(Thcs) phương trình nghiệm nguyên và một số phương pháp giải các bài toán lớp 9

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
ĐƠN YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN

Kính gửi: Hội đồng chấm sáng kiến Huyện ..........
1. Tác giả và sáng kiến:
1.1. Tác giả:
Nơi công
Số
TT

Họ và tên

Ngày

tác (hoặc

tháng năm

nơi

sinh

thường

Trình
Chức

độ

danh

chun

1

.........

THCS ....
.....

vào việc tạo ra sáng
kiến (ghi rõ đối với

mơn

trú)
Trường

Tỷ lệ (%) đóng góp

từng đồng tác giả,
nếu có)

Giáo
viên

1.2. Tên sáng kiến:
“ Phương trình nghiệm nguyên và một số phương pháp giải các bài toán lớp 9 ”
2. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến

- Họ và tên: .........

- Địa chỉ: Trường THCS .........
3. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giáo dục – Mơn Tốn lớp 9
4. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử
Tháng 9 năm 2016 tại trường THCS ......... - ......... - .........
5. Mô tả bản chất của sáng kiến

5.1. Về nội dung của sáng kiến
5.1.1. Thực trạng vấn đề nghiên cứu:
Ở địa bàn tơi cơng tác đa số gia đình các em học sinh là làm nghề nông lại
phân bố không đồng đều, nhận thức của một số người dân trong việc giáo dục
học tập cho con em mình chưa cao. Mặt khác, các em học sinh ở đây cũng phải
1


phụ giúp gia đình nhiều cơng việc nên đa số học sinh không dành nhiều thời
gian cho học tập đặc biệt là những bài tốn khó, nâng cao ngồi sách giáo khoa.
Nhiều học sinh cho rằng mơn Tốn là mơn học khó biến đổi phức tạp nên
khơng say mê với mơn học,tâm lý chung cịn sợ học Tốn. Một số em không
dám tham gia vào đội tuyển học sinh giỏi của nhà trường cho rằng mơn tốn là
bộ mơn là khó, kiến thức rộng và phải địi hỏi phải liên kết nhiều kiến thức từ
nhiều lớp học dưới.
Ngay từ đầu năm học 2016-2017, tôi đã khảo sát chất lượng của 75 em
học sinh khối 9 của nhà trường thông qua bài kiểm tra kiến thức phần Đại số và
có số liệu cụ thể như sau:

TT Lớp Sĩ số

Giỏi ,khá

SL %

TB
SL %

Yếu
SL %

1

9A

37

8

21,62

23

62,16

6

16,22

2

9B

38

11 29,94

22

54,90

5

15,16

Ngồi ra qua tìm hiểu tơi cịn thấy rằng ở đơn vị mình cơng tác, số lượng
học sinh giỏi bộ mơn cịn ít. Số học sinh tham gia ít và số lượng giải không
nhiều.
Cấp thi

Năm học
2014-2105

2015 -2106

Huyện

2

1

Tỉnh

0

0

5.1.2. Nguyên nhân của thực trạng trên
* Về phía học sinh
Mơn khoa học tự nhiên nói chung và mơn tốn nói riêng đều tạo cho học
sinh tâm lý e sợ. Đặc biệt là mơn tốn địi hỏi học sinh phải tính tốn suy luận để
tìm hướng giải quyết mà hầu hết các kiến thức này khơng có trong thực tế cuộc
sống, chính vì thế học sinh gặp khó khăn trong việc giải quyết các bài tập đặc
biệt là những bài tập toán khó nên học sinh “sợ” học tốn là điều dễ hiểu.
2


Ngồi ra, Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi mơn tốn nói chung và chủ đề
Phương trình nghiệm ngun (thuộc phân mơn Đại số) nói riêng vơ cùng đa
dạng, vì thế nó thường khơng có quy tắc giải tổng qt. Mỗi bài tốn, với số liệu
riêng của nó, địi hỏi một cách giải riêng phù hợp. Khó khăn của học sinh là
chưa hiểu được cơ sở lý thuyết, chưa biết kết hợp các kiến thức cơ bản có liên
quan như: tập hợp các số nguyên, tính chất và các phép toán trên tập hợp số
nguyên; các kiến thức về phép chia, tính chất chia hết, kiến thức về lí thuyết
đồng dư và cả những kiến thức liên quan đến các bất đẳng thức, cách giải các
phương trình bậc hai một ẩn, hệ phương trình bậc nhất…Các kiến thức này lại
xuyên suốt q trình học tốn bậc THCS mà đơi khi học sinh lại bị quên hoặc
chưa biết cách khai thác vào q trình giải bài tốn.
* Về phía Giáo viên
Trong khung chương trình mơn Tốn thời gian để học sinh củng cố kiến
thức trong sách vừa đủ nên giáo viên chưa giành được nhiều thời gian cho các
bài tập nâng cao. Ngồi ra tơi nhân thấy, một bộ phận thầy cô chưa thật sự tâm
huyết với nghề chỉ lên lớp dạy đủ nội dung sách viết mà chưa khuyến khích sự

tìm tịi ham học của học sinh. Cịn một số thầy cơ do tuổi nghề cịn ít chưa đủ
kinh nghiệm, phương pháp giảng dạy nên đó cũng là nguyên nhân làm cho học
sinh khơng u thích bộ mơn dẫn đến chất lượng học sinh chưa cao, số lượng
học sinh đạt giải trong các kỳ thi học sinh giỏi thấp .
5.1.3. Các biện pháp tiến hành giải quyết vấn đề
Trong nhiều năm thực hiện công tác dạy học và bồi dưỡng, bản thân tơi
đã phải khắc phục nhiều khó khăn. Dành các buổi chiều đến bồi dưỡng, vì các
em học sinh khi học đến lớp 9 gần như các kiến thức cũ các em đã quên, nên
tôi đã phải mất rất nhiều thời gian để ôn lại kiến thức cũ. Để học sinh có nhiều
thời gian ơn tập và tham khảo kiến thức trên mạng internet, đồng thời được sự
đồng ý của Ban giám hiệu nhà trường, tôi đã xin phép phụ huynh học sinh, cho
các em thời gian và xin thêm một số buổi chiều để học sinh đến trường ôn luyện

3


để các em có thêm những lượng kiến thức nhất định trước khi bước vào kì thi
học sinh giỏi cấp huyện.
Để giải quyết những khó khăn trong thực tiễn cơng việc bồi dưỡng
HSG phần Phương trình nghiệm nguyên trước hết giáo viên cần xây dựng kế
hoạch và phân bổ thời gian hợp lí giữa các phần kiến thức giảng dạy, trong đó
chú ý đến chun đề Phương trình nghiệm ngun. Giáo viên cần tích cực tìm
hiểu, nghiên cứu các tài liệu, kiến thức và phương pháp giải phương trình
nghiệm nguyên; xây dựng, cập nhật kiến thức bổ sung cho chuyên đề phương
trình nghiệm ngun ngày càng đầy đủ và có chiều sâu đáp ứng được các bài
giảng có chất lượng cho học sinh.
Đổi mới trong cách dạy theo hướng tích cực, hình thành và phát triển cho
học sinh ý thức tự học, tự tìm tịi khám phá kiến thức; thực hiện dạy học theo
nhóm, dạy học theo hợp đồng... Trong từng giờ dạy, giáo viên gần gũi chia sẻ
cùng học sinh các chủ đề kiến thức, các phương pháp giải cho từng dạng tốn;

có sự tranh luận đưa ra nhiều cách giải cho một bài tốn, khuyến khích học sinh
phát hiện cách giải mới, hay và hiệu quả.
Trong quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi nhiều năm, bản thân
tôi đã nghiên cứu các tài liệu liên qua qua các sách tham khảo,các tạp trí tơi thấy
rằng chủ đề Phương trình nghiệm nguyên là chủ đề thường được nhắc tới
trong các bài tập ở sách giáo khoa và các đề thi chọn học sinh giỏi. Các tài liệu
bồi dưỡng chủ đề Phương trình nghiệm nguyên thì rất nhiều nhưng chỉ nêu ra
cách chung chung nên học sinh khó phân biệt được hướng giải các phương trình
nghiệm ngun chính xác. Chính vì vậy tơi đã bản thân tơi đã nghiên cứu, tiếp
thu, lựa chọn, chắt lọc bổ sung và tìm ra một số phương pháp giải phương
trình nghiệm nguyên cơ bản phù hợp với tư duy và nhận thức của học sinh tại
nơi tơi cơng tác. Bên cạnh đó, sáng kiến cịn đưa ra một cố ví dụ áp dụng, các
bài tập tự luyện với mục đích người đọc có thể hiểu và vận dụng các phương
pháp giải phương trình nghiệm ngun vào các bài tốn cụ thể
5.1.3.1. Phương pháp phân tích
a) Nội dung phương pháp
4


Phương pháp này cịn có thể hiểu là phương pháp đưa về phương trình tích
hay hạn chế tập hợp chứa nghiệm dựa vào tính chia hết. Tư tưởng chính của
phương pháp là chúng ta hiện đưa phương trình về một trong các dạng sau:
1) Biến đổi về phương trình dạng A1. A2 . A3 .... An k , trong đó Ai  i 1,..., n 
là các đa thức với hệ số nguyên và k  Z . Viết k k1.k2 .k3 ...kn  k j  Z ; j 1,..., n 
dẫn đến giải hệ Ai k j ( i, j chạy từ 1,..., n ).
2
2
2
2
2) Biến đổi phương trình về dạng a1 A1  a2 A2  a3 A3  an An k . Trong đó

A1 , A2 , A3 ,..., An là các đa thức với hệ số nguyên, a1 , a2 , a3 ,..., an  N * , k  N * . Viết

k a1k12  a2 k22  a3k32  an k n2  k1 , k 2 , k3 ,..., k n  Z  , rồi giải hệ Ai 2 ki 2  i 1,2,3,..., n 

b) Một số bài tốn ví dụ
Bài tốn 1: Tìm nghiệm ngun của các phương trình sau:
a, x  xy  y 9 ( Đề thi năm 2002- PT chuyên ĐH KHTN).
Giải
x  xy  y 9   x  1  y  1 10 . Suy ra x  1 là một ước của 10, lập
bảng giá trị ta có:
x+1
x
y+1
y

-10
-11
-1
-2

-5
-6
-2
-3

-2
-3
-5
-6

-1
-2
-10
-11

1
0
10
9

2
1
5
4

5
4
2
1

10
9
1
0

Dựa vào kết quả bảng giá trị phương trình có nghiệm là:

 x; y     11;  2  ,   6;  3 ,   3;  6  ,   2;  11 ,  0;9  ,  1;4  ,  9;0  ,  4;1 
b, 2 y 2 x  x  y  1  x 2  2 y 2  xy. (Đề thi năm 2003- PT chuyên ĐH KHTN HN)

Giải:
2 y 2 x  x  y  1  x 2  2 y 2  xy
 2 y 2  x  1  x  x  1  y  x  1  1
  x  1  2 y 2  x  y   1

Với x; y nguyên thì phương trình cuối tương đương với:

5


  x  1 1
  x 2
 2
 2
 2 y  y  x  1   2 y 
  x  1  1
  x 0


 2 y 2  y  x 1
 2 y 2 

  x 2

   y 1
 
   y 
y  1 0



  x 0

y  1 0
   y 1
 
   y 
  

1
2

1
2

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên là  x; y     0;1 ,  2;1  .
c, 2 xy  x  y 83 . (Đề thi năm 1992- PT chuyên ĐH KHTN HN)

Giải
2 xy  x  y 83  4 xy  2 x  2 y 166
  2 x  1  2 y  1 167

Do 167 là số nguyên tố nên 2 x  1 là ước của 167 . Lập bảng giá trị ta được:
2x+1
x
2y+1
y

-167
-84

-1
-1

-1
-1
-167
-84

1
0
167
83

167
83
1
0

Vậy phương trình đã cho có nghiệm

 x; y      84;  1 ,   1;  84  ,  0;83 ,  83;0   .
* Nhận xét: Đây là một bài toán cơ bản và thể hiện rõ ý tưởng của
phương pháp phân tích ở dạng thứ nhất trong bài tốn giải phương trình nghiệm
ngun.
Bài tốn 2:Tìm nghiệm ngun của phương trình sau:
x  x  1  x  7   x  8   y 2
Giải
Nhận thấy nếu  x; y  là nghiệm của phương trình thì  x;  y  cũng là nghiệm
của phương trình đó, nên trước hết ta giải PT với y là số tự nhiên. Ta có:
x  x  1  x  7   x  8   y 2   x 2  8 x   x 2  8 x  7   y 2

2
Đặt z  x  8 x 
2
khi đó PT dạng: z  z  7   y   2 z  2 y  7   2 z  2 y  7  49

6


Do 2 z  2 y  7  2 z  2 y  7 và 49 49.1 7.7   7  .   7    1 .   49  a.b

a  b  14

z

2 z  2 y  7 a

4

với a b , do đó ta có: 
.
a

b
2 z  2 y  7 b
y 

4

Kết quả nghiệm của phương trình là:
 1;  12  ,  1;12  ,   9;  12  ,   9;12  ,  0;0  ,   8;0  ,   1;0  ,   7;0  ,   4;  12  , 

 x; y   
.

4;12





* Nhận xét: Bài toán thứ hai này cũng là một bài tốn giải phương trình
nghiệm ngun bằng phương pháp phân tích ở dạng thứ nhất. Tuy nhiên, ở bài
tốn này có độ phức tạp nhất định đó là việc học sinh cần biết đặt ẩn phụ để
chuyển bài toán về dạng cơ bản, học sinh biết đánh giá giữa các biểu thức chứa
ẩn để lựa chọn các giá trị thích hợp giúp lời giải ngắn gọn, chính xác rút ngắn
thời gian làm bài.
Bài tốn 3: Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau:
a, 5 x 2  2 xy  y 2  4 x  40 0 .
(Đề thi năm 2011- Lớp 10 PT chuyên PHAN BỘI CHÂU, tỉnh Bà Rịa - Vũng
tàu).
Giải
5 x 2  2 xy  y 2  4 x  40 0
  4 x 2  4 x  1   x 2  2 xy  y 2  41
2

2

  2 x  1   x  y  41
Mà 41 phân tích thành tổng hai số chính phương là: 41 162  252 .
Vì  2 x  1 là số lẻ. Do đó, ta có:

 x 3; y 1
 x 3; y  7
 2 x  1 25
 2 x  1 5


.

2
 x  2; y 6
x

y

4

 x  y  16


 x  2; y  2
2

7


Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:  x; y      2;  2  ,   2;6  ,  3;  7  ,  3;1  .
b, x 2  y 2  x  y 8  1

Giải:

 1  4 x 2  4 y 2  4 x 

4 y 32

 (4 x 2  4 x  1)  (4 y 2  4 y  1) 34
2

2

  2 x  1   2 y  1 34

Mà 34 phân tích thành tổng hai số chính phương là: 34 32  52 . Do đó, ta có:

  2 x  1 2 32
 2 x  1 3
 
2
2

  2 y  1 5

 2 y  1 5


 2 x  1 5 .
  2 x  1 2 52

 
2
 2 y  1 3

  2 y  1 32


Giải từng hệ phương trình và kết hợp nghiệm, ta có nghiệm ngun của phương
trình đã cho là:  x; y     2;3 ,  2;  2  ,   1;3 ,   1;  2  ,  3;2  ,  3;  1 ,   2;2  ,   2;  1  .
* Nhận xét: Đây là một bài toán cơ bản và thể hiện rõ ý tưởng của phương pháp
phân tích ở dạng thứ hai trong bài tốn giải phương trình nghiệm ngun. Cách
giải này cịn gọi theo tên khác là phương trình nghiệm nguyên giải được bằng
phương pháp “Tổng”.
c) Một số bài toán tự luyện
Bài toán 4: Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau:
a, 4 x  11y 4 xy

b, x 2  656 xy  657 y 2 1983

c,  x  y  1  xy  x  y  5  2  x  y 

(Đề thi năm 2012- PT chun ĐH KHTN HN)
Bài tốn 5: Tìm các số ngun thỏa mãn:
a, 5 x 2  y 2  2 xy  2 x  6 y  1  0 .

(Đề thi năm 2011- PT chuyên ĐH KHTN TP.HCM)
b, 5 x 2  4 xy  y 2  6 x  8 0

8


Bài tốn 6:
Tìm tất cả các cặp số ngun thỏa mãn: x 2  y 2 xy  x  y .
(Đề thi năm 2011- PT chuyên ĐHSP TP.HCM)

5.1.3.2. Phương pháp sắp thứ tự các ẩn số
a) Nội dung phương pháp
Phương pháp này cịn có thể hiểu là phương pháp dồn biến. Tư tưởng chính của
phương pháp là:
1) Khi giải phương trình đối xứng với các ẩn, để tìm nghiệm ngun dương,
khơng giảm tính tổng qt, ta thường giả sử x  y z .... và bắt đầu từ việc tìm
x.

2) Ở một số phương trình nghiệm nguyên, ta quan tâm đến một ẩn sao cho có
thể phân chia tập hợp số của ẩn đó thành các tập con khơng giao nhau để giải
được phương trình trong từng tập con đó.
b) Một số bài tốn ví dụ
Bài tốn 7: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
1
1 1
  1
xy yz zx

 1

Giải:
Phương trình  1 :

1
1
1
  1 x  y  z  xyz
xy yz zx

Nhận thấy vai trò của x, y, z trong phương trình là như nhau. Khơng mất tính

tổng qt, giả sử: 1  x  y  z . Khi đó: xyz  x  y  z 3z  xy 3 . Mà x, y  N *
nên:
+ Nếu xy 1  x  y 1 . Thay vào phương trình  1 : 1  1  z  z . Phương trình
vơ nghiệm.
+ Nếu xy 2  x 1; y 2 . Thay vào phương trình  1 : 1  2  z 2 z  z 3 .
+ Nếu xy 3  x 1; y 3 . Thay vào phương trình  1 : 1  3  z 3z  z 2 .
Loại vì giả thiết y  z .
Vậy phương trình đã cho có nghiệm ngun là:
9


 x; y; z     1;2;3 ,  1;3;2  ,  2;1;3 ,  2;3;1 ,  3;1;2  ,  3;2;1 .
* Nhận xét: Đây là một bài toán cơ bản và thể hiện rõ ý tưởng của phương
pháp sắp thứ tự các ẩn ở dạng thứ nhất trong bài tốn giải phương trình nghiệm
ngun. Bài tốn này cịn cách giải khác khá hay mà vẫn sử dụng phương pháp
sắp thứ tự các ẩn, mong bạn đọc nghiên cứu tìm lời giải thứ hai.
Bài tốn 8: Tìm nghiệm nguyên của phương trình
1  x  x 2  x 3  ...  x 2014  y 2014

Giải:
Với x 0 hoặc x  1 thì y 1.
Với x  0 ta có x 2014  y 2014   1  x 
Với x   1 ta có  1  x 

2014

2014

, phương trình vơ nghiệm.

 y 2014  x 2014 , phương trình vơ nghiệm.

Vậy phương trình có nghiệm ngun là:  x; y      1;  1 ,   1;1 ,  0;  1 ,  0;1  .
* Nhận xét: Đây là một bài toán cơ bản và thể hiện rõ ý tưởng của phương
pháp sắp thứ tự các ẩn ở dạng thứ hai trong bài tốn giải phương trình nghiệm
ngun.
c) Một số bài tốn tự luyện
Bài tốn 9: Tìm nghiệm ngun dương của phương trình
a,

1 1 1
  1
x y z

b, 5  x  y  z  t  2 xyzt  10
1
x

Bài tốn 10: Tìm nghiệm ngun dương của phương trình: 

1 1

y 3

5.1.3.3. Phương pháp sử dụng tính chất chia hết và tính chất số nguyên tố
a) Nội dung phương pháp
Tư tưởng chính của phương pháp là:
1) Thường sử dụng tính chất chia hết để chứng minh một phương trình vơ
nghiệm bằng cách chỉ ra hai vế của phương trình chia cùng một số tự nhiên m
có số dư khác nhau.

10


2) Một số tính chất của số nguyên tố thường sử dụng khi giải phương trình
nghiệm nguyên:
 an  p 
a
- Nếu p nguyên tố mà a n p  ap ; p 
a p
2
2
- Nếu p nguyên tố dạng p 4k  3 mà  a  b  p  
.
bp

3) Định lí nhỏ Fermat
p
Với p là số nguyên tố và a là số tự nhiên thì  a  a  p . Nếu p là số nguyên tố

và  a, p  1 thì a p  1  1p .
b) Một số bài tốn ví dụ
2
2
Bài tốn 11: Tìm nghiệm ngun của phương trình 12 x  6 xy  3 y 28  x  y 

(Đề thi năm 1994- PT chuyên ĐH KHTN)
Giải:
12 x 2  6 xy  3 y 2 28  x  y   3  4 x 2  2 xy  y 2  28  x  y 

 1

Do 3 và 28 nguyên tố cùng nhau nên x  y 3 hay x  y 3k với k  Z . Từ  1
2

suy ra: 3x 2   x  y  28k  3 x 2  9k 2 28k  k 3 hay k 3n  n  Z  . Khi
đó: x 2  3k 2 28n mà k 3n nên:
28
 28

 n  0  0 n  .Vì n  Z
x 2  27n 2 28n  x 2 28n  27n 2 0  n 
27
 27

nên n 0 hoặc n 1 .
 x 0

- Với n 0  k 0  
 x  y 0
 x 2 1

- Với n 1  k 3  
x

y

9


 x 0

 y 0
 x 1; y 8
 x  1; y 10


Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:  x; y      1;10  ,  0;0  ,  1;8   .
* Nhận xét: Đây là một bài toán cơ bản và thể hiện rõ ý tưởng của phương
pháp sử dụng tính chất chia hết và số nguyên tố; việc chỉ ra 3 và 28 nguyên tố
cùng nhau là một chốt quan trọng trong việc tìm lời giải tiếp cho bài tốn.
Bài tốn 12: Có tồn tại hay khơng các số nguyên x,y thỏa mãn điều kiện:
11


1992 x1993  1993 y1994 1995. (Đề thi năm 1997- PT chuyên ĐH KHTN HN)

Giải
* Trường hợp 1: Với y chẵn thì 1992 x1993  1993 y1994 là số chẵn  x  Z  . Do đó
phương trình 1992 x1993  1993 y1994 1995. khơng có nghiệm ngun với y chẵn.
997
997
* Trường hợp 2: Với y lẻ thì y là số lẻ, giả sử y 2k  1 , khi đó:
2

2

1993 y1994 1993  y 997  1993  2k  1 1993  4k 2  4k  1
4  1993  k 2  k    1993
 1993y1994 chia 4 dư 1 , suy ra 1992 x1993  1993 y1994 chia 4 dư 1 (vì 19924 ).

Mặt khác 1995 chia 4 dư 3 nên phương trình đã cho khơng có nghiệm ngun
với y lẻ.
Vậy phương trình đã cho khơng có nghiệm x, y ngun.
Bài tốn 13: Tìm nghiệm nguyên x, y của phương trình
b, x 2  17 y 2  34 xy  51 x  y  1740.

(Đề thi năm 2005- PT chuyên ĐH KHTN HN)
Giải:
x 2  17 y 2  34 xy  51 x  y  1740  x 2 1740  17  y 2  2 xy  3  x  y    1

Với x ngun, thì x có thể viết dưới dạng sau:
x 17 k r với r 0;1; 2;3;4;5;6;7;8 và k  Z . Khi đó x 2 có dạng tương ứng như

sau: 17k ;17k  2;17k  4;17k  8;17k  9;17k  13;17k  15;17k  16 .
Nhận thấy vế phải 1740 khi chia cho 17 có số dư là 6 ( 1740 17.101  6 ). Do đó,
vế phải của phương trình  1 có dạng 17 k  6 , song vế trái x 2 khi chia cho 17
trong mọi trường hợp đều khơng có số dư là 6.
Vậy phương trình đã cho khơng có nghiệm ngun.
* Nhận xét: Bài toán số 12 và 13 cơ bản thể hiện rõ ý tưởng của phương
pháp sử dụng tính chất chia hết và số nguyên tố ở dạng thứ nhất.
6
2
3
Bài tốn 14: Tìm nghiệm ngun x, y của phương trình: 2 x  y  2 x y 320  1

Giải:

12

 1   x3 

2

2

  x3  y  320

Đặt u  x 3 , v  x3  y . Khi đó phương trình có dạng: u 2  v 2 320 .
Từ phương trình suy ra u , v cùng chẵn hoặc cùng lẻ.
2
2
Nếu u , v cùng lẻ thì u  v 2  mod 4  , do đó đẳng thức  1 khơng xảy ra.

Vậy u , v cùng chẵn. Đặt u 2u1 , v 2v1  u1 , v1  Z  ta có phương trình:
u12  v12 80

 2

Lập luận tương tự như trên ta suy ra u1 , v1 cùng chẵn. Đặt
u1 2u2 , v1 2v2  u 2 , v2  Z  . Khi đó phương trình  2  dạng: u2 2  v2 2 20  3

Từ  3 lại lập luận như trên ta suy ra u2 , v2 cùng chẵn. Đặt
u2 2u3 , v2 2v3  u3 , v3  Z 
2
2
Thay vào phương trình  3 , ta được: u3  v3 5  4 

Mà 5 12  22 , nên phương trình  4  có nghiệm:
 u32 1

 u3 1
 2

2
 v3 2
 v3 2 

 2
2
 u 2
 u3 2
 3

2
 v 1
 v3 1
 3

 u3
u
 3
 u3

 u3

1; v3 2
 1; v3 2
1; v3  2
 1; v3  2

Thế trở lại ta tìm được nghiệm nguyên của phương trình  1 là:

 x; y     2;8 ,  2;24  ,   2;8  ,   2;  24   .
* Nhận xét: Đây là bài toán đã vận dụng kiến thức đồng dư thức trong việc
phát hiện tính chất các ẩn là số chẵn, từ đó chúng ta có cơ sở lập luận và kết hợp
với các phương pháp có sử dụng nguyên tắc cực hạn, phương pháp “Tổng” để
tìm ra nghiệm của phương trình.
2
2
Bài tốn 15: Tìm nghiệm nguyên x, y của phương trình  y  2  x  1  y . (Đề

thi năm 2001- PT chuyên ĐH KHTN HN)
Giải

13


2
2
Phương trình  y  2  x  1  y  1 khơng có nghiệm ngun với y  2 , nên

y2  1
3
 x2  y  2 
 1  x 
. Do đó nếu  x; y  là nghiệm nguyên thì
y2
y2
2

y  2
y+2
y
x

3
 Z  y  2 là ước của số 3. Lập bảng giá trị ta được:
y2
-3
-5
KXĐ

-1
-3
KXĐ

1
-1
0

3
1
0

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:  x; y     0;  1 ,  0;1  .
c) Một số bài tốn tự luyện
1

1

1

Bài tốn 16: Tìm nghiệm ngun dương của phương trình: x  y  p trong đó
p là số ngun tố.

Bài tốn 17: Tìm nghiệm ngun dương của phương trình: 8 x 4  4 y 4  2 z 4 t 4 .
Bài toán 18: Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên a, b, c thỏa mãn:
a 2  b 2  c 2 2007 .(Đề thi năm 2003- PT chuyên LÊ HỒNG PHONG NAM

ĐỊNH)
Bài tốn 19: Tìm nghiệm ngun của các phương trình:
a, x 2  y 2  z 2 2 xyz
b, x 2  y 2  z 2  t 2 2 xyzt

.

5.1.3.4. Phương pháp sử dụng các bất đẳng thức cơ bản
a) Nội dung phương pháp
Tư tưởng chính của phương pháp là sử dụng các bất đẳng thức cơ bản
( BĐT về trị tuyệt đối, BĐT Côsi, BĐT Bunhiakôpxki, …) để chứng minh một
vế của phương trình khơng nhỏ hơn vế cịn lại. Tiếp theo tìm giá trị của ẩn để
bất đẳng thức trở thành đẳng thức.
b) Một số bài tốn ví dụ
Bài tốn 20: Tìm nghiệm ngun của phương trình
1

x 2

1
1


74 
y 1
z  771

x 2

y  1

z  771

 1
14


Giải:
Cách 1: Điều kiện: x  2; y  1; z  771
Phương trình  1  

x 2

2

 

x 2 1

x 2

2

 

y 1 1

z  771  35
z  771



2

0

Vế trái của phương trình là tổng của các hạng tử khơng âm nên khơng nhỏ hơn
vế phải, vì vậy phương trình có nghiệm khi:
 x  2  1 0


 y  1  1 0

 z  771  35 0

 x 3

 y 2 (Thỏa mãn)
 z 1996


Vậy phương trình đã cho có nghiệm ngun là  x; y; z   3;2;1996 

Cách 2: Điều kiện: x  2; y  1; z  771
Phương trình  1 

1
1
1225
 x 2
 y 1
 z  771 74
x 2
x 2
z  771

Áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho các cặp số khơng âm ta có:
1
 x  2 2
x 2

1
. x  2 2
x 2

1
 y  1 2
y 1

1
. y  1 2
y 1

1225
 z  771 2
z  771

1225
. z  771 70
z  771

Cộng từng vế các bất đẳng thức, ta được:
1
1
1225
 x 2
 y 1
 z  771 74 . Để dấu “=” xảy ra
x 2
x 2
z  771


1
 x 2 
x 2


1

thì  y  1 
y 1



1225
 z  771 
z  771


 x  2 1


 y  1 1
 z  771 1225


 x 3

(Thỏa mãn)
 y 2
 z 1996


15


Vậy phương trình đã cho có nghiệm ngun là  x; y; z   3;2;1996  .
* Nhận xét: Đây là bài toán đã vận dụng các bất đẳng thức cơ bản bất
đẳng thức Cơ - si.
Bài tốn 21: Tìm các số ngun khơng âm

x, y thỏa mãn đẳng thức

x 2  y 2  y  1. (Đề thi năm 2001- PT chuyên ĐH KHTN HN)

Giải
Giả sử  x; y  là nghiệm khơng âm của phương trình x 2  y 2  y  1. Khi đó
2
x 2  y 2  1 . Mặt khác, do y 0 nên y  1 4 y 2  4 y  1  2 y  1 hay:

y  1 2 y  1  y 2  y  1  y 2  2 y  1  y  1

2

 2  . Dấu “ =” đạt được khi và

chỉ khi y 0 .
2
2
2
Từ  1 và  2  suy ra: y 2  x 2  y 2  y  1  y  1  x 2  y  1 ( Vì y 2 ,  y  1
2

là hai số chính phương liên tiếp). Do đó: y 2  y  1  y  1  y 0 . Với
y 0  x 1

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là  x; y   1;0 
* Nhận xét: Trong bài toán này bằng kĩ thuật đánh giá bất đẳng thức của
biểu thức chứa biến x, y kết hợp với tính chất về tổng bình phương của hai số
nguyên liên tiếp mà ta có cách giải hợp lí cho bài tốn. Qua bài tốn, cần chú ý
đến tính chất bình phương của các số ngun liên tiếp như sau:
2

1. a 2  x   a  2   x  a  1

2

2

2. a 2  x   a  1  x a 2
2

3. a 2  x  a  1  x  a  1

2

Bài tốn 22: Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức x 2  xy  y 2  x 2 y 2 .
(Đề thi năm 2003- PT chuyên ĐH KHTN HN)
Giải
Cách 1: Vai trị của x; y trong phương trình là như nhau. Khơng mất tính tổng
qt

ta

tìm

nghiệm

x 2 y 2  x 2  xy  y 2 3 y 2 .

thỏa

mãn

x y .

Khi

đó

xy  xy  y 2 nên

 1
16


Dễ thấy, nếu phương trình có nghiệm x 0 thì y 0 và ngược lại.
2
Xét y 0 thì từ  1  x 3  x    1;1

- Với x  1 , thay vào phương trình đã cho ta được: 1  y 0  y 1
- Với x 1 , thay vào phương trình đã cho ta được: 1  y 0  y  1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm ngun là  x; y     1;  1 ,  0;0  ,   1;1  .
Cách 2: Ta chứng minh phương trình khơng có nghiệm với x 2 , y 2 . Thật
vậy , với x 2 và y 2 ta có:
2 2
2
 x y 4 x
 x 2 y 2 2  x 2  y 2   x 2  y 2  x 2  y 2  x 2  y 2  2 xy  x 2  y 2  xy
 2 2
2
 x y 4 y

Vậy mọi nghiệm nguyên (nếu có) của phương trình đều thỏa mãn hoặc x 1
hoặc y 1 .
- Với x 1 và x  Z nên x    1;0;1 . Thay lần lượt các giá trị của x tìm được
vào phương trình đã cho ta được nghiệm y tương ứng:
+ x  1  y 1
+ x 0  y 0
+ x 1  y  1
- Tương tự , y 1 và y  Z nên y    1;0;1 . Thay lần lượt các giá trị của y tìm
được vào phương trình đã cho ta được nghiệm x như trên.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm ngun là  x; y     1;  1 ,  0;0  ,   1;1  .
* Nhận xét: Trong bài toán này chúng ta đã sử dụng bất đẳng thức về giá
trị tuyệt đối x  x , x kết hợp với các bất đẳng thức khác để có một lời giải
hợp lí.
Bài tốn 23: Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức 8 x 2 y 2  x 2  y 2 10 xy.
(Đề thi năm 2006- PT chuyên ĐH KHTN HN)
Giải:
2

Ta có: 8 x 2 y 2  x 2  y 2 10 xy  8 xy  xy  1   x  y  0

 1

17


Do đó, nếu x; y là nghiệm nguyên của phương trình thì
xy  xy  1 0  0  xy 1 . Mà x; y là các số nguyên nên:

- Nếu xy 0 thì từ phương trình  1 ta thu được nghiệm x  y 0 .
- Nếu xy 1 thì từ phương trình  1 ta thu được nghiệm x  y 1 .

Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên là  x; y      1;  1 ,  0;0  ,  1;1  .
c) Một số bài toán tự luyện
Bài tốn 24: Giải phương trình nghiệm ngun sau:
x1  12  2 x2  22  3 x2  32  ...  2014 x2014  20142 

1
 x1  x2  ...  x2014 
2

Bài tốn 25:
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x 2000  x 2000 20032000
Bài tốn 26: Tìm nghiệm ngun của phương trình:

 x  1

4

4

  x  1  y 3 (Đề

thi năm 2007-PT chuyên ĐHKHTN Hà Nội).
5.2. Về khả năng áp dụng của sáng kiến
“Phương trình nghiệm nguyên và một số phương pháp giải các bài toán
lớp 9” thực sự giúp giáo viên trong quá trình thực hiện nhiệm vụ bồi dưỡng học
sinh giỏi mơn tốn trong nhà trường trong năm học vừa qua và những năm học
tiếp theo. Ngoài ra sáng kiến cịn áp dụng với các trường trong tồn huyện và
tỉnh vì chủ đề Phương trình nghiệm ngun cịn là một chủ đề hay được nhắc tới
trong các đề thi Chọn học sinh giỏi cấp tỉnh và các đề thi chọn vào trường THPT
chuyên.

6. Những thông tin cần được bảo mật: không
7. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến
7.1. Đối với học sinh
Cần có lịng u thích mơn học, có u thích mới có hứng thú trong học
tập. Đây là một trong những yếu tố rất cần thiết để học tốt môn học này. Phải
say sưa, chăm chỉ, có kiến thức hệ thống, học đến đâu nắm chắc và vận dụng
thực hành đến đó.
18


Ln tìm tịi mở rộng kiến thức, chương trình trong sách giáo khoa vốn là
kiến thức chuẩn, căn bản nhưng khơng thể giải thích cặn kẽ hết mọi vấn đề vì
thời lượng chương trình khơng cho phép.
7.2. Đối với giáo viên
Cần nhiệt tình dành nhiều thời gian cho chun mơn như: dạy theo
chuyên đề 1 buổi/ tuần vào các buổi chiều.
Giáo viên cần phải lựa chọn đúng đối tượng học sinh vào bồi dưỡng và
phải tự soạn thảo chương trình bồi dưỡng một cách hợp lý, khoa học, sáng tạo.
Ngoài ra, giáo viên cần tập cho các em có phương pháp tự học, tự đọc và tự
nghiên cứu tài liệu ở nhà, hướng cho các em có ý chí, quyết tâm, biết đặt ra mục
tiêu của mình cần vươn tới, đạt được cái đích mà mình đã đặt ra.
7.3. Đối với nhà trường và gia đình
Nhà trường cần tạo điều kiện về cơ sở vật chất, cân đối; khen chê kịp thời.
Phải quan tâm nhiều việc học tập của học sinh, động viên kịp thời. Bổ sung vào
thư viện những tài liệu tham khảo hướng dẫn rõ về bồi dưỡng học sinh giỏi cấp
THCS. Phổ biến về những đề tài bồi dưỡng HSG ở THCS.
8. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng
sáng kiến theo ý kiến của tác giả
Sau khi áp dụng sáng kiến vào thực tế dạy học, tôi thấy thông qua đề tài
giúp học sinh phân loại được các dạng phương trình nghiệm ngun điều mà

trước đó rất khó khăn với học sinh và học sinh cũng đã giải quyết tốt được các
kiến thức liên quan. Học sinh đã biết vận dụng linh hoạt những kiến thức chủ đề
để tự lực giải quyết thành cơng những phương trình cụ thể khác nhau từ dạng dễ
đến khó. Từ đó gây hứng thú học tập cho học sinh , các em khơng cịn thấy “sợ”,
thấy khó ngại phức tạp. Qua đó làm tiền đề cho một số học sinh đăng ký vào các
trường PTTH chuyên trong tỉnh.
Qua một năm thực hiện theo sáng kiến hiệu quả tôi thấy rõ được là sự
thành công của các đội tuyển tham gia thi các kỳ thi tuyển chọn học sinh giỏi
mơn tốn cấp huyện, cấp tỉnh trong các năm học của đơn vị mình.
19


Số lượng học sinh giỏi trong năm học 2016 - 2017 tăng đáng kể:
+ Giải toán qua mạng 9: 01 nhì ; 03 ba cấp huyện ; 02 giải KK cấp tỉnh
+ Thi văn hóa Tốn 9: 02 KK 01 ba; 1 KK huyện , 01 ba cấp tỉnh.
Sau một năm học áp dụng sáng kiến, tôi thấy kết quả bộ môn cũng thu
được nhiều kết quả khả quan, học sinh cũng đã u thích mơn tốn hơn, chất
lượng kết quả học tập cũng đã thay đổi cụ thể thông qua bảng sau :

TT Lớp Sĩ số

1
2

9A
9B

37
38

Giỏi ,khá TB
SL %
SL %
12 32,43 22 59,46
15 39,47 20 54,90

Yếu
SL %
3
8,11
3
7,89

9. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng
sáng kiến theo ý kiến của tổ chức, cá nhân đã tham gia áp dụng sáng kiến
lần đầu, kể cả áp dụng thử:
a. Về phía đồng nghiệp : Sáng kiến đã giúp giáo viên bộ mơn có thêm tư
liệu giảng dạy và tư liệu cho công tác bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi của nhà
trường. Cụ thể trong năm học 2017 -2018. Đồng nghiệp là cô Phạm Thị Nhàn
sau khi áp dụng sáng kiến có 02 học sinh giỏi mơn tốn cấp huyện: 01 giải nhì,
01 khuyến khích. Cấp tỉnh đạt 01 học sinh.
b. Về phía học sinh: Học sinh được tái hiện kiến thức, được làm các dạng
bài tương tự rèn kĩ năng giải toán tốt hơn, từ đó giảm tỉ lệ học sinh yếu kém,
tăng số lượng ọc sinh khá giỏi.Giúp học sinh học tích cực, chủ động trong việc
tiếp thu kiến thức khó kiến thức ngồi sách giáo khoa.
c. Về phía phụ huynh học sinh: Học sinh có ý thức tự giác trong việc làm
bài ở nhà.
d. Về phía nhà trường: Ít học sinh có học lực yếu, chất lượng giáo dục mũi
nhọn được nâng cao.

20