Boi duong HSG qua chuyen de PT nghiem nguyen

Trang 1
A. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Qua vài năm tham gia công tác bồi dưỡng học sinh giỏi toán và giải toán trên
máy tính Casio ở đơn vị, tôi nhận thấy phương trình nghiệm nguyên là một mảng
kiến thức khá quan trọng trong hầu hết các kỳ thi học sinh giỏi. Tuy nhiên bản thân
tôi chưa đầu tư, nghiên cứu và giảng dạy tốt mảng kiến thức này trong những năm
trước đây. Bên cạnh đó, các dạng toán về phương trình nghiệm nguyên lại rất đa
dạng và không có một quy tắc giải tổng quát cho hầu hết các bài tập. Vì thế học
sinh của đội tuyển mà tôi phụ trách thường có tâm lí e ngại, không tự tin khi phải
đối mặt với các bài toán liên quan tới chủ đề này.
Nhận thấy được điều đó, tôi đã chọn nghiên cứu đề tài “Bồi dưỡng học sinh
giỏi qua chuyên đề phương trình nghiệm nguyên” nhằm mục đích phục vụ tốt
cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi trong giai đoạn tiếp theo ở đơn vị, giúp các
em học sinh giải tốt các bài toán điển hình thuộc chủ đề này.
2. Đối tượng nghiên cứu
- Học sinh, giáo viên trường THCS Suối Đá.
- Tài liệu viết về vấn đề phương trình nghiệm nguyên.
3. Phạm vi nghiên cứu
- Học sinh, giáo viên tham gia công tác bồi dưỡng học sinh giỏi toán và giải toán
trên máy tính Casio trong năm học 2008-2009 và học kỳ I năm học 2009-2010.
4. Phương pháp nghiên cứu
* Nghiên cứu tài liệu
- Đọc tài liệu, sách tham khảo.
- Biên soạn lại các vấn đề đã nghiên cứu được.
* Điều tra
- Trao đổi với đồng nghiệp.
- Thực nghiệm giảng dạy đội tuyển học sinh giỏi giải toán bằng máy tính Casio.
- Kiểm tra khảo sát kết quả, so sánh đối chiếu theo từng giai đoạn.
* Giả thuyết khoa học
Áp dụng đề tài này vào giảng dạy sẽ giúp học sinh giải được các bài toán

điển hình thuộc chủ đề phương trình nghiệm nguyên đã được học, được nghiên
cứu.
Trang 2
B. NỘI DUNG
I. Cơ sở lí luận
1. Các văn bản chỉ đạo
- Công văn số 2197/SGD&ĐT-KT, ký ngày 28/09/2009 về việc ban hành cấu
trúc đề kiểm tra học kì I lớp 9 và 12, cấu trúc đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 và 12
và cấu trúc đề thi học sinh giỏi giải toán trên máy tính Casio lớp 9 và 12.
- Cấu trúc đề thi học sinh giỏi toán lớp 9.
- Cấu trúc đề thi học sinh giỏi giải toán trên máy tính cầm tay lớp 9.
- Kế hoạch thực hiện nhiệm vụ năm học 2009-2010 của trường THCS Suối Đá.
2. Các quan niệm khác về giáo dục
Một trong những bước đột phá để nâng cao chất lượng giáo dục toàn diện
trong nhiều nhà trường hiện nay là việc phát hiện và bồi dưỡng học sinh giỏi các
khối lớp tham dự các kỳ thi học sinh giỏi các cấp, làm nhân tố tích cực cho phong
trào thi đua dạy tốt, học tốt.
Trong những năm qua, công tác bồi dưỡng học sinh giỏi ngày càng được quan
tâm nhiều hơn ở đơn vị tôi đang công tác và đã đạt được những kết quả bước đầu
khá khả quan, góp phần không nhỏ nâng cao chất lượng dạy và học.
Để thực hiện tốt công tác này, mỗi giáo viên phải tích cực tìm tòi, sưu tầm,
nghiên cứu và biên soạn tài liệu giảng dạy phù hợp với tình hình học sinh, tình hình
địa phương mình. Nhiều phần kiến thức bồi dưỡng học sinh giỏi ít hoặc thậm chí
không được đề cập trong sách giáo khoa mà chỉ có ở các loại sách tham khảo.
Phương trình nghiệm nguyên là một mảng kiến thức như thế.
Ở phương 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 tư duy toán học
linh hoạt và sáng tạo của người học. Do đó mà các bài toán tìm nghiệm nguyên
thường có mặt trong các kì thi tuyển học sinh giỏi, thi vào các trường chuyên trên
toàn quốc.

Không những thế, phương trình nghiệm nguyên còn là một đề tài lí thú của Số
học và Đại số, mãi mãi là đối tượng nghiên cứu của Toán học.
II. Cơ sở thực tiễn
1. Về tài liệu
Hiện nay, các dạng toán về phương trình nghiệm nguyên được trình bày từng
phần ở mỗi loại sách tham khảo. Do đó, để có tài liệu đầy đủ đòi hỏi giáo viên phải
biên soạn, tổng hợp lại.
2. Về thực trạng dạy và học chủ đề phương trình nghiệm nguyên
Trong những năm trước đây bản thân tôi chưa đầu tư, nghiên cứu và giảng
dạy tốt mảng kiến thức này. Vì thế học sinh của đội tuyển mà tôi phụ trách thường
Trang 3
có tâm lí e ngại, không tự tin khi phải đối mặt với các bài toán liên quan tới chủ đề
này.
Từ năm học 2008 – 2009 đến nay, tôi bắt đầu nghiên cứu, sưu tầm và đưa
vào giảng dạy một số dạng thường gặp của phương trình nghiệm nguyên và đã đạt
kết quả bước đầu khá tốt. Học sinh của tôi cũng tự tin hơn khi giải quyết các bài
toán thuộc chủ đề này.
Trường tôi công tác thuộc vùng nông thôn, kinh tế còn kém phát triển, các
điều kiện học tập vượt ra khỏi chương trình sách giáo khoa còn nhiều hạn chế.
Nhiều học sinh, kể cả học sinh đã tham gia đội tuyển học sinh giỏi của trường một
thời gian dài vẫn chưa có ý thức tìm tòi, học hỏi ở sách tham khảo mà hầu hết chỉ
trong phạm vi sách giáo khoa và những kiến thức do thầy cô cung cấp.
3. Sự cần thiết của đề tài
Với thực trạng trên, việc biên soạn tài liệu cho các em là một việc làm rất
thiết thực và hiệu quả để nâng cao chất lượng dạy và học, đặc biệt là nâng cao chất
lượng công tác bồi dưỡng học sinh giỏi trong nhà trường.
III. Nội dung vấn đề
1. Vấn đề đặt ra
Để công tác bồi dưỡng học sinh giỏi bộ môn toán và giải toán trên máy tính
Casio trong thời gian tới đạt kết quả cao hơn, đặc biệt là trong mảng kiến thức về

phương trình nghiệm nguyên thì đòi hỏi người giáo viên phải nghiên cứu kĩ vấn đề
và tổ chức giảng dạy cho học sinh một cách khoa học. Đồng thời với việc giảng dạy
lý thuyết còn phải tạo mọi điều kiện để các em luyện tập, thực hành giải toán với
đầy đủ các dạng để rèn luyện kỹ năng, sự linh hoạt và tính sáng tạo.
2. Một số giải pháp
Các bài toán tìm nghiệm nguyên thường rất đa dạng và không có một quy tắc
giải tổng quát. Mỗi dạng đòi hỏi phải có một cách giải phù hợp và logic. Ở đề tài
này, tôi chỉ nghiên cứu một số dạng toán điển hình với các ví dụ mẫu và các bài tập
để học sinh tự thực hành kèm theo. Cụ thể như sau :
2.1. Phương trình bậc nhất hai ẩn dạng tổng quát ax + by = c (a ≠ 0; b ≠ 0;
a, b, c  Z)
Định lí về sự tồn tại nghiệm nguyên:
Phương trình ax + by = c có nghiệm nguyên khi (a ; b) c
Chứng minh
Giả sử (x
0
; y
0
) là một nghiệm của phương trình ax + by = c.
Khi đó ta có ax
0
+ by
0
= c
- Nếu d = (a, b) thì d ax
0
+ by
0
= c.
Trang 4

- Ngược lại, giả sử d = (a, b) c thì ta có c = dc
1
và ta có hai số nguyên x
1
, y
1
sao
cho d = ax
1
+ by
1
. Suy ra dc
1
= a(x
1
c
1
) + b(y
1
c
1
) = c.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên.
Để tìm nghiệm nguyên của phương trình bậc nhất hai ẩn, ta có thể vận dụng một
trong các phương pháp sau :
a) Phương pháp xét tính chia hết của từng ẩn
Ví dụ 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 2x + 13y = 156 (1)
Giải.
Giả sử x, y là các số nguyên thoả mãn phương trình (1).
Ta thấy 13y  13 và 156  13 nên 2x  13 => x  13.

Đặt x = 13t (t  Z), thay vào (1) ta được : 26t + 13y = 156 <=> y = - 2t + 12
Thử lại vào (1) thoả mãn, nên phương trình có vô số nghiệm, được viết dưới công
thức tổng quát sau:
13
2 12




  
xt
yt

Ví dụ 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 7x + 4y = 100 (2)
Giải.
Ta thấy phương trình 7x + 4y = 100 có 4y  4 ; 100  4
=> 7x  4 => x  4 (Vì 7 không chia hết cho 4)
Đặt x = 4t (t  Z) thay vào (2) ta được : 28t + 4y = 100 <=> y = -7t + 25
Thử lại vào (2) thoả mãn, nên phương trình có vô số nghiệm, được viết dưới công
thức tổng quát sau:
4
7 25




  
xt
yt
, t  Z

b) Phương pháp tìm một nghiệm riêng của phương trình
Nếu cặp số (x
0
, y
0
) là một nghiệm nguyên của phương trình ax + by = c và
(a, b) = 1. Khi đó, tất cả các nghiệm nguyên của phương trình ax + by = c có dạng
(-bk + x
0
, ak + y
0
).
Chứng minh
Giả sử phương trình ax + by = c (*) có một nghiệm nguyên là (x
0
, y
0
).
Khi đó ta có : ax
0
+ by
0
= c (**)
Trừ (*) và (**) theo từng vế ta được :
a(x – x
0
) + b(y – y
0
) = 0 <=> a(x – x
0

) = –b(y – y
0
)
Do đó b(y – y
0
)  a => (y – y
0
)  a (vì điều kiện (a, b) = 1)
Trang 5
Đặt y = ak + y
0
(k  Z)
Thay vào (*) ta được ax + b(ak + y
0
) = c <=> ax + abk + by
0
= c (***)
Từ (**) và (***) suy ra ax + abk = ax
0
<=> x + bk = x
0
<=> x = -bk + x
0

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là:
0
0




  

x bk x
y ak y

Ví dụ 3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 2x + 3y = 11 (3)
Giải.
Ta thấy phương trình (3) có một nghiệm nguyên là: x
0
= 4; y
0
= 1
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (3) là:
34
21



  

xt
yt
, với t

Z.
Ví dụ 4. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 19x – 15y = 3 (4)
Giải.
Phương trình tương đương với



19x 3
y
15

Ta thử với x = 0; 1; 2; …. sao cho giá trị của y nguyên. Ta được x = 12, y = 15.
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (4) là:
15 12
19 15





xk
yk
, với k

Z.
c) Phương pháp tách ra các giá trị nguyên
Ví dụ 5. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 2x + 3y = 11 (5)
Giải.
(5) <=>
11-3y 1-y
x = = 5-y+
22
(5*)
Ta thấy
x Z 
khi (1 – y)


2
Đặt t =
1- y
2
(t

Z), suy ra y = – 2t + 1
Thay vào (5*) ta được x = 5 – (– 2t + 1) + t = 3t + 4
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (5) là :
x = 3t +4
y = -2t +1



, với t

Z.

Bài tập tương tự
Tìm nghiệm nguyên của các phương trình :
a) 3x + 17y = 159 b) 11x + 18y = 120 c) 12x – 7y = 45
d) 9x +20y = 547 e) 11x + 8y = 73
Trang 6
2.2. Phương trình bậc hai và phương trình bậc ba hai ẩn
Với loại phương trình này ta có thể sử dụng nhiều phương pháp để giải
chúng. Chẳng hạn như:
- Phương pháp đưa về phương trình ước số
- Phương pháp tách các giá trị nguyên của phương trình
- Phương pháp xét số dư từng vế
- Phương pháp xét điều kiện tồn tại nghiệm của phương trình bậc hai

…
Trong các ví dụ sau, ta vận dụng một trong các phương pháp trên để giải phương
trình nghiệm nguyên.
a) Phương pháp đưa về phương trình ước số
Ví dụ 6. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : xy – x – y = 2 (6)
Giải.
Ta có: (6) <=> x (y – 1) – (y – 1) = 3 <=> (y – 1) (x – 1) = 3
Ta thấy y – 1 và x – 1 phải là ước của 3.
Không mất tính tổng quát, giả sử x ≥ y => x – 1 ≥ y – 1.
Ta có các trường hợp sau xảy ra :
13
11





x
y
<=>
4
2





x
y
Hoặc:

11
13



  
  
x
y
<=>
0
2





x
y

Vậy phương trình (6) có 4 nghiệm nguyên sau : (4 ; 2) ; (2 ; 4) ; (0 ; -2) ; (-2 ; 0)
Ví dụ 7. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 8x
2
– y
2
– 2xy = 5 (7)
Giải.
Phương trình tương đương với (2x – y)(4x + y) = 5
Vì 5 chỉ được biểu diễn dưới dạng 5 = 5.1 hay 5 = (-5).(-1) nên ta được các kết quả:
25

41





xy
xy
<=>
1
3





x
y

21
45





xy
xy
<=>
1

1





x
y

25
41



  
  
xy
xy
<=>
1
3





x
y

21

45



  
  
xy
xy
<=>
1
1





x
y

Vậy phương trình (7) có 4 nghiệm nguyên sau: (1 ; -3) ; (1 ; 1) ; (-1 ; 3) ; (-1 ; -1).
Trang 7
Nhận xét:
Như vậy ở ví dụ 6, từ phương trình ban đầu xy – x – y = 2 ta đưa về phương
trình (y –1)(x –1) = 3. Phương trình này gọi là phương trình ước số. Phương trình
ước số trên có nghiệm nguyên khi các thừa số ở vế trái là ước nguyên của số ở vế
phải. Khi tìm nghiệm của phương trình ước số, ta cần sắp thứ tự các ẩn để giảm
được số trường hợp xảy ra, lời giải sẽ ngắn gọn hơn.
Bài tập tương tự
Tìm nghiệm nguyên của các phương trình :
a) xy + 3x – 5y = -3 b) 3xy + x – y = 1

c) xy + 3x – 5y = -3 d) 2x
2
– 2xy – 5x + 5y = -19
e) x
2
(x + 2y) – y
2
(y + 2x) = 1991 f) 2(x
2
– y
2
)= 1978
g) x
2
– 656xy – 657y
2
= 1983 h) 2x
2
+ 3xy – 2y
2
= 7
b) Phương pháp tách ra các giá trị nguyên
Ví dụ 8. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : xy – 2y – 3 = 3x – x
2
(8)
Giải.
Ta thấy rằng ở phương trình trên y có bậc cao nhất là một, nên ta có thể rút y ra và
tách giá trị nguyên của phương trình.
Thật vậy ta có : (8) <=> y(x – 2) = 3 + 3x – x
2

Ta thấy x = 2 không phải là nghiệm của phương trình . Do đó
y =
2
3 3x x
x2


= -x + 1 +
5
x2
(8*)
Phương trình (8*) có nghiệm nguyên khi 5  (x – 2) hay (x – 2) là ước của 5.
Ta có các trường hợp sau :
- Với x – 2 = 5 <=> x = 7. Thay vào (8*) được y = -5
- Với x – 2 = 1 <=> x = 3. Thay vào (8*) được y = 3
- Với x – 2 = -5 <=> x = -3. Thay vào (8*) được y = 3
- Với x – 2 = -1 <=> x = 1. Thay vào (8*) được y = -5
Vậy phương trình (8) có 4 nghiệm nguyên : (7 ; - 5) ; (3 ; 3) ; (- 3 ; 3) ; (1 ; - 5)
Nhận xét :
Với những phương trình bậc hai có một ẩn nào đó chỉ xuất hiện bậc nhất. Ta
rút ẩn đó ra từ phương trình rồi tách giá trị nguyên. Ví dụ ở bài toán trên, nhận thấy
rằng y có bậc cao nhất là một nên ta rút y từ phương trình đã cho để được một
Trang 8
phương trình mới y =
2
3 3x x
x2



. Ta lấy 3 + 3x – x
2
chia cho x – 2 để tách giá trị
nguyên. Rõ ràng phương trình có nghiệm nguyên khi (x – 2) là ước của 5.
Chú ý: Phương trình xy – 2y – 3 = 3x – x
2
có thể đưa về phương trình ước số để
giải như sau :
xy – 2y – 3 = 3x – x
2

<=> y(x – 2) + x
2
– 3x – 3 = 0
<=> y(x – 2) + x
2
– 3x + 2 = 5
<=> y(x – 2) + (x – 1)(x – 2) = 5
<=> (x – 2)(x – 1 + y) = 5
Bài tập tương tự
Tìm nghiệm nguyên của các phương trình :
a) 5x – 3y = 2xy – 11 b) xy – 2x – 3y + 1 = 0
c) 9x – 8y = 16 d) 8x + 11y = 73
e) 17x – 29y = 0 f) 11x + 18y = 120
g) 12x + 7y = 45 h) 5x + 7y =112
i) 5x + 19y = 674 j) y
x
+ y -
x
+ 6 = 0

c) Phương pháp xét số dư của từng vế
Ví dụ 9. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 9x + 2 = y
2
+ y (9)
Giải.
Ta có (9) <=> 9x + 2 = y(y + 1)
Ta thấy vế trái của phương trình trên chia cho 3 dư 2 nên y(y + 1) phải dư 2 khi
chia cho 3.
Như vậy chỉ có thể xảy ra trường hợp :
y = 3k + 1 và y + 1 = 3k + 2 (với k  Z)
Khi đó: 9x + 2 = (3k + 1)(3k + 2) <=> 9x = 9k(k + 1) <=> x = k(k + 1)
Thử lại, với x = k(k + 1) và y = 3k + 1 thì (9) thoả mãn.
Vậy phương trình (9) có nghiệm tổng quát được viết bởi công thức:
 
x = k k+1
y = 3k +1





(k  Z)
Nhận xét : Ở ví dụ trên ta đã sử dụng phương pháp xét tính chia hết của từng vế để
nhận thấy rằng vế trái của phương trình chia 3 dư 2. Vậy phương trình có nghiệm
nguyên khi vế phải cũng chia cho 3 dư 2. Mà y(y + 1) chia 3 dư 2 thì chỉ có thể xảy
ra trường hợp y chia 3 dư 1 để y + 1 chia 3 dư 2.
Trang 9
Ví dụ 10. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x
2
+ y

2
= 4z – 1 (10)
Giải.
- Xét vế trái, nếu x

Z thì ta có các trường hợp sau :
x

0 (mod 4), suy ra x
2

0 (mod 4)
x

1 (mod 4), suy ra x
2

1 (mod 4)
x

2 (mod 4), suy ra x
2

4

0 (mod 4)
x

3 (mod 4), suy ra x
2


9

1 (mod 4)
Như vậy x
2
chia cho 4 chỉ có thể dư 0 hoặc 1.
Tương tự, y
2
chia cho 4 chỉ có thể dư 0 hoặc 1.
Do đó x
2
+ y
2
chia cho 4 chỉ có thể dư 0 hoặc 1 hoặc 2. (10*)
- Xét vế phải, ta thấy 4z – 1 khi chia cho 4 chỉ có thể dư 3. (10**)
Từ (10*), (10**) suy ra phương trình không có nghiệm nguyên.
Bài tập tương tự
Tìm nghiệm nguyên của các phương trình :
a) x
3
+ 21y
2
+ 5 = 0 b) 19x
3
- 17y
2
= 50
c) x
2

+ 1954 = y
2
d) 15x
2
- 7y
2
= 9
e) 3
x
– 2
y
= 7 f) x
3
+ y
3
+ z
3
= 2002
g) x
3
+ y
4
= 7
d) Phương pháp xét điều kiện tồn tại nghiệm của phương trình bậc hai
Ví dụ 11. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x + y + xy = x
2
+ y
2
(11)
Giải.

Ta thấy (11) <=> x
2
– (y + 1)x + y
2
– y = 0
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
 ≥ 0 <=> -3y
2
+ 6y + 1 ≥ 0
<=> 3(y – 1)
2
≤ 4
<=> (y – 1)
2
≤
3
4

=> 0 ≤ (y – 1)
2
≤ 1
Để y là số nguyên ta xét các trường hợp sau:
y – 1 = 1 <=> y = 2

y – 1 = -1 <=> y = 0
Trang 10
y – 1 = 0 <=> y = 1
Thay các giá trị của y vào phương trình x
2
– (y + 1)x + y
2
– y = 0, ta có :
Với y = 2 ta được x
1
= 1 ; x
2
= 2
Với y = 0 ta được x
3
= 0 ; x
4
= 1
Với y = 1 ta được x
5
= 0 ; x
6
= 2
Vậy phương trình (11) có 6 nghiệm nguyên :
(0; 0), (0; 1), (1; 0), (1; 2), (2; 1), (2; 2).
Ví dụ 12. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 10x + y = x
2
+ y
2
+ 13 (12)

Giải.
Viết lại phương trình dưới dạng x
2
– 10x + y
2
– y + 13 = 0
Suy ra ’ = 25 – y
2
+ y – 13 ≥ 0

y
2
– y – 12

0

y
2
– y +
1
4



49
4



2

1
y
2






49
4



7
2




1
y
2



7
2

=> -3


y

4
Thử trực tiếp các giá trị của y ta được hai giá trị thoả mãn là : y = -3 và y = 4.
Khi đó ta có các nghiệm nguyên của phương trình (12) là : (-5; -3), (5; 4).
Nhận xét :
Nếu phương trình có một ẩn được nâng lên luỹ thừa bậc 2 thì ta có thể viết
phương trình đã cho dưới dạng phương trình bậc 2 với ẩn đó, còn ẩn kia ta xem như
là tham số. Từ đó sử dụng điều kiện tồn tại nghiệm của phương trình bậc hai  ≥ 0
để tìm nghiệm nguyên của phương trình.
Bài tập tương tự
Tìm nghiệm nguyên của các phương trình :
a) x
2
– 2x – 11 = y
2
b) x
2
+ 2y
2
+ 3xy – x – y + 3 = 0
c) 3x
2
+ y
2
+ 4xy + 4x + 2y + 5 = 0 d) 12x
2
+ 6xy + 3y
2

= 28(x + y)
e) x
2
+ y
2
= 2x + y + 5 f) x
2
+ xy + y
2
= 2x + y
g) x
2
+ xy + y
2
= x + y h) x
2
- 3xy + 3y
2
= 3y
i) x
2
- 6xy + 13y
2
= 100 j) x
2
- 2xy + 5y
2
= y + 1

Trang 11

e) Phương pháp xây dựng các tổng bình phương
Ví dụ 13. Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
5x
2
+ 2y
2
+ 10x + 4y = 6 (13)
Giải.
Phương trình (13) tương đương với 5(x + 1)
2
+ 2(y + 1)
2
= 13 (13*)
Suy ra (x + 1)
2

13
3
5



(x + 1)
2


{0 ; 1}
- Nếu (x + 1)
2
= 0


x = -1, thay vào (13*) được 2(y + 1)
2
= 13 nên không có
nghiệm nguyên y.
- Nếu (x + 1)
2
= 1

x = 0 hoặc x = -2, thay vào (13*) suy ra
2(y + 1)
2
= 8

y + 1 =

2

y = 1 hoặc y = -3.
Vậy phương trình (13) có các nghiệm nguyên : (0 ; 1), (0 ; -3), (-2 ; 1), (-2 ; -3).
Ví dụ 14. Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
x
2
+ 5y
2
+ 2xy + 4y = 12 (14)
Giải.
Phương trình (14) tương đương với (x + y)
2
+ (2y + 1)

2
= 13 (14*)
Vì 13 = (

2)
2
+ (

3)
2
nên từ (14*) ta thu được các kết quả sau :
x y 2
2y 1 3







x1
y1






x y 2
2y 1 3





  


x4
y2






x y 2
2y 1 3



  



x3
y1







x y 2
2y 1 3



  
  


x0
y2






Vậy phương trình (14) có các nghiệm nguyên sau : (1 ; 1), (4 ; -2), (-3 ; 1), (0 ; -2).
Nhận xét :
Qua hai ví dụ trên ta thấy, để giải tốt các phương trình dạng này thì cần phải
linh hoạt, sáng tạo trong việc sử dụng các hằng đẳng thức, đặc biệt là hằng đẳng
thức bình phương của một tổng và bình phương của một hiệu.
Bài tập tương tự
Tìm nghiệm nguyên của các phương trình :
a) x
2
– 6xy + 13y
2

= 100
Trang 12
b) 5x
2
– 4xy + y
2
= 169
c) x
2
+ y
2
– x – y = 8
d) 5x
2
+ 5y
2
+ 8xy + 2x – 2y + 2 = 0
e) 2x
2
+ 2y
2
– 2xy + x + y – 10 = 0
f) Phương pháp sử dụng tính chất của số chính phương
Nếu hai số nguyên dương có tích là một số chính phương thì hoặc bằng nhau
hoặc cả hai là số chính phương.
Ví dụ 15. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 9x
2
+ 6x = y
3
(15)

(Bài 1 – Chuyên mục thi giải toán qua thư số 61 - Toán TT2)
Giải.
Ta có :
(15) <=> 9x
2
+ 6x + 1 = y
3
+ 1
<=> (3x + 1)
2
= (y + 1)(y
2
– y + 1) (15*)
Phương trình (15*) có nghiệm nguyên khi :
y + 1 = y
2
– y + 1 hoặc y + 1 và y
2
– y + 1 là các số chính phương.
- Trường hợp y + 1 = y
2
– y + 1 <=> y(y – 2) = 0
<=> y = 0 hoặc y = 2
+ Khi y = 0 ta có x = 0 (nhận) hoặc x = -
2
3
(loại)
+ Khi y = 2 ta có x = -
2
3

(loại) hoặc x =
4
3
(loại)
- Trường hợp y + 1 và y
2
- y + 1 là các số chính phương
Ta thấy y
2
– y + 1 =
2
1
2



y
+
3
4
không thể là một số chính phương với mọi y ≠ 0.
Vậy phương trình (15) có nghiệm nguyên duy nhất : (x ; y) = (0 ; 0)
Nhận xét :
Với ví dụ trên ta biến đổi vế trái của phương trình về dạng của một số chính
phương. Để phương trình có nghiệm nguyên thì vế phải cũng phải có các thừa số là
các số chính phương hoặc các thừa số đó phải bằng nhau.
Bài tập tương tự
Tìm nghiệm nguyên của các phương trình :
a) 2x
2

+ 4x = 19 – 3y
2

b) x
2
y
2
– x
2
– 8y
2
= 2xy
c) 3x
2
+ 4y
2
= 6x + 13
Trang 13
2.3. Phương trình vô tỷ, phương trình mũ
Phương trình nghiệm nguyên dạng vô tỉ là loại phương trình rất phức tạp.
Người giải cần linh hoạt, sáng tạo trong biến đổi để tìm ra phương án hợp lí giải
quyết bài toán. Chẳng hạn như một số ví dụ sau, phải vận dụng nhiều kỹ năng phối
hợp chặt chẽ để đưa ra lời giải ngắn gọn, hợp lí.
Ví dụ 16. Giải phương trình nghiệm nguyên :
x
+
y
=
1980
(16)

Giải.
- Ta có : (16) <=>
x
=
1980
-
y
(16*)
Với điều kiện : 0 ≤ x , 0 ≤ y ≤ 1980
(16*) <=> x = 1980 + y – 2
1980y

<=> x = 1980 + y – 12
55y
(16**)
Phương trình (16**) có nghiệm nguyên khi –12
55y
phải nguyên hay 55y phải là
một số chính phương.
Đặt y = 55a
2
(a  N)
- Tương tự ta sẽ có : y = 1980 + x – 12
55x

Đặt : x = 55b
2
(b  N)
- Thay x = 55b
2

và y = 55a
2
vào (16) ta có :
a
55
+ b
55
= 6
55

<=> a + b = 6
Giả sử x ≥ y suy ra a ≥ b
Ta có bảng sau :
a
b
x = 55a
2

y = 55b
2

0
6
0
1980
1
5
55
1375
2

4
220
880
3
3
495
495
Vậy phương trình (16) có các nghiệm nguyên sau :
(0 ; 1980), (1980 ; 0), (55 ; 1375), (1375 ; 55), (220 ; 880), (880 ; 220), (495 ; 495).
Nhận xét :
Với dạng phương trình trên, ta sử dụng phương pháp bình phương hai vế để
rút ra được x = 1980 + y – 12
55y
. Bắt buộc
55y
phải là số chính phương để
phương trình đã cho có nghiệm nguyên. Bằng phương pháp tương tự ta cũng có
Trang 14
55x
phải là số chính phương. Đến đây cần chú ý khi đổi biến, làm thế nào đó để
khi thay vào phương trình ban đầu ta được phương trình không chứa căn bậc hai và
vận dụng các phương pháp đã biết để giải nó.
Ví dụ 17. Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình : 3
x
+ 1 = 2
y
(17)
Giải.
Với x


N thì 3
x
+ 1

1 (mod 3), suy ra 2
y


1 (mod 3).
Do đó y phải là số chẵn (y = 2m, m

N).
Phương trình đã cho được viết lại dưới dạng :
- Với x

0 : 3
x
= (2
m
+ 1)(2
m
– 1), suy ra 2
m
– 1 = 1

m = 1

y = 2. Từ đó
thu được x = 1.
- Với x = 0 : 2 = 2

y


y = 1.
Vậy phương trình có nghiệm nguyên không âm là : (1 ; 2), (0 ; 1).
Ví dụ 18. Giải phương trình nghiệm nguyên y
2
= 1 +
2
9 x 4x
(18)
(Đề thi HS Giỏi lớp 9 năm học 2003 - 2004_ Phòng GD Kỳ Anh )
Giải.
Điều kiện : 9 – x
2
– 4x ≥ 0 <=> –5 ≤ x ≤ 1
Ta có : y
2
= 1 +
2
9 x 4x

= 1 +
2
13 (x 4x 4)  

= 1 +
2
13 (x 2)
≤ 1 +

13

Do y là một số nguyên nên 1 ≤ y
2
≤ 4 <=> y
2
= 1 hoặc y
2
= 4
- Với y
2
= 1  13 = (x + 2)
2
không thể có nghiệm nguyên (vì 13 là một số
nguyên tố còn (x + 2)
2
là số chính phương).
- Với y
2
= 4 <=> y = 2 hoặc y = -2, khi đó ta có :
2
13 (x 2)
= 3
<=> 13 – (x + 2)
2
= 9
<=> (x + 2)
2
= 4
<=> x = 0 (thoả mãn ĐK) hoặc x = 2 (thoả mãn ĐK)

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là : (0 ; 2) ; (0 ; -2) ; (2 ; 2) ; (2 ; -2).
Nhận xét : Như vậy ở phương trình trên ta thấy biểu thức 13 – (x + 2)
2
có giá trị
lớn nhất bằng 13 nên 1 +
2
13 (x 2)
≤ 1 +
13
. Nhờ việc vận dụng bất đẳng
thức mà ta giới hạn được khoảng giá trị của y
2
với y nguyên thì ta đã tìm được các
giá trị cụ thể của y và x.
Trang 15
Bài tập tương tự
Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình :
a)
x
+
y
=
1960
(x < y) b)
x
+
y
=
2009
(x < y)

c) y
2
– 12
2
= 2
x
+ 3
2
d) 7
z
= 2
x
.3
y
– 1
e) 2
x
+ 2
y
+ 2
z
= 2
t
f) 3
x
– 2
y
= 7
g) x
3

+ y
4
= 7 h) 2
x
+ 2
y
+ 2
z
= 2336 (x < y < z)
2.4. Phương trình trên tập các số tự nhiên
Ví dụ 19. Tìm x, y, z là các số tự nhiên thoả mãn : z + y + z = xyz (19)
Giải.
Giả sử x

y

z, từ (19) suy ra xyz

3z

xy

3.
Vì x, y

N và xy

3 nên ta xét các khả năng sau :
- Nếu xy = 0


x = 0

y + z = 0

y = z = 0.
- Nếu xy = 1

x = y = 1, thay vào (19) thu được 2 + z = z (vô nghiệm).
- Nếu xy = 2

x = 1, y = 2, thay vào (19) thu được 3 + z = 2z

z = 3.
- Nếu xy = 3

x = 1, y = 3, thay vào (19) thu được 4 + z = 3z

z = 2 (loại).
Vậy phương trình (19) có sáu nghiệm tự nhiên là hoán vị của bộ số (1; 2; 3) và một
nghiệm tự nhiên là bộ số (0; 0; 0).
Ví dụ 20. Tìm x, y là các số tự nhiên thoả mãn : 2
x
– 2
y
= 1984 (20)
Giải.
Từ phương trình suy ra x > y và phương trình đã cho được viết lại dưới dạng :
2
y
.(2

x-y
– 1) = 2
6
.31
Suy ra
y6
x6
2 1 31









y6
x 6 5
22









y6

x 11






Vậy phương trình (20) có nghiệm tự nhiên là (11; 6).

Bài tập tương tự
Tìm các số tự nhiên thoả mãn phương trình :
a) x
2
+ x + 13 = y
2

b) 10x
2
+ 29xy + 21y
2
= 2001
c) x
2
+ x + 19 = y
2

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

+ 1576
Trang 16
2.5. Phương trình trên tập các số nguyên tố
Ví dụ 21. Tìm x, y, z là các số nguyên tố thoả mãn : x
y
+ 1 = z (21)
Giải.
Từ phương trình suy ra z là số nguyên tố lớn hơn 2 nên z là số lẻ.
Vậy x
y
là số chẵn, suy ra x chẵn.
Mà x là số nguyên tố nên chỉ có thể x = 2. Khi đó ta có : 2
y
+ 1 = z (21*)
Xét các trường hợp sau :
- Nếu y = 2k + 1 (k

N*), thay vào (21*) ta được :
2
y
+ 1 = 2
2k + 1
+ 1 = 2.2
2k
+ 1 = 2.4
k
+ 1 = 2.(3 + 1)
k
+ 1


0 (mod 3).
Vậy phương trình vô nghiệm vì z là số nguyên tố.
- Nếu y = 2k (k

N*), và do y là số nguyên tố nên y = 2, thay vào (21*) ta được
z = 5
Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên tố là bộ số (2; 2; 5).
Bài tập tương tự
Tìm nghiệm nguyên tố của các phương trình :
a) (x
2
– y
2
)
2
= 14xy + 1
b) x
2
– 2y
2
= 1
c) x
2
+ y
3
= z
4


3. Kết quả áp dụng đề tài

Trước khi áp dụng đề tài, học sinh giải các bài toán phương trình nghiệm
nguyên một cách rất khó khăn, nhiều bài đi đến kết quả sai. Qua kết quả các bài
kiểm tra khảo sát, tôi thống kê được như sau :

Tổng số
bài kiểm tra
Số bài đạt điểm dưới 5
Số bài đạt điểm 5 trở lên
Số lượng
Tỉ lệ %
Số lượng
Tỉ lệ %
15
9
60,0
6
40,0

Thực tế giảng dạy cho thấy sau khi được truyền đạt kĩ lưỡng những dạng
trên, học sinh rất hứng thú và linh hoạt khi giải các bài toán về phương trình
nghiệm nguyên, lời giải rõ ràng, cách trình bày khoa học, tỉ lệ bài giải đúng được
nâng lên cao hơn. Cụ thể kết quả khảo sát như sau :

Tổng số
bài kiểm tra
Số bài đạt điểm dưới 5
Số bài đạt điểm 5 trở lên
Số lượng
Tỉ lệ %
Số lượng

Tỉ lệ %
15
4
26,7
11
73,3
Trang 17
C. KẾT LUẬN:
1. Bài học kinh nghiệm
Quả thật trong Toán học phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng, phương
pháp để giải từng dạng phương trình cũng khá phong phú. Tôi đã cố gắng đưa ra
một số dạng phương trình điển hình thường gặp và một số phương pháp giải chúng.
Tôi nghĩ để giải các dạng phương trình trên, không chỉ dừng lại ở những phương
pháp đó mà phải tiếp tục nghiên cứu tìm ra những phương pháp hay hơn, hiệu quả
hơn.
Trong các dạng phương trình nghiệm nguyên được giới thiệu ở trên, tôi thấy
phương trình bậc hai là một dạng tiêu biểu có nhiều phương án để giải và mức độ
ứng dụng cũng khá phổ biến. Bên cạnh đó phương trình vô tỉ cũng rất thú vị, vì khi
giải nó yêu cầu chúng ta phải suy luận chặt chẽ, linh hoạt, phối hợp nhiều kĩ năng,
giúp người học phát huy được tính sáng tạo của bản thân.
2. Hướng phổ biến, áp dụng đề tài
Tôi đã áp dụng đề tài cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi toán và giải toán
trên máy tính Casio ở đơn vị đạt kết quả bước đầu khả quan. Với những kết quả đó,
tôi sẽ giới thiệu đến các bạn đồng nghiệp trong đơn vị để cùng nhau áp dụng và
phát triển thêm.
3. Hướng nghiên cứu tiếp
Từ những kinh nghiệm và kết quả đạt được trong đề tài này, tôi sẽ tiếp tục
nghiên cứu chuyên sâu hơn, đầy đủ hơn cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi trong
thời gian tới.

Trang 18
E. TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Thực hành giải toán (NXB Giáo dục, năm xuất bản: 2000)
Chủ biên: Vũ Dương Thuỵ.
2. Các đề thi học sinh giỏi giải toán trên máy tính Casio 1996 - 2004 (NXB Giáo
dục, năm xuất bản: 2005)
Tác giả: Tạ Duy Phượng, Nguyễn Thế Thạch.
3. Các bài giảng về số học (NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, năm xuất bản: 2006)
Chủ biên: Nguyễn Vũ Lương.
4. Toán phát triển bồi dưỡng học sinh giỏi Số học 9 (NXB Đại học Quốc gia
Thành phố Hồ Chí Minh, năm xuất bản: 2009)
Tác giả: Võ Đại Mau.
5. Chuyên đề bồi dưỡng Số học 9 (NXB Đà Nẵng, năm xuất bản: 2006)
Tác giả: Nguyễn Đức Tấn, Đặng Đức Trọng).
6. Mạng Internet






Trang 19
MỤC LỤC
BẢN TÓM TẮT ĐỀ TÀI Error! Bookmark not defined.
A. MỞ ĐẦU 1
1. Lý do chọn đề tài 1
2. Đối tượng nghiên cứu 1
3. Phạm vi nghiên cứu 1

4. Phương pháp nghiên cứu 1
B. NỘI DUNG 2
I. Cơ sở lí luận 2
1. Các văn bản chỉ đạo 2
2. Các quan niệm khác về giáo dục 2
II. Cơ sở thực tiễn 2
1. Về tài liệu 2
2. Về thực trạng dạy và học chủ đề phương trình nghiệm nguyên 2
3. Sự cần thiết của đề tài 3
III. Nội dung vấn đề 3
1. Vấn đề đặt ra 3
2. Một số giải pháp 3
2.1. Phương trình bậc nhất hai ẩn dạng tổng quát ax + by = c 3
a) Phương pháp xét tính chia hết của từng ẩn 4
b) Phương pháp tìm một nghiệm riêng của phương trình 4
c) Phương pháp tách ra các giá trị nguyên 5
2.2. Phương trình bậc hai và phương trình bậc ba hai ẩn 6
a) Phương pháp đưa về phương trình ước số 6
b) Phương pháp tách ra các giá trị nguyên 7
c) Phương pháp xét số dư của từng vế 8
d) Phương pháp xét điều kiện tồn tại nghiệm của phương trình bậc hai 9
e) Phương pháp xây dựng các tổng bình phương 11
f) Phương pháp sử dụng tính chất của số chính phương 12
2.3. Phương trình vô tỷ, phương trình mũ 13
2.4. Phương trình trên tập các số tự nhiên 15
2.5. Phương trình trên tập các số nguyên tố 16
3. Kết quả áp dụng đề tài 16
C. KẾT LUẬN: 17
1. Bài học kinh nghiệm 17
2. Hướng phổ biến, áp dụng đề tài 17

3. Hướng nghiên cứu tiếp 17
D. NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ VÀ XẾP LOẠI Error! Bookmark not defined.
E. TÀI LIỆU THAM KHẢO 18
MỤC LỤC 19