SKKN hướng dẫn học sinh khá giỏi lớp 9 giải phương trình nghiệm nguyên hai ẩn

I- PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài.
Bồi dưỡng học sinh giỏi là việc cần thiết, thường xuyên trong nhà trường.
Mỗi cấp học, mỗi lớp học với những yêu cầu cụ thể phải làm sao đó giúp các em
có năng khiếu nâng cao kiến thức một cách hệ thống theo chương trình được
tiếp thu trên lớp học hàng ngày.
Trong quá trình giảng dạy, bản thân tôi nhận thấy mảng kiến thức
“phương trình nghiệm nguyên” là một đề tài lý thú của Số học và Đại số. Nội
dung này đã lôi cuốn nhiều người, từ các học sinh nhỏ đến các chuyên gia toán
học lớn. Phương trình và bài toán với nghiệm nguyên mãi mãi còn là đối tượng
nghiên cứu của Toán học.
Ngoài phương trình bậc nhất hai ẩn, các bài toán tìm nghiệm nguyên
thường không có quy tắc giải tổng quát. Mỗi bài toán với số liệu riêng của nó
đòi hỏi một cách giải riêng phù hợp. Điều đó có tác dụng rèn luyện tư duy toán
học mềm dẻo, linh hoạt và sáng tạo. Chính vì thế mà các bài toán tìm nghiệm
nguyên thường có mặt trong các kỳ thi học sinh giỏi về Toán ở tất cả các cấp.
Trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán các khối 6; 7 và bồi
dưỡng giải toán qua mạng lớp 9, tôi thấy có nhiều bài tập về chủ đề phương
trình nghiệm nguyên khiến nhiều em học sinh gặp không ít khó khăn vì không
nắm rõ các dạng cũng như các phương pháp giải chúng. Vì vậy, tôi nghiên cứu
đề tài ‘‘Hướng dẫn học sinh khá giỏi lớp 9 giải phương trình nghiệm nguyên
hai ẩn" nhằm hướng dẫn các em học sinh khá giỏi có thể nắm chắc và giải tốt
các bài toán về phương trình nghiệm nguyên.
* Điểm mới của đề tài
Đề tài này hẳn là đã có một số tác giả nghiên cứu. Song, điểm mới của đề
tài này đó là vận dụng được nhiều phương pháp khác nhau, phân loại được các
dạng toán tìm nghiệm nguyên, đề tài sử dụng một số bài toán thi học sinh giỏi
cấp huyện và một số bài toán trên trang Violympic.vn. Để phù hợp với đối
tượng học sinh, trong đề tài này tôi chỉ đề cập đến một số phương pháp cơ bản

và một số dạng toán cơ bản về chủ đề phương trình nghiệm nguyên hai ẩn.
Phương trình nghiệm nguyên có rất nhiều dạng khác nhau với nhiều cách giải
phong phú khác nhau, vì thế trong đề tài này, tôi chủ yếu đưa ra các phương
pháp giải và thể hiện qua các ví dụ được lấy từ các tài liệu nâng cao môn Toán,
từ các đề thi học sinh giỏi cấp huyện, các bài tập giải toán qua mạng .....
2.Phạm vi áp dụng của đề tài, sáng kiến, giải pháp:
Phạm vi nghiên cứu của đề tài là chủ đề phương trình nghiệm nguyên hai
ẩn số trong chương trình môn Toán THCS. Trong đề tài này tôi chỉ nghiên cứu
các phương trình nghiệm nguyên với hai ẩn số.
Đối tượng áp dụng của đề tài là học sinh khá, giỏi môn Toán lớp 9 ở các
đơn vị ( học sinh tham gia bồi dưỡng giải toán qua mạng )
II- PHẦN NỘI DUNG
1. Thực trạng nội dung cần nghiên cứu:
Thực tế, qua nhiều năm giảng dạy tại đơn vị, trong quá trình bồi dưỡng
học sinh giỏi, tôi nhận thấy học sinh thường ngại giải phương trình nghiệm
nguyên, đặc biệt những phương trình không ở dạng mẫu mực, phương trình
nhiều ẩn, những phương trình không giải được bằng những phương pháp giải cơ
bản đã được giáo viên hướng dẫn. Học sinh thường lúng túng khi gặp những
phương trình có dạng lạ hoặc thoáng nhìn thấy có vẻ phức tạp, những bài toán
kiểu như vậy làm giảm hứng thú và tính kiên nhẫn của trò trong quá trình học
toán.
Có nhiều nguyên nhân dẫn đến học sinh gặp khó khăn khi giải các bài
toán về phương trình nghiệm nguyên, trong đó phải nhắc đến những nguyên
nhân cơ bản, đó là: học sinh không hiểu thế nào là giải phương trình nghiệm
nguyên, không nắm được cách biểu diễn nghiệm của phương trình nhiều ẩn,
không nắm chắc hoặc nắm không đầy đủ các phương pháp giải phương trình
nghiệm nguyên; không phân loại được các phương trình nghiệm nguyên, học
sinh thường mắc một số sai lầm khi giải phương trình nghiệm nguyên.

Khi áp dụng đề tài này tại đơn vị, tôi đã tiến hành khảo sát đối với đội
tuyển bồi dưỡng giải toán qua mạng lớp 9 về chủ đề phương trình nghiệm
nguyên hai ẩn, số liệu thu được như sau:
Loại

Không biết

điểm

cách làm
SL
%
02
33,3

SS : 06

Dưới 5,0
SL
03

%
50,0

5 – 6, 5
SL
01

%
16,7

6,5 - 8
SL
0

%
0

8 - 10
SL
0

%
0

Trước thực tế đó, tôi mạnh dạn đề xuất sáng kiến: “Hướng dẫn học sinh
khá giỏi lớp 9 giải phương trình nghiệm nguyên hai ẩn” với mong muốn có
thể giúp được học trò cảm thấy hứng thú hơn, tự tin hơn và giải quyết tốt hơn
khi gặp các bài toán về phương trình nghiệm nguyên trong phương trình hai ẩn
số.
2. Các giải pháp:
2.1 Giải pháp 1: Hướng dẫn học sinh nắm vững các khái niệm, những
thuật ngữ về phương trình nghiệm nguyên
Khi đọc đề toán về phương trình nghiệm nguyên, có nhiều học sinh không
hiểu vấn đề là gì, tìm nghiệm nguyên là như thế nào; một số không nắm được
cách biểu diễn nghiệm của phương trình nhiều ẩn số ...
Để giải quyết vấn đề trên, giáo viên cần chỉ rõ cho học sinh thông hiểu
những khái niệm, thuật ngữ cơ bản, biết được cách biểu diễn nghiệm của
phương trình một ẩn, phương trình hai ẩn.
Một số khái niệm, thuật ngữ cơ bản, đó là:

Phương trình hai ẩn là phương trình có dạng f(x;y) = 0
Nghiệm của phương trình hai ẩn f(x;y) = 0 là các bộ số (x; y) thỏa mãn
phương trình đó.
Nghiệm nguyên của phương trình hai ẩn f(x;y) = 0 là các bộ số nguyên
(x;y ) thỏa mãn phương trình đã cho.
Giải phương trình nghiệm nguyên hai ẩn f(x;y) = 0 là tìm tất cả các bộ
số nguyên (x,y) thoả mãn phương trình đó.


2.2. Giải pháp 2: Phân loại các dạng phương trình nghiệm nguyên.
Dạng 1: Phương trình bậc nhất 2 ẩn
Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 12x – 7y = 45 (1)
Giải
45 Μ 3; 12x Μ 3 nên 7y Μ 3 ⇒ y Μ 3

Ta thấy:
Đặt

(k ∈ Z)

y = 3k

Thay vào (1) ta có:

12x – 7 . 3k = 45
⇒ 4x – 7k = 15
⇒x=

15 + 7k
k +1

= 2k + 4 −
4
4

k +1
(t ∈ Z) ⇒ k = 4t – 1
4

Đặt

t=

Do đó

x = 2(4t – 1) + 4 – t = 7t + 2
y = 3k

= 3(4t - 1) = 12t – 3

Vậy nghiệm nguyên của phương trình được biểu thị bởi công thức:
x = 7t + 2 t ∈ Z
y = 12t – 3
Dạng 2: Phương trình bậc 2 hai ẩn
Ví dụ 1: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
xy – 2y – 3 = 3x – x2
Giải
Cách 1: Biểu thị một ẩn qua ẩn kia:
y(x - 2) = 3x – x2 +3
Dễ thấy: x = 2 không thoả mãn phương trình
Vậy

x≠2⇒y=

3x + 3 − x

2

x−2

=

x ( x − 2) + x − 2 + 5
x−2

=-x+1+
Để y ∈ Z ta phải có:

5Μx–2

5
x−2


⇒

x-2
y
x

-1

1
-5

1
3
3

-5
-3
3

5
7
-5

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là:
(1; - 5); (3; 3); (- 3; 3); (7; - 5)
Cách 2: Đưa về phương trình ước số:
xy – 2y – 3 = 3x – x2
y(x - 2) + x2 – 2x – x + 2 = 5
⇔ y(x - 2) + x(x - 2) – (x - 2) = 5
⇔ (x – 2) (y + x - 1) = 5
Ta có:
x-2
x+y-1
x
y

-1
-5

1
-5

1
5
3
3

-5
-1
-3
3

5
1
7
-5

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là:
(1; - 5); (3; 3); ( - 3; 3); (7; - 5)
Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
x2 – 2x – 11 = y2

(1)

Giải
x2 – 2x – 11 = y2
x2 – 2x + 1 – 12 = y2
⇔ (x - 1)2 – y2 = 12
⇔ (x – 1 + y) (x – 1 - y) = 12

* Vì phương trình (1) chứa y với số mũ chẵn nên có thể giả thiết rằng
y ≥ 0.


Thế thì: x – 1 + y ≥ x – 1 – y
* Do (x – 1 + y) – (x – 1 - y) = 2y nên x – 1 + y và x – 1 – y cùng tính
chẵn lẻ. Tích của chúng bằng 12 nên chúng cùng chẵn.
Từ đó ta có:
x–1+y
x–1-y

6
2

-2
-6

4
5
2

-4
-3
2

Suy ra:
x–1
x
y
Vậy nghiệm của phương trình là:

(5; 2); (5; - 2); (- 3; 2); (- 3; - 2)
Dạng 3: Phương trình dạng phân thức
Ví dụ 1: Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình:
1 1
1
1
+ +
=
x y 6 xy 6

(1)

Giải
Nhân hai vế của phương trình với 6xy, ta có:
6y + 6x + 1 = xy
Đưa về phương trình ước số ta có:
x(y - 6) – 6(y – 6) = 37
⇔

(x - 6) (y - 6) = 37

Do vai trò bình đẳng của x và y, giả sử x ≥ y ≥ 1,
Thế thì x – 6 ≥ y – 6 ≥ -5
Chỉ có một trường hợp xảy ra:
x – 6 = 37⇒

x = 43

y–6=1

y=7

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là: (43; 7); (7; 43)
Dạng 4: Phương trình dạng mũ
Ví dụ: Tìm các số tự nhiên x và y sao cho:


2x + 3 = y2
Giải
Ta lần lượt xét các giá trị tự nhiên của x
* Nếu x = 0 thì y2 = 4 suy ra y = ± 2
* Nếu x = 1 thì y2 = 5: Phương trình không có nghiệm nguyên.
* Nếu x ≥ 2 ta có: 2x Μ 4
Suy ra vế trái chia cho 4 dư 3; vế phải chia cho 4 dư 0 hoặc 1 ( mâu
thuẫn).
Vậy, phương trình có nghiệm là: (0; 2); (0; -2)
2.3 Giải pháp 3: Hướng dẫn các phương pháp thường dùng để giải
phương trình với nghiệm nguyên.
Khi giải phương trình với nghiệm nguyên do phải lợi dụng các tính chất
của tập hợp Z nên ngoài các biến đổi tương đương ta còn dùng đến các biến đổi
mà các giá trị của ẩn mới chỉ thoả mãn điều cần chứ chưa phải điều kiện cần và
đủ của nghiệm. Trong trường hợp này ta cần kiểm tra các giá trị đó bằng cách
thử vào phương trình đã cho. Vì vậy, việc giải phương trình với nghiệm nguyên
thường gồm 2 bước:
Bước 1: Giả sử phương trình có nghiệm nguyên (x0, y0, z0…) ta suy ra các
ẩn phải nhận các giá trị nào đó.
Bước 2: Thử lại các giá trị đó của ẩn để khẳng định tập hợp nghiệm của
phương trình
Tuy nhiên để đơn giản khi trình bày không tách riêng hẳn 2 bước. Với các

bài toán mà các biến đổi đều tương đương ta không cần bước 2.
Một phương trình với nghiệm nguyên có thể vô nghiệm, có hữu hạn
nghiệm, có vô số nghiệm. Trong trường hợp phương trình có vô số nghiệm, các
nghiệm nguyên của phương trình thường được biểu thị bởi một công thức có
chứa tham số là một số nguyên.
Để giải các phương trình nghiệm nguyên trong chương trình THCS ta
thường dùng các phương pháp sau đây:


2.3.1. Nhóm phương pháp dùng tính chia hết
Phương pháp 1: Phát hiện tính chia hết của một ẩn
Ví dụ 1: Giải phương trình với nghiệm nguyên
2x + 13y = 156 (1)
Giải: Giả sử x, y là các số nguyên thoả mãn phương trình (1)
Ta thấy

156 Μ 13 và 13y Μ 13 suy ra 2x Μ 13
Mà 2 Μ 13 ⇒ x Μ 13

Đặt x = 13t (t ∈ Z) thay vào (1) ta được:
2. 13t + 13y = 156
⇒

2t + y = 12

⇒

y = 12 – 2t

Vậy nghiệm nguyên của phương trình được biểu thị bởi công thức:

x = 13t

(t ∈ Z)

y = 12 – 2t
Ví dụ 2: Số nghiệm nguyên của phương trình 6x – 3y = 5 là …… ? ( Đề
thi Violympic Toán 9 vòng 13 năm 2013 )
Giải
Ta thấy : vì x nguyên, y nguyên nên
6x Μ 3 và 3y Μ 3
=> 6x – 3y Μ 13
Mà 6x – 3y = 5 => 5 Μ 3

Điều này là vô lí

Vậy, số nghiệm nguyên của phương trình trên là 0.
Phương pháp2 : Đưa về phương trình đưa về ước số:
Ví dụ 1: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
3xy + x – y = 1
Giải:
Từ:

3xy + x – y = 1
⇔

3(3xy + x – y) = 3


⇔

9xy + 3x – 3y – 1 = 2

⇔

3x(3y + 1) – (3y + 1) = 2

⇔

(3y + 1) ( 3x – 1) = 2 (phương trình ước số)

Vì x và y là các số nguyên nên 3x – 1 và 3y + 1 là các số nguyên và là
ước của 2. Ta có bảng sau:
3x – 1
3y + 1
x
y

-1
-2
0
-1

1
2
/
/

-2
-1
/

/

2
1
1
0

Vậy nghiệm của phương trình là: (0; - 1); (1; 0)
Ví dụ 2: Phương trình x + xy +y = 9 có số nghiệm nguyên là ……? ( Đề
thi Violympic Toán 9 vòng 14 năm 2014 )
Giải:
Từ:

x + xy +y = 9

⇔

x(1+y) + y = 9

⇔

x ( 1 + y ) +(1 + y) = 10

⇔

( x + 1) ( 1 + y ) = 10

( phương trình ước số )

Vì x, y là các số nguyên nên x + 1 và 1 + y là các số nguyên và là ước của 10.

Ta có bảng sau :
x+1
y+1
x
y

1
10
-1
-10
2
10
1
-10
-1
5
0
9
-2
-11
1
9
0
-11
-2
4
Vậy, số nghiệm nguyên của phương trình là 8.
Phương pháp 3: Tách ra các giá trị nguyên
Ví dụ: Giải phương trình với nghiệm nguyên
xy – x – y = 2

Giải
Biến đổi phương trình đã cho ta có

5
2
4
1

-2
-5
-3
-6

-5
-2
-6
-3


x(y – 1) = y + 2
* Nếu y = 1 thì ta có 0x = 3 => phương trình vô nghiệm
Do đó y ≠ 1
y+2

3

⇒ x = y −1 = 1 + y − 1
3

Do x ∈ Z nên y − 1 ∈ Z ⇒ y – 1 ∈ Ư(3)

Ta có bảng sau:
y-1
y
x

-1
0
-2

1
2
4

-3
-2
0

3
4
2

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: (- 2; 0); (4; 2); (0; - 2); (2; 4)
2.3.2. Nhóm phương pháp xét số dư từng vế
Ví dụ 1: Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên
x2 + y2 = 1999
Giải
Vì x2, y2 là các số chính phương nên khi chia cho 4 chỉ có số dư là 0; 1
còn vế phải 1999 chia cho 4 dư 3.
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên
Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình

9x – y2 – y + 2 = 0
Giải
Biến đổi phương trình ta có: 9x + 2 = y(y + 1)
Ta thấy vế trái chia cho 3 dư 2 nên y(y + 1) chia cho 3 dư 2
Do đó chỉ có thể: y = 3k + 1; y +1 = 3k + 2
Khi đó

9x + 2 = (3k + 1) (3k + 2)

⇔ 9x = 9k(k + 1)
⇔ x = k(k + 1)

(k ∈ Z)


Thử lại: x = k(k + 1), y = 3k + 1 thoả mãn phương trình đã cho
Vậy phương trình có nghiệm nguyên là
x = k(k + 1)

(k ∈ Z)

y = 3k + 1
2.3.3. Nhóm phương pháp dùng bất đẳng thức:
Phương pháp 1: Sắp thứ tự các ẩn
Ví dụ : Tìm 3 số nguyên dương sao cho tích của chúng gấp đôi tổng của
chúng
Giải
Gọi 3 số nguyên dương phải tìm là a, b, c. Ta có:
abc = 2(a + b + c)

(1)

Chú ý rằng các ẩn a, b,c có vai trò bình đẳng trong phương trình nên ta có
thể sắp xếp thứ tự giá trị của các ẩn. Chẳng hạn: a ≤ b ≤ c.
Ta có: abc = 2(a + b + c) ≤ 2. 3c = 6c
⇒ ab ≤ 6
* Với ab = 1 ⇒ a = 1, b = 1 thay vào (1) ta có:

c = - 4 (loại)

* Với ab = 2 ⇒ a = 1, b = 2 thay vào (1) loại
* Với ab = 3 ⇒ a = 1, b = 3 thay vào (1) ta có:

c=8

* Với ab = 4 ⇒ a = 1, b = 4 thay vào (1) ta có:

c=5

⇒ a = 2, b = 2 thay vào (1) ta có:

c=4

* Với ab = 5 ⇒ a = 1, b = 5 thay vào (1) ta có:

c = 4 loại vì a ≤ b ≤ c

* Với ab = 6 ⇒ a = 1, b = 6 thay vào (1) loại
⇒ a = 2, b = 3 thay vào (1) loại
Vậy bộ 3 số phải tìm là: 1; 3; 8 hoặc 1; 4; 5 hoặc 2; 2; 4

Phương pháp 2: Xét từng khoảng giá trị của ẩn
Ví dụ: Số các nghiệm nguyên dương của phương trình
Đề thi vòng 15 Violympic Toán 9 năm 2014 )

1 1 1
+ = là ...... (
x y 4


Giải
Do vai trò bình đẳng của x, y. Giả sử 1 ≤ x ≤ y
Ta có:

1 1
< ⇒ x > 4 (1)
x 4

Do 1 ≤ x ≤ y
Nên

1 1
≥ y
x

1 1 1 1
1
2
Do đó 4 = x + y ≤ + y =
x
x

⇒ x ≤ 8 (2)
Từ (1) và (2) ta có
x
5
6
7
8
y
20
12
Loại
8
Vì vai trò của x và y bình đẳng nên các nghiệm nguyên của phương trình là
(5; 20); (20; 5); (6; 12); (12; 6); (8; 8)
Vậy, số nghiệm nguyên của phương trình là 5
Phương pháp 3: Chỉ ra nghiệm nguyên rồi nhận xét.
Ví dụ: Tìm các số tự nhiên x sao cho 2x + 3x = 35
* Với x = 0 thì vế trái bằng 2 => x = 0 không phải là nghiệm nguyên của
phương trình.
* Với x = 1 vế trái bằng 5 => x = 1 không phải là nghiệm nguyên của
phương trình.
* Với x = 3 ta có 23 + 33 = 35 thoả mãn phương trình.
* Với x > 3 ta có 2x + 3x > 23 + 33 = 35 => 2x + 3x > 35
Vậy, số tự nhiên x duy nhất thỏa mãn phương trình là x = 3
Phương pháp 4 : Sử dụng điều kiện  ≥ 0 để phương trình bậc 2 có
nghiệm.
Ví dụ: Số nghiệm nguyên của phương trình x + y + xy = x 2 + y2
là …. ?

(1)


( Đề thi vòng 16 – Violympic Toán 9 năm 2014 )
Giải
Viết (1) thành phương trình bậc 2 đối với x
x2 – (y + 1)x + (y2 – y) = 0 (2)
Điều kiện để cần phương trình bậc 2 có nghiệm là  ≥ 0
 = (x + 1)2 – 4(y2 - y) = y2 + 2y + 1 – 4y2 + 4y
= - 3y2 + 6y + 1 = - (3y2 – 6y - 1)
 ≥ 0 ⇔ 3x2 – 6y – 1 ≤ 0
⇔ 3y2 – 6y +3 – 4 ≤ 0
⇒ 3(y - 1)2 ≤ 4
⇒ (y – 1)2 ≤ 1
Vì y nguyên nên y – 1 nguyên, Vậy ta có bảng sau :
y–1
y
* Với y = 0 thay vào (2) ta có:

-1
0
1
0
1
2
2
x – x = 0 ⇒ x1 = 0; x2 = 1

* Với y = 1 thay vào (2) ta có:

x2 – 2x = 0 ⇒ x3 = 0; x4 = 2

* Với y = 2 thay vào (2) ta có:

x2 – 3x + 2 = 0 ⇒ x5 = 1; x6 = 2

Thử lại các giá trị trên nghiệm đúng (1)
Do đó, nghiệm nguyên của phương trình là: (0;0); (1; 0); (0; 1); (2; 1); (1; 2);
(2;2)
Vậy, phương trình (1) có 6 nghiệm nguyên
2.3.4. Nhóm phương pháp dùng tính chất về chia hết của một số chính
phương
Phương pháp 1: Sử dụng tính chất về chia hết của một số chính
phương
* Các tính chất thường dùng
- Các số chính phương không có tận cùng là 2; 3; 7; 8
- Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho p2.
- Số chính phương chia cho 3 có số dư là 0; 1.


- Số chính phương chia cho 4 có số dư là 0; 1.
- Số chính phương chia cho 8 có số dư là 0; 1; 4.
Ví dụ: Tìm các số nguyên x để 9x + 5 là tích của 2 số nguyên liên tiếp
Giải
Giả sử

9x + 5 = n(n + 1)

với n ∈ Z

⇒ n2 + n – (9x + 5) = 0
Để phương trình bậc 2 đối với n có nghiệm nguyên, điều kiện cần là  là
số chính phương. Nhưng  = 1 + 4(9x + 5) = 36x + 21 Μ 3 nhưng không chia
hết cho 32.
Vậy 36x + 21 không phải là số chính phương
Do đó không tồn tại số nguyên n nào để 9n + 5 = n(n + 1) tức là không
tồn tại số nguyên x để 9x + 5 là tích của 2 số nguyên liên tiếp.
Phương pháp 2: Tạo ra bình phương đúng
Ví dụ: Phương trình sau có bao nhiêu nghiệm nguyên ?
3x2 + 4y2 = 6x + 13

(1)

( Đề thi vòng 17 – Violympic Toán 9 năm 2013 )
Giải
Biến đổi:

3x2 + 4y2 = 6x + 13
⇒ 3x2 – 6x + 3 = 16 – 4y2
⇔ 3(x – 1)2 = 4(4 – y2)

Từ (2) ta thấy:

(2)

4 – y2 ≥ 0 hay y2 ≤ 4 và 4 – y2 Μ 3

nên y2 = 1 hoặc y2 = 4
* Với y2 = 1 khi đó (2) có dạng 3(x – 1)2 = 12
⇒ (x - 1)2 = 4

⇒x–1=±2
⇒ x = 3 hoặc x = - 1
* Với y2 = 4 khi đó (2) có dạng 3(x - 1)2 = 0 ⇒ x = 1


Các cặp số: (3;1); (- 1; 1); (3; - 1); (1; - 1); (1; - 2) thoả mãn (2) nên là
nghiệm của phương trình đã cho.
Vậy, phương trình (1) có 5 nghiệm nguyên
Phương pháp 3 : Xét các số chính phương liên tiếp
Hiển nhiên giữa 2 số chính phương liên tiếp không có số chính phương
nào. Do đó với mọi số nguyên a, x ta có:
- Không tồn tại x để a2 < x2 < (a + 1)2
- Nếu a2 < x2 < (a + 2)2 thì x2 = (a + 1)2
Ví dụ: Chứng minh rằng với mọi số nguyên k cho trước không tồn tại số
nguyên dương x sao cho:
x(x + 1) = k(k + 2)
Giải
Giả sử x(x + 1) = k(k + 2) với mọi k ∈ Z; x nguyên dương ta có:
x2 + x = k2 + 2k
⇒ x2 + x + 1 = k2 + 2k + 1 = (k + 1)2
Do x > 0 nên x2 < x2 + x + 1 = (k + 1)2

(1)

Cũng do x > 0 nên (k + 1)2 = x2 + x + 1 < x2 + 2x + 1 = (x + 1)2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: x2 < (k + 1)2 < (x + 1)2. Vô lý.
Vậy không tồn tại số nguyên dương x để x(x + 1) = k(k + 2)
2.3.5. Nhóm phương pháp đặt ẩn phụ
a) Đặt ẩn phụ kết hợp với xét tính chia hết của ẩn:
Ví dụ 1: Tìm tất cả các nghiệm nguyên x;y thoả mãn:

x+ y
3
=
2
x + xy + y
7
2

(I)
Giải:

Phương trình đã cho tương đương với:
Đặt : x+y=p ( p ∈ Z )
x-y=q (q ∈ Z )

7( x + y ) = 3( x 2 + xy + y 2 )

(1)


Suy ra : x =
Thế x =

p+q
p−q
; y=
2
2

p+q

p−q
;y=
vào (1) ta có : 28 p = 3( p 2 + 3q 2 ) (2)
2
2

Dễ thấy : p ≥ 0 và 3( p 2 + 3q 2 )M3
Suy ra p=3k (với k ≥ 0; k ∈ Z )
Thay vào (2) ta có : 28k = 3(3k 2 + q 2 )

(3)

Vậy k M3 suy ra k=3m (với m ≥ 0; m ∈ Z )
Thay k=3m vào (3) ta có : 28m = 27m 2 + q 2
Vì m(28 − 27m) = q 2
mà q 2 ≥ 0

m = 0
m = 1

Suy ra m(28 − 27m) ≥ 0 ⇔ 

+Với m = 0 thì k = 0, suy ra p = q = 0
và x = y = 0
Giá trị x = y = 0 không thoả mãn phương trình (I).
+Với m = 1 thì k = 3, suy ra p = 9, q = ±1
Vậy x = 5, y = 4 hoặc x = 4, y = 5
Do đó , nghiệm của phương trình (I) là (4;5) và (5;4)
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau : 19 x 2 + 28 y 2 = 729
Giải :

Ta có : 19 x 2 + 28 y 2 = 729 ⇔ 18 x 2 + 27 y 2 + x 2 + y 2 = 3.243
⇒ x 2 + y 2 M3 ⇒ x M3 và yM3

Đặt x = 3u, y = 3v ( u, v ∈ Z ) . Khi đó ta có :
19(3u ) 2 + 28(3v) 2 = 729 ⇔ 19u 2 + 28v 2 = 81

Tương tự , ta đặt : u = 3t , v = 3k ( t , k ∈ Z ) và ta có : 19t 2 + 28k 2 = 9 , điều này vô
lý.
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.
Ví dụ 3: Giải phương trình nghiệm nguyên: 7 x 2 + 13 y 2 = 1820


Giải:
Ta có 1820=7.13.20. Từ 7 x 2 + 13 y 2 = 1820 ⇒ x M13 và yM7
Đặt x = 13u , y = 7v ( u, v ∈ Z ) .
Phương trình đã cho trở thành : 13u 2 + 7v 2 = 20 (1)
Suy ra u 2 ≤

20
20
và v 2 ≤
. Vì u, v ∈ Z nên u ≤ 1 và v ≤ 1 .
13
7

Thử lại chỉ có u = v = 1 thoả mãn (1).
Vậy (1) có 4 nghiệm (u,v) là (1;1) , (1,-1) , (-1;1) và (-1;-1).
Từ đó suy ra , phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên (x, y) là (13;7) , (-13; 7)
, (13;-7) và (-13;-7).
b) Đặt ẩn phụ kết hợp với phương pháp đưa về phương trình tích:

Ví

dụ

4:

Tìm

nghiệm

nguyên

của

phương

trình

sau:

y 2 = x ( x + 1)( x + 7)( x + 8)

Giải :
Phương trình đã cho tương đương với : y 2 = x( x 2 + 8 x)( x 2 + 8 x + 7)
Đặt : z 2 = x 2 + 8 x , ta có : y 2 = z 2 + 7 z hay 4 y 2 = (2 z + 7) 2 − 49
Hay (2 z − 2 y + 7)(2 z + 2 y + 7) = 49
Chỉ có thể xảy ra các trường hợp sau :
2 z − 2 y + 7 = 1
 y = 12
⇔

 2 z + 2 y + 7 = 49
z = 9

Trưòng hợp 1: 

 2 z − 2 y + 7 = 49
 y = −12
⇔
2 z + 2 y + 7 = 1
z = 9

Trường hợp 2: 

x = 1
 x = −9

2
Trong cả hai trường hợp trên ta có : z = 9 ⇔ x + 8 x = 9 ⇔ 

 2 z − 2 y + 7 = −1
 y = −12
⇔
 2 z + 2 y + 7 = −49
 z = −16

Trưòng hợp 3: 

Trong cả hai trường hợp trên ta có : z = −16 ⇔ x 2 + 8 x = −16 ⇔ ( x + 4) 2 = 0 ⇔ x = −4
Trường hợp 5:

2z − 2 y + 7 = 2z + 2 y + 7 = 7 ⇔ y = z = 0

Khi đó ta có x 2 + 8 x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = −8


Trường hợp 6:

2 z − 2 y + 7 = 2 z + 2 y + 7 = −7 ⇔ y = 0 và z = −7

Khi đó ta có x 2 + 8 x = −7 ⇔ ( x + 1)( x + 7) = 0 ⇔ x = −1 hoặc x = −7
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên (x, y) như sau : (1;12), (-9;12),
(1;-12), (-9;-12), (0;0) , (-8;0) , (-1;0) , (-7;0) , (-4;12) , (-4;-12).
c) Đặt ẩn phụ kết hợp với tạo ra bình phương đủ:
Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
y 2 − x ( x + 1)( x + 2)( x + 3) = 1

Giải :
Phương trình đã cho được biến đổi về dạng:
y 2 = x(x+1)(x+2)(x+3) + 1 = (x2 + 3x)(x2 + 3x + 2) + 1

Đặt x 2 + 3 x = m (m nguyên dương), ta có : y 2 = m(m + 2) + 1 = (m + 1) 2
Vậy y 2 = ( x 2 + 3 x + 1) 2
Vì x, y là các số nguyên dương nên phương trình đã cho có vô số nghiệm
nguyên dương dạng:

 y = x 2 + 3 x + 1

(x nguyên dương tuỳ ý)
+
 x ∈ ¢

d) Đặt ẩn phụ kết hợp với xét các số chính phương liên tiếp:
Ví dụ 6: Tìm ngiệm nguyên của phương trình:
x 2 = y ( y + 1)( y + 2)( y + 3)

Giải:
Đặt y 2 + 3 y = a (a ∈ ¢ ) thì x 2 = a 2 + 2a
Nếu a > 0 thì a 2 < x 2 = a 2 + 2a < (a + 1)2 , nên x 2 không là số chính phương.
Vậy a ≤ 0 hay y 2 + 3 y ≤ 0 ⇔ −3 ≤ y ≤ 0
Từ đó suy ra , phương trình có các nghiệm nguyên (x;y) là: (0;0) , (0;-1) , (0;2) , (0;-3)
III- PHẦN KẾT LUẬN :
1. Ý nghĩa của đề tài, sáng kiến, giải pháp :


Bài toán phương trình với nghiệm nguyên là một dạng toán khó đối với
học sinh. Để giải loại toán này cần phải biết vận dụng nhiều phương pháp khác
nhau một cách linh hoạt. Trên đây là một số giải pháp cơ bản mà trong quá trình
giảng dạy thực tế hay được sử dụng để hướng dẫn học sinh. Tóm lại, để hướng
dẫn học sinh khá giỏi lớp 9 giải phương trình nghiệm nguyên hai ẩn, tôi thực
hiện ba nhóm giải pháp chủ yếu đó là :
Nhóm giải pháp 1 : Hướng dẫn học sinh nắm vững các khái niệm, những
thuật ngữ về phương trình nghiệm nguyên ;
Nhóm giải pháp 2 : Phân loại các dạng phương trình nghiệm nguyên hai
ẩn ;
Nhóm giải pháp 3 : Hướng dẫn các phương pháp cơ bản thường dùng để
giải phương trình nghiệm nguyên hai ẩn.
Qua quá trình hướng dẫn một cách cụ thể như vậy tại đơn vị, tôi nhận
thấy học sinh đã biết vận dụng một cách linh hoạt các phương pháp vào giải các
bài tập cụ thể từ đơn giản đến phức tạp. Đối với học sinh giỏi các em đã biết sử
dụng, kết hợp các phương pháp để giải được các bài toán ở dạng khó hơn. Qua

đó giúp học sinh hứng thú khi gặp dạng toán này nói riêng và học môn Toán nói
chung.
Kết quả :
Sau khi khảo sát đối với đội tuyển giải toán qua mạng lớp 9 năm 2014 với
số lượng 06 em về chủ đề phương trình nghiệm nguyên hai ẩn, kết quả thu được
như sau :
Loại
điểm
SS : 06

Dưới 5,0
SL
%
0
0

5 – 6, 5
SL
%
1
16,7

6,5 - 8
SL
%
1
16,7

8 - 10
SL

%
4
66,6

2. Kiến nghị, đề xuất
Trên đây, tôi đã trình bày một số kinh nghiệm “ Hướng dẫn học sinh khá
giỏi lớp 9 giải phương trình nghiệm nguyên hai ẩn ”, kính mong độc giả, các


thầy cô giáo và hội đồng khoa học góp ý xây dựng cho đề tài được hoàn chỉnh
hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn !
Quảng Bình, tháng 10 năm 2015
NGƯỜI THỰC HIỆN

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

TÊN ĐỀ TÀI, SÁNG KIẾN, GIẢI PHÁP :

‘‘HƯỚNG DẪN HỌC SINH KHÁ GIỎI LỚP 9
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN HAI ẨN"


Quảng Bình, tháng 10 năm 2015
CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

TÊN ĐỀ TÀI, SÁNG KIẾN, GIẢI PHÁP:

‘‘HƯỚNG DẪN HỌC SINH KHÁ GIỎI LỚP 9
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN HAI ẨN"


Họ và tên: Dương Văn Dũng
Chức vụ : Giáo viên
Đơn vị

: THCS Thái Thủy - Lệ Thủy - Quảng Bình

Quảng Bình, tháng 10 năm 2015