Sáng kiến kinh nghiệm Kinh nghiệm giải phương trình,hệ phương trình nghiêm nguyên

Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh
SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I . THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
- Họ và tên: Đinh Quang Minh
- Ngày tháng năm sinh: 02/01/1961.
- Giới tính: Nam.
- Địa chỉ: Tổ 8 – khu 12 – Thị trấn Tân Phú – Huyện Tân Phú.
- Điện thoại : 0902795345
- email:
- Năm vào ngành: 1982
- Chức vụ : Giáo viên.
- Đơn vị công tác: Trường THPT Đoàn Kết - Huyện Tân Phú – Đồng Nai.
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO:
- Học vị ( hoặc chuyên môn trình độ cao nhất): Cử nhân khoa học.
- Năm nhận bằng: 1990.
- Chuyên môn đào tạo: Sư phạm Toán.
III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC:
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Toán
- Số năm có kinh nghiệm: 33 năm
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 6 năm gần đây: 4

DUYỆT CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
1
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh
A.LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Đề tài này tôi đã thực hiện ở năm học 2013 – 2014 , năm học 2014 – 2015
tôi tiếp tục nghiên cứu và bổ sung.
Trong quá trình dạy bồi dưỡng học sinh giỏi tại trường, tôi nhận thấy rằng
mảng kiến thức về phương trình , hệ phương trình nghiêm nguyên, nguyên
dương thật rất đa dạng và không có một phương pháp giải chung nào cho loại
toán này và như thế học sinh cũng như người dạy gặp nhiều khó khăn.

Nhằm giúp học sinh trong các đội tuyển toán của trường cũng như học
sinh yêu thích môn toán của trường giải quyết phần nào khó khăn trên, tôi đã
viết chuyên đề “ Kinh nghiệm giải phương trình,hệ phương trình nghiêm
nguyên”.
B. TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
I. Cơ sở lý luận.
- Toán học là môn khoa học cơ bản , học toán đòi hỏi người học ngoài việc phải
nắm vững các khái niệm, định lý, tính chất còn đòi hỏi phải biết vận dụng linh
hoạt các kiến thức đó vào các bài toán cụ thể để giải , không thể chỉ đơn thuần
là thuộc.
- Trong quá trình học toán và giải toán lại không có phương pháp chung nào để
có thể giải được các bài toán, mỗi bài khác nhau thì có thể vận dụng các phương
pháp giải khác nhau.
- Phân loại các dạng toán cơ bản , phân tích tìm phương pháp giải để từ đó rút
ra kinh nghiệm giải đồng thời có thể vận dụng các kinh nghiệm , kiến thức đó
để giải các bài toán khác.
II. Nội dung biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài
2.1. Thuận lợi:
- Được sự quan tâm và chỉ đạo của Ban lãnh đạo nhà trường về công tác đổi
mới phương pháp giảng dạy.
- Các em học sinh ngoan và có ý thức học tập.
2.2. Khó khăn:
- Điều kiện học tập chưa tốt, cơ sở vật chất còn hạn chế.
- Là một trường ở miền núi nên mặt bằng kiến thức chưa đồng đều giữa các học
sinh với nhau, còn nhiều học sinh có hoàn cảnh gia đình khó khăn , các em phải
phụ giúp gia đình kiếm từng bữa ăn nên thời gian cho học tập quá ít dẫn đến
học yếu là tất nhiên.
2.3. Phạm vi , đối tượng, thời gian thực hiện:
- Đối tượng nghiên cứu: Một số bài về phương trình,hệ phương trình nghiệm
nguyên, nguyên dương

- Phạm vi nghiên cứu: Một số bài toán cơ bản
- Thực hiện đề tài trong các giờ chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi khối 10,11
2.5 Các biện pháp thực hiện đề tài:
Bước 1: Hệ thống hoá các kiến thức.
2
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh
Bước 2: Đưa ra một số ví dụ điển hình, phân tích và cùng học sinh xây dựng
phương pháp giải
Bước 3: Rèn luyện kĩ năng giải các bài tập tương ứng cho học sinh thông qua
một số bài tập bổ sung . Gợi mở cho học sinh những hướng phát triển, mở rộng
NỘI DUNG
A. PHƯƠNG TRÌNH
I. Một số kiến thức cơ bản cần nắm
1. Phương trình vô định:
ax by c 0+ + =
(1) với a,b,c nguyên
a. Định lý: Phương trình (1) có nghiệm nguyên
⇔ (a,b) c
b. Hệ quả: Nếu
(a,b) 1=
Thì phương trình (1) luôn có nghiệm nguyên.
 Ta có thể coi phương trình (1) là phương trình đường thẳng trong mặt
phẳng tọa độ Oxy, tìm một nghiêm riêng nguyên
o o
(x ;y )
. Khi đó phương trình
(1) có nghiệm nguyên tổng quát
o
0
x x bt

(t )
y y at

= +

∈

= −


¢
 Nếu phương trình (1) có thể nhẩm được nghiệm nguyên thì ta có thể tính
nhẩm cho nhanh.
 Nếu không ta có thể dùng thuật toán Euclide để tìm
Trước tiên tìm nghiệm riêng của phương trình
ax by 1+ =
với
(a,b) 1=
Viết thuật toán Euclide cho hai số a và b
o 1
1 1 2
1 2 2 3
k 1 k k
a bq r
b r q r
r r q r

r r q 1
−
= +

= +
= +
= +
Viết các “ thương số” các dãy phép chia của thuật toán
Tính
o
1
2
k
1 p
m q
1
q
q
1
q
1

q
= + =
+
+
+
Nghiệm riêng của ax+by=1 thỏa
o
o
x p
y q

=



=


hoặc
o
o
x q
y p

=


=


Thử từng trường hợp xác định
o o
(x ;y )
Cuối cùng nghiệm riêng của (1) là
o o
(cx ;cy )
2. Phương trình bậc nhất nhiều ẩn:
Định lý: Phương trình
1 1 2 2

n n
a x a x a x c+ + + =
(

, )
i
a b∈ ∈¢ ¢
có nghiệm
nguyên
1 2
( , , , )
n
a a a c⇔
3. Các tính chất chia hết, số nguyên tố, đồng dư;
3
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh
II. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CƠ BẢN:
1. PHƯƠNG TRÌNH DẠNG:

∏
∑
=
=
=+
n
i
i
n
i
i
xcbxa
2
2
hoặc

c
x
a
n
i
i
=
∑
=2
( với a , b , c là các số tự nhiên)
a. Phương trình dạng:
∏
∑
=
=
=+
n
i
i
n
i
i
xcbxa
2
2

+ Khi n = 2 ( Dùng phương pháp phân tích)
Ta có a( x + y ) + b = c.xy ( 1)

nmbcaacyacx .))(()1(

2
=+=−−⇔
( 2)
Nên



=−
=−
⇒
nacy
macx
)2(
,



=−
+=−
1
2
acy
bcaacx

( Giải hệ và tìm nghiệm thích hợp
*
, INyx ∈
)
Do x , y là bình đẳng nên ( x
0

; y
0
) là nghiệm thì ( y
0
; x
0
) cũng là nghiệm

+ Khi n > 2 . ( Dùng bất đẳng thức để thu nhỏ miền nghiệm)
Ta viết a( x
1
+ x
2
+ ….+ x
n
) + b = c.x
1
.x
2
…x
n
( 3)

Do x , y là bình đẳng nên ta giả sử
1
21
≥≥≥≥
n
xxx

Ta có
c
xxx
b
xxx
a
xxx
a
xxx
a
nnnn
=++++⇔
−



)3(
211213132
Do
1
21
≥≥≥≥
n
xxx
Nên

1
1
1
11

1
2

,

,,

−−
−
−
≤≤≤
n
n
n
n
n
n
n
n
n
x
b
xx
b
x
a
xx
a
x
a

xx
a
Suy ra
*1
11
)(
.
)(
INm
c
bna
x
bna
bnac
xc
bnac
c
x
bna
n
n
n
n
n
n
∈≤
+
≤⇒
+
+

≥
+
⇔≥
+
−
−−
( 4)
Từ (4) tìm được x
n
và thay vào PT (3) ta được PT còn n – 1 ẩn
x
1
, x
2
, …, x
n-1
Tiếp tục các bước như trên để tìm được x
n-1
, …, x
1

+ Cần chú ý: - Nếu tìm được x
n
= p thì chỉ cần giả sử
pxxx
n
≥≥≥≥
−121

- Nếu có bộ nghiệm phân biệt p

1
, p
2
, …., p
n

Thì số nghiệm của PT là n! được hoán vị từ bộ nghiệm trên
b. Phương trình dạng
c
x
a
n
i
i
=
∑
=2
có cách giải như loại a
Một số ví dụ
Ví dụ 1:
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x + y + z = xyz (1)
Giải: Do x,y,z bình đẳng . Ta giả sử
1≥≥≥ zyx

3
3
1
111
)1(
2

2
≤⇒≤=++⇔ z
z
xyxzyz
. Do
*
INz ∈
nên z = 1
+ VớI z = 1 thì
2)1)(1(1)1( =−−⇔=++⇔ yxxyyx


4
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh
Ta có



=
=
⇔



=−
=−
2
3
11
21

y
x
y
x
+ Vậy bộ nghiệm là ( 3 ; 2 ; 1) .Khi đó PT đã cho có 6 nghiệm được hoán vị
từ bộ nghiệm
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dương của PT 5( x+y+z+t) + 10 = 2xyzt (2)
Giải: Do x,y,z bình đẳng . Ta giả sử
1≥≥≥≥ tzyx

21215
2
30
1
2
10
2
5
2
5
2
5
2
5
)2(
3
3
=∨=⇒≤⇒≤⇒≤=++++⇔ tttt
t
xyztxyzxytxztyzt

+ Với t = 1 Ta có 5(x+y+z) + 15 = 2xyz (3)

321315
2
30
1
2
15
2
5
2
5
2
5
)3(
2
2
=∨=∨=⇒≤⇒≤⇒≤=+++⇔ zzzzz
z
xyzxyxzyz
+ Với z = 1 Ta có
65)52)(52(220)(5 =−−⇔=++ yxxyyx
Ta có



=
=
∨




=
=
⇔



=−
=−
∨



=−
=−
5
9
3
35
552
1352
152
6552
y
x
y
x
y
x

y
x
Vậy có 2 bộ nghiệm ( 13 ; 5 ; 1 ; 1) và ( 9 ; 5 ; 1 ;1 )
Nghiệm của phương trình là các hoán vị của 2 bộ
+ Với z = 2 , 3 Phương trình vô nghiệm
+ Với t =2 Ta có 5( x+ y + t) + 20 = 4xyz ( 4)

9
4
35
4
35
1
4
20
4
5
4
5
4
5
)4(
22
2
<⇒≤⇒≤=+++⇔ zz
z
xyzxyxzyz
Do
2=≥≥ tyx
Nên z = 2 Ta có 5( x+y) + 30 = 8xy

53.5265)58)(58( ==−−⇔ yx
(5)
Vì
2=≥≥ tyx
nên
115858 ≥−≥− yx
.Vậy PT (5) vô nghiệm
+ Kết luận: có 2 bộ nghiệm ( 13 ; 5 ; 1 ; 1) và ( 9 ; 5 ; 1 ;1 ) .Nghiệm là các
hoán vị của 2 bộ
Ví dụ 3 : Tìm nghiệm nguyên dương lẻ phân biệt của phương trình

315
56311111
=++++
ktzyx
( 1)
Giải: Do x,y,z bình đẳng . Ta giả sử
1≥>>>> ktzyx
(1’)
Từ (1) và (1’) suy ra
17,2
563
315.5
315
5635
=⇒≈≤⇒≥ kk
k
( k lẻ )
+ k =1 ta có
315

2481111
)1( =+++⇔
tzyx
( 2)
VớI
1>>>> tzyx
(2’)
Từ (2) và (2’) suy ra
38.3
315
248.4
315
2484
=⇒≈≤⇒≥ tt
t
+ t = 3 ta có
315
143111
)2( =++⇔
zyx
5
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh
+ Các bước tương tự tìm được z = 5 , y = 7 , x = 9
+ Vậy có bộ nghiệm ( 9 ; 7 ; 5 ; 3 ; 1) .Nghiệm là các hoán vị của bộ nghiệm
Ví dụ 4: Một tam giác có số đo của đường cao là những số nguyên và bán kính
đường tròn nội tiếp tam giác bằng 1. chứng minh tam giác đó là tam giác đều.
Giải:

a
c

b
O
A
B
C
Đặt
, ,a BC b AC c AB= = =
Gọi x,y,z là độ dài các đường cao ứng với
các cạnh a,b,c của tam giác.
Do bán kính đường tròn nội tiếp tam giác
r = 1 nên
, , 2x y z >
Giả sử
2x y z≥ ≥ >
Diện tích tam giác ABC
1 1 1
(1)
2 2 2
S ax by cz= = =
Mặt khác:
1
( ) (2)
2
ABO AOC BOC
S S S S a b c= + + = + +
Từ (1) và (2) suy ra:

1 1 1 1 1 1
1 1 1 3
1

3
3 ( 2)
ax by cz a b c
a b c a b c
a b c
x y z x y z
x y z z
z
z do z
= = = + +
+ +
⇒ + + = = = =
+ +
⇒ + + = ≤
⇒ ≤
⇒ = >
Từ
1 1 1 1 1 2
1 3( ) 2
3
x y xy
x y z x y
+ + = ⇒ + = ⇒ + =

(2 3)(2 3) 9x y⇒ − − =
3x y⇒ = =
hoặc
6, 2x y= =
(loại)
Khi đó a = b = c Vậy tam giác ABC đều

Ví dụ 5: Tìm hai số nguyên dương x,y sao cho tổng của mỗi số với 1 thì chia
hết cho số kia.
6
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh
Giải:
Theo giả thiết ta có
( 1)
( 1)
x y
y x
+


+

M
M
( 1)( 1)
( 1)
( 1)
1 ( )
1 1 1
(1)
x y xy
xy x y xy
x y xy
x y nxy n
n
x y xy
+

⇒ + +
⇒ + + +
⇒ + +
⇒ + + = ∈
⇒ + + =
M
M
M
¢
Không mất tính tổng quát ta giả sử
1x y≥ ≥
1 1 1 1
,
1 1 1 3
(2)
3
(1),(2) 3 1,2,3
x y xy y
x y xy y
n y y
y
⇒ ≤ ≤
⇒ + + ≤
⇒ ≤ ⇒ ≤ ⇒ =
• Với y = 1 ta có:
2 ( 1) 2 2 1,2x nx n x x x+ = ⇒ − = ⇒ ⇒ =M
• Với y = 2 ta có
3 2 (2 1) 3 3x x n x x+ = ⇒ − = ⇒ M
Ta có
2 2 3x y x x≥ = ⇒ ≥ ⇒ =

• Với y = 3 ta có:
1 1 1
3 1 1x y n
x y xy
≥ ≥ ⇒ + + < ⇒ <
( loại)
Kiểm tra thấy thỏa. Vậy các cặp số cần tìm là:
( , ) (1,1),(1,2),(2,1),(3,2),(2,3)x y =
Ví dụ 6: Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương x,y,z sao cho tích của hai trong
ba số thêm 1 thì chia hết cho số thứ 3
Giải:
Theo giả thiết ta có
( 1)
( 1)
( 1)
xy z
yz x
xz y
+


+


+

M
M
M
(*)

Từ (*)
( 1)( 1)( 1)xy xz yz xyz+ + + M


( 1)
1 ( )
1 1 1 1
(1)
xy yz zx xyz
xy yz zx mxyz m
m
x y z xyz
+
⇒ + + +
⇒ + + + = ∈
⇒ + + + =
M
¢
7
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh
Không mất tính tổng quát ta giả sử
1z y x≥ ≥ ≥
Ta có
1 1 1 1 1 1
, ,
4 1 1 1 1
3
1,2,3
x y x z x xyz
m

x x y z xyz
x
x
≥ ≥ ≥
⇒ ≥ + + + =
⇒ ≤
⇒ =
• Xét x = 1 thì hệ (*) thành
( 1) ( )
( 1) 1 ( )
( 1) ( )
y z a
yz b
z y c
+


+


+

M
M
M
(b) thỏa với mọi yz nguyên dương.
Khi đó theo ví dụ 5 thì ta có:
( , ) (1,1),(1,2),(2,3)y z =
Kiểm tra thì bộ ba thỏa đề bài
( , , ) (1,1,1),(1,1,2),(1,2,3)x y z =

và các hoán vị
• Xét x = 2 Từ (1) Ta có
1 1 1 1

2 2
m
y z yz
+ + + =
m đạt giá trị lớn nhất khi y,z nhỏ nhất:
Ta có
1 1 1 1 1 1 1 1 13
2 2 2 2 2 8 8y z yz
+ + + ≤ + + + =
Suy ra m lớn nhất là
13
8
mà m nguyên dương nên m = 1
Vậy ta có
1 1 1 1
1
2 2
1 1 1
1
2
2 1 5
2
2 2
( 2) 5
3,7
y z yz

y z yz
z
y
z z
z
z
+ + + =
⇔ + + =
+
⇔ = = +
− −
⇒ −
⇒ =
Với
3z =
thì y = 7
Với
7z =
thì y = 3
• Xét x = 3 Từ (1) Ta có
1 1 1 1

3 3
m
y z yz
+ + + =
. Tương tự x = 2 thì m chỉ xảy ra m = 1
8
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh
1 1 1 1

1
3 3
3 1
3 3
4
1
3 3
(3 3) 4 (*)
y z yz
z
y
z
y
z
z
+ + + =
+
⇔ =
−
⇔ = +
−
⇒ −
Mà
3z ≥
nên (*) không xảy ra
Kiểm tra thì thì (x,y,z)=(2,3,7) và hoán vị thỏa đề bài
• Kết luận: Các bộ số
(1,1,1),(1,1,2),(1,2,3),(2,3,7)
và hoán vị của chúng
2. PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHỜ TÍNH CHẤT CHIA HẾT, SỐ NGUYÊN

TỐ.
Ví dụ 1: Giải phương trình với nghiệm nguyên: 3x + 17y = 159 (1)
Hướng dẫn:
Giả sử x, y là các số nguyên thoã mãn phương trình (1).
Ta thấy 159 và 3x đều chia hết cho 3 nên 17y

3; Do đó y

3
(vì 17 và 3 nguyên tố cùng nhau)
Đặt y = 3t (t
∈
Z) thay vào (1) ta được: 3x + 17.3t = 159 suy ra x = 53 – 17t
Đảo lại, thay các biểu thức x, y vào (1), phương trình cũng nghiệm đúng.
Vậy pt (1) có vô số nghiệm nguyên (x, y) được biểu thị bởi cộng thức:
x 53 17t
(t )
y 3t
= −

∈

=

¢

Chú ý : Ta cũng thể tìm một nghiệm nguyên riêng (x ;y) là (53 ;0) khi đó
nghiệm phương trình là :
x 53 17t
(t )

y 3t
= −

∈

=

¢

Vaäy phương trình không có nghiệm nguyên.
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x
2
– 2y
2
= 5 (2)
Hướng dẫn:
Từ phương trình (2) ta suy ra x phải là số lẻ.
Thay x = 2k + 1 (k
∈
Z) vào (2), ta được:
4k
2
+ 4k + 1 – 2y
2
<=> 2(k
2
+ k – 1) = y
2
=> y
2

là số chẵn. Đặt y = 2t (t
∈
Z),
ta có: 2(k
2
+ k – 1) = 4t
2
<=> k
2
+ k – 1 = 2t
2
<=> k(k + 1) = 2t
2
+ 1 (**)
Nhận xét: k(k + 1) là một số chẵn, 2t
2
+ 1 là số lẻ => pt (**) vô nghiệm
Ví dụ 3: Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y, z thoả mãn:
x
3
+ y
3
+ z
3
= x + y + z + 2000 (3)
Hướng dẫn: Ta có (x
3
– x) = (x – 1)x(x + 1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp
(với x là số nguyên). Do đó: x
3

– x

3
Tương tự y
3
– y và z
3
– z cũng chia hết cho 3.
Từ đó ta có : x
3
+ y
3
+ z
3
– x – y – z chia hết cho 3.
9
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh
Vì 2000 không chia hết cho 3 nên x
3
+ y
3
+ z
3
– x – y – z
≠
2000 với mọi số
nguyên x, y, z; tức là phương trình (3) không có nghiệm nguyên
Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: xy + x – 2y = 3 (4)
Hướng dẫn:
Ta có (4)

⇔
y(x – 2) = -x + 3
Vì x = 2 không thoả mãn phương trình nên (4)
x 3 1
y y 1
x 2 x 2
− +
= ⇔ = − +
− −

Ta thấy: y là số nguyên
⇔
x – 2 là ước của 1, suy ra : x – 2 =
±
1
⇔
x = 1 hoặc x = 3.
Ta cĩ :
x 1 y 2,x 3 y 0= ⇒ = − = ⇒ =
Kiểm tra thấy đúng . vậy phương trình có nghiệm (x, y) là (1; -2) và (3; 0)
Lưu ý: Bài này có thể dùng phương pháp đưa về tích để đưa về dạng:
(x – 2)(y + 1) = 1.
Ví dụ 5: Cho đa thức f(x) có các hệ số nguyên. Biết rằng f(1).f(2) = 35.
Chứng minh rằng đa thức f(x) không có nghiệm nguyên.
Hướng dẫn:
Giả sử f(x) có nghiệm nguyên a.
Thế thì: f(x) = (x – a).g(x); trong đó g(x) là đa thức có các hệ số nguyên.
Suy ra f(1) = (1 – a). g(1) và f(2) = (2 – a).g(2); trong đó g(1), g(2) là các số
nguyên.
Do đó: f(1).f(2) = (1 – a)(2 – a). g(1).g(2)

Suy ra 35 = (1 – a)(2 – a). g(1).g(2) (*)
Ta thấy (1 – a)(2 – a) là tích của 2 số nguyên liên tiếp nên là số chẵn nên vế phải
là số chẵn, trong khi đó vế trái là số lẻ nên không xảy ra đẳng thức (*)
Tức là đa thức f(x) không có nghiệm nguyên.
Ví dụ 6: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
2 2
x 2x 4y 37+ + =
Hướng dẫn :
2 2 2 2
x 2x 4y 37 (x 1) (2y) 38 19+ + = ⇔ + + = M
( dạng 4k+3)
(x 1) 19⇒ + M
và
2y 19M

2 2 2
(x 1) (2y) 19⇒ + + M
(vô lý)
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên.
Ví dụ 7: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
2 3
x y 7− =
Hướng dẫn :
2 3 2 2
x y 7 x 1 (y 2)(y 2y 4)− = ⇔ + = + − +
• Nếu y chẵn thì
2 2
(x 1) 4 x 3(mod4)+ ⇒ ≡M
vô lý
• Nếu y lẻ thì

2 2
y 2y 4 (y 1) 3− + = − +
có dạng 4k + 3 nên phải có một ước
nguyên tố dạng đó, do đó
2
x 1+
có ước nguyên tố dạng 4k + 3 điều này
vô lý.
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên.
10
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh
Ví dụ 8: ( Đề thi HSG lớp 10 năm học 2014 – 2015 Đồng Nai )
Tìm các nguyên x,y thoả:
2 2
3x 5y 255+ =
(*)
Giải : với k,m là các số nguyên
Từ PT(*) suy ra
2
5x M
mà 5 là số nguyên tố nên
2 2
5 5 25x x k x k⇒ = ⇒ =M

Khi đó (*) thành
2 2 2 2
75k 5y 255 15k y 51+ = ⇔ + =
(**)
(**) suy ra
2

3y M
mà 3 là số nguyên tố nên
2 2
3 3 9y y m y m⇒ = ⇒ =M
(**) thành
2 2 2 2
15k 9m 51 5k 3m 17+ = ⇔ + =
(***)
(***)
2 2
17
5 17 1
5
k k k≤ ⇒ ≤ ⇒ = ±
khi đó
2m = ±

Suy ra các nghiệm (x ;y) là (5 ;6),(5-6),(-5 ;6),(-5 ;-6)
Ví dụ 9 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
2 2
19x 28y 729+ =
(1)
Hướng dẫn :
Ta có:
2 2 2 2 2 2
19x 28y 729 (18x 27y ) (x y ) 729+ = ⇔ + + + =
(*)
2 2
(*) ( ) 3 3 ; 3 3 ; 3x y x y x x y b⇒ + ⇒ ⇒ = =M M M

(1) thành
2 2 2 2 2 2
19 28 81 (18 27 ) 81a b a b a b+ = ⇔ + + + =
(**)
Tương tự x,y (**) thành
2 2
19 28 9u v+ = ⇒
vô nghiệm
3. ĐƯA VỀ DẠNG TÍCH:
Ta biến đổi phương trình về dạng: vế trái là tích của các đa thức chứa
ẩn, vế phải là tích của các số nguyên.
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: xy – x – y = 2 (1)
Hướng dẫn:
Ta có (1)
⇔
x(y – 1) – y = 2
⇔
x(y – 1) – (y – 1) = 3
⇔
(y – 1) (x – 1) = 3
Do vai trò bình đẳng của x và y trong pt nên có thể giả sử x
≥
y
khi đó x – 1
≥
y – 1.
Vậy ta có :
ì
- =
ï

ï
í
ï
- =
ï
î
x 1 3
y 1 1
hay
− = −


− = −

x 1 1
y 1 3

⇒

ì
=
ï
ï
í
ï
=
ï
î
x 4
y 2

hay
=


= −

x 0
y 2
Kiểm tra thấy đúng.Vậy nghiệm nguyên của pt là (4; 2), (0; -2); (2; 4), (-2;0)
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: y
3
– x
3
= 91 (2)
Hướng dẫn:
(2)
⇔
(y – x)(y
2
+ xy + x
2
) = 91 (*)
Vì y
2
+ xy + x
2
> 0 với mọi x, y nên từ (*) => y – x > 0.
Mặt khác: 91 = 1.91 = 7.13 và y – x, y
2
+ xy + x

2
đều nguyên dương nên ta có 4
khả năng sau:
2 2
y x 91
x xy y 1
ì
- =
ï
ï
í
ï
+ + =
ï
î

2 2
y x 1
x xy y 91
− =


+ + =


11
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh
2 2
y x 13
x xy y 7

ì
- =
ï
ï
í
ï
+ + =
ï
î

2 2
y x 7
x xy y 13
− =


+ + =

;
Giải ra ta được các nghiệm của pt là:
x 3
y 4
ì
=-
ï
ï
í
ï
=
ï

î
;
x 4
y 3
= −


=

;
x 5
y 6
ì
=
ï
ï
í
ï
=
ï
î
;
x 6
y 5
= −


= −

Ví dụ3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x + y + xy = 9

Hướng dẫn:
Biến đổi pt về dạng: (x + 1)(y + 1) = 10
Khi đó nghiệm ( x;y) l (1, 4); (4, 1); (-3, -6); (-6, -3), (9, 0); (0, 9); (-2; -11);
(-11, -2)
Ví dụ 4:
Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: y
2
= x(x + 1)(x + 7)(x + 8) (4)
Hướng dẫn:
(4)
⇔
y
2
= ( x
2
+ 8x)(x
2
+8x + 7)
Đặt z = x
2
+ 8x; ta có y
2
= z
2
+ 7z
⇔
4y
2
= (2z + 7)
2

– 49
⇔
(2z – 2y + 7)(2z + 2y +7) = 49. Chỉ có thể xảy ra trong các trường hợp
sau:
a.
2z 2y 7 1 y 12
2z 2y 7 49 z 9
− + = =
 
⇔
 
+ + = =
 

Ta có :
2
y 12
y 12
x 1 x 9
x 8x 9
=
=


⇔
 
= ∨ = −
+ =



b.
2z 2y 7 1 y 12
2z 2y 7 49 z 16
− + = − = −
 
⇔
 
+ + = − = −
 
Ta có :
2
y 12
y 12
x 4
x 8x 16
= −
= −


⇔
 
= −
+ = −



c.
2z 2y 7 49 y 12
2z 2y 7 1 z 9

− + = = −
 
⇔
 
+ + = =
 

Ta có :
2
y 12
y 12
x 1 x 9
x 8x 9
= −
= −


⇔
 
= ∨ = −
+ =



d.
2z 2y 7 49 y 12
2z 2y 7 1 z 16
− + = − =
 
⇔

 
+ + = − = −
 
Ta có :
2
y 12
y 12
x 4
x 8x 16
= −
= −


⇔
 
= −
+ = −



e. 2z – 2y + 7 = 2z + 2y +7 = 7
⇔
y = z = 0
12
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh
Ta có :
2
y 0
y 12
x 0 x 8

x 8x 0
=
= −


⇔
 
= ∨ = −
+ =



f. 2z – 2y + 7 = 2z + 2y +7 = -7
⇔
y = 0; z = -7
a có :
2
y 0
y 12
x 1 x 7
x 8x 7
=
= −


⇔
 
= − ∨ = −
+ = −




Kiểm tra và kết luận
Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: xy = p(x + y) với p là số
nguyên tố cho trước.
Hướng dẫn:
xy = p(x + y)
⇔
px + py – xy = 0
⇔
x(p – y) – p(p – y) = – p
2
p là số nguyên tố. Do đó ta có:

2
x p p
y p 1
ì
- =
ï
ï
í
ï
- =
ï
î
(1)
2
x p 1
y p p

− =


− =

(2)
2
x p p
y p 1
ì
- =-
ï
ï
í
ï
- =-
ï
î
(3)
2
x p 1
y p p
− = −


− = −

(4)
x p p
y p p

ì
- =
ï
ï
í
ï
- =
ï
î
(5)
x p p
y p p
− = −


− = −

(6)
Giải ra ta được các nghiệm nguyên là:
(p
2
+ p; 1 + p); (1 + p; p
2

+ p); (-p
2
+ p; -1 + p) (-1 + p; -p
2
+ p); (2p; 2p); (0; 0)
4. SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC:

Dùng bất đẳng thức để đánh giá một ẩn nào đó và từ sự đánh giá này
suy ra các giá trị nguyên của ẩn này.
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x
2
– xy + y
2
= 3 (1)
Hướng dẫn: (1)
⇔

 
−
 ÷
 
2
y
x
2
= 3 –
2
3y
4
Vì
 
−
 ÷
 
2
y
x

2
≥
0
⇒
3 –
2
3y
4

≥
0
⇒
-2
≤
y
≤
2
Lần lượt thay y =
±
2; y =
±
1; 0 vào phương trình để tính x.
Ta có nghiệm nguyên của phương trình là: (-1; -2), (1; 2); (-2; -1); (2; 1),
(-1; 1), (1; -1).
Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình:
1 1 1
x y 3
+ =
Hướng dẫn:
Do vai trò bình đẳng của x và y nên giả sử: x

≥
y.
Hiển nhiên ta có:
3
11
>
y
nên y > 3 (1)
Mặt khác do: x
≥
y
≥
1 nên
≤
1 1
x y
. Do đó:
1
3

≤

1 1
x y
+
≤

1 1
y y
+

=
2
y
13
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh

⇒
≥
2 1
y 3
nên y
≤
6 (2)
Ta xác định được khoảng giá trị của y là: 4
≤
y
≤
6
Với y = 4 ta được:
1
x
=
−
1 1
3 4
=
1
12
nên x = 12
Với y = 5 ta được:

1
x
=
1 1
3 5
-
=
2
15
, loại vì x không phải là số nguyên.
Với y = 6 ta được:
1
x
=
−
1 1
3 6
=
1
6
nên x = 6
Vậy các nghiệm của phương trình là: (4; 12), (12; 4), (6; 6)
Ch ý : Ta có thể đưa về phương trình tích:
+
=
y x 1
xy 3

⇔
xy – 3x – 3y = 0

⇔
(x – 3)(y – 3) = 9
Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
yz xz xy
3
x y z
+ + =

Hướng dẫn:
Điều kiện x, y, z
≠
0. Ta có: y
2
x
2
+ z
2
x
2
+ x
2
y
2
= 3xyz
⇒
xyz >0.
Ap dụng BĐT Cosi ta có: y
2
x
2

+ z
2
x
2
+ x
2
y
2

≥
3
4 4 4
x y z
⇒
3xyz
≥
3
4 4 4
x y z

⇒
xyz
≤
1
⇒
xyz = 1 (do xyz >0)
Vậy ta có các nghiệm: (1, 1, 1); (1, -1, -1); (-1, 1, -1); (-1, -1, 1);
5. ĐƯA VỀ DẠNG TỔNG:
Biến đổi phương trình về dạng: vế trái là tổng các bình phương, vế
phải là tổng các số chính phương hay bằng 0.

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x
2
+ y
2
– x – y = 8 (1)
Hướng dẫn:
(1)
⇔
4x
2
+ 4y
2
– 4x – 4y = 32

⇔
(4x
2
– 4x + 1) + (4y
2
– 4y + 1) = 34

⇔
|2x – 1|
2
+ |2y – 1|
2
= 3
2
+ 5
2

Do đó phương trình thoả mãn chỉ 2 khả năng:


− =


− =


2x 1 3
2y 1 5
2x 1 5
2y 1 3
ì
ï
- =
ï
ï
í
ï
- =
ï
ï
î
Giải hệ v kiểm tra .
Phương trình đã cho có nghiệm (x;y)là: (2; 3), (3; 2), (-1; -2), (-2; -1)
Ví dụ 2:
Tìm nghiệm nguyên phương trình: x
2
+ 2y

2
+ z
2
– 2xy – 2y + 2z + 2 = 0
Hướng dẫn:
Ta biến đổi về dạng: (x – y)
2
+ (y – 1)
2
+ (z – 1)
2
= 0
⇒
x – y = 0; y – 1 = 0; z + 1 = 0
⇒
phương trình có nghiệm (1; 1; -1)
14
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh
Ví dụ 3: Giải phương trình trên tập số nguyên Z: x
2
– 6xy + 13y
2
= 100
Hướng dẫn:
Ta biến đổi phương trình về dạng: (x – 3y)
2
= 4(25 – y
2
) (1)
Từ (1)

⇒
25 – y
2

≥
0
⇒
y
2

≤
25 và 25 – y
2
là một số chính phương.
Vậy: y
2
∈
{0, 9, 16, 25}
⇒
y
∈
{0,
±
3,
±
4,
±
5}.
Thay vào ta tìm được các giá trị của x.
6. PHƯƠNG PHÁP XUỐNG THANG:

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x
2
– 5y
2
= 0 (1)
Hướng dẫn: Giả sử (x
0
; y
0
) là nghiệm của (1) thì:
x
0
2
– 5y
0
2
= 0
⇒
x
0


5 ;
Đặt x
0
= 5x
1
(x
1

∈
Z).
Ta có: 25x
1
2
– 5y
0
2
= 0
⇔
5x
1
2
– y
0
2
= 0
⇒
y
0

5
Đặt y
0
= 5y
1
(y
1

∈

Z).
Từ đó ta có: 5x
1
2
– 25y
1
2
= 0
⇔
x
1
2
– 5y
1
2
= 0.
Vậy nếu (x
0
; y
0
) là nghiệm của (1) thì
 
 ÷
 
0 0
x y
;
5 5
cũng là nghiệm của (1).
Tiếp tục lập luận tương tự, ta có

0 0
k k
x y
;
5 5
æ ö
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
với k nguyên dương bất kỳ, cũng là
nghiệm nguyên của (1): hay x
0
; y
0
đều chia hết cho 5
k
với mọi k là số nguyên
dương tuỳ ý. Điều này chỉ xảy ra khi x
0
= y
0
= 0. Vậy phương trình đã cho có
nghiệm duy nhất là : x = y = 0
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x

3
= 2y
3
+ 4z
3
Hướng dẫn:
Từ phương trình đã cho ta suy ra x chẵn, hay x = 2x
1
(x
1

∈
Z)
Thay vào ta được 4x
1
3
= y
3
+ 2z
3
. Ta lại suy ra y chẵn, y = 2y
1
(y
1

∈
Z).
Thay vào ta được: 2x
1
3

= 4y
1
3
+ z
3
.
Do đó z chẵn, z = 2z
1
(z
1

∈
Z). Thay vào ta được:
x
1
3
= 2y
1
3
+ 4z
1
3
. Vậy nếu (x, y, z) là nghiệm của phương trình đã cho thì
 
 ÷
 
x y z
; ;
2 2 2
cũng là nghiệm của phương trình đã cho. Một cách tổng quát, ta suy ra

n n n
x y z
; ;
2 2 2
æ ö
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è ø
cũng là nghiệm của phương trình đã cho, với mọi n
∈
N, hay x, y, z
chia hết cho 2
n
với mọi n, Do đó x = y = z = 0
15
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh
7. S ử dụng liên phân
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
1 10
1
7
x
y
z
+ =

+

Hướng dẫn:
Biểu diễn
10 1
1
1
7
2
3
= +
+
do đó ta có
1 1
1
1 1
2
3
x
y
z
+ = +
+ +
sự phân tích trên là
duy nhất nên
1, 2, 3x y z= = =

Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
31( 1) 40( )xyzt xy xt zt yzt y t+ + + + = + +

Hướng dẫn:
Dễ thấy x,y,z,t không đồng thời bằng không nên
0yzt y t+ + ≠

31( 1) 40( )
31( 1) 40
31
1 40
31
1 40
( 1 0)
31
1
xyzt xy xt zt yzt y t
xyzt xy xt zt
yzt y t
zt
x
yzt y t
x do zt
t
y
zt
+ + + + = + +
+ + + +
⇔ =
+ +
+
⇔ + =
+ +

⇔ + = + ≠
+
+
TH1:
0t =
Ta có
1 1 31
1
31
9
9
x y IN
y
+ = + ⇒ = ∉
TH2:
0t ≠
Ta có
1 40 1 1
1
1 1
31
3
1 1
1
2
4
x x
t
y y
zt

z
t
+ = ⇔ + = +
+ + +
+
+ +
Suy ra:
1, 3, 2, 4x y z t= = = =

A. H Ệ PHƯƠNG TRÌNH
Ph ương pháp giải
- Dựa vào các phép biến đổi tương tương và kết hợp các phương pháp giải
hệ phương trình quen thuộc đã biết.
- Kết hợp các phương pháp đã biết về giải phương trình nghiệm nguyên.
Ví d ụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của hệ
3 2 1 (1)
3 6 2 1 (2)
x y
x y z

+ =

+ + = −


16
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh
Hướng dẫn:
- Ta có thể coi mỗi phương trình của hệ là phương trình mặt phẳng trong không
gian Oxyz

Tìm 1 nghiệm riêng nguyên chẳng hạn
1, 1, 7x y z= = − =

Viết về dạng phương trình đường thẳng
1 2
1 3 ( )
7 6
x t
y t t
z t

= +

= − − ∈


= +

¢
(*)
Khi đó (*) là nghiệm tổng quát của phương trình.
- Cũng có thể viết phương trình (1) dạng
1 2
( )
1 3
x t
t
y t

= +

∈

= − −

¢
và thay vào (2)
Được :
6 1z t− =
(**)
(**) có nghiệm nguyên là
7 6
( )
1
z k
k
t k

= +
∈

= +

¢

Từ đó ta có
1 2(1 ) 3 2
1 3(1 ) 4 3 ( )
7 6 7 6
x k x k
y k y k k

z k z k
 
= + + = +
 
= − − + ⇔ = − − ∈
 
 
= + = +
 
¢

Ví d ụ 2 : Tìm nghiệm nguyên của hệ
2 3 5 2
3 5 2 3
x y z
x y z

+ − =

− + =


Hướng dẫn:
Một nghiệm riêng
1, 0x y z= = =
khi đó nghiệm tổng quát
1
( )
x t
y t t

z t

= +

= ∈


=

¢

Ví d ụ 3 : Trên trục hoành hãy tìm tất cả các điểm có toạ độ nguyên mà tại đó ta
dựng được đường thẳng vuông góc với trục Ox và cắt các đường thẳng
5 2 0, 8 1 0, 11 3 0x y x y x y− − = − − = − − =
tại các điểm có toạ độ nguyên.
Hướng dẫn:
Ta cần tìm các số nguyên
1 2 3
, , ,x y y y
thoả hệ thức
1 2 3
5 2 8 1 0 11 3x y y y= + = + = = +

Ta có hệ :
2 1
1 3
8 5 1 (1)
5 11 1 (2)
y y
y y


− =


− =



Nghiệm tổng quát của (1) là
1 1
1
2 1
5 8
( )
3 5
y t
t
y t

= − +

∈

= − +


¢

Nghiệm tổng quát của (2) là
1 2

2
3 2
2 11
( )
1 5
y t
t
y t

= − +

∈

= − +


¢

17
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh
Suy ra
1 2 1 2
5 8 2 11 8 11 3t t t t− + = − + ⇔ − =
Nghiệm tổng quát của
1 2
8 11 3t t− =
là
1
2
1 11

( )
1 8
t k
k
t k

= − +

∈

= − +


¢

Thay t
1
,t
2
vào y
1
,y
2
,y
3
ta được
1
2
3
13 88

8 55
6 40
y k
y k
y k

= − +

= − +


= − +


Khi đó
63 440 ( )x k k= − + ∈¢

Ví d ụ 4 : Tìm nghiệm nguyên dương của hệ
2 2 2
2( )
x y z
x y z xy

+ =

+ + =

(a)
Hướng dẫn:
2 2 2

2 2 2 2
(1)
( )
4 4 ( ) 4( ) (2)
x y z
a
z x y xy x y x y

+ =

⇔

= − + + +



(1),(2) ta có :
2 2 2 2 2
4 ( ) 4( ) 4( )x y xy x y x y x y− + + + = +

2 2 2 2
4 ( ) 4( ) 4( ) 8
( 4 4 8) 0
4 4 8 0 ( , 0)
( 4) 4 8
x y xy x y x y x y xy
xy xy x y
xy x y dox y
x y y
⇔ − + + + = + −

⇔ − − + =
⇔ − − + = >
⇔ − = −
+ Với
4y =
thay vào hệ (a) được
2 2
( )( ) 16 4 4
16
4 4 0
2( 4 ) 4
x z x z x z x
x z
x z x z z
x z x

  
− + = + = =
− =
⇔ ⇔ ⇔
   
− = − = =
+ + =
  

( loại)
+ Với
4 0y − ≠

4 8 8

( 4) 4 8 4
4 4
y
x y y x x
y y
−
− = − ⇔ = ⇔ = +
− −
Khi đó
4y −
là ước của 8.
Tìm được các nghiệm
12 6 8 5
5 , 8 , 6 , 12
13 10 10 13
x x x x
y y y y
z z z z
   
= = = =
   
= = = =
   
   
= = = =
   

Ví d ụ 5 : Tìm nghiệm nguyên của hệ
2 2 2
2 9 2 6 0 (1)

199 (2)
x y z xy yz
x y z

+ + − − =

+ + =


Hướng dẫn:
- Phương trình (1) biến đổi được về dạng tổng bình phương
2 2 2 2 2 2 2
2 9 2 6 0 (1) ( 2 ) ( 6 9 ) 0
199 (2) 199
x y z xy yz x xy y y yz z
x y z x y z
 
+ + − − = − + + − + =
⇔
 
+ + = + + =
 
18
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh
2 2
( ) ( 3 ) 0
199
3 0
199
81

3
81
199
27
x y y z
x y z
x y y z
x y z
x
x y z
y
x y z
z

− + − =
⇔

+ + =


− = − =
⇔

+ + =


=

= =


⇔ ⇔ =
 
+ + =


=

Ví d ụ 6 : Tìm nghiệm nguyên của hệ
2 2
0
3 5 345
x y z
x y

+ + =

+ =


Hướng dẫn:
Phương trình
2 2
3 5 345x y+ =
có nghiệm
( ; )x y
là:
(10;3),(10; 3),( 10;3),( 10; 3)− − − −
( đã trình bày ở mục 2 , ví dụ 8)
Khi đó hệ có nghiệm (x;y;z)
(10;3; 13),(10; 3; 7),( 10;3;7),( 10; 3;13)− − − − − −

BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài tập 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình
1. y
2
- 2x
2
= 1
2. (2x + 5y + 1)(
x
2
+ y + x
2
+ x) = 105
3. x
4
+ 4x
3
+ 6x
2
+ 4x = y
2
4. 5 (x + y + z + t) + 10 = 2xyzt
5. x + y + z + t = xyzt
Bài tập 2 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình
1. y
2
+ y = x
4
+ x
3

+ x
2
+ x
2. x
2
+
y
3
= 3026
3. x
y
+ 1 = z
4. x
2
- 4xy + 5y
2
= 169
Bài tập 3 : Tìm số nguyên tố P để
4p 1+
là số chính phương.
Bài tập 4 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình
1.
x
2
+ y
2
+ z
2
= x
2

y
2
2.
3x
2
+ y
2
+ 4xy + 4x + 2y + 5 = 0
3.
x
2
- (y + 5)x + 5y + 2 = 0
4.
6x
2
+ 5y
2
= 74
5.
x
2
+ y
2
= 2x
2
y
2
6.
2x
2

+ 2y
2
- 2xy + y + x - 10 = 0
19
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh
Bài tập 5 :
Chứng minh phương trình
x
y
+
y
z
+
z
x
= b không có nghiệm nguyên dương khi
b = 1 hoặc b = 2 , nhưng có nghiệm nguyên dương khi b =3
Bài tập 6 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
1. x
2
-3xy + 2y
2
+ 6 = 0
2. x
2
+ 4x - y
2
= 1
Bài tập 7 : Tìm các giá trị nguyên thỏa
1. (y + 2)x

2
+ 1 = y
2
2.
3 3 3
x 3y 9z 0− − =
3.
2 2 2 2
x y z t 2xyzt+ + + =
4.
2 2 2 2 2
x y z x y+ + =
Bài tập 8 : Chứng minh rằng nếu P(x) là một đa thức với hệ số nguyên, thêm
vào đó P(0) và P(1) là các số lẻ thì đa thức P(x) không thể có nghiệm nguyên
Bài tập 9:
Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là số chính phương: x
4
– x
2
+ 2x + 2
Bài tập 10: Tìm nghiệm nguyên của hệ
1.
2
2
1
x y
xy z

+ =


− =

2.
2
2
2 4
x y z
xy z

+ + =

− =


3.
3 3 3
3
3
x y z
x y z

+ + =

+ + =

4.
4 4 2 2
2 2
2
13

1 2
1
x y x y
x y xy
xy z

+ = +

− = +


+ = −

Bài tập 10: Tìm nghiệm nguyên dương của hệ
1.
3
15 16 1
xy yz xz
z x y
x y z t

+ + =



+ + − =

2.
3 3 3
2

3
2( )
x y z xyz
x y z

− − =


= +



3.
2 2 2
2 2 2
5 4 4 4 125
3 4 4 4 75
x y z xy yz
x y z xy yz

+ + + + =


+ − + − =



20
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh
C.KẾT QUẢ VẬN DỤNG ĐỀ TÀI

Đề tài này là một phần trong chuyên đề số học mà tôi đã áp dụng để bồi
dưỡng học sinh giỏi khối 10,11,12 tại trường.
Kết quả đạt được là đa số học sinh trong đội tuyển học sinh giỏi của
trường dự thi cấp Tỉnh giải được những bài toán về số học trong đề thi.
Qua việc áp dụng đề tài này phần nào giúp các em học tập một cách say
mê hứng thú, chất lượng học tập của học sinh tăng nên rõ rệt. Góp phần không
nhỏ vào luyện trí thông minh, khả năng tư duy sáng tạo của học sinh.
D.KẾT LUẬN:
Các bài tập về phương trình, hệ phương trình nghiệm nguyên, nguyên dương
thường là tương đối khó đối với học sinh bởi vì nó không có phương pháp cụ thể
nào cho từng loại mà nó đòi hỏi phải biết phân tích, tổng hợp từ đó mới định ra
được hướng giải. Nhưng khi giảng dạy xong đề tài thì học sinh phần nào đã
định ra được phương pháp giải cho một bài quen thuộc và có hướng giải cho các
bài không mẫu mực khác.
Để đạt được kết quả tốt thì nhất thiết học sinh phải nắm được một số kiến
thức cơ bản của số học như: Số nguyên tố, hợp số, số chính phương, đồng dư,
một số định lý về chia hết…cho nên giáo viên có thể kết hợp dạy với chuyên đề
số học.
Nội dung của đề tài còn nhiều hạn chế tôi sẽ từng bước hoàn thiện hơn.
Thông qua đề tài này tôi mong hội đồng khoa học và các đồng nghiệp kiểm
định và góp ý để đề tài ngày một hoàn thiện hơn, có ứng dụng rộng rãi trong
việc bồi dưỡng học sinh giỏi.
Xin chân thành cảm ơn!
Thực hiện đề tài
Đinh Quang Minh
21
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh
Tài liệu tham khảo:
1. Báo Toán học – Tuổi trẻ : Các năm 2010,2011,2012,2013,2014
2. Phương trình- hệ phương trình không mẫu mực của Nguyễn Đức

Tấn và Phan Ngọc Thảo
3. Chuyên đề bồi dưỡng chuyên toán số học của Nguyễn Vũ Thanh
4. Tài liệu bồi dưỡng số học của trường ĐH Quy Nhơn
22
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh
SỞ GD &ĐT ĐỒNG NAI CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT
NAM
Đơn vị: THPT Đoàn Kết Độc lập - tự do - hạnh phúc
Tân Phú, ngày 18 tháng 05 năm 2014
PHIẾU NHẬN XÉT,ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm học:2013 - 2014
Tên đề tài: “ KINH NGHIỆM GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG
TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN, NGUYÊN DƯƠNG”
Người viết: Đinh Quang Minh ; Đơn vị: Tổ Toán - Trường THPT Đoàn Kết.
Lĩnh vực:
Quản lí giáo dục Phương Pháp dạy học bộ môn
Phương pháp giáo dục Lĩnh vực khác
1.Tính mới
- Có giải pháp hoàn toàn mới
- Có giải pháp cải tiến,đổi mới từ giải pháp đã có
2.Hiệu quả
- Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng trong toàn nghành có hiệu quả cao:
- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp
dụng trong toàn nghành có hiệu quả cao
-Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả cao
-Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và triển khai áp dụng
tại đơn vị có hiệu quả cao
3.Khả năng áp dụng
- Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính
sách:

Tốt Khá Đạt
- Đưa ra các giải pháp khuyến khích có khả năng ứng dụng thực tiễn,dễ thực
hiện và dễ đi vào cuộc sống:
Tốt Khá Đạt
- Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt
hiệu quả trong phạm vi rộng:
Tốt Khá Đạt
XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN HIỆUTRƯỞNG



Tần Thế Anh Nguyễn Văn Hiển
23