Chuyen de phuong trinh nghiem nguyen

Đề tài sáng kiến kinh nghiệm

Phòng GD & ĐT Huyện Yên Khánh
Trờng THCS Khánh Cờng

Đề tài sáng kiến kinh nghiệm
Một số phơng pháp giải
phơng trình nghiệm nguyên
Ngời thực hiện: Trịnh Văn Dũng
Đơn vị : Trờng THCS Khánh Cờng
Ngời thực hiện: Trịnh Văn Dũng
1
Đơn vị : Trờng THCS Khánh
Cờng

Đề tài sáng kiến kinh nghiệm
Khánh Cờng , tháng 5 năm 2010
I. Phần mở đầu
Trong chơng trình toán trung học cơ sở khối lợng kiến thức rất phong phú
và đa dạng, các dạng toán cũng đợc đề cập đến không ít . Trong số đó phơng
trình nghiệm nguyên l một mảng kiến thức quan trọng . Tuy nhiên ở ch ơng
trình sách giáo khoa cha nhắc đến vì phơng trình nghiệm nguyên còn hơi khó đối
với các đối tợng học sinh Trung bình,Yếu .
Bởi vậy muốn bồi dỡng và phát triển đối tợng học sinh Khá, Giỏi bản thân ngời
dạy phải nghiên cứu tài liệu tìm tòi các dạng toán về phơng trình nghiệm nguyên
và các phơng pháp giải dễ hiểu, dễ vận dụng. Nhằm bổ trợ và nâng cao kịp thời
cho các em. ở phơng trình nghiệm nguyên mỗi bài toán , với số liệu riêng của
nó, đòi hỏi một cách giải riêng phù hợp. Điều đó có tác dụng rèn luyện tính t duy
toán học linh hoạt và sáng tạo của ngời học. Do đó mà các bài toán tìm nghiệm
nguyên thờng có mặt trong đề thi các kì thi chọn học sinh giỏi thi tuyển sinh vào

lớp 10 THPT, thi vào các trờng chuyên trên toàn quốc.
Không những thế phơng trình nghiệm nguyên là một đề tài khá lí thú của Số
học và Đại số, mãi mãi là đối tợng nghiên cứu của Toán học.
Từ những yếu tố khách quan và chủ quan đó. Tôi đã tìm nghiên cứu đề tài
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên. Nhằm tìm ra các biện
pháp hữu hiệu nhất để có một phơng án đúng đắn giúp học sinh tiếp cận với ph-
ơng trình nghiệm nguyên một cách chủ động, có hứng thú trong quá trình học
tập.
Phơng trình nghiệm nguyên rất phong phú về dạng toán, nhng ở đề tài này tôi
chỉ nêu một số dạng toán điển hình và một số phơng pháp giải cơ bản cho từng
dạng toán đó.

Ngời thực hiện: Trịnh Văn Dũng
2
Đơn vị : Trờng THCS Khánh
Cờng

Đề tài sáng kiến kinh nghiệm
II. Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
1/ Phơng pháp biến đổi thành tích:
VD1: Tìm nghiệm (x;y) nguyên của phơng trình : xy - 2x + 3y = 16 (1)
H ớng dẫn : (1) <=> xy - 2x + 3y - 6 = 10
<=> (x + 3)(y - 2) = 10
Vì x, y nguyên => (x + 3) và (y - 2)

Ư(10) =
{ }
1; 2; 5; 10
Ta có bảng giá trị của (x + 3); (y - 2) ; x và y nh sau:
x+3 1 -1 2 -2 5 -5 10 -10

x -2 -4 -1 -5 2 -8 7 -13
y-2 10 -10 5 -5 2 -2 1 -1
y 12 -8 7 -3 4 0 3 1
Kết hợp với điều kiện x, y

Z => phơng trình có nghiệm: (x;y)

{ }
( 2;12);( 4; 8)( 1;7);( 5; 3);(2;4);( 8;0);(7;3)( 13;1)
VD2: Tìm nghiệm x; y nguyên của phơng trình :
1 1 1
(2)
2x y
+ =
H ớng dẫn : Đ/k : x

0; y

0
(2) <=> 2x +2y = xy
<=> x(y-2) - 2(y - 2) = 4
<=> (x - 2)(y-2) = 4
Vì x, y nguyên => (x - 2) và (y - 2)

Ư(4) =
{ }
1; 2; 4
x-2 1 -1 2 -2 4 -4
x 3 1 4 0 6 -2
y-2 4 -4 2 -2 1 -1

y 6 -2 4 0 3 1
Kết hợp với điều kiện x, y

Z; x

0; y

0
=> phơng trình có nghiệm: (x;y)

{ }
(3;6);(1; 2)(4;4);(6;3);( 2;1)
2/ Phơng pháp biến đổi thành tổng.
VD3: Tìm nghiệm x; y nguyên của phơng trình x
2
+ 2x + y
2
+ 4y + 5 = 34 (3)
H ớng dẫn : (3) <=> (x+1)
2
+ (y + 2)
2
= 3
2
+ 5
2
<=>
2 2
2 2
2 2

2 2
( 1) 3
( )
( 2) 5
( 1) 5
( )
( 2) 3
x
I
y
x
II
y


+ =



+ =





+ =

+ =



=> Ta có bảng giá trị của x và y nh sau
Ngời thực hiện: Trịnh Văn Dũng
3
Đơn vị : Trờng THCS Khánh
Cờng

Đề tài sáng kiến kinh nghiệm
x+1 3 3 -3 -3 5 5 -5 -5
x 2 2 -4 -4 4 4 -6 -6
y+2 5 -5 5 -5 3 -3 3 -3
y 3 -7 3 -7 1 -5 1 -1
Kết hợp với điều kiện x, y

Z
=> phơng trình có nghiệm: (x;y)

{ }
(2;3);(2; 7)( 4;3);( 4; 7);(4;1);(4; 5);( 6;1)( 6; 1)
VD4: Tìm nghiệm x; y nguyên của phơng trình (x
2
+ y
2
)( y
2
+ 4) = 8 xy
2

(4)
( Trích đề thi tuyển sinh THPT tỉnh Ninh bình năm 2003 - 2004)
H ớng dẫn : (4) <=> 4x
2
+ x
2
y
2
+ 4y
2
+ y
4
- 8xy
2
= 0
<=> 4x
2
- 4xy
2
+ y
4
+ x
2
y
2
+ 4y
2
- 4xy
2
= 0

<=> ( 2x - y
2
)
2
+ y
2
(x - 2)
2
= 0

2
2
0
2
0
2 0
0
( 2) 0
2
2 0
2
x
y x
y
x y
y
x y
x
x
y

=


=


=

=




=



=
=





=



=

=> phơng trình có nghiệm: (x;y)

{ }
(0;0);(2; 2)(2; 2)
VD5: Tìm nghiệm x; y nguyên của phơng trình : x + y + xy + 2 = x
2
+ y
2
(5)
( Trích đề thi tuyển sinh THPT tỉnh Ninh bình năm 2009 - 2010)
H ớng dẫn : (5) <=> 2x + 2y + 2xy + 4 = 2x
2
+ 2y
2
<=> x
2
- 2x + 1 + x
2
- 2xy + y
2
+ y
2
- 2y + 1 = 6
<=> ( x - 1)
2
+ ( y - 1)
2
+ ( x - y)

2
= 1
2
+ 1
2
+ 2
2
Nên ta có các trờng hợp sau:
TH1:
( )
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
2
2
2
1 1
1 1 ; 2;0 ; ; 0;2
4
x
y x y x y
x y

=


= = =


=

TH2:
( )
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
2
2
2
1 1
1 4 ; 0; 1 ; ; 2;3
1
x
y x y x y
x y

=


= = =


=


TH3:
( )
( )
( )

( ) ( ) ( ) ( )
2
2
2
1 4
1 1 ; 1;0 ; ; 3;2
1
x
y x y x y
x y

=


= = =


=


Vậy phơng trình có 6 nghiệm nguyên :(2; 0); (0; 2); (0; -1); (-1; 0); (3; 2); (2; 3).
Giải bằng cách khác :
Ngời thực hiện: Trịnh Văn Dũng
4
Đơn vị : Trờng THCS Khánh
Cờng

Đề tài sáng kiến kinh nghiệm
(5) <=> x
2

- ( y +1)x + y
2
- y - 2 = 0 (*) (coi y là tham số của phơng trình)
Phơng trình (*) có nghiệm x khi



0
=> (y + 1)
2
- 4(y
2
- y - 2)

0
<=> y
2
- 2y -3

0
<=> ( y+ 1)( y - 3)

0
Giải đợc -1

y

3 vì y nguyên => y

{-1; 0; 1; 2; 3)

+ Nếu y = -1 => (5) <=> x = 0 => phơng trình có nghiệm (0; -1)
+ Nếu y = 0 => (5) <=> x
2
- x - 2 = 0 => x = -1 hoặc x = 2
=> phơng trình có nghiệm (-1; 0) ; (2; 0)
+ Nếu y = 1 => (5) <=> x
2
- 2x - 2 = 0 có
'
= 3 không chính phơng
=> Khi y = 1 thì phơng trình không có nghiệm (x;y) nguyên.
+ Nếu y = 2 => (5) <=> x
2
- 3x = 0 => x = 0 hoặc x = 3
=> phơng trình có nghiệm (0; 2) ; (3; 2)
+ Nếu y = 3 => (5) <=> x
2
- 4x + 4 = 0 => x = 2
=> phơng trình có nghiệm (2; 3)
Vậy phơng trình có 6 nghiệm: (2; 0); (0; 2); (0; -1); (-1; 0); (3; 2); (2; 3).
Phơng pháp giải trên còn đợc gọi là "phơng pháp miền giá trị" và đây là một
ứng dụng của phơng trình bậc hai để giải phơng trình nghiệm nguyên.
3/ ứng dụng Phơng trình bậc hai, hệ thức vi - ét để giải phơng trình
nghiệm nguyên.
VD6: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình sau.
x+ y +xy = x
2
+ y
2
(6)

H ớng dẫn : Ta thấy (6) <=> x
2
(y + 1)x + y
2
y = 0
Ta có thể xem x là ẩn còn y đóng vai trò là tham số thì ta có :
= (y + 1)
2
4 (y
2
y) = - 3y
2
+ 6y + 1 để phơng trình (6) có
nghiệm nguyên thì 0 và phải là số chính phơng.
<=> - 3y
2
+ 6y + 1 0
<=> 3y
2
- 6y - 1 0
Ngời thực hiện: Trịnh Văn Dũng
5
Đơn vị : Trờng THCS Khánh
Cờng

Đề tài sáng kiến kinh nghiệm
<=> 3(y 1)
2
4
<=> (y 1 )

2

3
4
<=> 0 (y 1 )
2
1
Do đó ta có các trờng hợp sau:
y 1 = 1 <=> y = 2
y 1 = -1 <=> y = 0
y 1 = 0 <=> y = 1
Thay các giá trị của y vào phơng trình x
2
(y + 1)x + y
2
y = 0
Ta có:
Với y = 2 ta có x
1
= 1 ; x
2
= 2
Với y = 0 ta có x
3
= 0 ; x
4
= 1
Với y = 1 ta có x
5
= 0 ; x

6
= 2
Vậy phơng trình (6) có 6 nghiệm nguyên sau:
(0 ; 0) ; (1 ; 0) ; (0 ; 1) ; (2 ; 1) ; (1 ; 2) ; (2 ; 2)
Nhận xét : Phơng trình trên có các ẩn luỹ thừa bậc 2, nên ta có thể viết phơng
trình đã cho dới dạng phơng trình bậc 2 có ẩn là x , còn y ta xem nh là tham số.
Từ đó sử dụng điều kiện 0 để phơng trình có nghiệm và phải là một số
chính phơng để phơng trình đã cho có nghiệm nguyên để tìm nghiệm của phơng
trình.
VD7: Tìm a

N để phơng trình x
2
- a
2
x + a + 1 = 0 (7) có nghiệm nguyên.
( Trích đề thi tuyển sinh THPT tỉnh Ninh bình năm 2008 - 2009)
H ớng dẫn : Giả sử phơng trình (7) có nghiệm nguyên x
1
; x
2

áp dụng hệ thức vi ét ta có :
2
1 2
1 2
0
1 0
x x a
x x a

+ =

= +

(vì a là số tự nhiên)
=> x
1
; x
2
> 1 => x
1
- 1

0 và x
2
- 1

0
=> (x
1
- 1)( x
2
- 1)

0 => x
1
x
2
- (x

1
+ x
2
) + 1

0
=> a + 1 - a
2
+ 1

0 => a
2
- a - 2

0 => (a +1)(a - 2)

0
=> -1

a

2 vì a là số tự nhiên => a

{0; 1; 2}
Ngời thực hiện: Trịnh Văn Dũng
6
Đơn vị : Trờng THCS Khánh
Cờng

Đề tài sáng kiến kinh nghiệm

+ Nếu a = 0 => (7) <=> x
2
+ 1 = 0 (Phơng trình vô nghiệm)
+ Nếu a = 1 => (7) <=> x
2
- x + 2 = 0 (Phơng trình vô nghiệm vì

= -7 < 0)
+ Nếu a = 2 => (7) <=> x
2
- 4x + 3 = 0 => x
1

= 1; x
2
= 3 (thoả mãn x là
số nguyên)
Vậy khi a = 2 thì phơng trình x
2
- a
2
x + a + 1 = 0 có nghiệm nguyên.
Nhận xét : Khi phơng trình có nhiều ẩn ta có thể dùng các phép biến đổi tơng đ-
ơng để làm cho phơng trình có số ẩn ít hơn để giải, phơng pháp nói trên còn đợc
gọi là phơng pháp " Khử ẩn".
4/ Phơng pháp khử ẩn.
VD8: Tìm nghiệm x; y nguyên của phơng trình : x
2
+ x + 1 = xy - y (8)
H ớng dẫn : Ta thấy (8) <=> y ( x - 1) = x

2
+ x + 1
+ Nếu x = 1 thì (8) <=> x
2
+ x + 1 = 0 ( có

= -3 < 0 => pt vô nghiệm)
+ Nếu x

1 thì (8) <=> y =
2
1
1
x x
x
+ +

=> y = x + 2 +
3
1x
Vì x; y nguyên => x - 1

Ư(3) = {3; -3; 1; -1}
Nên ta có bảng giá trị của x và y nh sau:
x-1 3 -3 1 -1
x 4 -2 2 0
y =
2
1
1

x x
x
+ +

7 -1 7 -1
=> phơng trình có nghiệm: (x;y)

{ }
(4;7);( 2; 1)(2;7); (0; 1)
Nhận xét: Khi giải phơng trình nghiệm nguyên ta thờng sử dụng tính chất luỹ
thừa cùng bậc của các số nguyên liên tiếp để đa về phơng trình nghiệm
nguyên cần giải có ít ẩn hơn từ đó có thể dễ dàng tìm nghiệm nguyên của ph-
ơng trình.
Nếu : x
n
< y
n
< (x+a)
n
=> y
n
= (x + i)
n
với 0 < i < a và i

Z
Nếu : x(x+1) (x+ n) < y(y+1) (y+ n) < (x + a)(x+a+1) (x+ i + n)
=> y(y+1) (y+ n) = (x + i)(x+i+1) (x+i+n) với 0 < i < a và i

Z

VD9: Tìm nghiệm x; y nguyên của phơng trình : x
3
= y
3
+ 2y
2
+ 3y + 1 (9)
H ớng dẫn : Ta thấy y
2


0 ; -5y
2
- 2 < 0 với

x; y
Nên ta có : y
3
+ 2y
2
+ 3y + 1 - 5y
2
- 2 = (y - 1)
3
< x
3
(1)
Và : y
3
+ 2y

2
+ 3y + 1 + y
2
= ( y + 1)
3


x
3
(2)
Từ (1) và (2) => (y - 1)
3
< x
3


( y + 1)
3

=> x
3
= y
3
hoặc x
3
= (y+ 1)
3
Ngời thực hiện: Trịnh Văn Dũng
7
Đơn vị : Trờng THCS Khánh

Cờng

Đề tài sáng kiến kinh nghiệm
+ Nếu : x
3
= y
3
=> (9) <=> 2y
2
+ 3y + 1 = 0
Giải đợc : y = -1 ( thoả mãn) và y = -1/2 ( loại)
Với y = -1 => x = -1 => ta có nghiệm (-1; -1)
+ Nếu : x
3
= (y+ 1)
3
=> (9) <=> y
3
+ 2y
2
+ 3y + 1 = y
3
+ 3y
2
+ 3y + 1
=> y = 0 => x
3
= ( 0 + 1)
3
=> x = 1 => ta có nghiệm (1; 0)

Vậy nghiệm nguyên của phơng trình là : (-1; -1); (1; 0)
VD10: Tìm nghiệm x; y nguyên của phơng trình : y
3
- x
3
= 2x +1 (10)
H ớng dẫn : (10) <=> y
3
= x
3
+ 2x + 1 (*)
Ta có : 6x
2
+ 10x + 7 = 6(x +
5
6
)
2
+
17
6
> 0 và
- ( 3x
2
- x + 2) = -3( x - 1/2)
2
- 5/3 < 0 (với mọi giá trị của x)
=> x
3
+ 2x + 1 - ( 3x

2
- x + 2) < x
3
+ 2x + 1 < x
3
+ 2x + 1 + 6x
2
+ 10x + 7
=> ( x- 1)
3
< y
3
< (x + 2)
3
=> y
3
= x
3
hoặc y
3
= (x+ 1)
3

Nếu : y
3
= x
3
=> (*) <=> x
3
= x

3
+ 2x + 1
<=> 0 = 2x + 1 => x = -1/2 (loại)
Nếu : y
3
= (x+ 1)
3
=> (*) <=> (x+1)
3
= x
3
+ 2x + 1
<=> x
3
+ 3x
2
+ 3x + 1 = x
3
+ 2x + 1
<=> 3x
2
+ x = 0
<=> x( 3x + 1) = 0
<=>
0
1/ 3
x
x
=

=

Với x = 0 => y = 1 => phơng trình có nghiệm nguyên là (0; 1)
VD11: Tìm nghiệm x; y nguyên của phơng trình : x
4
+ x
2
- y
2
+ y +10 = 0 (11)
H ớng dẫn : (11) <=> y(y-1) = x
4
+ x
2
+ 10 (*)
Ta có : x
4
+ x
2
+ 10 > x
4
+ x
2
= x
2
(x
2
+ 1) (1)
Và : 6x

2
+ 2 > 0 => x
4
+ x
2
+ 10 < x
4
+ x
2
+ 10 + 6x
2
+ 2 = (x
2
+ 3)(x
2
+ 4) (2)
Từ (1) và (2) => x
2
(x
2
+ 1) < y(y-1) < (x
2
+ 3)(x
2
+ 4)
=> y(y-1) = (x
2
+ 1)(x
2
+ 2) = x

4
+ 3x
2
+ 2
hoặc y(y-1) = (x
2
+ 2)(x
2
+ 3) = x
4
+ 5x
2
+ 6
Nếu : y(y-1) = x
4
+ 3x
2
+ 2 => x
4
+ 3x
2
+ 2 = x
4
+ x
2
+ 10
=> x
2
= 4 <=> x =

2
+ Khi : x = 2 => y(y-1) = 30
<=> y
2
- y - 30 = 0 Giải đợc y = 6 hoặc y = -5
=> Ta có nghiệm (2; 6); (2; -5)
+ Khi : x = - 2 => y(y-1) = 30
<=> y
2
- y - 30 = 0 Giải đợc y = 6 hoặc y = -5
Ngời thực hiện: Trịnh Văn Dũng
8
Đơn vị : Trờng THCS Khánh
Cờng
(Thoả mãn)
(loại)

Đề tài sáng kiến kinh nghiệm
=> Ta có nghiệm (-2; 6); (-2; -5)
Nếu : y(y-1) = x
4
+ 5x
2
+ 6 => x
4
+ 5x
2
+ 6 = x
4
+ x

2
+ 10
=> x
2
= 1 => x

1
+ Khi : x = 1 => y(y-1) = 12
<=> y
2
- y - 12 = 0 Giải đợc y = 4 hoặc y = -3
=> Ta có nghiệm (1; 4); (1; -3)
+ Khi : x = -1 => y(y-1) = 12
<=> y
2
- y - 12 = 0 Giải đợc y = 4 hoặc y = -3
=> Ta có nghiệm (-1; 4); (-1; -3)
Vậy phơng trình đã cho có 8 nghiệm nguyên là :
(2; 6); (2; -5); (-2; 6); (-2; -5); (1; 4); (1; -3); (-1; 4); (-1; -3)
5/ Phơng pháp thử chọn.
VD12: Tìm nghiệm tự nhiên của phơng trình :
1 1 1
1
x y z
+ + =
(12)
H ớng dẫn : Đk : x; y; z

0
Vai trò x; y; z là nh nhau, Không làm mất tính tổng quát giả sử : x

y

z.
Nếu : x = 1 =>
1 1
0
y z
+ =
( Điều này không xảy ra) vì y; z là số tự nhiên.
Nếu : x = 2 =>
1 1 1
2y z
+ =
(Giải bằng cách đa về dạng tích)
(2) <=> 2y +2z = yz
<=> y(z-2) - 2(z - 2) = 4
<=> (y - 2)(z - 2) = 4
Vì x, y

N => (y - 2) và (z - 2)

Ư(4) =
{ }
1; 2; 4
y-2 1 -1 2 -2 4 -4
y 3 1 4 0 6 -2
z-2 4 -4 2 -2 1 -1
z 6 -2 4 0 3 1
Kết hợp với điều kiện x, y

N ; x

0; y

0; : x

y

z.
=> phơng trình có nghiệm nguyên là (2; 3; 6); (2; 4; 4)
Nếu : x = 3 =>
1 1 2
3y z
+ =
(Giải bằng cách đa về dạng tích)
=> phơng trình có nghiệm nguyên là (3; 3; 3)
Nếu : x

4 =>
1 1 1 1 1 1 3
1
4 4 4 4x y z
+ + + + = <
:
Vậy phơng trình không có nghiệm nguyên khi: 4

x

y

z.
Ngời thực hiện: Trịnh Văn Dũng
9
Đơn vị : Trờng THCS Khánh
Cờng

Đề tài sáng kiến kinh nghiệm
Vậy khi : x

y

z thì phơng trình có nghiệm (2; 3; 6); (2; 4; 4); (3; 3; 3), vì x; y;
z có vai trò bình đẳng nh nhau nên phơng trình đã cho có 10 nghiệm tự nhiên là:
(2; 3; 6); (2; 6; 3); (3; 2; 6); (3; 6; 2); (6; 2; 3); (6; 3; 2); (2; 4; 4); (4; 2; 4);
(4; 4; 2); (3; 3; 3).
6/ Phơng pháp phản chứng.
VD13: Tìm nghiệm x; y nguyên của phơng trình : x
3
+ 2y
3
- 4z
3
= 0 (13)
H ớng dẫn : Dễ thấy (0; 0; 0) là một nghiệm của phơng trình:
Giả sử : (x; y; z)

(0; 0; 0) khi đó ta đặt ƯCLN(x;y;z) = d
=> x = d.x
1

; y = d.y
1
; z = d.z
1
trong đó ƯCLN(x
1
;y
1
;z
1
) = 1
Từ (13) => x
3
1
+ 2y
3
1
- 4z
3
1

= 0 (*1)
=> x
3
1
= 2(2z
3
1
- y
3

1
) => x
1

M
2 => x
1
= 2 x
2
;
=> (*1) <=> 8x
3
2
+ 2y
3
1
- 4z
3
1

= 0 => 4x
3
2
+ y
3
1
- 2z
3
1

= 0 (*2) => y
3
1

= 2(z
3
1
- 2x
3
2
)
=> y
1

M
2 => y
1
= 2 y
2
;
=> (*2) <=> 4x
3
2
+ 8y
3
2
- 2z
3
1

= 0 => 2x
3
2
+ 4y
3
2
- z
3
1

= 0 => z
3
1

= -2(x
3
1
+2y
3
2
)
=> z
1

M
2
Nh vậy ta có : x
1

M

2; y
1

M
2; z
1

M
2 trái với giả thiết ƯCLN(x
1
;y
1
;z
1
) = 1
Vậy phơng trình đã cho có nghiệm nguyên là : (0; 0; 0)
VD14: Tìm nghiệm x; y nguyên của phơng trình :
2009

Co dau can
x x x x y+ + + + =
1 4 4 442 4 4 4 43
(14)
H ớng dẫn : Đk ( x

0 ; y

0)
với x = 0 => y = 0 => (x;y) = (0;0) là một nghiệm nguyên của pt (14)
Với x > 0 thì x ở hai dạng : x là số không chính phơng hoặc x là số chính

phơng.
TH1: Nếu x là số không chính phơng thì
x


Z =>
2009

Co dau can
x x x x+ + + +
1 4 4 442 4 4 4 43
không thể là số chính phơng, mà y là số nguyên dơng =>phơng trình
2009

Co dau can
x x x x y+ + + + =
1 4 4 442 4 4 4 43
vô nghiệm.
TH2: Nếu x là số chính phơng thì
x


Z
Ta có: x < x +
x
< x + 2
x
+1
=>
( )

(
)
( )
2
2 2
1x x x x< + < +
=>
( ) ( )
1x x x x< + < +
Ngời thực hiện: Trịnh Văn Dũng
10
Đơn vị : Trờng THCS Khánh
Cờng

Đề tài sáng kiến kinh nghiệm
=>
x x+
không thể là số chính phơng vì
x
và
x
+ 1 là hai số nguyên
liên tiếp.
=> Vậy khi x là số chính phơng vế trái không là số chính phơng
=> phơng trình
2009

Co dau can
x x x x y+ + + + =
1 4 4 442 4 4 4 43

vô nghiệm.
Vậy khi x > 0 thì phơng trình đã cho không có nghiệm nguyên.
=> Nghiệm nguyên của phơng trình là (0; 0)

III. kết luận chung:
Qua nhiều năm giảng dạy, học hỏi bạn bè đồng nghiệp, tôi đã nghiên cứu đề
tài " Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên ". Việc nghiên cứu
đề tài đã giúp tôi có cách nhìn sâu hơn, rộng hơn về loại toán này. Sau khi áp
dụng đề tài vào thực tế giảng dạy tôi nhận thấy học sinh nắm vững các bớc giải
giải phơng trình nghiệm nguyên, nắm đợc một cách có hệ thống các phơng pháp
giải và biết vận dụng linh hoạt trong việc giải quyết các bài tập.
Loại toán giải phơng trình nghiệm nguyên là loại toán khó, có nhiều dạng bài
tập và phong phú cách giải. Do vậy trong đề tài này tôi chỉ nêu ra một số phơng
pháp giải phơng trình nghiệm nguyên thờng gặp trong chơng trình toán THCS.
Chính vì vậy mà không thể tránh khỏi những thiếu sót mong đợc sự góp ý của
các thầy cô giáo và bạn bè đồng nghiệp để tôi rút kinh nghiệm giảng dạy tốt hơn
trong những năm học tới.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Khánh Cờng, ngày 15 tháng 5 năm 2010.
Xác nhận củaTổ KHTN
Bùi Văn Chiến
Ngời viết đề tài
Trịnh Văn Dũng
Xác nhận của BGH nhà Trờng
Ngời thực hiện: Trịnh Văn Dũng
11
Đơn vị : Trờng THCS Khánh
Cờng

§Ò tµi s¸ng kiÕn kinh nghiÖm

Ngêi thùc hiÖn: TrÞnh V¨n Dòng
12
§¬n vÞ : Trêng THCS Kh¸nh
Cêng