sáng kiến kinh nghiệm các phương pháp và kỹ thuật giải phương trình nghiệm nguyên

Các phơng pháp và kĩ thuật giải
phơng trình nghiệm nguyên
i. phần mở đầu
I.1. Lý do chọn đề tài:
* Mục đích của giảng dạy đại số trong nhà trờng phổ thông THCS là:
- Mở rộng khái niệm về số
- Biến đổi đồng nhất các biểu thức đại số
- Hàm số
- Phơng trình.
" phơng trình" là 1trong 4 mục đích lớn cần đạt của việc giảng dạy đại số trong nhà
trờng phổ thông THCS. Đây là một vấn đề xuyên suốt toàn cấp mang "tính kĩ thuật" có
nhiều áp dụng thực tiễn,
Khái niệm phơng trình đợc hiểu một cách tờng minh theo quan điểm hàm.
Có thể nói t tởng của khái niệm là t tởng hàm. Nội dung của khái niệm thể hiện ở kĩ thuật
tìm nghiệm tức là giải phơng trình. Giải phơng trình là thực hiện liên tiếp các phép biến
đổi tơng đơng phơng trình đã cho đến một phơng trình đơn giản nhất. Vì vậy dạy phơng
trình là chủ yếu làm cho học sinh nắm vững kĩ thuật giải pt (kĩ thuật tìm nghiệm) song
không đợc coi nhẹ t tởng của phơng trình là khái niệm hàm số.
* Trong quá trình rèn luyện kĩ năng giải các phơng trình đại số ở dạng tổng quát. Học
sinh còn đợc đề cập tới việc giải các phơng trình mà yêu cầu nghiệm của phơng trình
thuộc tập Z. Nên cần định hớng cho các đối tợng học sinh nói chung và học sinh khá giỏi
nói riêng, những ý tởng, phơng thức tìm nghiệm nguyên của 1 phơng trình và hình thành
cho học sinh những phơng pháp và kĩ thuật giải phơng trình nghiệm nguyên.
* Bài toán tìm nghiệm nguyên của pt đã đợc ẩn tàng ngay từ các lớp ở bậc tiểu học cho
đến chơng trình toán cấp 2 (THCS); bắt đầu từ lớp 6 việc tìm các nghiệm nguyên của 1 pt
đã đợc đề cập tờng minh hơn. Có thể nói: bài toán tìm nghiệm nguyên của pt đã đợc đề
cập trong chơng trình toán phổ thông nhất là đối với các đối tợng học sinh khá , giỏi.
* Song việc tìm nghiệm nguyên của 1 pt ở chơng trình phổ thông đặc biệt là ở THCS cha
nêu ra cụ thể về cách giải cũng nh các dạng bài tập mà thờng nêu ra trong 1bài toán tổng
hợp hoặc những bài toán ở các tài liệu tham khảo. Do vậy việc giải các pt nghiệm nguyên
ở các kì thi nhất là thi học sinh giỏi; thi vào các trờng chuyên, học sinh còn lúng túng cha

có đợccách định hớng và kĩ thuật giải.
* Thực trạng của việc dạy và học và giải pt nói chung và giải pt nghiệm nguyên nói riêng
trong các lớp THCS cha có đợc 1 chơng trình cụ thể cha đợc định hớng về phơng pháp và
kĩ thuật giải mà ngời dạy thờng theo một số kinh nghiệm và khai thác bài tập theo hớng
chủ quan của họ nên kết quả của việc dạy giải bài tập loại này còn hạn chế
* Thực tế của chơng trình và SGK không nêu ra phơng pháp giải cho phơng trình
nghiệm nguyên, song thực tiễn trong bài tập, trong các đề thi có yêu cầu tìm các giá trị
nguyên của nghiệm;đòi hỏi học sinh phải định hớng đợc cách giải
* Thực tế của việc dạy học ở các lớp THCS ,giáo viên cha trang bị cho HS cách suy
nghĩ ,cách giải về loại toán này
* Căn vứ vào thực tế của chơng trình toán THCS; thực tiễn của việc dạy và học ;yêucầu
của việc bồi dỡng HS khá giỏi và đặc biệt là việc phát huy tính tích cực chủ động sáng tạo
của HS trong hoạt động học tập.
* Với các lý do trên nên tôi có ý tởng xây dựng:Một số phơng pháp và kỹ thuật tìm
nghiệm cho một số phơng trình ở chơng trình toán THCS.
1

I.2. Mục đích nghiên cứu.
* Các kỹ thuật, phơng pháp tìm nghiệm nguyên.
* Sự áp dụng các phơng pháp tìm nghiệm vào các dạng phơng trình nghiệm nguyên
* Các bài toán có liên quan.
I.3. Thời gian, địa điểm.
Năm học: 2006 - 2007; 2007 - 2008.
Địa điểm: Trờng THCS Mạo Khê II.
I. 4. Đóng góp mới về mặt lí luận, thực tiễn.

* Xây dựng đợc quan niệm, cách suy nghĩ, cách khai thác các bài toán trong tập Z.
* Xây đựng đợc một số kỹ thuật và phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
trên cơ sở kiến thức,tri thức phơng pháp đã có trong chơng trình
* Nêu đợc các ứng dụng của các phơng pháp giải vào các dạng phơng trình nghiệm

nguyên và một số ứng dụng của việc đi tìm nghịêm nguyên với các bài toán có liên quan.
* Nêu ra bài học kinh nghiệm và cách khắc phục những sai lầm cho học sinh.
II. Phần Nội dung.
II.1. Chơng 1: Tổng quan.
* Trong chơng này chúng ta hình dung đợc:
Một số khái niệm:
- Giải phơng trình chứa các ẩn x; y; t trong tập Z là tìm tất cả các bộ số nguyên ( x, y ,
t, ) thoả mãn phơng trình đó.
- Khi giải phơng trình với nghiệm nguyên do phải lợi dụng các tính chất của tập Z nên
ngoài các biến đổi tơng đơng ta còn dùng đến các biến đổi mà các giá trị của ẩn mới chỉ
thoả mãn điều kiện cần ( chứ cha phải điều kiện cần và đủ của nghiệm ). Trong trờng hợp
này ta cần kiểm tra lại các giá trị đó bằng cách thử vào phơng trình đã cho. Vì thế việc
giải một " Phơng trình nghiệm nguyên" thờng gồm hai bớc:
Bớc1: Giả sử phơng trình có nghiệm nguyên ( x
0
; y
0
; t
0
, ) ta suy ra các ẩn phải nhận
các giá trị nào đó.
Bớc 2: Thử lại các giá trị đó của ẩn để kết luận tập nghiệm của phơng trình.
Để đơn giản trong nhiều trờng hợp (bài toán) bớc 1 không tách riêng một cách tờng minh
và các giá trị x
0
, y
0
, t
0
Vẫn đợc biểu thị bởi x, y, t Với bài toán các phép biến đổi đến t-

ơng đơng ta không cần bớc hai.
Một phơng trình nghiệm nguyên có thể vô nghiệm; vô số nghiệm, hữu hạn nghiệm. Trờng
hợp phơng trình có vô số nghiệm nguyên . Các nghiệm nguyên của phơng trình thờng đợc
biểu thị bởi công thức có chứa tham số là số nguyên.
Sau đây tôi xin giới thiệu một số kĩ thuậtvà phơng pháp thờng dùng để giải các phơng
trình nghiệm nguyên trong chơng trình bồi dỡng học sinh khá, giỏi.
* Kỹ thuật sử dụng tính chia hết
* Kỹ thuật xét số của từng vế
* Kỹ thuật dùng bất đẳng thức
* Sử dụng các tính chất của số chính phơng
2
Nêu ra các ứng dụng của các phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên vào 1số dạng
phơng trình nghiệm nguyên
Tìm điều kiện của tham số có trong phơng trình sao cho các nghiệm của pt đều là số
nguyên
Vận dụng các phơng pháp giải vào các bài toán có liên quan
Nêu ra các bài học kinh nghiệm
II.2. Chơng II: Nội dung vấn đề cần nghiên cứu
II.2.1. Các Kỹ thuật và phơng pháp tìm nghiệm nguyên của
phơng trình
II.2.1.1. Kỹ thuật sử dụng tính chia hết.
a) Phát hiện tính chia hết của 1 ẩn.
* Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình 3x + 17y - 159 = 0. (1)
* Giải: Ta có phơng trình tơng đơng 3x + 17y = 159.
Nhận thấy 159

3; 3x

3. Suy ra: 17y = 159 - 3x
17y

3. Do (17, 3) = 1 y

3.
Ta đặt y = 3t (t Z) thay vào (1) có:
3x + 17.3t = 159 x + 17t = 53.
x = 53 - 17t
(t Z).
y = 3t
Thử lại: Thay x, y vào (1) thoả mãn.
Vậy (1) có vô số nghiệm nguyên (x; y) đợc biểu thị bởi công thức:

b) Đa về phơng trình ớc số:
* Khi giải phơng trình ta đa phơng trình: f(x, y) = m (1) về dạng:
f
1
(x).f
2
(y) = k. (2) (m, k Z).
Ta coi (2) là phơng trình ớc số: Vế trái là tích các thừa số nguyên.
* Ví dụ: Giải phơng trình trong Z: xy - y - x - 2 = 0 (*)
- Trớc hết ta biến đổi phơng trình: (*) x(y - 1) - (y - 1) = 3 (y - 1)(x - 1) = 3.
(đây chính là phơng trình ớc số) ta coi (y - 1); (x - 1) là các ớ của 3 vì 3 > 0
(x - 1)(y - 1) cùng dấu: Ta có:
x -1 3 1 -1 -3

x 4 2 0 -2
y - 1 1 3 -3 -1 y 2 4 -2 0
c) Tách ra các giá trị nguyên:
Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của pt: x(y - 2) = y + 2

Giải: Biểu thị x theo y ta có: x =
2
2

+
y
y
. (y 2) (với y = 2 pt vô nghiệm).
x =
2
4
1
2
4)2(

+=

+
yy
y
vì x, y nguyên (y 2) nên: y - 2 là ớc của 4.
Ta có: y - 2 4; 2; 1
y 6; -2; 4; 0; 3; 1 .
(x, y) (0; -2); (3; 4); (-3; 1); (-1; 0); (2; 6); (5; 3) .
* Chú ý: Với ví dụ xy - y - x - 2 = 0 ta cũng làm nh trên (coi đây là cách giải 2).
II.2.1.2. Xét theo số d từng vế của phơng trình:
3
* Dựa vào số d ở mỗi vế của pt khi chia cho cùng một số ta có thể kết luận đợc nghiệm
của pt hoặc có thể biểu thị ẩn theo phép chia có d.
a) Ví dụ 1: Chứng minh rằng: Các pt sau không có nghiệm nguyên.

1) x
2
- y
2
= 1998; 2) x
2
+ y
2
= 1999.
ở (1): Dễ chứng minh đợc x
2
, y
2
chia cho 4 chỉ có số d là 0 hoặc 1 x
2
- y
2
chia cho 4
chỉ có số d là 0, 1, 3. Còn vế phải 1998 chia cho 4 d 2. Vậy pt đã cho vô nghiệm.
ở (2): Tơng tự ta có: x
2
+ y
2
chia cho 4 d: 0; 1; 2. Vế phải: 1999 chia cho 4 d 3.
Vậy pt vô nghiệm.
b) Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của pt: y
2
+ y - 9x = 2 (*)
Ta có: (*) 9x + 2 = y(y + 1).
Vế trái (*) chia cho 3 d 2 nên y(y + 1) chia cho 3 d 2

Suy ra: y = 3k + 1, y + 1 = 3k + 2 (k Z)
9x + 2 = (3k + 1)(3k + 2)
9x = 9k(k + 1)
x = k(k + 1)
* Thử lại: x = k(k + 1); y = 3k + 1 thoả mãn (*)
x = k(k +1)
Vậy: Nghiệm của pt là (k Z)
y = 3k + 1
II.2.1.3. Dùng bất đẳng thức:
a) Phơng pháp sắp thứ tự các ẩn:
* Ví dụ: Tìm 3 số nguyên dơng sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng.
Giải: Gọi các số nguyên cần tìm là x,y,t. Ta có: x + y + t = x y t (1)
Vì x, y, t có vai trò bình đẳng trong pt nên có thể sắp thứ tự giá trị các ẩn chẳng hạn:
t y x 1 x + y + t 3t hay xyt 3t xy 3 xy 1; 2; 3
Với xy=1 Tacó : x=1; y = 1 . Thay vào (1) đợc: 2+t = t (loại).
Với xy =2 Ta có: x=1 ; y =2 ; Thay vào (1) đợc: t = 3
Với xy = 3 Ta có: x=1; y=3 Thay vào (1) có : t=2 (loại) vì y t
Vậy 3số phải tìm là: 1; 2; 3.
b) Xét từng khoảng giá trị của ẩn:
* Ví dụ: Tìm các nghiệm nguyên dơng của pt:
3
111
=+
yx
.
Do vai trò bình đẳng của x và y Ta có thể giả sử x y . Hiển nhiên có :
y
1
<
3

1
Suy ra: y > 3. Do x y 1 Suy ra
yx
11

Nên
yyx
211
3
1
+=
;
3
12

y
y 6.
Ta xác định đợc miền giá trị của y: 4 y 6
Với y = 4 ta có:
12
1
4
1
3
11
==
x
x= 12
Với y = 5 Ta có
15

21
=
x
Suy ra x Z. Kết luận: Các nghiệm của pt là:
Với y = 6 Ta có
6
11
=
x
Suy ra x=6. (4; 12) ; (12; 4) ; (6; 6).
c) Chỉ ra một số nghiệm rồi chứng minh pt chỉ có những nghiệm đó ( hoặc chứng
minh pt chỉ có nghiệm duy nhất).
4
* Ví dụ: Tìm các số tự nhiên x sao cho 2
x
+ 3
x
= 5
x
; chia cả 2 vế cho 5
x
.
-Viết pt dới dạng: (
5
2
)
x
< + (
5
3

)
x
= 1 (1).
Với x = 0 (1) vô nghiệm.
Với x = 1 (1) thoả mãn ( x = 1 là nghiệm).
Ta chứng minh cho x = 1 là 1 nghiệm duy nhất của pt đã cho.
Với x 2 thì: (
5
2
)
x
<
5
2

x
)
5
2
(
+(
5
3
)
x
< 1.
(
5
3
)

x
<
5
3

Nên pt vô nghiệm với x 2 .
Vậy p t chỉ có 1 nghiệm là x = 1.
* Ta cũng có thể tìm nghiệm nguyên dơng của pt:
x
1
+
2
1
x
+
3
1
x
=
8
7
bằng phơng pháp
trên.
d) Sử dụng điều kiện có nghiệm số của một pt bậc hai 2.
* Ta viết pt f(x,y) = 0 dới dạng pt bậc 2 đối với 1 ẩn (chẳng hạn x) khi đó y là tham số.
Điều kiện cần để pt bậc 2 có nghiệm là 0 (Để có nghiệm nguyên còn cần là số
chính phơng).
* Ví dụ: Tìm các nghiệm nguyên của pt: x
2
+ y

2
- xy - x - y = 0 (1)
Ta biến đổi thành pt: x
2
- (y + 1) x + (y
2
- y) = 0 (2)
( Nhờ đổi tham số coi x là ẩn; y là tham số).
Điều kiện cần để (2) có nghiệm là 0.
(y + 1)
2
- 4 (y
2
- y) 0 - 3y
2
+ 6y + 1 0.
3y
2
- 6y - 1 0 3(y - 1)
2
4 (y - 1)
2
1.
Suy ra: y - 1 1 0 y 2 y 0; 1; 2

Với y = 0 thay vào (2) đợc: x
2
- x = 0 x
1
= 0; x

2
= 1.
Với y = 1 thay vào (2) đợc: x
2
- 2x = 0 x
3
= 0; x
4
= 2
Với y = 2 thay vào (2) đợc: x
2
- 3x + 2 = 0 x
5
= 1; x
6
= 2
* Thử lại: Các giá trị trên thoả (1) ta có 6 nghiệm (0; 0); (1; 0); (0; 1); (2; 1); (1; 2); (2; 2).
* Chú ý: ta có thể dùng cách viết (1) dới dạng "tổng các bình phơng":
(x - 1)
2
+ (y - 1)
2
+ (x - y)
2
= 2.
Song nhờ nhận xét vế trái là tổng của 3 số chính phơng có giá trị bằng 2 nên tồn tại một
số bằng 0.
Nếu x - 1 = 0. Cho đáp số: (1; 0); (1; 2)
Nếu y - 1 = 0. Cho đáp số: (0; 1); (2; 1)
Nếu x - y = 0. Cho đáp số: (0; 0); (2; 2).

II.2.1.4. Sử dụng tính chất của số chính phơng.
a) Sử dụng tính chất về chia hết của số chính phơng.
- Số chính phơng không có tận cùng bằng 2; 3; 7; 8.
- Số chính phơng chia hết cho số nguyên tố k thì chia hết cho k
2
.
- Số chính phơng chia cho 3 có số d là 0; 1
5
- Số chính phơng chia cho 4 có số d là 0; 1
- Số chính phơng chia cho 8 có số d là 0; 1; 4
* Ví dụ: Tìm các số nguyên x để 9x + 5 là tích của 2 số nguyên liên tiếp.
Giả sử 9x + 5 = n(n + 1) với n Z.
36x + 20 = 4n
2
+ 4n
36x + 21= 4n
2
+ 4n + 1 3(12x + 7) = (2n + 1)
2
Nhận thấy số chính phơng (2n + 1)
2
= 3(12x + 7) (2n + 1)
2


3 nên chia hết cho 9.
Mà (12x+7) không chia hết cho 3 12x+7 không chia hết cho 9
Mâu thuẫn này chứng tỏ không có x Z để 9x + 5= n(n + 1).
* Chú ý: Có thể làm theo cách khác nh sau: 9x + 5 = n(n + 1) n
2

+ n - (9x + 5) = 0 (*)
(*) có nghiệm nguyên khi là số chính phơng (coi (*) là pt bậc hai ẩn n).
Nhng = 1 + 4.(9x + 5) = 36x + 21 chia hết cho 3 nhng không chia hết cho 9. Nên không
là số chính phơng. Vậy không tồn tại n Z để 9x + 5 = n(n + 1).
b) Tạo ra bình phơng đúng:
* Ví dụ: Tìm các nghiệm nguyên của pt: 2x
2
+ 3y
2
= 19 - 4x. (1)
Ta có thể tạo ra bình phơng đúng nh sau:
(1) 2x
2
+ 4x + 2= 3(7 - y
2
)
2(x + 1)
2
= 3(7 - y
2
). (2)
Suy ra: 3(7 - y
2
)

2 (7 - y
2
)

2 y lẻ.

Do: 7 - y
2
0 y
2
= 1 khi đó (2) có dạng:
x + 1 = 3 x = 2
2(x + 1)
2
= 18 (x + 1)
2
= 9
x + 1= -3 x = - 4.
Từ đó có các nghiệm là:
(2; 1); (2; -1); (-4; 1); (-4; -1).
c) Xét các số chính phơng liên tiếp:
* Ta chú ý nguyên lý sau: " ở giửa 2 số chính phơng liên tiếp không có số chính phơng
nào ". Do đó với mọi a, x Z ta có: Không tồn tại x sao cho : a
2
< x
2
< (a+ 1)
2
Nếu : a
2
< x
2
< (a+2)
2
Thì : x
2

= (a+ 1)
2
Ví dụ1: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình: y
2
= x
2
+x+ 1
Ta có: x 1 Nên x
2
< x
2
+ x + 1 < x
2
+2 x + 1 x
2
< y
2
< (x+1)
2
Suy ra y
2
là 1 số chính
phơng ở giửa 2số chính phơng liên tiếp (y 1) là vô lý. Vậy không tồn tại cặp số nguyên
dơng nào thoả mãn p t
Ví dụ 2: Tìm nghiệm tự nhiên của p t: x
4
+ 2x
3
+ 2x
2

+x + 3 = y
2
Ta có: y
2
= (x
2
+ x)
2
+( x
2
+ x +3) . Ta sẽ chứng minh: a
2
< y
2
< (a+2)
2
; ( a= x
2
+ x )
Thật vậy ta có: y
2
- a
2
= x
2
+ x +3 = (x +
2
1
)
2

+
4
11
> 0 Suy ra: y
2
> a
2
(1)
( a + 2 )
2
- y
2
= = 3x
2
+ 3x +1 = 3 (x +
2
1
)
2
+
4
1
> 0 suy ra: y
2
< (a+2)
2
(2)
Từ (1) và (2) ta có: a
2
< y

2
< (a+2)
2
suy ra: y
2
= (a+ 1)
2
x
4
+ 2x
3
+ 2x
2
+x + 3 = (x
2
+ x + 1)
2
x
2
+ x - 2= 0 x=1 hoặc x = -2 suy ra
nghiệm của p t đã cho là: ( 1; 3 ) ; ( -2 ; 3 )
d) Sử dụng tính chất: Nếu hai số nguyên dơng, nguyên tố cùng nhau có tích là 1 số
chính phơng thì mỗi số đều là số chính phơng.
6
* Giả sử: a.b = c
2
với a, b, c N* và (a; b) = 1.
Bằng lập luận phản chứng: Giả sử trong avà b có một số; chẳng hạn a chứa thừa số
nguyên tố p với số mũ lẻ ; thì số b không chứa p Nên c
2

chứa p với số mũ lẻ ; trái gt
c
2
là số chính phơng.
* Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên dơng của pt: x.y = t
2
(1)
Giả sử: (x, y, t) = 1. Thật vậy, nếu bộ 3 số: (x
0
, y
0
, t
0
) thoả mãn (1) và có ƯCLN = d.
Giả sử: x
0
= dx
1
; y
0
= dy
1
; t
0
= dt
1
thì (x
1
; y
1

; t
1
) là nghiệm của (1).
Do (x, y, t) = 1 x, y, t đôi một nguyên tố cùng nhau. Vì nếu 2 trong 3 số x, y, t có
ƯC = d thì số còn lại chia hết cho d.
Ta có: t
2
= xy mà (x, y) = 1 nên: x = a
2
; y = b
2
(với a, b N*) t
2
= xy = (ab)
2
t =ab.
x = k a
2
Vậy: y = k b
2
(*) (k nguyên dơng tuỳ ý)
t = k ab.
Đảo lại: Hiển nhiên các số x, y, t có dạng (*) thoả mãn (1).
Công thức (*) cho ta các nghiệm nguyên dơng của (1)
e) Sử dụng tính chất: Nếu hai số nguyên liên tiếp có tích là 1 số chính phơng thì 1
trong 2 số nguyên liên tiếp đó bằng 0.
* Giả sử: a(a + 1) = k
2
(a Z; k N).
Chứng minh bằng phản chứng: Giả sử a 0 và a + 1 0 k

2
0; do k N nên k >0.
Từ (1) a
2
+ a = k
2
4a
2
+ 4a = 4k
2
4a
2
+ 4a + 1 = 4k
2
+ 1
(2a + 1)
2
= 4k
2
+ 1. (2)
Vì k > 0 nên: 4k
2
< 4k
2
+ 1 < 4k
2
+ 4k + 1
Từ (2) (2k)
2
< (2a + 1)

2
< (2k + 1)
2
vô lý.
Vì không có số chính phơng ở giữa 2 số chính phơng liên tiếp
Vậy, nếu: a.(a + 1) = k
2
thì tồn tại a = 0 hoặc a + 1 = 0
* Chú ý: Nếu 2 số nguyên liên tiếp có tích là 1 số chính phơng thì cha kết luận đợc mỗi số
là số chính phơng. Chẳng hạn: -1; 0.
* Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của pt: x
2
+ y
2
+ xy - xy
2
= 0. (1)
Đa pt về dạng: A(A +1) = B
2
; ta có (1) x
2
+ y
2
+ xy = x
2
y
2
.
Thêm vào hai vế (x.y) ta có (x + y)
2

= xy(xy + 1)
Vì xy; (xy + 1) là 2 số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phơng nên tồn tại 1 trong 2
số bằng 0.
- Nếu xy = 0; từ (1) có: x
2
+ y
2
= 0 x = y = 0.
- Nếu xy + 1 = 0 xy = -1. Nên (x, y) (1; -1); (-1; 1) .
Thử lại: 3 cặp số: (0; 0); (1; -1); (-1; 1) đều là nghiệm của pt đã cho.

II.2.2. áp dụng các phơng pháp và kĩ thuật giải
vào các dạng phơng trình nghiệm nguyên

II.2.2.1. Phơng trình bậc nhất 2 ẩn: ax + by = c (a; b; c Z).
a) Ví dụ: Tìm các nghiệm nguyên của pt: 11x + 18y = 120. (1).
* Nhận xét: Ta có: 11x = (120 - 18y)

6
7
11x

6 x

6. Đặt x = 6k (k nguyên).
Thay x = 6k vào (1). Thu gọn ta có:11k + 3y = 20
Biểu thị ẩn mà hệ số của nó có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn (là y) theo k ta đợc:
y =
3
1120 k

y = 7 - 4k +
3
1k
; Đặt:
3
1k
= t ( t nguyên)
k = 3t + 1. Nên: y = 7 - 4( 3t + 1) + t = 3 - 11t.
x = 6(3t + 1) = 18t + 6
Thay các biểu thức của x và y vào (1) pt đợc nghiệm đúng. Vậy các nghiệm nguyên của
x = 18t + 6
pt (1) đợc biểu thị bởi công thức: (t nguyên)
y = 3 - 11t
* Chú ý: - Nếu bài toán yêu cầu tìm nghiệm nguyên dơng ( nguyên âm) của pt (1).
Ta chỉ việc giải: 18t + 6 > 0 18t + 6 < 0
Hoặc:
3 - 11t > 0 3 - 11t < 0
Hoặc có thể giải cách sau: 11x + 18y = 120
Nhận xét: do y 1 11x 120 - 18. 1 = 102
x
11
102
x 9 (vì x nguyên).
Vì x

6 x = 6 y = 3.
- Có nhiều cách tách giá trị nguyên của biểu thức:
y =
3

1120 k
nh: y = 7 - 4k +
3
1k
(cách 1)
y = 7 - 3k +
3
21 k+
(Cách 2)
y = 6 - 3k +
3
)1(2 k
(Cách 3).
Tuy nhiên khi giải cần chọn cách tách hợp lí
b) Cách giải ph ơng trình bậc nhất hai ẩn ax + by = c với nghiệm nguyên (a, b, c

Z).
- Thu gọn pt (chú ý đến tính chia hết của các ẩn)
- Biểu thị ẩn mà hệ số của nó có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn (chẳng hạn x) theo ẩn kia.
- Tách riêng giá trị nguyên ở biểu thức của x.
- Đặt điều kiện để phân số trong biểu thức của x bằng một số nguyên t
1
một pt bậc nhất
hai ẩn y và t
1
.
- Tiếp tục làm nh trên đến khi các ẩn đều đợc biểu thị dới dạng một đa thức với các hệ số
nguyên.
* Thực chất là thay giải pt: ax + by = c bởi giải các pt: a
1

x + b
1
y = c
1
a
2
x + b
2
y = c
2

Trong đó các hệ số a
1
; a
2
; ;b
1
; b
2
; có giá trị tuyệt đối nhỏ dần đến khi đợc một hệ
số có giá trị tuyệt đối bằng 1.
* Chú ý: Ngoài cách giải trên ta có thể giải pt ax + by = c bằng cách tìm 1 nghiệm riêng
nh sau: Ví dụ: 11x + 18y = 120 (1).
8
Thử chọn ta đợc: x = 6; y = 3 là 1 nghiệm riêng của (1)
Ta có: 11x + 18y = 120 (2)
11.6 + 18.3 = 120 (3)
Trừ (2) cho (3) ta có: 11(x - 6) + 18(y - 3) = 0 11 (x - 6) = 18(3 - y) (4)
(x - 6)

18 . Đặt: x - 6 = 18t ( t nguyên)
Ta có: x = 6 + 18t thay vào (4) và thu gọn 11t = 3 - y y = 3 - 11t.
x = 6 + 18t
nghiệm: (t nguyên)
y = 3 - 11t
II.2.2.2. Phơng trình bậc hai có hai ẩn:
a) Ví dụ 1: Tìm các nghiệm nguyên của pt: 5x - 3y = 2xy - 11
- Cách giải 1: Biểu thị y theo x: (2x + 3)y = 5x + 11 dễ thấy: 2x + 3 0 (vì x Z)
y =
32
5
2
32
115
+
+
+=
+
+
x
x
x
x
; để y Z thì phải có: (x + 5)

(2x + 3) 2(x + 5)

(2x + 3)
( 2x + 3) + 7

(2x + 3) 7

(2x + 3) ( 2x + 3) là ớc của 7 2(x + 3) 1; 7
x -5; -2; -1; 2
(x, y) (-1; 6); (-2; -1); (2; 3); (-5; 2)
Thử lại các cặp trên nghiệm đúng các pt đã cho.
- Cách giải 2: Đa về pt ớc số: 2(5x - 3y) = (2xy - 11).2 (2x + 3)(2y - 5) = 7
b) Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của pt:
x
2
+ 2y
2
+ 3xy - x - y + 3 = 0 (1).
Đổi tham số đa về pt bậc hai (ẩn x):
x
2
+ (3y - 1)x + (2y
2
- y + 3) = 0 (2)
(2) có nghiệm nguyên khi = (3y - 1)
2
- 4(2y
2
- y + 3) = y
2
- 2y - 11 là số chính phơng.
y
2
- 2y - 11 = k
2

(3) (k N) (y - 1 + k).(y - 1 - k) = 12
Nhận xét: Vì (3) chứa k
2
k
2
0 k 0 y - 1 + k y - 1 - k
(y - 1 + k) - (y - 1 - k) = 2k (y - 1 + k) và (y - 1 - k) cùng tính chẵn lẻ do tích bằng 12
nên chúng cùng chẵn.
Từ đó ta có thể tìm đợc các nghiệm của pt: y
1
= 5; y
2
= 3.
Với y = 5 thay vào (2) có: x
2
+ 14x + 48 = 0 x
1
= -8; x
2
= - 6.
Với y = -3 thay vào (2) có: x
2
- 10x + 24 = 0 x
3
= 6; x
4
= 4.
* Kết luận: (x, y)

(-8; 5); (-6; 5); (6; -3); (4; -3) .

* Chú ý: Có thể đa pt đã cho về pt ớc số : (x+ y) (x + 2y - 1) = -3

II.2.2.3. Phơng trình bậc 3 trở lên có 2 ẩn
a) Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của pt: y
2
= x ( x + 1 ) ( x + 2 ) ( x + 3 ) (1)
Ta có (1) ( x
2
+ 3x ) ( x
2
+ 3x +2) = y
2
Đặt t = x
2
+ 3x + 1 (* )
Ta có: (t+ 1) ( t - 1) = y
2
( t - y) ( t+ y ) = 1 Giải đợc : (y=0 ; t=1) ; (y=0 ; t=-1)
Từ đó thay vào (*) Ta đợc nghiệm của (1) là :
(x;y) {(0;0) ; (-1;0) ;(-2;0) ; (-3;0) }
b) Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của pt: x
3
- y
3
-xy = 8 (*)
9
Ta có: (*) (x - y)
3
+ 3xy (x - y) = xy + 8 . Đặt x-y = a ; xy=b Ta có pt:
a

3
+ 3ab = b + 8 a
3
- 8 = -b ( 3a-1) Suy ra:( a
3
- 8 ) = - b (3a - 1)
(a
3
- 8)

(3a - 1) 27(a
3
- 8)

(3a - 1)
(27a
3
- 1 - 215)

(3a - 1) Do: 27a
3
- 1 = (3a)
3
- 1
3
= (3a - 1) (9a
2
+ 3a + 1)

(3a - 1)

Nên: 215

(3a - 1) hay: 5.43

(3a - 1) Do đó: 3a - 1 1; 5; 43; 215
Vì 3a - 1 chia cho 3 d 2 [3a - 1 = (3a - 3) +2] 3a - 1 -1; 5; - 43; 215
Từ đó có a 0; 2; - 14; 72 b =
a
a
31
8
3


- 8; 0; - 64; - 1736
hay:
a 0 2 -14 72
b -8 0 - 64 -1736
Vì: (x - y)
2
+ 4xy 0 a
2
+ 4b 0 Nên trong 4 trờng hợp trên chỉ có: a = 2; b = 0
x - y = 2; x.y = 0 Kết quả: (x; y) (0; - 2); (2; 0)
Cách 2: Ta có pt: x
3
- y
3
= xy + 8 (1) (x - y) (x
2

+ xy + y
2
) = xy + 8
x - y . x
2
+xy + y
2
= xy + 8
Nếu x - y = 0 x = y pt vô nghiệm vì [ 0 = x
2
+ 8]
Pt chỉ có nghiệm trong trờng hợp x y. Do x,y Z x - y 1
x
2
+xy +y
2
xy + 8 x
2
+xy + y
2
xy + 8 (2) vì x
2
+ xy + y
2
> 0
* Trờng hợp1: xy + 8 < 0 (2) trở thành: x
2
+ xy + y
2
-xy - 8 (x + y)

2
- 8 (loại)
* Trờng hợp2: xy + 8 0 (2) ) trở thành: x
2
+xy + y
2
xy + 8 x
2
+ y
2
8 (3)
x
2
0; 1; 4; ; y
2
0; 1; 4
1.Nếu x = 0 y
3
= - 8 y = - 2
2.Nếu y = 0 x
3
= 8 x = 2
3.Nếu x 0; y 0 x
2
1; 4; y
2
1; 4
Do x y nên chỉ có: x
2
= 1 Hoặc: x

2
= 4
y
2
= 4 y
2
= 1
Trong hai số x, y có một số chẵn; 1 số lẻ nên vế trái (1) lẻ ; vế phải( 1) chẵn nên không
xảy ra.
Vậy chỉ còn hai trờng hợp 1, 2 là nghiệm của pt. Ta có: (x; y) (0; -2); (2; 0) .
Cách 3: Bạn có thể biến đổi pt đã cho
27x
3
- 27y
3
- 27xy = 216
27x
3
- 27y
3
- 1- 27xy = 215
Rồi sử dụng công thức: a
3
+ b
3
+ c
3
- 3abc = (a + b + c).
2
)()()(

222
accbba ++

II.2.2.4. Phơng trình đa thức có 3 ẩn trở lên
a) Ví dụ 1: Tìm các nghiệm nguyên của pt: 6x + 15y + 10t = 3
Ta thấy: 10t = 3 - 6x -15y 10t

3 t

3
Đặt t = 3k ta đợc: 6x + 15y + 10.3k = 3 2x + 5y +10k = 1 2x + 5y = 1 - 10k
(pt 2 ẩn,y có các hệ số nguyên tố cùng nhau)
10
x =
2
5101 yk
= - 5k -2y +
2
1 y
Đặt
2
1 y
= t (t nguyên) y = 1 -2t
x = -5k - 2(1 - 2t) + t = 5t - 5k - 2
t = 3k
Vậy nghiệm của pt là (x; y;t) = (5t - 5k - 2; 1 - 2t; 3k)
b) Ví dụ 2: pt x
2
+ y
2

+ z
2
= 1999 (1) có nghiệm nguyên hay không
- Giải: Ta biết rằng :
Số chính phơng chẵn
4
; số chính phơng lẻ chia cho 4 d 1,
chia cho 8 cũng d 1. Theo (1) thì x
2
+ y
2
+ z
2
là số lẻ nên trong 3 số: x
2
; y
2
; z
2
phải có 1 số
lẻ 2 số chẵn, hoặc cả 3 số đều lẻ.
Trờng hợp cả 3 số đều lẻ thì vế trái (1) chia cho 8 d 3. Vế phải (1) là 1999 chia cho 8 d 7
(loại). Vậy trờng hợp này pt (1) không có nghiệm nguyên.
Trờng hợp: có 1 số lẻ 2 số chẵn vế trái(1) chia cho 4 d 1; vế phải là 1999 : 4 d 3
( loại) pt không có nghiệm nguyên.
Kết luận: pt (1) không có nghiệm nguyên.
II.2.2.5. Phơng trình dạng phân thức:
a) Ví dụ 1: Tìm các nghiệm nguyên dơng của pt:
x
1

+
y
1
+
xy6
1
=
6
1
(*)
-Giải: Khử mẫu bằng cách nhân cả 2 vế của pt (*) với 6xy > 0 (*) 6y + 6x + 1 = xy.
Đa về pt ớc số: x ( y - 6 ) - 6( y - 6) = 37 ( x - 6) (y - 6) = 37.
Do vai trò bình đẳng của x, y có thể giả sử: x y 1 x - 6 y - 6 -5
Nên chỉ có 1 trờng hợp: x - 6 = 37 x = 43
y - 6 = 1 y = 7
Vậy: ( x; y) (43; 7); (7; 43)
b) Ví dụ2: Tìm các số nguyên x sao cho
9
17


x
x
là bình phơng của 1 phân số.
-Giả sử
9
17


x

x
= (
b
a
)
2
; (với a N; b N
*
)
Nếu a = 0 x = 17 thoả mãn (x 9)
Nếu a 0; Không làm mất tính tổng quát nếu giả sử: (a; b) = 1 (a
2
; b
2
) = 1 nên:
x - 17 = a
2
.k (1) (k nguyên)
x - 9 = b
2
.k (2)
Từ (1) và (2) (x - 9) - (x - 17) = (b
2
- a
2
)k
8 = (b + a)(b - a)k
Nhận thấy: b + a và b - a là ớc của 8 mặt khác (b + a) - (b - a) = 2a; nên b + a và b - a
cùng tính chẵn lẻ.
Lại có: b + a > b - a và b + a > 0

Có các trờng hợp sau:
a+b b - a k b a x = 9+ b
2
k
4
4
2
- 2
1
-1
3
1
1
3
18
8
Có 3 đáp số:
11
x = 17
2
0
917
1717
=


x = 18
2
)
3

1
(
9
1
918
1718
==


x = 8
2
39
98
178
==


2
2
- 2
- 4
-2
-1
0, loại
-1, loại
II.2.2.6. Phơng trình dạng mũ.
a) Ví dụ 1: Tìm x N; y Z sao cho 2
x
+ 3 = y
2

(1)
Trớc hết xét 1 số giá trị đặc biệt của x.
Nếu x = 0 y
2
= 4 y =2 hoặc y = -2
Nếu x = 1 y
2
=5 Không có nghiệm nguyên
Nếu x 2 2
x


4 vế trái (1) chia cho 4 d 3 mà y
2
là số lẻ (y lẻ) y
2
chia cho 4
d 1 Mâu thuẫn. Vậy pt có các nghiệm số là: (0; 2); (0; - 2)
b) Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dơng của pt: 2
x
+ 57 = y
2
(1)
Ta có thể xét theo tính chẵn; lẻ của x.
Trờng hợp 1: Nếu x lẻ; đặt: x = 2n +1 (n N)
Ta có: 2
x
= 2
2n +1
= 2.4

n
= 2.(3 + 1)
n
= 2.(BS 3 + 1) = BS 3+2 khi đó vế trái (1) là số chia
cho 3 d 2; vế phải là số chính phơng chia cho 3 không d 2 (loại)
Trờng hợp 2: Nếu x chẵn: Đặt x = 2n (n N
*
)
Ta có: y
2
- 2
2n
= 57 (y + 2
n
) (y - 2
n
) = 3. 19
Do: y + 2
n
> 0 y - 2
n
> 0 và y +2
n
> y -2
n
do đó có các trờng hợp:
y +2
n
57 19
y - 2

n
1 3
2
n
28(loại) 8
n 3
y 11
x = 2n 6
Ta có: 2
6
+ 57 = 11
2
nghiệm của pt là: (6; 11)
II.2.2.7. Phơng trình vô tỉ:
a) Ví dụ 1: Tìm các nghiệm nguyên của pt:
y =
12 + xx
+
12 xx
(1)
- Giải:Trớc hết có điều kiện: x 1
(1) y =
1121 ++ xx
+
1121 + xx

y =
22
)11()11( ++ xx
y =

11 +x
+
11 x

y =
++ 11x

11 x

Nếu x= 1 y = 2
Nếu x 2 Ta có: y =
1x
+1 +
1x
-1
y = 2
1x
y
2
= 4(x - 1)
12
Đặt: x -1 = t
2
(t nguyên dơng) vì 4(x -1) là (số chính phơng)
Ta có: x = t
2
+1
y = 2t
- Kết luận: Nghiệm nguyên của pt là: (x; y) (1; 2); (t
2

+ 1; 2t)
b) Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của pt:

xxxx +++
= y (1)
-Trớc hết: Đặt điều kiện 2 vế không âm (x 0; y 0) rồi bình phơng 2 vế ta có pt:
x +
xxx ++
= y
2

xxx ++
= y
2
- x = k (2) (k N)
Bình phơng hai vế của hai (2) có x +
xx +
= k
2

xx +
= k
2
- x = m (m N)
Bình phơng của hai vế: x +
2
mx =

2
)1( mxx =+

Vì x Z
+

x
là số nguyên hoặc là số vô tỉ nhng x +
x
= m
2
là một số chính phơng
nên
x
là một số tự nhiên
x
và
1+x
là hai số tự nhiên liên tiếp có tích là một sô
chính phơng nên số nhỏ bằng 0
x
= 0 x = 0 y = 0.
Vậy nghiệm của (1) là (0; 0)
II.2.3. Tìm điều kiện để phơng trình có nghiệm nguyên
* Ta xét một số bài toán tìm điều kiện của tham số trong một pt sao cho các nghiệm của pt
đều là số nguyên
a) Ví dụ 1: Tìm các số thực a để pt sau có nghiệm nguyên: x
2
- ax + (a + 2) = 0 (1)
- Trớc hết phải có: 0 a
2
- 4(a + 2) 0 (vì (1) là pt bậc hai ẩn x)
a

2
- 4a - 8 0 (a - 2)
2
- 12 0
(a - 2)
2
12 a - 2 2
3
a 2 + 2
3
Có thể buộc là số chính phơng ( = k
2
)
a 2 - 2
3
(*)
Khi đó gọi x
1
; x
2
là các nghiệm nguyên của (1) theo hệ thức Vi-et ta có:

x
1
+ x
2
= a
x
1
.x

2
- (x
1
+ x
2
) = 2
x
1
.x
2
= a + 2
x
1
.(x
2
- 1) - (x
2
- 1) = 3 (x
1
- 1)(x
2
- 1) = 3 (2)
((2) là pt ớc số) có thể giả sử: x
1
x
2
x
1
- 1 x
2

- 1.
x
1
- 1 = 3 x
1
= 4
Có hai trờng hợp: a) a = 6
x
2
- 1 = 1 x
2
= 2
x
1
- 1 = -1 x
1
= 0
b) a = -2
x
2
- 1 = -3 x
2
= -2
* Cả hai giá trị a = 6; a = -2 thoả mãn (*)
Vậy: Với a = 6 hoặc a = -2 thì (1) có nghiệm nguyên
13
b) Ví dụ 2: Tìm tất cả các số nguyên a để pt: x
2
- (3 + 2a)x + 40 - a = 0 (*) có nghiệm
nguyên.

Trớc hết (*) là 1 pt bậc 2 ẩn x nên phải có điều kiện: là một số chính phơng
4a
2
+ 12a + 9 - 4(40 - a) là 1 số chính phơng
4a
2
+ 16a - 151 = n
2
(n N*)
Suy ra: (2a + 4)
2
- n
2
= 167 (2a + 4 + n).(2a + 4 - n) = 167 vì 167 là số nguyên tố nên
có:
2a + 4 + n = 167
4a + 8 = 168 a = 40
2a + 4 - n = 1

2a + 4 + n = -1
4a + 8 = -168 a = - 44
2a + 4 - n = -167
* Thử lại:
- Với a = 40 pt đầu có hai nghiệm là x
1
= 0; x
2
= 83
- Với a = - 44 pt đầu có hai nghiệm là x
3

= -1; x
4
= - 84
Kết luận: a = 40 hoặc a = - 44
* Chú ý: Có thể thay việc thử lại bằng cách tìm điều kiện 0 rồi đối chiếu a với điều
kiện này.
c) Ví dụ 3: Tìm tất cả các cặp số nguyên không âm (m; n) để pt: x
2
- m.n.x + m + n = 0
(*) có nghiệm nguyên.
- Giả sử: x
1
, x
2
là hai nghiệm nguyên của (*) (x
1
x
2
)
x
1
+ x
2
= m.n
- Theo Vi-et có: (1)
x
1
.x
2
= m + n

Ta có: x
1
x
2
- (x
1
+ x
2
) + 1 = ( x
1
- 1)(x
2
- 1) (2)
mn - (m + n) + 1 = (m- 1)(n - 1) (3)
Cộng hai vế của (2) và (3) kết hợp với (1) ta có:
(x
1
- 1)(x
2
- 1) + (m -1)(n - 1) = 2 (4)
Nếu m = 0 n = 0 vì (*) x
2
= - n. (n 0).
Giả sử m 1; n 1 m - 1 0; n - 1 0
x
1
1; x
2
1. Từ (4) ta thấy có các khả năng sau:
(m - 1)(n - 1) = 1

1) m - 1 = n - 1 = 1 m = n = 2
(x
2
- 1)(x
1
- 1) = 1
(m - 1)(n - 1) = 0 x
1
- 1 = 1; x
2
- 1 = 2

2)
(x
1
- 1)(x
2
- 1) = 2 x
1
= 2; x
2
= 3
mn = x
1
+ x
2
= 5
m = 1; n = 5 hoặc m = 5; n = 1.
(m - 1)(n - 1) = 2 m - 1 = 1; n - 1 = 2 m = 2; n =3
3)

(x
2
- 1)(x
1
- 1) = 0 m - 1 = 2; n -1 = 1 m = 3; n = 2
Kết luận: (m; n) (0; 0); (3; 2); (2; 3); (5; 1); (1; 5); (2; 2) .
14
II.2.4. Các bài toán với nghiệm nguyên
II.2.4.1. Bài toán về số tự nhiên và các chữ số.
a) Ví dụ 1: Tìm hai số tự nhiên liên tiếp, mỗi số có hai chữ số, biết rằng viết số lớn trớc số
nhỏ ta đợc một số chính phơng.
* Giải:
Gọi hai số tự nhiên phải tìm là x và x + 1.
Ta có:
2
)1( nxx =+
(1)
trong đó: x, n N. Do x và x + 1đều có hai chữ số và n
2
là số có bốn chữ số nên
10 x 98; 32 n 99 (2)
Từ (1) ta có:
100(x + 1) + x = n
2
101x + 100 = n
2
(n + 10)(n - 10) = 101x
Chú ý đến tính chất chia hết: tích (n + 10)(n - 10) chia hết cho số nguyên tố 101, do đó
tồn tại một thà số chia hết cho 101.
Từ (2) ta có: 22 n - 10 89,

42 n + 10 109.
Do đó chỉ có thể: n + 10 = 101.
Suy ra: n = 91; n
2
= 91
2
= 8281.
Đáp số: Hai số tự nhiên phải tìm là 81 và 82.
b) Ví dụ 2: Tìm các số tự nhiên có bốn chữ số và bằng lập phơng của tổng các chữ số của
nó.
* Giải:
Gọi số phải tìm là
abcd
, ta có:

abcd
= (a + b + c + d)
3
(1)
Đặt a + b + c + d = m. Số
abcd
và tổng các chữ số của nó khi chia cho 9 có cùng số d nên:
abcd
- m

9
abcd
= 9k + m (k N)
Thay vào (1):
9k + m = m

3
m
3
- m

9
(m - 1) m (m + 1)

9.
Trong ba số nguyên liên tiếp, có một và chỉ một số chia hết cho 3. Tích của chúng chia
hết cho 9.Nên có 1 và chỉ 1 số chia hết cho 9
Ta có: 1000
abcd
9999
1000 m
3
9999
10 m 21.
Do đó: 9 m - 1 20; 11 m + 1 22.
Xét ba trờng hợp:
TH1: m

9 m = 18

abcd
= 18
3
= 5823 = (5 + 8 + 3 + 2)
3
.

TH2: m + 1

9 m + 1 = 18 m = 17.
abcd
= 17
3
= 4913 = (4 + 9 + 1 + 3)
3
.
15
TH3: m - 1

9 m - 1 = 18 m = 19.
abcd
= 19
3
= 6859, loại vì tổng các chữ số không bằng 19.
Đáp số: 5832 và 4913.
II.2.4.2. Bài toán về chia hết và số nguyên tố
a) Ví dụ: Tìm các số nguyên dơng n và các số nguyên tố p sao cho:
p =
1
2
)1(

+nn
.
* Giải:
Cách 1. Với n = 1 thì p = 0, không là số nguyên tố.
Với n = 2 thì p = 2, là số nguyên tố.

Với n = 3 thì p = 5, là số nguyên tố.
Với n 4, ta viết p dới dạng:
p =
2
)2)(1(
2
2
2
+
=
+ nnnn
.
Xét hai trờng hợp:
- Nếu n lẻ (n 5) thì p =
2
1n
. (n + 2), là tích của hai thừa số lớn hơn 1 nên p là hợp số.
- Nếu n chẵn (n 4) thì p = (n - 1).
2
2+n
, là tích của hai thừa số lớn hơn 1 nên p là hợp số.
n = 2 n = 3
Đáp số: và
p = 2 p = 5
Cách 2: p =
2
)2)(1( + nn
.
Để p là số nguyên tố, trong n - 1và n + 2, cần có một số bằng 1, thừa số kia chia hết cho
2; hoặc một thừa số bằng 2.

Ta có n + 2 > 2 nên trờng hợp thứ nhất cho n - 1 = 1, suy ra n = 2; p = 2 trờng hợp thứ
hai cho n - 1 = 2, suy ra n = 3, p = 5.
II.2.4.3. Phơng pháp tìm nghiệm riêng để giải phơng trình bậc nhất hai ẩn
a) Mở đầu
Giả sử phơng trình bậc nhất hai ẩn ax + by = c (a, b, c Z) có nghiệm nguyên. trong
nhiều trờng hợp, ta có thể tìm đợc ngay một nghiệm của phơng trình , ta gọi đó là một
nghiệm riêng. Có công thức biểu thị tất cả các nghiệm của phơng trình theo nghiệm riêng
nói trên.
Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:
11x + 18y = 120 (1)
Bằng cách thử chọn, ta tìm đợc x = 6; y = 3 là một nghiệm riêng của (1). Ta có:
11x + 18y = 120
11.6 + 18.3 = 120.
Trừ từng vế:
11(x - 6) + 18(y - 3) = 0
11(x - 6) = 18(3 - y) (2)
Nh vậy x - 6

18 . Đặt x - 6 = 18t (t nguyên) ta đợc x = 6 + 18t. Thay vào (2) và rút gọn:
11t = 3 - y.
16
Suy ra y = 3 - 11t.
Có thể chứng minh đợc rằng công thức cho mọi nghiệm của (1) là:
x = 6 + 18t
(t nguyên tuỳ ý)
y = 3 - 11t
b) Cách giải tổng quát
Xét phơng trình ax + by = c (1)
trong đó a, b, c Z, a 0, b 0.
Không mất tính tổng quát, giả thiết rằng (a, b, c) = 1. Thật vậy, nếu (a, b, c) = d 1

thì ta chia hai vế của phơng trình cho d.
Ta có hai định lí sau:
Định lí 1: Nếu phơng trình (1) có nghiệm nguyên thì (a, b) = 1. (*)
Chứng minh:
Giả sử (x
0
, y
0
) là nghiệm của (1) thì ax
0
+ by
0
= c.
Nếu a và b có ớc chung là d 1thì c

d, trái với giả thiết (a, b, c) = 1
Vậy (a, b) = 1.
Định lí 2: Nếu (x
0
, y
0
)là một nghiệm của phơng trình (1) thì phơng trình (1) có vô số
nghiệm nguyên và mọi nghiệm nguyên của nó đều có thể biểu diễn dới dạng:
x = x
0
+ bt
y = y
0
- at
trong đó t là một số nguyên tuỳ ý (t = 0, 1, 2, ).

Chứng minh:
* Bớc 1: Mọi cặp số (x
0
+ bt, y
0
- at) đều là nghiệm của (1). Thật vậy (x
0
, y
0
)là nghiệm của
(1) nên ax
0
+ by
0
= c.
Do đó (x
0
+ bt, y
0
- at) là nghiệm của (1).
*Bớc 2: Mọi nghiệm (x, y) của (1) đều có dạng (x
0
+ bt, y
0
- at) với t Z.
Thật vậy, do (x
0
, y
0
)và (x, y)là nghiệm của (1) nên:

ax + by = c
ax
0
+ by
0
= c.
Trừ từng vế: a(x - x
0
) + b(y - y
0
) = 0
a(x - x
0
) = b(y
0
- y) (2)
Ta có a(x - x
0
)

b mà (a, b) = 1 (theo định lí 1) nên x - x
0


b.
Vậy tồn tại số nguyên t sao cho:
x - x
0
= bt
tức là: x = x

0
+ bt.
Thay vào (2):
abt = b(y
0
- y)
at = y
0
- y
y = y
0
- at.
Vậy tồn tại số nguên t sao cho:
x = x
0
+ bt
y = y
0
- at

17


II.3. Chơng 3: Phơng pháp nghiên cứu -
Kết quả nghiên cứu
II.3.1. Phơng pháp nghiên cứu:
II.3.1.1. Phơng pháp nghiên cứu lý luận:
Nghiên cứu tài liệu có liên quan, phơng pháp dạy học, lý luận dạy học, sách giáo
khoa, sách hớng dẫn, các loại sách tham khảo
II.3.1.2. Phơng pháp quan sát s phạm:

Điều tra, khảo sát cụ thể, việc dạy giải phơng trình các bài toán có liên quan đến giải
phơng trình ở các khối lớp khác nhau trong một trờng và các trờng khác nhau. Chú ý tới
sai sót thờng mắc. Quan sát trực tiếp việc dạy giải phơng trình và việc giải phơng trình
của học sinh; thăm dò việc dạy và học giải phơng trình theo nội dung đề tài
II.3.1.3. Phơng pháp tổng kết kinh nghiệm:
Qua thực tế giảng dạy kiểm tra chuyên môn kiểm tra học sinhđể tích luỹ kinh nghiệm
đúc rút chọn lọc thành bài học về phơng pháp về kinh nghiệm giải toán.
II.3.1.4. Phơng pháp thựcnghiệm giáo dục:
18
* Phân nhóm học sinh theo đơn vị lớp
* Hớng dẫn học sinh làm các bài tập về giải phơng trình. Trực tiếp cung cấp các phơng
pháp và kĩ thuật giải phơng trình qua các bài cụ thể.
* Kết hợp với kiểm tra khảo sát chất lợng làm bài tập của học sinh rút kinh nghiệm cho
học sinh
* Đề ra hệ thống bài tập có ứng dụng các phơng pháp và kĩ thuật giải phơng trình cho học
sinh tự giải.
* Lập bảng theo dõi chất lợng của học sinh; kiểm tra đối chứng giúp học sinh hoàn thiện
kĩ năng giải phơng trình trong Z.
II.3.2. Kết quả nghiên cứu:
II.3.2.1. Kết quả cụ thể:
* 98 % số học sinh biết tìm nghiệm nguyên bằng cách đa về phơng trình ớc số:
Ví dụ: x + y = xy;
2
111
=+
yx
.
* 96 % số học sinh biết phát hiện tính chia hết của 1 ẩn để tìm nghiệm nguyên:
Ví dụ: 7x + 4y = 23 y =
4

723 x

=

4
1
26
4
1824
+=
+ x
x
xx
.
y Z
4
1x
Z. Đặt
4
1x
= t (t Z)
x = 4t + 1.
y = 4 - 7t
x = 4t + 1

y = 4 - 7t.
* 97 % số học sinh biết tìm một nghiệm riêng và suy ra nghiệm của phơng trình đã cho.
Ví dụ: 5x - 3y = 2
x = 1 - 3t
Nhẩm: x

0
= 1; y
0
= 1
y = 1 - 5t.
* 95 % số học sinh biết xét số d từng vế của phờng trình:
Ví dụ: Chứng minh rằng: 4x
2
+ 4x = 8y
3
- 2z
2
+ 4 không có nghiệm nguyên.
* 90 % số học sinh biết sử dụng bất đẳng thức để tìm nghiệm nguyên của phơng trình:
Ví dụ:
2
111
=+
yx
.
* 92 % số học sinh biết đoán nhận nghiệm và chứng minh sự duy nhất của nghiệm số.
* 93 % số học sinh biết sử dụng phơng pháp khử ẩn
* 95 % số học sinh biết sử dụng phơng pháp chứng minh và phản chứng.
II.3.2.2. Kết quả chung:
* Đã hình thành cho học sinh từ lớp 7 đến lớp 9 một số kĩ thuật giải 1 phơng trình đại số
trong phạm vi hẹp (trong tập Z) song lại vận dụng nhiều kiến thức sẵn có trong chơng
trình đang học nh phép chia hết; dấu hiệu chia hết phân tích thành tích; tính chẵn lẻ; tính
19
chất của số nguyên tố, hợp số, số chính phơng Giúp cho học sinh nhìn nhận một khái
niệm phơng trình dới lăng kính nhiều mặt với nhiều màu sắc khác nhau trong quá trình

vận dụng linh hoạt các kĩ thuật giải.
* Ôn tập, củng cố và đào sâu các kiến thức về số học, đại số, hình học có liên quan; đồng
thời giúp cho học sinh hình thành thói quen suy nghĩ định hớng tìm tòi lời giải trớc 1 bài
toán đó là bài toán phơng trình. Từ đó giúp học sinh có thói quen giải toán theo một trình
tự khoa học.
* Xây dựng đợc một hệ thống phơng pháp và kĩ thuật tìm nghiệm nguyên của phơng
trình Giúp cho học sinh và giáo viên có một t liệu tham khảo cho hoạt động dạy học
toán học với việc bồi dỡng học sinh khá, giỏi trong nhà trờng phổ thông hiện nay.
* Hình thành ở học sinh thói quen khai thác kiến thức cơ bản trong chơng trình theo chiều
sâu. Giúp cho các em có đợc t duy sâu sắc linh hoạt, độc lập sáng tạo trong quá trình giải
toán.
* Giúp cho học sinh phân loại đợc các dạng bài tậpvà phơng pháp, kĩ thuật giải cho từng
loại tạo điều kiện cho các em nhìn nhận một vấn đề toán học (phơng trình) dới con mắt
hoàn thiện hơn.
* Hình thành ở học sinh thói quen khám phá, khai thác tìm tòi lời giải cho 1 bài toán giải
phơng trình trong Z nói riêng và một bài toán giải phơng trình nói chung phát huy đợc
tích cực suy nghĩ trong quá trình giải toán.
* Góp phần trau dồi cho học sinh những phẩm chất nh tính độc lập kiên trì sáng tạo tích
cực tìm tòi; giúp các em hoàn thiện dần các phẩm chất đạo đức và phẩm chất trí tuệ trong
quá trình học toán ở nhà trờng phổ thông.
* Phát huy đợc đức tính tự học, tự tìm tòi nghiên cứu góp phần tô điểm cho việc đổi mới
phơng pháp giảng dạy và học tập của giáo viên và học sinh mà hạt nhân là: " Lấy lôgic
học của học sinh làm trung tâm " từ đó nâng cao từng bớc chất lợng học tập môn toán cho
các em


Bài học kinh nghiệm
* Thờng xuyên khắc phục những sai lầm khi giải một pt nghiệm nguyên nói riêng và,pt
đại số nói chung có tác dụng giúp cho học sinh hiểu sâu, nắm vững các kiến thức cơ bản
và rènđợc kĩ năng giải toán chính xác, trình bày lời giải rõ ràng, ngắn gọn.

*Hệ thống phơng pháp giải cho từng dạng pt nghiệm nguyên giúp cho học sinh có đợc
công cụ giải pt nên việc giải pt đợc linh hoạt hợp lí, tránh đợc máy móc dập khuôn, mất
thời gian vô ích đặc biệt là giúp cho học sinh lựa chọn đợc cách giải hay cho một bài toán.
Hình thành ở học sinh đức tính linh hoạt, làm việc có khoa học và tránh đợc những sai
lầm nghiêm trọng.
*Rèn cho học sinh có thói quen khi gặp bất kì 1 pt nào đều định hớng các thao tác:
- Quan sát nhận dạng; đa pt về dạng quen thuộc (nếu cần).
- Lựa chọn phơng pháp hợp lí.
- Giải pt và kiểm tra lời giải.
*Thờng xuyên ghi nhớ các kiến thức cơ bản và các kĩ năng cần thiết có tác dụng tốt cho
học sinh trong khi giải pt và thực hiện các phơng pháp giải giúp cho học sinh nhìn nhận
lời giải 1 cách triệt để và sáng tạo.
*Rèn luyện thờng xuyên các kĩ năng cơ bản khác nh: Phân tích ( viết) 1 biểu thức dới
dạng tích, các kĩ năng biến đổi, thực hiện các phép tính về căn thức bậc hai, căn bậc 3;
Tạo điều kiện thuận lợi cho học sinh hoàn thành tốt các khâu biến đổi khi giải 1 pt
nghiệm nguyên.
*Lựa chọn phơng pháp giải hợp lí, phù hợp với 1 pt đặt ra là 1 việc làm quan trọng quyết
định tới sự thành công nhanh chóng khi giải một pt .
* áp dụng phơng pháp giải pt nghiệm nguyên cho các dạng pt khác vẫn có hiệu quả tích
cực và mang lại kết quả tốt trong một bài toán giải pt (Trong điều kiện có thể thực hiện đ-
ợc).
20
III. Phần kết luận - kiến nghị:
III.1. Kết luận:
* Cung cấp cho học sinh 1 hệ thống các phơng pháp và kỹ thuật giải phơng trình nghiệm
nguyên; đã tạo điều kiện cho học sinh hiểu sâu kiến thức về pt; các phép biến đổi pt,
nghiệm phơng trình ; từ đó nói lên t tởng và nội dung của khái niệm pt. Đồng thời
làm cơ sở cho học sinh có đợc phơng pháp giải pt đại số nói chung ; Giúp cho học sỉnh
rèn đợc các phẩm chất của trí tuệ nh: Độc lập sáng tạo, mềm dẻo, linh hoạt; độc đáo trong
t duy; làm tiền đề cho sự phát triển t duy của HS trong học tập môn toán. Tạo

điều kiện cho HS xây dựng đợc phơng pháp học tập có hiệu quả
* Nêu ra đợc một số kỹ thuật giải một loại toán khó ; giúp cho HS chống đợc t tởng
ngại khó. Tạo điều kiện cho học sinh hứng thú học tập, say mê tìm tòi cái mới, khó trong
quá trình học tập.
*Bớc đầu hình thành ở học sinh ( ngời học) một thói quen làm toán (học toán) có phơng
pháp; trang bị cho học sinh phơng pháp thực hành một cách phong phú; chuẩn bị cho học
sinh những tiền đề để tiếp thu kiến thức mới, phơng pháp mới của môn toán ở các lớp
trên.
*Góp một phần vào thời kì đổi mới phơng pháp giảng dạy (đổi mới cách dạy; đổi mới
cách học của giáo viên và học sinh) nhằm nâng cao chất lợng dạy và học theo hớng phát
huy tích cực của học sinh; " lấy lôgic học của học sinh làm trung tâm".
III.2. Kiến nghị:
* Trên đây là một số phơng pháp giúp cho học sinh biết cách giải một phơng trình nghiệm
nguyên;
bớc đầu đã đợc thực nghiệm và có kết quả nhất định nhất là việc bồi dỡng học sinh khá,
giỏi; phần nào đã giúp cho học sinh định hình đợc một angôrit giải toán ở thể loại phơng
trình nghiệm nguyên phát huy đợc tính tích cực chủ động sáng tạo trong giải phơng trình
và giải toán nói chung; giúp cho học sinh rèn luyện đợc nhiều kĩ năng giải toán thông qua
giải một phơng trình tạo đà cho học sinh đổi mới cách học trong giai đoạn hiện nay. Song
vì do trình độ bản thân nên bản sáng kiến kinh nghiệm cũng không tránh khỏi những hạn
chế và thiếu sót. Vì vậy, tôi kính mong sự quan tâm của hội đồng giám định sáng kiến
kinh nghiệm của các cấp góp ý chân thành xây dựng cho bản sáng kiến của tôi đợc hoàn
hảo hơn
Kính mong các bạn đồng nghiệp tiếp tục nghiên cứu và xây dựng cho đề tài đợc phong
phú và có ứng dụng , mang lại hiệu quả cao hơn.
Tôi xin trân trọng cảm ơn!
Tác giả: Nguyễn Ngọc Thái.
iv. tài liệu tham khảo - phụ lục
21
IV.1. Tài liệu tham khảo:

* Phơng pháp giảng dạy toán học (Hoàng Chúng)
* Phơng trình và bài toán với nghiệm nguyên (Vũ Hữu Bình)
* Bài tập nâng cao một số chuyên đề toán 9 (Bùi Văn Tuyên)
* Chuyên đề bồi dỡng học sinh giỏi THCS (Nguyễn Vũ Thanh)
* Các tài liệu bồi dỡng học sinh khá giỏi cấp 2 (của nhiều tác giả)
* Các đề thi học sinh giỏi các cấp của THCS môn toán
* Sách giáo khao, sách bài tập, sách tham khảo toán các lớp 6, 7, 8, 9
IV.2: Phụ lục:
i. Phần mở đầu
I.1. Lý do chọn đề tài.
I.2. Mục đích nghiên cứu
I.3. Thời gian địa điểm
I.4. Đóng góp mới về mặt lý luận về mặt thực tiễn.
ii. nội dung:
II.1. Chơng I. Tổng quan
II.2. Chơng II. Nội dung vấn đề nghiên cứu
II.2.1. Các phơng pháp và kĩ thuật tìm nghiệm nguyên của phơng trình
II.2.2. áp dụng phơng pháp và kĩ thuật giải vào các dạng phơng trình nghiệm nguyên
II.2.3. Tìm điều kiện để phơng trình có nghiệm nguyên
II.2.4. Các bài toán với nghiệm nguyên
II.3. Chơng III: Phơng pháp nghiên cứu - Kết quả nghiên cứu
III. Phần kết luận - Kiến nghịIV. Tài liệu tham khảo - Phụ lục

v. nhận xét của hđ kh cấp trờng, phòng gd & đt
22