skkn:"ren tu duy thong qua giai cac dang toan ve tim nghiem nguyen cua ptrinh"

Đề tài: Rèn luyện t duy sáng tạo qua một số dạng toán ph ơng trình
nghiệm nguyên
Mục lục
Trang
Phần I : Mở đầu 2
Phần ii : nội dung
Chơng I: Cơ sở lý luận thực tiễn có liên quan đến đề tài nghiên cứu 4
Chơng II: Các biện pháp s phạm cần thực hiện để góp phần nâng cao chất lợng dạy học
nội dung đang quan tâm.
Biện pháp 1 : Các dạng phơng trình cơ bản 5
Biện pháp 2: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
I. Phơng pháp 1 : Phơng pháp tổng quát: 14
II. Phơng pháp 2 : Sử dụng tính chẵn lẻ 15
III. Phơng pháp 3 : Phơng pháp phân tích 15
IV. Phơng pháp 4 : Dùng bất đẳng thức 17
V. Phơng pháp 5 : Phơng pháp loại trừ 20
VI. Phơng pháp 6 : áp dụng tính chia hết 21
VII. Phng Phỏp 7 : Phng Phỏp La Chn Modulo
( hay cũn gi l xột s d tng v ) 22
VIII. Phơng pháp 8 : Sử dụng tính chất của số nguyên tố 24
IX. Phơng pháp 9 : Đa về dạng tổng 25
X .Phơng pháp 10: Lùi vô hạn( hay cũn gi l phng phỏp xung thang) 25
XI. Phơng pháp 11: Sử dụng tính chất nghiệm của phơng trình bậc 2 28
XII. Phng Phỏp 12: S Dng Mt Mnh C Bn Ca S Hc 29
Biện pháp 3 : Bài tập luyện tập rèn t duy sáng tạo 37
Phần III: Thực nghiệm s phạm 43
Phần IV : Kết luận 51
Phần V: Tài liệu tham khảo 52

Ngời thực hiện: Tô Thị Bình
1

Đề tài: Rèn luyện t duy sáng tạo qua một số dạng toán ph ơng trình
nghiệm nguyên
Phần I : mở đầu
1. lý do chọn đề tài
Trong quá trình học toán ở trờng THCS học sinh cần biết cách tổ chức công việc của
mình một cách sáng tạo. Ngời thầy cần rèn luyện cho học sinh kỹ năng, độc lập suy nghĩ một
cách sâu sắc, sáng tạo. Vì vậy đòi hỏi ngời thầy một sự lao động sáng tạo biết tìm tòi ra những
phơng pháp để dạy cho học sinh trau dồi t duy logic giải các bài toán.
Là một giáo viên dạy toán ở trờng THCS trực tiếp bồi dỡng đội tuyển học sinh giỏi
nhiều năm tôi nhận thấy việc giải các bài toán ở chơng trình THCS không chỉ đơn giản là đảm
bảo kiến thức trong SGK, đó mới chỉ là những điều kiện cần nhng cha đủ. Muốn giỏi toán cần
phải luyện tập nhiều thông 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 của chúng.
Muốn vậy ngời thầy phải biết vận dụng linh hoạt kiến thức trong nhiều tình huống khác
nhauđể tạo hứng thú cho học sinh. Một bài toán có thể có nhiều cách giải, mỗi bài toán thờng
nằm trong mỗi dạng toán khác nhau nó đòi 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 phơng pháp nào cho phù
hợp.
Các dạng toán về số học ở chơng trình THCS thật đa dạng phong phú nh: Toán về chia
hết, phép chia có d, số nguyên tố, số chính phơng, phơng trình nghiệm nguyên .
Đây là một dạng toán có trong SGK lớp 9 nhng cha đa ra phơng pháp giải chung. Hơn nữa
phơng trình nghiệm nguyên có rất nhiều trong các đề thi:Tốt nghiệp THCS ;Trong các đề thi
học sinh giỏi huyên, học sinh giỏi tỉnh .
Song khi giải các bài toán này không ít khó khăn phức tạp. Từ thực tiễn giảng dạy tôi
thấy học sinh hay bế tắc, lúng túng về cách xác định dạng toán và cha có nhiều phơng pháp
giải hay.
Từ những thuận lợi, khó khăn và yêu cầu thực tiễn giảng dạy.Tôi chọn đề tài: Rèn
luyện t duy sáng tạo qua một số dạng toán phơng trình nghiệm nguyên
Trong quá trình viết đề tài do điều kiện và kinh nghiệm không tránh khỏi khiếm khuyết.
Rất mong đợc sự đóng góp, chỉ đạo của thầy cô giáo và các bạn đồng nghiệp.

2. Mục đích nghiên cứu :
- Đề tài nhằm rèn luyện cho học sinh t duy sáng tạo khi học và giải toán .
- Biết cách định hớng và giải bài tập ngắn gọn.
- Phát huy trí lực của học sinh tìm hiểu cách giải hay, phát triển bài toán mới.
- Giúp học sinh tự tin khi giải toán hoặc trong thi cử.
- Qua đó nhằm góp phần nâng cao chất lợng dạy học môn Toán ở bậc THCS.

Ngời thực hiện: Tô Thị Bình
2
Đề tài: Rèn luyện t duy sáng tạo qua một số dạng toán ph ơng trình
nghiệm nguyên
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Căn cứ vào vai trò và tầm quan trọng của đề tài, về tình hình học tập của học sinh tôi
thấy cần nghiên cứu ba nội dung lớn :
- Các dạng phơng trình cơ bản.
- Các phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên.
- Luyện tập và rèn t duy sáng tạo cho học sinh khi giải bài tập về phơng trình nghiệm
nguyên
Điều tra thực trạng trớc khi nghiên cứu.
Để đánh giá đợc khả năng của các em đối với dạng toán trên và có phơng án tối u
truyền đạt tới học sinh, tôi đã ra một đề toán cho 10 em học sinh trong đội tuyển của trờng nh
sau:
Bài 1: ( 6 đ )
a)Tìm x, y Z biết x y + 2xy = 6
b) Giải phơng trình nghiệm nguyên: 5x 7y = 3
Bài 2: (4 đ)
Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình :
1 + x + x
2
+ x

3
= 2
y
Kết quả thu đợc nh sau:
Dới điểm 5 Điểm 5 - 7 Điểm 8 - 10 Điểm 5 - 10
SL % SL % SL % SL %
6 60 4 40 0 0 4 40
Qua việc kiểm tra đánh giá tôi thấy học sinh không có biện pháp giải phơng trình
nghiệm nguyên đạt hiệu quả. Lời giải thờng dài dòng, không chính xác, đôi khi còn ngộ nhận .
Cũng với bài toán trên nếu học sinh đợc trang bị các phơng pháp Giải phơng trình nghiệm
nguyên thì chắc chắn sẽ có hiệu quả cao hơn.
4-Phạm vi và đối tợng nghiên cứu:
- áp dụng vào việc giảng dạy các chuyên đề trong trờng học hoặc bồi dỡng đội tuyển
học sinh giỏi Toán lớp 9, ôn tập cho học sinh chuẩn bị thi vào các lớp chọn, lớp chuyên
PTTH.
- Cụ thể, tôi áp dụng vào việc ôn thi HSG cấp Huyện cho 10 em học sinh Trờng THCS
Giao Hà - Giao Thuỷ - Nam Định.

Ngời thực hiện: Tô Thị Bình
3
Đề tài: Rèn luyện t duy sáng tạo qua một số dạng toán ph ơng trình
nghiệm nguyên
- Thời gian nghiên cứu có hạn mặc dù đợc sự góp ý chân thành của nhiều giáo viên có
chuyên môn cao, song vẫn còn nhiều điều bỏ ngỏ để tiếp tục khai thác và đi sâu hết
dạng toán này.
Phần II - Nội dung
Chơng I: Cơ sở lý luận thực tiễn có liên quan đến đề tài nghiên cứu
- Căn cứ vào định hớng đổi mới phơng pháp dạy học đã đợc xác định trong Bộ luật giáo
dục năm 2005, Điều 28 đã ghi Phơng pháp giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự
giác, chủ động, sáng tạo của học sinh, phù hợp với đặc điểm tong lớp học, môn học. Bồi dỡng

phơng pháp tự học, khả năng làm việc theo nhóm, rèn luyện kĩ năng vận dụng kiến thức vào
thực tiễn.
- Nội dung kiến thức có liên quan đến đề tài : Ngoài phơng trình bậc nhất hai ẩn, các bài
toán tìm nghiệm nguyên thờng không có quy tắc giải tổng quát. Mỗi bài toán với số liệu riêng
của nó đòi hỏi một cách giải phù hợp, điều đó có tác dụng rèn luyện t duy toán học mêm dẻo,
linh hoạt và sáng tạo. Trong chơng trình cơ bản của SGK Toán THCS có đa giải phơng trình
tìm nghiệm nguyên nhng dới dạng bài tập với số lợng không nhiều. Hơn nữa nhu cầu giải ph-
ơng trình rất phong phú. Trong các kỳ thi HSG và thi vào 10 các trờng chuyên, lớp chọn gần
đây có đề cập đến nhiều dạng toán này.
- Xác định mục đích, yêu cầu, chuẩn kiến thức, kĩ năng của vùng kiến thức cần nghiên
cứu : Phơng trình nghiệm nguyên rất đa dạng và phong phú nó có thể là phơng trình một ẩn,
nhiền ẩn, bậc nhất, bậc cao. Để giải phơng trình đó, ta thờng dựa vào cách giải một số phơng
trình cơ bản và một số phơng pháp sẽ đợc trình bày ở phần sau
- Điều tra thực trạng việc dạy và học của giáo viên và học sinh trong thực tiễn ở địa ph-
ơng: Những năm học trớc đây khi cha thực hiện đề tài này,gặp dạng toán giải phơng trình
nghiệm nguyên mặc dù thuộc đối tợng học sinh khá, giỏi nhng một số em vẫn còn lúng túng
hoặc có em nắm đợc phơng pháp nhng không biết cách trình bày. Nhìn chung việc giải toán về
phơng trình nghiệm nguyên với các em cha thật đồng đều, qua khảo sát ban đầu chỉ có :
+ 30% số học sinh giải đợc bài tập dễ và trung bình.
+ 5% số học sinh giải đợc bài khó.
+ Số còn lại các em cha nắm đợc các phơng pháp giải hoặc giải đợc nhng cha diễn đạt
đợc lời giải.

Ngời thực hiện: Tô Thị Bình
4
Đề tài: Rèn luyện t duy sáng tạo qua một số dạng toán ph ơng trình
nghiệm nguyên
Chơng II: Các biện pháp s phạm cần thực hiện để góp phần nâng cao chất lợng
dạy học nội dung đang quan tâm.
Phơng trình nghiệm nguyên rất đa dạng và phong phú nó có thể là phơng trình một ẩn,

nhiều ẩn. Nó có thể là phơng trình bậc nhất hoặc bậc cao. Không có cách giải chung cho mọi
phơng trình, để giải các phơng trình đó thờng dựa vào cách giải một số phơng trình cơ bản và
một số phơng pháp giải nh sau:
Biện pháp 1 : Các dạng phơng trình cơ bản
I-Ph ơng trình nghiệm nguyên dạng :
ax + by = c (1) với a, b, c Z
1.Các định lí:
a. Định lí 1: Điều kiện cần và đủ để phơng trình ax + by = c (trong đó a,b,c là các số nguyên
khác 0 ) có nghiệm nguyên (a,b) là ớc của c.
b.Định lí 2: Nếu (x
0
, y
0
) là một nghiệm nguyên của phơng trình ax + by = c thì nó có vô số
nghiệm nguyên và nghiệm nguyên (x,y) đợc cho bởi công thức:








=
+=
t
d
a
yy
t

d
b
xx
0
0
Với t Z, d = (a,b)
2.Cách giải:
a.Tiến hành qua 5 bớc sau: (cách giải chung)
Bớc 1: Tìm d = (a,b)
Khi đó ax + by = c a
1
x + b
1
y = c
1
Với a = da
1
; b = db
1
; c = dc
1
; (a
1
; b
1
) = 1
Bớc 2: Viết thuật toán Ơclit cho 2 số a
1
và b
1

Giả sử :
1
a
>
1
b
Ta có
a
1
=
1
b
q
0
+ r
1
b
1
= r
1
q
1
+ r
2
r
1
= r
2
q

2
+r
3


r
n-2
= r
n-1
+ r
n
Với r
n
= 1

Ngời thực hiện: Tô Thị Bình
5
Đề tài: Rèn luyện t duy sáng tạo qua một số dạng toán ph ơng trình
nghiệm nguyên
Bớc 3: Tính a
0
+
k
a
a
a
1

1
1

1
2
1
+
+
+
=
n
m
Bớc 4: Lấy nghiệm riêng (x
0
; y
0
) của phơng trình a
1
x + b
1
y = 1
sao cho :
x
0
= m x
0
= n
hoặc
y
0
= n y
0
= m

Xác định dấu bằng cách thử trực tiếp đợc (x
0
, y
0
)
Bớc 5: x
0
= c
1
x
0
; y
0
= c
1
y
0
là nghiệm riêng của phơng trình
a
1
x + b
1
y = c
1
nghiệm tổng quát của phơng trình là: x = x
0
+ b
1
t
y = y

0
a
1
t (với t Z )
Ví dụ 1: Giải phơng trình nghiệm nguyên
5x 7y = 3
Hớng dẫn:
Ta nhận thấy (5, 7) = (7, 3) = 1 . Vậy phơng trình có nghiệm nguyên
Để giải ta tiến hành các bớc:
- Viết thuật toán Ơclit cho 2 số 5 và 7
7 = 5.1 + 2
n
m
= 1 +
2
1
=
2
3
5 = 2.2 + 1
- Tìm nghiệm riêng của phơng trình 5x 7y = 1
(x
0
, y
0
) = (3, 2)
- Tìm nghiệm riêng của phơng trình 5x 7y = 3
là (x
0
, y

0
) = (9, 6)
nghiệm tổng quát của phơng trình là:

Ngời thực hiện: Tô Thị Bình
6
Đề tài: Rèn luyện t duy sáng tạo qua một số dạng toán ph ơng trình
nghiệm nguyên
x = 9 7t hay x = 7t + 2
y = 6 5t y = 5t + 1 (t Z )
Ví dụ 2: Giải phơng trình nghiệm nguyên
6x 14 y = 12
Hớng dẫn:
Ta nhận thấy (6 ,14) = (6 ,12) = 2 pt có nghiệm ta tiến hành giải nh sau:
Bớc 1: 6x 14 y = 12 3x 7y = 6
Bớc 2: Viết thuật toán Ơclit cho 3 và 7
7 = 3.2 + 1
Bớc 3: Tính
n
m
= q
0
= 2 =
1
2
Bớc 4: Tìm nghiệm riêng của phơng trình
3x 7y = 1 là (x
0
, y
0

) = (-2; -1)
Bớc 5: Xác định nghiệm riêng của pt 3x 7y = 6 là (x
0
; y
0
) = (-12; -6)
Nghiệm tổng quát của phơng trình 6x 14 y = 12 là
x = -12 7t hay x = 7t + 2
y = -6 3t y = 3t (t Z )
* Nhận xét: Trên đây là phơng pháp chung để giải phơng trình nghiệm nguyên dạng ax + by
= c
Tuy nhiên khi đi vào bài toán cụ thể bằng các kiến thức về chia hết biết khéo léo sử
dụng sẽ cho lời giải ngắn gọn.
b.Cách giải thông thờng khác (3 bớc)
Bớc 1: Rút ẩn này theo ẩn kia (giả sử rút x theo y)
Bớc 2: Dựa vào điều kiện nguyên của x, tính chất chia hết suy luận để tìm y
Bớc 3: Thay y vào x sẽ tìm đợc nghiệm nguyên
Ví dụ 1: Giải phơng trình nghiệm nguyên:
2x + 5y =7
Hớng dẫn: Ta có 2x + 5y =7 x =
2
57 y


Ngời thực hiện: Tô Thị Bình
7
Đề tài: Rèn luyện t duy sáng tạo qua một số dạng toán ph ơng trình
nghiệm nguyên
x = 3 2y +
2

1 y

Do x, y nguyên
2
1 y

nguyên. Đặt
2
1 y

= t với (t Z )
y = 1 2t x = 3 2(1- 2t) + t = 5t + 1
Vậy nghiệm tổng quát của phơng trình là:
x = 5t + 1
y = -2t +1 (t Z )
Ví dụ 2: Giải phơng trình nghiệm nguyên
6x 15 y = 25
Hớng dẫn:
Ta thấy( 6,15 ) = 3 mà 3/25
Vậy không tồn tại x,y nguyên sao cho 6x- 15y = 25
Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình.
5x + 7y = 112
Hớng dẫn:
Ta có 5x + 7y = 112
x =
5
7112 y
= 22 - y +
5
22 y

Do x, y nguyên
5
22 y

nguyên hay (2 2y)

5 2(1-y)

5; (2 , 5) = 1
(1-y)

5 hay (y-1)

5 . Đặt y-1 = 5t (t Z )
y = 5t +1
thay y vào x ta có x = 21 7t
lại có x > 0; y > 0 5t + 1 > 0 t > -
5
1
21 7t > 0 t < 3
t =
{ }
2;1;0

Nếu t = 0 x = 21; y = 1
Nếu t = 1 x = 14; y = 6

Ngời thực hiện: Tô Thị Bình
8

Đề tài: Rèn luyện t duy sáng tạo qua một số dạng toán ph ơng trình
nghiệm nguyên
Nếu t = 2 x = 7; y = 11
II. Ph ơng trình nghiệm nguyên dạng
a
1
x
1
+ a
2
x
2
+ + a
n
x
n
= c (2)
Với a, c Z (i = 1,2 n); n 2
1.Định lý: Điều kiện cần và đủ để phơng trình (2) có nghiệm là (a
1
, a
2
, a
n
) \ c
2.Cách giải: Đa phơng trình về 1 trong 2 dạng sau:
a. Có một hệ số của một ẩn bằng 1
Giả sử a
1

= 1. Khi đó x
1
= c a
2
x
2
a
3
x
3
- - a
n
x
n

với x
1
, x
2
, ., x
n
Z
Nghiệm của phơng trình là:
(c - a
2
x
2
a
3
x

3
- - a
n
x
n
, x
2
, ., x
n
) với x
2
, ., x
n
nguyên bất kỳ
b. Có hai hệ số là hai số nguyên tố cùng nhau
Giả sử ( a
1
, a
2
) = 1. Khi đó pt (2) a
1
x
1
+ a
2
x
2
= c - a
3
x

3
- - a
n
x
n
Giải phơng trình theo 2 ẩn x
1
, x
2
Ví dụ 4: Giải phơng trình trên tập số nguyên
6x + 15y + 10 z = 3
Hớng dẫn:
Phơng trình 6x + 15y + 10 z = 3 có nghiệm nguyên vì (6 ,15, 10) = 1 và 1/3
Cách 1 : Ta biến đổi 6x + 15y + 10 z = 3
x + 10(y + z) + 5 ( x+ y) = 3
Đặt t = y + z, k = x + y với( t, k Z). Ta có: x + 10 t + 5k = 3
Vậy nghiệm tổng quát của phơng trình
x = 3- 10 t 5k
y = - 3 + 10 t + 6k ( t, k Z)
z = 3 9 t 6k
Cách 2: 6x + 15y + 10 z = 3
6 (x + z) + 15 y + 4 z = 3
Đặt x + z = t ta có 6t +15 y + 4z = 3

Ngời thực hiện: Tô Thị Bình
9
Đề tài: Rèn luyện t duy sáng tạo qua một số dạng toán ph ơng trình
nghiệm nguyên
15 y + 4z = 3 6t
Ta có cặp số (-1; 4) là nghiệm riêng của pt 15 y + 4z = 1 nên (-3 + 6t; 12 24 t) là nghiệm

riêng của phơng trình
15 y + 4z = 3 6t
Do đó nghiệm tổng quát là: y = -3 + 6t + 4k (k Z)
z = 12 24t 15 k
lại có t = x + z x = t z x = -12 = 25t + 15 k
Vậy nghiệm tổng quát của phơng trình 6x + 15y + 10 z = 3 là:
x = -12 = 25t + 15 k
y = -3 + 6t + 4k với ( t, k Z)
z = 12 24t 15 k
III. Ph ơng trình nghiệm nguyên đ a về dạng
g (x
1
, x
2
, ., x
n
) . h (x
1
, x
2
, ., x
n
) = a (3) Với a Z
1.Cách giải:
Đặt g (x
1
, x
2
, ., x
n

) = m (với m là ớc của a)
h(x
1
, x
2
, ., x
n
) =
a
m
Giải hệ: g (x
1
, x
2
, ., x
n
) = m
h(x
1
, x
2
, ., x
n
) =
a
m
tìm đợc x
1
, x
2

, ., x
n
thử vào (3) ta đợc nghiệm của phơng trình.
2.Chú ý:
-Nếu a = 0 ta có g (x
1
, x
2
, ., x
n
) = 0
h(x
1
, x
2
, ., x
n
) = 0
-Nếu a = p

với p nguyên tố thì từ pt (3) ta có: g (x
1
, x
2
, ., x
n
) = p

1
h(x

1
, x
2
, ., x
n
) = p

2
Với
1
+
2
= a
Ví dụ 5: Tìm x, y Z biết x y + 2xy = 6

Ngời thực hiện: Tô Thị Bình
10
§Ò tµi: “RÌn luyÖn t duy s¸ng t¹o qua mét sè d¹ng to¸n ph ¬ng tr×nh
nghiÖm nguyªn”
Híng dÉn:
Ta cã x – y + 2xy = 6 ⇔ 2 x – 2y + 4 xy = 12
⇔ 2 x – 2y + 4 xy –1 = 11
⇔ (2x – 1) + 2y(2x-1) = 11
⇔ (2x – 1) (2y + 1) = 11
Ta cã 11 = 1.11= (-1)(-11) = 11.1 = (-11)(-1)
Ta cã 2y + 1 = 1 ⇒ (x; y) = (6; 0)
2x – 1 = 11
2y + 1 = -1 ⇒ (x; y) = (-5; -1)
2x – 1 = -11
2y + 1 = 11 ⇒ (x; y) = (1, 5)

2x – 1 = 1
2y + 1 = -11 ⇒ (x; y) = ( 0; -6)
2x – 1 = -1
VÝ dô 6: T×m nghiÖm nguyªn d¬ng cña ph¬ng tr×nh
1 + x + x
2
+ x
3
= 2
y
Híng dÉn:
Ta cã 1 + x + x
2
+ x
3
= 2
y
⇔ (1 + x) (1 + x
2
) = 2
y
⇒ 1 + x = 2
m
vµ 1 + x
2
= 2
y – m
(m nguyªn d¬ng)
⇒ x = 2
m

– 1 ⇒ x
2
= 2
2m
– 2
m +1
+ 1
x
2
= 2
y – m
- 1 x
2
= 2
y – m
– 1
⇒ 2
2m
– 2
m + 1
+ 1 = 2
y – m


- 1
⇒ 2
y – m
– 2
2m
+ 2

m +1
= 2
NÕu m = 0 ⇒ x = 0 ; y = 0 (t/m)

Ngêi thùc hiÖn: T« ThÞ B×nh
11
Đề tài: Rèn luyện t duy sáng tạo qua một số dạng toán ph ơng trình
nghiệm nguyên
Nếu m > 0 2
y m 1
2
2m 1
+ 2
m
= 1 mà 2
2m 1
và 2
m
đều là số chẵn nên:
2
y m 1
lẻ 2
y m 1
= 1 y m 1 = 0 y = m + 1
2
m
- 2
2m 1
= 0 2
m

= 2
2m 1
m = 2m 1 m = 1
y = 2 ; x = 1
Vậy (x, y) = (0; 0); (1; 2)
IV. Ph ơng trình nghiệm nguyên đ a về dạng
[g
1
(x
1
, x
2
, ., x
n
)]
2
+ [g
2
(x
1
, x
2
, ., x
n
)]
2
+ + [g
n
(x
1

, x
2
, ., x
n
)]
2
= 0
1.Cách giải:Ta thấy vế trái của phơng trình là các số hạng không âm, tổng của chúng bằng 0
nên mỗi số hạng phải bằng 0
g
1
(x
1
, x
2
, ., x
n
) = 0
Do vậy có: g
2
(x
1
, x
2
, ., x
n
) = 0

g
n

(x
1
, x
2
, ., x
n
) = 0
Giải hệ này ta đợc x
1
, x
2
, , x
n
Ví dụ 7: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình
2x
2
+ y
2
2xy + 2y 6x + 5 = 0
Hớng dẫn:
(Dùng phơng pháp phân tích thành nhân tử ta biến đổi vế trái của phơng trình)
Ta có 2x
2
+ y
2
2xy + 2y 6x + 5 = 0
y
2
2y (x - 1) + (x-1)
2

+ x
2
4x + 4 = 0
(y x + 1)
2
+ (x 2 )
2
= 0
Vậy y x + 1 = 0 hay x = 2
x 2 = 0 y = 1
Vậy nghiệm nguyên của phơng trình là x = 2 ; y = 1
Ví dụ 8: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình : (x 1) (y+1) = (x+ y)
2
Hớng dẫn:
Ta có (x-1) (y+1) = (x+ y)
2
(x-1) (y+1) = [(x-1) + (y+1)]
2

Ngời thực hiện: Tô Thị Bình
12
Đề tài: Rèn luyện t duy sáng tạo qua một số dạng toán ph ơng trình
nghiệm nguyên
[(x-1) + (y+1)]
2
- (x-1) (y+1) = 0
(x-1)
2
+ (y+1)
2

+ (x-1) (y+1) = 0
[(x-1) +
2
1
(y+1)]
2
+
4
3
(y+1)
2
= 0
y + 1 = 0 y = -1
(x-1) +
2
1
(y+1) = 0 x = 1
Vậy nghiệm của phơng trình là ( x = 1 ; y = -1)
V- Ph ơng trình nghiệm nguyên mà các ẩn có vai trò bình đẳng
Khi làm toán ta thờng gặp một số bài toán mà trong đó các ẩn bình đẳng với nhau . Để
giải các bài toán đó có nhiều cách giải khác nhau tuỳ thuộc vào từng loại cụ thể. ở đây ta
nghiên cứu đến 1 phơng pháp giải toán này:
Ta giả sử các ẩn xảy ra theo một trật tự tăng dần rồi tiến hành giải
Ví dụ 9: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình
xy
1
+
yz
1
+

xz
1
+
xyz
9
= 1
Hớng dẫn:
Giả sử 1 x y z x
2
xy xz yz xyz
1 =
xy
1
+
yz
1
+
xz
1
+
xyz
9

2
1
x
+
2
1
x

+
2
1
x
+
2
9
x
1
2
12
x
x
2
12 x 1, 2,3
Nếu x = 1
y
1
+
yz
1
+
z
1
+
yz
9
= 1
z + 1 + y + 9 = yz
yz z y + 1 = 11

(y- 1) (z - 1) = 11
y = 2 ; z = 12 hoặc z =2 ; y = 12
Nếu x = 2
y2
1
+
yz
1
+
z2
1
+
yz2
9
= 1
(2y - 1) (2z-1) = 23 y = 1; z = 12 hoặc y = 12; z = 1

Ngời thực hiện: Tô Thị Bình
13
Đề tài: Rèn luyện t duy sáng tạo qua một số dạng toán ph ơng trình
nghiệm nguyên
Nếu x = 3 (3y 1) (3z - 1) = 37 vô nghiệm
Vậy (x, y, z) = (1; 2, 12) và các hoán vị
Ví dụ 10: Tìm x, y, z nguyên của phơng trình
z
xy
+
x
yz
+

y
xz
= 3
Hớng dẫn:
Vì x, y, z bình đẳng nên ta giả sử 0 < x y z
3 =
z
xy
+
x
yz
+
y
xz
= x (
z
y
+
y
z
) +
x
yz
2x + x
3x 3 x 1 x = 1
Với x = 1 ta có 3 =
z
y
+ yz +
y

z
2 + yz
yz 1 y = 1 ; z = 1
Vậy nghiệm của pt (1,1,1)
Ví dụ 11: Chứng minh rằng phơng trình sau không có nghiệm tự nhiên
2
1
x
+
xy
1
+
2
1
y
= 1 (x,y 0)
Hớng dẫn:
Vì x, y có vai trò bình đẳng . Ta giả sử 1 x y
Ta có x
2
xy y
2
(giả sử phơng trình có nghiệm tự nhiên)
1 =
2
1
x
+
xy
1

+
2
1
y

2
3
x
x
2
3
x = 1( vì x N
*
) 1+
y
1
+
2
1
y
= 1 (vô nghiệm)
phơng trình không có nghiệm là số tự nhiên.
Biện pháp 2: Một số ph ơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Không có phơng pháp chung để giải phơng trình nghiệm nguyên nhng để giải nó ngời ta th-
ờng áp dụng một số phơng pháp sau hoặc kết hợp các phơng pháp tuỳ theo từng bài cụ thể. Sau
đây là một số phơng pháp thờng dùng
I. Ph ơng pháp 1: Ph ơng pháp tổng quát

Ngời thực hiện: Tô Thị Bình
14

Đề tài: Rèn luyện t duy sáng tạo qua một số dạng toán ph ơng trình
nghiệm nguyên
- Biểu thị ẩn này theo ẩn kia.
- Tìm mẫu là ớc của tử.
- Đa về công thức nghiệm tổng quát.
Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên của phơng trình 7x + 4y = 23
Giải :
Biểu thị y theo x ta đợc
4
723 x
y

=
Tách riêng giá trị nghuyên của y ở biểu thức này :
4
1
26

+=
x
xy
Để y nguyên thì
4
1

x
phải nguyên
Ta đặt
)(
4

1
Ztt
x
=

suy ra x = 4t + 1. Do đó: y = 6 - 2(4t + 1) + t = 4 - 7t.
Vởy nghiệm của hệ phơng trình là



=
+=
ty
tx
74
14
với
Zt

I I- Ph ơng pháp 2 : Sử dụng tính chẵn lẻ
Ví dụ 1: Tìm x, y nguyên tố thoả mãn
y
2
2x
2
= 1
Hớng dẫn:
Ta có y
2
2x

2
= 1 y
2
= 2x
2
+1 y là số lẻ
Đặt y = 2k + 1 (với k nguyên).Ta có (2k + 1)
2
= 2x
2
+ 1
x
2
= 2 k
2
+ 2k x chẵn , mà x nguyên tố x = 2, y = 3
Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình
(2x + 5y + 1)(
x
2
+ y + x
2
+ x) = 105
Hớng dẫn:
Ta có: (2x + 5y + 1)(
x
2
+ y + x
2
+ x) = 105

Ta thấy 105 lẻ 2x + 5y + 1 lẻ 5y chẵn y chẵn
x
2
+ y + x
2
+ x =
x
2
+ y + x(x+ 1) lẻ
có x(x+ 1) chẵn, y chẵn
x
2

lẻ
x
2
= 1 x = 0

Ngời thực hiện: Tô Thị Bình
15
Đề tài: Rèn luyện t duy sáng tạo qua một số dạng toán ph ơng trình
nghiệm nguyên
Thay x = 0 vào phơng trình ta đợc
(5y + 1) ( y + 1) = 105
5y
2
+ 6y 104 = 0
y = 4 hoặc y =
5
26

( loại)
Thử lại ta có x = 0; y = 4 là nghiệm của phơng trình
III. Ph ơng pháp 3 : Phơng pháp phân tích
Thực chất là biến đổi phơng trình về dạng:
g
1
(x
1
, x
2
, ., x
n
) h

(x
1
, x
2
, ., x
n
) = a
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình
x
4
+ 4x
3
+ 6x
2
+ 4x = y

2
Hớng dẫn: Ta có: x
4
+ 4x
3
+ 6x
2
+ 4x = y
2
x
4
+4x
3
+6x
2
+4x +1- y
2
=1
(x+1)
4
y
2
= 1
[(x+1)
2
y] [(x+1)
2
+y]= 1
(x+1)
2

y = 1 1 + y = 1- y
(x+1)
2
+ y = 1
(x+1)
2
y = -1 -1 + y = -1 - y
(x+1)
2
+ y = -1
y = 0 (x+1)
2
= 1 x+1 = 1 x = 0 hoặc x = -2
Vậy ( x, y ) = ( 0, 0 ); ( - 2, 0 )
Ví d 2 : Tỡm nghim nguyờn ca phng trỡnh :
y
3
- x
3
= 91 (1)
Li gii : (1) tng ng vi pt : (y - x)(x
2
+ xy + y
2
) = 91 (*)
Vỡ x
2
+ xy + y
2
> 0 vi mi x, y nờn t (*) => y - x > 0.

Mt khỏc, 91 = 1 x 91 = 7 x 13 v y - x ; x
2
+ xy + y
2
u nguyờn dng nờn ta cú bn
kh nng sau :
y - x = 91 v x
2
+ xy + y
2
= 1 ; (I)
y - x = 1 v x
2
+ xy + y
2
= 91 ; (II)
y - x = 3 v x
2
+ xy + y
2
= 7 ; (III)

Ngời thực hiện: Tô Thị Bình
16
Đề tài: Rèn luyện t duy sáng tạo qua một số dạng toán ph ơng trình
nghiệm nguyên
y - x = 7 v x
2
+ xy + y
2

= 13 ; (IV)
n õy, bi toỏn coi nh c gii quyt.
Ví dụ 3 : Tìm x, y nguyên sao cho ( x + y ) P = xy với P nguyên tố.
Giải
Ta có ( x + y ) P = xy với xy Px Py = 0
x ( y P ) ( Py P
2
) = P
2
( y- P ) ( x- P ) = P
2
Mà P nguyên tố P
2
= 1.P
2
= P.P = (-1)(-P
2
) = ( -P ) (-P)
Các cặp số (x,y ) là:
(P+1, P(P+1) ); ( P-1, P (P-1) ); (2p, 2p); (0,0) và các hoán vị của chúng.
IV . Ph ơng pháp 4 : Dùng bất đẳng thức
Dng 1 : i vi cỏc phng trỡnh m cỏc bin cú vai trũ nh nhau thỡ ngi ta thng
dựng phng phỏp sp xp th t cỏc bin .
Vớ D 1 : Gii phng trỡnh nghim nguyờn dng sau :
Gii : Khụng mt tớnh tng quỏt cú th gi s
Nghim phng trỡnh l
Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình
x + y + z +t = xyzt
Hớng dẫn:
Ta giả sử 1 x y z t

có xyzt = x + y + z +t 4t
Vì t nguyên dơng xyz 4 xyz {1,2,3,4}
Nếu xyz = 1 x = y = z = 1 3+t = t ( loại)
Nếu xyz = 2 mà x y z x = 1; y=1; z = 2 t = 4
Nếu xyz = 3 mà x y z x = 1; y=1; z = 3 t = 5/2 ( loại )

Ngời thực hiện: Tô Thị Bình
17
Đề tài: Rèn luyện t duy sáng tạo qua một số dạng toán ph ơng trình
nghiệm nguyên
Nếu xyz = 4 mà x y z x = 1; y=1; z = 4 hoặc x = 1; y=2; z = 2 t = 2 ( loại vì t
z) hoặc t = 5/4 ( loại )
Vậy nghiệm của phơng trình là bộ ( x;y;z) = (1;1;2;4) và các hoán vị của chúng.
Dng 2 : i vi cỏc phng trỡnh nghch o cỏc bin ta cng cú th dựng phng
phỏp ny ( nu vai trũ cỏc bin cng nh nhau )
Cỏch gii khỏc dnh cho Vớ D 1:
Chia v phng trỡnh trờn cho ta c :
Gii:
Khụng mt tớnh tng quỏt cú th gi s
v .
Ta xột n Vớ D tip theo thy s hiu qu ca phng phỏp ny
Vớ D 3 : Gii phng trỡnh nghim nguyờn dng sau :
Gii:
Khụng mt tớnh tng quỏt cú th gi s
. Ln lt th :
phng trỡnh vụ nghim nguyờn
Xột
Mc khỏc
. Ta th ln lt.
phng trỡnh vụ nghim nguyờn

Xột
Mc khỏc

Ngời thực hiện: Tô Thị Bình
18
§Ò tµi: “RÌn luyÖn t duy s¸ng t¹o qua mét sè d¹ng to¸n ph ¬ng tr×nh
nghiÖm nguyªn”
.
Vậy nghiệm phương trình là và các hoán vị.
Dạng 3 : Áp Dụng Các Bất Đẳng Thức Cổ Điển.
Ví Dụ 5 : Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau :
Giải:
Áp Dụng BDT Cauchy cho 3 số ; ta đc
Dấu xảy ra
Từ phương trình
( phương trình ước số ; dễ dàng tìm đc rồi tìm ra )
Đáp số : nghiệm phương trình là
Ghi chú : Việc Áp Dụng BDT vào bài toán nghiệm nguyên rất ít dùng vì ẩn ý dùng BDT rất
dễ bị "lộ" nếu người ra đề không khéo léo. Tuy nhiên cũng có vài trường hợp dùng BDT khá
hay .
Ta đến với Ví Dụ sau.
Ví Dụ 6 : Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau với là các số đôi khác nhau.
Giải:
Áp dụng BDT quen thuộc sau :
Vì khác nhau
Lần lượt thử các giá trị của ta tìm đc
Đáp số : và các hoán vị .
Dạng 4 : Áp dụng tính đơn điệu của bài toán . Ta chỉ ra mét hoặc mét vài giá trị của biến
thoả phương trình rồi chứng minh đó là nghiệm duy nhất .
Ví Dụ 7 : Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau

Ngêi thùc hiÖn: T« ThÞ B×nh
19
Đề tài: Rèn luyện t duy sáng tạo qua một số dạng toán ph ơng trình
nghiệm nguyên
Gii:
phng trỡnh vụ nghim nguyờn
; tho món .
Do ú l nghim duy nht ca phng trỡnh .
Cũn phng trỡnh ny thỡ sao nh :
Bng cỏch tng t ; d dng nhn ra l nghim duy nht .
Núi thờm : i vi phng trỡnh trờn ; ta cú bi toỏn tng quỏt hn . Tỡm cỏc s nguyờn
dng tho :
. ỏp s n gin l nhng cỏch gii trờn vụ tỏc dng vi bi ny .
gii bi ny thỡ hu hiu nht l xột modulo ( cỏc phng trỡnh cha n m thỡ phng
phỏp tt nht vn l xột modulo ) . Phn ny ch núi thờm nờn chỳng ta tm thi khụng gii
bi toỏn ny bõy gi m s li dp khỏc .
Dng 5 : Dựng iu kin hoc phng trỡnh bc cú nghim .
Vớ D 8 : Gii phng trỡnh nghim nguyờn sau :
Gii:
Gii bt phng trỡnh trờn khụng khú ; d dng suy ra c :
Do nguyờn nờn d dng khoanh vựng c giỏ tr ca v th chn.
Núi chung thỡ phng phỏp ny c dựng khi cú dng
( hoc )
vi h s . Cũn khi thỡ dựng phng phỏp ó núi n trong vớ d a v phng
trỡnh c s cỏch nhanh chúng.
V. Ph ơng pháp 5 : Ph ơng pháp loại trừ
Khẳng định nghiệm rồi loại trừ các giá trị còn lại của ẩn

Ngời thực hiện: Tô Thị Bình

20
Đề tài: Rèn luyện t duy sáng tạo qua một số dạng toán ph ơng trình
nghiệm nguyên
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình
1! + 2! + + x! =
y
2
Hớng dẫn:
Với x 5 thì x! có tận cùng là 0 và 1! + 2! + 3! + 4! Có tận cùng là 3
1! + 2! + + x! có tận cùng là 3, không là số chính ph ơng (loại)
Vậy x < 5 mà x nguyên dơng nên:
x =
{ }
4;3;2;1

Thử vào phơng trình ta đợc (x = 1, y= 2); (x = 3, y= 3) là thoả mãn
Ví dụ 2 : Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phơng trình
y
2
+ y = x
4
+ x
3
+ x
2
+ x
Hớng dẫn:
Ta có : y
2
+ y = x

4
+ x
3
+ x
2
+ x
4 y
2
+ 4y + 1 = 4 x
4
+ 4 x
3
+ 4x
2
+ 4x + 1
(2x
2
+ x )
2
- (2y + 1)
2
= (3x + 1) (x +1)
hay (2x
2
+ x + 1)
2
- (2y+ 1)
2
= x(x-2)
Ta thấy:

Nếu x> 0 hoặc x< - 1 thì (3x + 1) (x +1) > 0
Nếu x > 2 hoặc x < -1 thì x (x-2) > 0
Nếu x>2 hoặc x< 1 thì (2x
2
+ x) <(2y+1)
2
< (2x
2
+ x + 1)
2
(loại)
-1 x 2 x = 0, 1, -1, 2
Xét x = 2 y
2
+ y =30 y = 5 hoặc y= -6
Xét x= 1 y
2
+ y = 4 (loại)
Xét x = 0 y
2
+ y = 0 y (y + 1) = 0 y = 0 hoặc y = -1
Xét x = -1 y
2
+ y = 0 y = 0 hoặc y= -1
Vậy nghệm nguyên của phơng trình là:
(x,y) = (2, 5); (2, -6); (0, 0); (0, -1); (-1;0); (-1, -1)

Ngời thực hiện: Tô Thị Bình
21
Đề tài: Rèn luyện t duy sáng tạo qua một số dạng toán ph ơng trình

nghiệm nguyên
V I .Ph ơng pháp 6 : áp dụng tính chia hết
Dng 1 :phng trỡnh dng
Vớ d 1: gii phng trỡnh nghim nguyờn sau :
Gii:
Cú th d dng thy chn . t .
Phng trỡnh tr thnh :
T ú ta cú nghim phng trỡnh ny :
Chỳ ý : Ta cũn cú cỏch th tỡm nghim ca phng trỡnh trờn . ú l phng phỏp tỡm
nghim riờng gii phng trỡnh bc nht n
Ta da vo nh lớ sau :
Nu phng trỡnh vi cú tp nghim l thỡ mi nghim ca
phng trỡnh nhn t cụng thc :
nh lớ ny chng minh khụng khú ( bng cỏch th trc tip vo phng trỡnh )
Da vo nh lý ny ; ta ch cn tỡm nghim riờng ca phng trỡnh .
i vi cỏc phng trỡnh cú h s nh thỡ vic tỡm nghim khỏ n gin nhng vi cỏc
phng trỡnh cú ln thỡ khụng d dng chỳt no . Do ú ta phi dựng n thut toỏn c
lit ( cỏc bn cú th tỡm c cỏc sỏch ; tụi s khụng núi nhiu v thut toỏn ny ) . Ngoi ra cũn
cú thờm phng phỏp hm Euler .
Dng 2 : a v phng trỡnh c s :
Vớ d 2: Gii phng trỡnh nghim nguyờn sau :
Gii :
Lp bng d dng tỡm c nghim phng trỡnh trờn .
Vớ d 3 : Gii phng trỡnh nghim nguyờn sau :
Gii :

Ngời thực hiện: Tô Thị Bình
22
Đề tài: Rèn luyện t duy sáng tạo qua một số dạng toán ph ơng trình
nghiệm nguyên

l s cha bit ; s c xỏc nh sau .
Xột phng trỡnh :
Chn
T ú ta cú phng trỡnh c s :
Dng 3:Phng phỏp tỏch cỏc giỏ tr nguyờn
Vớ d 4: Gii phng trỡnh nghim nguyờn sau :
Gii :
VII. Phng Phỏp 7 : Phng Phỏp La Chn Modulo ( hay cũn gi l xột s d tng v )
Trc tiờn ta cú cỏc tớnh cht c bn sau :
Một s chớnh phng chia d ; chia d ; chia d
Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của phơng trình
x
2
2y
2
= 5
Hớng dẫn:
Xét x

5 mà x
2
2y
2
= 5 2y
2


5 y
2

5
(2,5) = 1 5 là số nguyên tố
y
2


25 x
2
2y
2


25
lại có x

5 x
2


25 5

25 loại
Xét x

5 y

5
và x
2
chia cho 5 có các số d 1 hoặc 4

y
2
chia cho 5 có các số d 1 hoặc 4 2y
2
chia cho 5 d 2 hoặc 3
x
2
2 y
2
chia cho 5 d

1 hoặc

2(loại)
Vậy phơng trình x
2
2y
2
= 5 vô nghiệm

Ngời thực hiện: Tô Thị Bình
23
Đề tài: Rèn luyện t duy sáng tạo qua một số dạng toán ph ơng trình
nghiệm nguyên
Ví dụ 2: Tìm x, y là số tự nhiên thoả mãn
x
2
+
3
y

= 3026
Hớng dẫn:
Xét y = 0 x
2
+ 3
0
= 3026 x
2
= 3025
mà x N x = 55
Xét y > 0
3
y

3, x
2
chia cho 3 d 0 hoặc 1
x
2
+
3
y
chia cho 3 d 0 hoặc 1
mà 3026 chia cho 3 d 2 (loại)
Vậy nghiệm (x,y) = (55,0)
Vớ D 3 : Gii phng trỡnh nghim nguyờn sau :
Gii:
Cũn
Do ú phng trỡnh trờn vụ nghim.
Cú th m rng thờm cho nhiu modulo nh v m rng cho s lp phng ; t

phng ; ng phng
Ta n vi Vớ D sau :
Vớ d 4 : Gii phng trỡnh nghim nguyờn dng sau :
Gii:
D thy
Mt khỏc :
chn thỡ ; l thỡ
Cũn ( vụ lớ)
Do ú phng trỡnh trờn vụ nghim.
Chỳ ý : Nhiu bi toỏn nghim nguyờn trong thi vụ ch toỏn cỏc nc ụi khi phi xột n
modulo khỏc ln ; ta xột n vớ d sau :
Vớ D 5 : (Balkan1998) Gii phng trỡnh nghim nguyờn sau :

Ngời thực hiện: Tô Thị Bình
24
Đề tài: Rèn luyện t duy sáng tạo qua một số dạng toán ph ơng trình
nghiệm nguyên
Gii:
( vụ lớ)
Do ú phng trỡnh ny vụ nghim.
Ch dũng ; tht ngn gn v p phi khụng no.
Núi chung xột modulo hiu qu cũn phi tựy thuc vo s nhy bộn ca ngi lm toỏn.
Núi thờm :
i vi cỏc phng trỡnh nghim nguyờn cú s tham gia ca cỏc s lp phng thỡ modulo
thng dựng l vỡ ( hóy t chng minh )
VI II . Ph ơng pháp 8 : Sử dụng tính chất của số nguyên tố
Ví dụ 1 : Tìm x, y, z nguyên tố thoả mãn
x
y
+ 1 = z

Hớng dẫn:
Ta có x, y nguyên tố và x
y
+ 1 = z z > 3
Mà z nguyên tố z lẻ x
y
chẵn x chẵn x = 2
Xét y = 2 2
2
+ 1 = 5 là nguyên tố z = 5 (thoả mãn)
Xét y> 2 y = 2k + 1 (k N)
2
2k+1
+ 1 = z 2. 4
k
+ 1 = z
Có 4 chia cho 3 d 1 (2.4
k
+1)

3 z

3 (loại)
Vậy x = 2, y = 2, z = 5 thoả mãn
Ví dụ 2 : Tìm số nguyên tố p để 4p + 1 là số chính phơng
Hớng dẫn:
đặt 4p + 1 = x
2
(x N)
x lẻ đặt x = 2k + 1 (k N)

4p + 1 = (2k + 1)
2
4p + 1 = 4k
2
+ 4k + 1 p =k(k+1)
k(k + 1) chẵn p chẵn, p nguyên tố p = 2
IX . Ph ơng pháp 9 : Đ a về dạng tổng
Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của phơng trình
x
2
+ y
2
x y = 8

Ngời thực hiện: Tô Thị Bình
25