; x6 = 2
Thử lại, các giá trị trên đều nghiệm đúng phương trình.
Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm nguyên là (0;0), (1;0), (0;1), (2;1), (1;2),
(2;2)
Một số bài toán áp dụng thực tế ( sưu tầm).
Bài 1: Hai đội cờ thi đấu với nhau mỗi đấu thủ của đội này phải đấu 1 ván với
mỗi đấu thủ của đội kia. Biết rằng tổng số ván cờ đã đấu bằng 4 lần tổng số đấu
thủ của hai đội và biết rằng số đấu thủ của ít nhất trong 2 đội là số lẻ hỏi mỗi đội
có bao nhiêu đấu thủ.
Hướng dẫn:
Gọi x, y lần lượt là số đấu thủ của đội 1 và đội 2 (x, y nguyên dương )
Theo bài ra ta có xy = 4 (x + y)
Đây là phương trình nghiệm ngun ta có thể giải bằng các cách sau 
Cách 1: Có xy = 4(x + y)⇔ xy – 4x – 4y + 16 = 16⇔ (x-4) (y - 4) = 16
mà 16 = 1.16 = 2.8 = 4.4
lại có ít nhất 1 đội có số đấu thủ lẻ
⇒

⇔

hoặc

Cách 2: Ta thấy x, y bình đẳng.Khơng mất tính tổng qt ta giả sử x≤ y
4
x

Ta có x, y nguyên dương xy = 4 (x + y)⇔ +
lại có
Mà

4
=1
y

4
4
4 4
8
8
≥ y ⇔ + y ≤
⇔ ≤ 1⇒ x ≤ 8 ⇒ x= {5, 6, 7, 8}
x
x
x
x

4
≤ 1 ⇒x > 4
x

Thử trực tiếp ta được x = 5, y = 20 (thoả mãn)
Vậy 1 đội có 5 đấu thủ cịn đội kia có 20 đấu thủ
Bài 2: Tìm năm sinh của Bác Hồ biết rằng năm 1911 khi Bác ra đi tìm đường
cứu nước thì tuổi Bác bằng tổng các chữ số của năm Bác sinh cộng thêm 3.
Hướng dẫn:

11


Ta thấy nếu Bác Hồ sinh vào thể kỷ 20 thì năm 1911 Bác nhiều nhất

là 11 tuổi

(1+ 9 + 0 + 0 + 3) loại
Suy ra Bác sinh ra ở thế kỷ 19
Gọi năm sinh của Bác là

18 xy

(x, y nguyên dương, x, y ≤ 9)
Theo bài ra ta có
1911 - 18 xy = 1 + 8 + x + y = 3⇔ 11x + 2y = 99
⇒ 2y  11 mà (2, 11) = 1 ⇒

y  11 mà 0≤ y ≤ 9

Nên y = 0 ⇒ x = 9
Vậy năm sinh của Bác Hồ là 1890
Bài 3: Hãy dựng một tam giác vng có số đo 3 cạnh là a, b, c là những số
nguyên và có cạnh đo được 7 đơn vị.
Hướng dẫn:
Giả sử cạnh đo được 7 đơn vị là cạnh huyền (a = 7)
⇒ b2 + c2 = 72 ⇒ b2 + c2  7 ⇒ b  7; c  7
(vì số chính phương chia hết cho 7 dư 0, 1, 4, 2)
lại có 0 < b, c < 7 loại ⇒ Cạnh đo được là cạnh góc vng giả sử b = 7
Ta có a2 – c2 = 49 ⇔ (a+c)(a-c) = 49⇒ ⇒

Vậy tam giác cần dựng có số đo 3 cạnh là 7, 25, 24
Bài tập vận dụng.
Bài 1: Giải các phương trình nghiệm nguyên.
a) 3x3 - 3y3 = 21

b) 3xy + x - y = 1

c) 2x2 + 3xy - 2y2 = 7

Bài 2: Tìm x,y, z nguyên dương thoả mãn.
a) 2(x + y + z) + 9 = 3xyz

b) xy + yz + zx = xyz + 2

xy

yz

zx

c) z + x + y = 3

Bài 3: Chứng minh rằng:
1

1

1

a) Phương trình x 2 + xy + y 2 = 1 khơng có nghiệm ngun dương.

1

1

1

1

b) x + y + z = 1991 chỉ có một số hữu hạn nghiệm nguyên dương.
12


Bài 4: Giải phương trình trên tập số nguyên.
a) x 2 − 3 y 2 = 17 .

c) x 2 − 2 y 2 = 1 .

b) x 2 − 5 y 2 = 17 .

Bài 5: Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình sau.
a) x + y + 1 = xyz .

b) x + y + + z + 9 = xyz.

c) x + y + z + t = xyzt .

d)

1 1 1 1
+ + + =1.

x y z t

c. Kết quả khảo nghiệm.
Trước và sau khi thực hiện đề tài.
Để đánh giá được khả năng của các em đối với dạng tốn trên và có phương
án tối ưu truyền đạt tới học sinh, tôi đã ra một đề toán cho 10 em học sinh khá
giỏi khối 9 của trường như sau:
Bài 1: ( 6 điểm ) Tìm số nguyên x, y biết
b) 3( x 2 + xy + y 2 ) = x + 8 y

a) x – y + 2xy = 6

Bài 2: (4 điểm) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x2 – 5y2 = 0
Kết quả thu được như sau:
Dưới điểm 5
SL
%
7
70

Điểm 5 – dưới 8
SL
%
3
30

Điểm 8 - 10
SL
%
0

0

Qua việc kiểm tra đánh giá tơi thấy học sinh khơng có phương pháp giải
phương trình nghiệm nguyên đạt hiệu quả. Lời giải thường dài dịng, khơng
chính xác, đơi khi cịn ngộ nhận hoặc đốn mị.
Cũng với những bài tốn trên học sinh được trang bị các phương pháp giải
phương trình nghiệm ngun thì tơi thấy học sinh giả quyết vấn đề có hiệu quả,
chất lượng học tập của học sinh mũi nhọn ngày càng cao. Đặc biệt là các em
hứng thú học toán hơn, vận dụng và sử dụng thành thạo các phương pháp cho
từng bài cụ thể. Kết quả cụ thể như sau:
Dưới điểm 5
SL
%
1
10

Điểm 5 – dưới 8
SL
%
7
70

Điểm 8 - 10
SL
%
2
20
13

III- KẾT LUẬN và KIẾN NGHỊ
KẾT LUẬN
Đề tài này đã nhận được thử nghiệm qua nhiều năm bồi dưỡng học sinh giỏi
tôi thấy học sinh nắm được bài và rất hứng thú học tập. Tôi nghĩ rằng tôi cần
phải cố gắng đọc thêm tài liệu, học hỏi thầy cô và các bạn đồng nghiệp để tiếp
tục xây dựng đề tài ngày càng phong phú hơn.
Là một giáo viên trực tiếp bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi nhiều năm tôi
nhận thấy việc giải các bài tốn ở chương trình THCS không chỉ đơn giản là
đảm bảo kiến thức trong SGK, đó mới chỉ là những điều kiện cần nhưng chưa
đủ. Để giỏi toán học sinh cần phải luyện tập nhiều, thơng qua việc giải các bài
tốn từ dễ đến khó môt cách đa dạng.
Muốn vậy người thầy phải biết vận dụng linh hoạt kiến thức trong nhiều tình
huống khác nhau để tạo hứng thú cho học sinh. Một bài toán có thể có nhiều
cách giải, mỗi bài tốn thường nằm trong mỗi dạng tốn khác nhau để giải được
địi hỏi học sinh phải biết vận dụng kiến thức một cách linh hoạt, sáng tạo, phải
biết sử dụng phương pháp giải phù hợp đối với mỗi bài toán.
Đề tài này đã được thử nghiệm qua nhiều năm bồi dưỡng học sinh giỏi, qua
đó tơi thấy học sinh nắm rất vững các phương pháp và rất hứng thú học tập. Tôi
nghĩ rằng tôi cần phải cố gắng đọc thêm tài liệu, học bạn bè đồng nghiệp để tiếp
tục xây dựng đề tài ngày càng phong phú hơn.
KIẾN NGHỊ.
Đối với nhà trường :
Cần tạo điều kiện thuận lợi hơn nữa về thời gian cũng như tài liệu để giúp
giáo viên, nhất là giáo viên dạy bồi dưỡng học sinh giỏi giảng dạy tốt hơn.
Trang bị thêm đồ dùng dạy học, sách tham khảo để phục vụ tốt hơn cho
công tác giảng dạy, tự học, tự nghiên cứu của giáo viên và học sinh.
Đối với ngành :
Mở những buổi hội thảo chuyên đề về bộ mơn Tốn để nâng cao trình độ
chun mơn và học hỏi kinh nghiệm của các đồng nghiệp.

14


Tổ chức các buổi thảo luận, hướng dẫn viết SKKN và giới thiệu các sáng
kiến kinh nghiêm có chất lượng cao, ứng dụng lớn trong thực tiễn.
Các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng và được
ứng dụng rộng rãi, phổ biến trong nhiều bài toán, dạng toán. Chắc chắn rằng cịn
nhiều phương pháp để giải phương trình nghiệm ngun và cịn nhiều ví dụ hấp
dẫn khác. Nhưng do năng lực bản thân có hạn nên trong khi trình bày sáng kiến
này sẽ khơng tránh khỏi những điểm thiếu sót và khiếm khuyết.
Người viết

Vương Văn Lương

Mục lục
I.Phần mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
2. Mục tiêu của đề tài
3.Đối tượng nghiên cứu
4. Giới hạn của đề tài
5. Phương pháp nghiên cứu
II. Phần nội dung
1. Cơ sở lí luận
2. Thực trạng vấn đề nghiên cứu
3. Nội dung hình thức giải pháp
a. Mục tiêu của giải pháp
b. Nội dung và cách thực hiện giải pháp

Trang
2

2
3
3
3
3
3
3
4
4
4
5
15


c. Kết quả khảo nghiệm
III .Kiến nghị và kết luận

13
14

Tài liệu tham khảo .
1. Hướng dẫn học số học 6 - Tác giả : Hồng Cơng Chức - NXB tổng hợp
TPHCM.
2. Tốn điển hình và phương pháp giải tốn THCS - Tác giả :
Lê Hải Châu, Nguyễn Xuân Quỳ - NXB Hà Nội .
3.Toán bồi dưỡng học sinh giỏi THCS - Tác giả :Vũ Hữu Bình - NXB Giáo dục.
4.Tốn nâng cao và các chuyên đề Toán 6, lớp 7-Tác giả: Vũ Dương Thụy
- NXB Giáo dục.
16

5.Nâng cao và phát triển toán 6, toán 7, toán 8, tốn 9 - Tác giả : Vũ Hữu Bình NXB Giáo dục.
6. Bài tập nâng cao và một số chuyên đề toán THCS -Tác giả : Bùi Văn Tuyên
- NXB Giáo dục.
7. Sách bài tập toán 6 , toán 7, toán 8, toán 9 ( tái bản từ 2010 trở về sau ) nhóm
tác giả: Tơn thân - Vũ Hữu Bình - Phạm Gia Đức -Trần Luận- NXB Giáo dục

17