SKKN số DẠNG PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

TRƯỜNG THCS NGHUYỄN HỒNG SƠN
TỔ TOÁN

SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
Ở CẤP THCS
Ho và tên :

BÙI XUÂN PHONG Tx Sông cầu, ngày 26 tháng 12 năm 2011

I . MỞ BÀI
1.LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Phương trình nghiệm nguyên là dạng phương trình mà Học sinh cấp Trung học
cơ sở đã làm quen khi học về tập hợp số tự nhiên N , tập hợp số nguyên Z , về phép
nhân , chia trên tập hợp N , Z , về đa thức ,số chính phương. Trong chương trình cấp
Trung học cơ sở không đề cập nhiều về các dạng phương trình và phương pháp giải
các dạng phương trình nghiệm nguyên mặt dù có một số cơ sở lý thuyết cho phép giải
một số dạng về phương trình nghiệm nguyên . Nhưng trong các bài tập nâng cao trong
sách giáo khoa , trong các kì thi Học sinh giỏi , trong các bài thi violimpic trên mạng
internet lại được nêu ra làm cho Học sinh cảm thấy lung túng về phương pháp giải và
đa số Học sinh trường của tôi , trường THCS Nguyễn hồng Sơn ít khi giải quyết tốt.
Chính vì tình hình này mà tôi , với trình độ hiểu biết còn rất hạn chế về nội dung
phương trình nghiệm nguyên , cố gắng xây dựng chuyên đề : Số dạng phương trình
nghiệm nguyên ở cấp Trung học cơ sở .
2.MỤC ĐÍCH XÂY DỰNG CHUYÊN ĐỀ
Chuyên đề “ Số dạng phương trình nghiệm nguyên ở cấp Trung học cơ sở”
được xây dựng với mục đích :
+ Để có một tài liệu , xem như một giáo án giảng dạy , để trang bị cho Học
sinh kiến thức cơ bản , hệ thống về phương trình nghiệm nguyên .Từ đó Học sinh rèn
luyện kỉ năng giải được các phương trình nghiệm nguyên trong sách giáo khoa , trong
các kì thi , nhất là các kì thi violimpic trên mạng internet .
+ Thực hiện được kế hoạch chuyên môn của tổ toán của trường THCS

Nguyễn hồng Sơn
Sau hết , qua xây dựng chuyên đề , tôi hy vọng khả năng hiểu biết của bản thân
về phương trình nghiệm nguyên được nâng cao thêm một ít.
3. ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGUYÊN CỨU
a) Đối tượng nguyên cứu :
+ Học sinh các cấp từ 6, 7, 8, 9 của trường THCS Nguyễn hồng Sơn
+ Các dạng phương trình nghiệm nguyên và phương pháp giải
b) Phạm vi nguyên cứu :
+ Học sinh 6,7, 8, 9 của trường THCS Nguyễn hồng sơn tham gia vào
nhóm học sinh được bồi dưỡng dự thi cấp trường , dự thi cấp thi xã, dự thi cấp tỉnh ,
dự thi giải toán trên mạng internet
+ Các dạng phương trình nghiệm nguyên và phương pháp giải thuộc
chương trình cấp THCS
4. NHIỆM VỤ XÂY DỰNG CHUYÊN ĐỀ
1


Xây dựng hệ thống đơn vị kiến thức cơ bản về phương trình nghiệm nguyên
phù hợp với yêu cầu kiến thức của chương trình cấp THCS
Lập được các dạng và các phương pháp giải tương ứng và linh hoạt các dạng
phương trình nghiệm nguyên
5. PHƯƠNG PHÁP NGUYÊN CỨU
a) Tài liêu :
- Sách giáo khoa môn toán 6, 7, 8, 9
- Sách số học của tác giả Hoàng Chúng
- Trên mạng internet
b) Phương pháp :
- Tổng hợp tài liệu , chọn lọc nội dung phù hợp chương trình THCS ,sắp xếp
các nội dung thành hệ thống logic
6. NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI

a) LÍ THUYẾT
1a . Phép chia hết và phép chia có dư
1a.1) Hai số nguyên a và b ( b>0) . Khi chia a cho b ta có a chia hết cho b hoặc
a không chia hết cho b
+ a chía hết cho b , kí hiêu a  b .ta củng nói b chia hết a hay b là một ước của
a , a là bội của b .
+ Định nghĩa : ab ⇔ có số nguyên q sao cho a = bq
+ a không chia hết cho b thì khi chia a cho b ta được thương là q và số dư là r
( 0 < r < b) và viết : a = bq + r với 0 < r < b .
Tổng quát :
+ Với hai số nguyên a và b ( b > 0 ) luôn có hai số nguyên q và r ( 0 ≤ r < b) sao
cho a = bq + r . Nếu r = 0 thì a chia hết cho b . Nếu r ≠ 0 thì a không chia hết cho b
+ Khi chia số nguyên a cho số nguyên b ( b >0) thì số dư r là một trong các b số
từ 0 đến b – 1 .
1a.2) Ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất
+ Định nghĩa :
- Số nguyên d là ước chung của a và b nếu d là ước của a và d là ước của
b.
- Số nguyên dương lớn nhất trong tập hợp các ước chuung của a và b gọi là
ước chung lướn nhất của a và b .Ước chung lớn nhất của a và b kí hiêu là ƯCLN(a ,b)
hay (a,b) .
- Số nguyên m là bội chung của a và b nếu m  a và m  b.
- Số nguyên dương nhỏ nhất trong tập hợp các bội chung của a, và b gọi la
bội chung nhỏ nhất của a và b . Bội chung nhỏ nhất của a và b kí hiêu là BCNN(a, b)
hay [a , b]
1a.3) Các tính chất về chia hết
+ Nếu (a, b) = 1 thì gọi a, b là hai số nguyên tố cùng nhau
+ Số nguyên tố là số lớn hơn 1 chỉ có hai ước là 1 và chính nó
Định lí cơ bản : Mội số nguyên lớn hơn 1 đều phân tích được ra thừa số
nguyên tố một cách duy nhất ( không kể thứ tự các thừa số) .

2


Định lí 1 : vơi a, b, c là các số nguyên dương
a) ( ac , bc) = c(a,b)
a b
c c

b)  ,  =

( a , b)
với c là ƯC(a, b)
c

acb và (a,b) = 1 ⇒ c  b
Định lí 3 : ca , cb và (a,b) = 1 ⇒ c 
Định lí 2 :

Định lí 4: Nếu (a, b) =d thì tồn tại hai số nguyên x0 , y0 sao cho
ax0 + by0 = d , x0 , y0 được xác định bằng thuật toán Ơ-clit
• Thuật toán Ơ-clit :
a = bq + r với 0 ≤ r ≤ b – 1 thì (a,b) = (b, r)
2a. Đa thức :
+ Định nghĩa đơn thức : sgk lớp 7
+ Định nghĩa đa thức : sgk lớp 7
+Các hằng đẳng thức đáng nhớ :
• (a ± b)2 = a2 ± 2ab + b2
• a2 – b2 = (a + b )( a – b )
• ( a ± b)3 = a3 ± 3a2b + 3ab2 ± b3

• a3 ± b3 = ( a ± b)( a2  ab + b2)
+ Phân tích đa thức thành các nhân tử
3a. Lũy thừa với số mũ là số tự nhiên : sgk lớp 7
+ Định nghĩa
+ Các phép toán
+ Tính chất
4a. Phân thức
+ Định nghĩa : sgk lớp 8
5a . Các phép biến đổi phương trình
+ Định nghĩa phương trình nhiều biến : sgk lớp 8
+ Định nghĩa nghiệm của phương trình : sgk lớp 8
+ Định nghĩa hai phương trình tương đương sgk lớp 8
+ Các phép đổi phương trình : sgk lớp 8
• Phép chuyễn vế các hạn tử
• Phép nhân một cố khác 0
+ Phương trình bậc hai và cách giải : sgk lớp 9
6a. Căn thức bậc hai : sgk lớp 9
+ Định nghĩa
+ Các phép biến đổi
b) CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGHUYÊN VÀ PHƯƠNG PHÁP
GIẢI
1b. Phương trình bậc nhất hai ẩn ax + by = c (*) trong đó a,b nguyên khác 0
Cách giải 1:
+ Nếu (a,b) = d ≠ 1 và c không chia hết cho d thì phương trình (*) vô nghi
3


+ Nếu (a, b, c) = d ≠ 1 Thì ta chia hai vế của phương trình (*)cho d để được phương
trình đơn gian hơn .Ví dụ :
6x + 4y = 14 ⇔ 3x + 2y = 7

12x + 6y = 15 ⇔ 4x + 2y = 5
+ Nếu (a ,b) = 1 thì phương trình (*) có nghiệm nguyên và nghiệm được xác
định là :

 x = x0 + bt

 y = y0 − at

Trong đó t ∈ Z và (x0 ; y0) là một nghiệm riêng của phương trình (*)
Xác định nghiệm riêng theo định lí 4 .
Chứng minh :
Ta có (a, b) = 1 ⇒ có hai số nguyên p , q : ap + bq = 1 ⇒ apc +bqc = c
Mà ax + by = c nên : a(x – pc ) = b( qc – y) (1) , vì (a, b) = 1
⇒ ( x – pc ) b ⇒ có số nguyên t sao cho : x = pc +bt hay x = x0 + bt (2)
Với x0 = pc .
Thay (2) vào (1) được : abt = b(qc – y) ⇒ y = qc – at hay y = y0 – at với y0 = qc
Ví dụ : Giải phương trình 40x + 31y = 1
Giải :
Ta có (40,31) = 1 nên phương trình có nghiệm nguyên
Tìm nghiệm riêng :
40 = 31.1 + 9
31 = 9.3 + 4
9 = 4.2 + 1
⇒
40.7 + 31.( -9) = 1 ⇒ x0 = 7 , y0 = - 9
⇒ Phương trình có nghiệm x = 7 + 31t , y = - 9 – 40t với t ∈ Z
Cách giải 2 : Dùng tính chất chia hết để xét các nghiệm và hệ số a, b , c
Ví dụ : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
11x + 18y = 120
Giải:

Ta thấy 11x6 nên x6 . Đặt x = 6k (k nguyên). Thay vào (1) và rút gọn ta được:
11k + 3y = 20
Biểu thị ẩn mà hệ số của nó có giá trị tuyệt đối nhỏ (là y) theo k ta được:
y=

20 − 11k
3

Tách riêng giá trị nguyên của biểu thức này:
y = 7 − 4k +

Lại đặt

k −1
3

k −1
= t với t nguyên suy ra k = 3t + 1. Do đó:
3
y = 7 − 4(3t + 1) + t = 3 − 11t
x = 6k = 6(3t + 1) = 18t + 6

Thay các biểu thức của x và y vào (1), phương trình được nghiệm đúng.
4


Vậy các nghiệm nguyên của (10 được biểu thị bởi công thức:
 x = 18t + 6
với t là số nguyên tùy ý


 y = 3 − 11t

Cách giải:
- Rút gọn phương trình, chú ý đến tính chia hết của các ẩn
- Biểu thị ẩn mà hệ số của nó có giá trị tuyệt đối nhỏ (chẳng hạn x) theo ẩn kia.
- Tách riêng giá trị nguyên ở biểu thức của x
- Đặt điều kiện để phân bố trong biểu thức của x bằng một số nguyên t1 , ta được một
phương trình bậc nhất hai ẩn y và t1
- Cứ tiếp tục như trên cho đến khi các ần đều được biểu thị dưới dạng một đa thức
với các hệ số nguyên
2b). Phương trình bậc nhất ba ẩn
Công nhận tính chất : Người ta chứng minh được rằng : Một phương trình bậc
nhất n ẩn ( sau khi chia hai vế của phương trình cho UCLN của các hệ số của nó) có
nghiệm nguyên khi và chỉ khi các hệ số của ẩn nguyên tố cùng nhau
Ví dụ 1: Giải phương trình 2x – 5y – 6z = 4
Giải :
Phương trình có nghiệm nguyên vì (2,5,6) = 1
Ta có ( 2, 5) = 1 nên đưa phương trình về dạng
2x – 5y = 4 + 6z
Lấy z= u với u tùy ý ∈ Z , đặc c = 4 + 6u .Khi đó ta có phương trình
2x – 5y = c
Phương trình này có nghiệm riêng là x0 = 3c , y0 = c và nghiệm tổng quát là
x = 3c – 5t , y = c – 2t với t ∈ Z
Thay c = 4 + 6u vào nghiệm tổng quát của 2x – 5y = c ta có nghiệm tổng quát của
phương trình 2x – 5y – 6z = 4 là
 x = 12 − 18u − 5t

 y = 4 + 6u − 2t
z = u


Trong đó u ,t ∈ Z
Ví dụ 2 : Phương trình có hệ số của 1ẩn bằng 1
Giải phương trình 6x + y +3z = 15
Nhận xét : x , z lấy giá trị nghuyên bất kì thì khi đó ta củng có giá trị y nguyên tương
ứng . Vậy phương trình có nghiệm tổng quát :
x = u

 y = 15 − 6u − 3t
z = t


Trong đó u ,t ∈ Z

3b) Phương trình bậc hai hai ẩn
Ví dụ 1 Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
5


5x – 3y = 2xy – 11
Giải: Biểu thị y theo x:
(2x + 3)y = 5x + 11
Dễ thấy 2x + 3 ≠ 0 ( vì x nguyên ) do đó:
5 x + 11
x+5
=2+
2x + 3
2x + 3
Để y ∈ ¢ phải có x + 52 x + 3
⇒ 2( x + 5)2 x + 3

⇒ 2 x + 3 + 72 x + 3
⇒ 72 x + 3
y=

Ta có:
2x + 3
X
Y

1
-1
6

-1
-2
-1

7
2
3

-7
-5
2

Thử lại các cặp giá trị trên của (x , y) đều thỏa mãn phương trình đã cho.
Ví dụ 2:Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
x 2 − 2 x − 11 = y 2

Giải:

Cách 1: Đưa về phương trình ước số:
x 2 − 2 x + 1 − 12 = y 2
⇔ ( x − 1) 2 − y 2 = 12
⇔ ( x − 1 + y )( x − 1 − y ) = 12

Ta có các nhận xét:
a) Vì (1) chùa y có số mũ chẵn nên có thể giả thiết rằng y ≥ 0 . Thế thì

x −1+ y ≥ x −1− y
b) ( x − 1 + y ) − ( x − 1 − y ) = 2 y nên x − 1 + y và x − 1 − y cùng tính chẵn lẻ. Tích của

chúng bằng 12 nên chúng cùng chẵn.
Với các nhận xét trên ta có hai trường hợp:
x–1+y
x–1-y

6
2

-2
-6

Do đó:
x-1
4
y
2
x
5
Đáp số: (5 ; 2), (5 ; -2), (-3 ; 2), (-3 ; -2)

Cách 2:

-4
2
-3

6


Viết thành phương trình bậc hai đối với x:
x 2 − 2 x − (11 + y 2 ) = 0
V' = 1 + 11 + y 2 = 12 + y 2

Điều kiện cần để (2) có nghiệm nguyên:
V' là số chính phương ⇔ 12 + y 2 = k 2 ( k ∈ ¥ )
⇔ k 2 − y 2 = 12 ⇔ ( k + y )( k − y ) = 12
Giả sử y ≥ 0 thì k + y ≥ k – y và k + y ≥ 0

(k + y) – (k – y) = 2y nên k + y và k – y cùng tính chẵn lẻ và phải cùng chẵn.
Từ các nhận xét trên ta có:
k + y = 6

k − y = 2

Do đó: y = 2
Thay vào (2): x 2 − 2 x − 15 = 0
⇒ x1 = 5, x2 = −3

Ta có bốn nghiệm: (5 ; 2), (5 ; -2), (-3 ; -2), (-3 ; 2)
Ví dụ 4: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:

x 2 + 2 y 2 + 3xy − x − y + 3 = 0
(1)
Giải:
Viết thành phương trình bậc hai đối với x:
x 2 + (3 y − 1) x + (2 y 2 − y + 3) = 0
(2)
V= (3 y − 1) 2 − 4(2 y 2 − y + 3) = y 2 − 2 y − 11

Điều kiện cần và đủ để (2) có nghiệm nguyên là V là số chính phương
⇔ y 2 − 2 y − 11 = k 2 ( k ∈ ¥ )
(3)
Giải (3) với nghiệm nguyên ta được y1 = 5, y2 = −3
Với y = 5 thay vào (2) được x 2 + 14 x + 48 = 0 . Ta có: x1 = −8, x2 = −6
Với y = -3 thay vào (2) được x 2 − 10 x + 24 = 0 . Ta có x3 = 6, x4 = 4
Đáp số: (-8 ; 5), (-6 ; 5), (6 ; -3), (4 ; -3)
4b) Phương trình chứa căn thức
Ví dụ 1: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
y = x + 2 x −1 + x − 2 x −1

Giải:
Điều kiện: x ≥ 1
y = ( x − 1) + 1 + 2 x − 1 + ( x − 1) + 1 − 2 x − 1
=| x − 1 + 1 | + | x − 1 − 1 |
= x − 1 + 1+ | x − 1 − 1 |

Xét hai trương hợp:
a) Với x = 1 thì y =2.
b) Với x ≥ 2 thì y = x − 1 + 1 + x − 1 − 1 = 2 x − 1
Do đó: y 2 = 4( x − 1) . Do x ≥ 2 nên có thể đặt x – 1 = t 2 với t nguyên dương.
7

x = t2 + 1
Ta có: 
 y = 2t

Kếtt luận: nghiệm của phương trình là: (1 ; 2), ( t 2 + 1 ; 2t) với t là số nguyên dương
tùy ý.
Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
x+ x+ x+ x = y

Giải:
Ta có: x ≥ 0, y ≥ 0
Bình phương hai vế rồi chuyển vế:
x + x + x = y 2 − x = k (k ∈ ¥ )

Bình phương hai vế rồi chuyển vế:
x + x = k 2 − x = m(m ∈ ¥ )

Bình phương hai vế:
x + x = m2

Ta biết rằng với x nguyên thì x hoặc là số nguyên hoặc là số vô tỉ. Do x + x = m 2
(m ∈ ¥ ) nên x không là số vô tỉ. Do đó x là số nguyên và là số tự nhiên.
Ta có: x ( x + 1) = m 2
Hai số tự nhiên liên tiếp x và x + 1 có tích là số chính phương nên số nhỏ bằng 0:
x =0
Suy ra: x = 0; y = 0 thỏa mãn phương trình đã cho.
Nghiệm của phương trình là (0 ; 0)
Ví dụ 3: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:

x + y = 1980
(1)
Giải:
x = 1980 − y
(2)
Với điều kiện 0 ≤ x, y ≤ 1980 :
(2) ⇔ x = 1980 + y − 2 1980 y
⇔ x = 1980 + y − 12 55 y

Do x, y nguyên nên 12 55y nguyên. Ta biết rằng với y nguyên thì 55y hoặc là số
nguyên hoặc là số vô tỉ. Do đó 55y là số nguyên, tức là 55y là số chính phương:
11.5.y = k 2 . Do đó: y = 11.5.a 2 = 55a 2 với a ∈ ¥
Tương tự: x = 55b 2 với b ∈ ¥
Thay vào (1):
a 55 + b 55 = 6 55
⇔a+b=6
Giả sử y ≤ x thì a ≤ b . Ta có:

8


y = 55b2
A
b
x = 55a 2
0
6
0
1980
1

5
55
1375
2
4
220
880
3
3
495
495
Có 7 đáp số: (0 ; 1980), (1980 ; 0), (55 ; 1375), (1375 ; 55), (220 ; 880), (880 ; 220),
(495 ; 495)

c) Bài tập
Bài 1. Tìm nghiệm nguyên các phương trình :
a) 5x +3y = 2
; b) 32x – 40y = 38
c) 38x + 117y = 15
; d) 21x – 17y = -3
e) 2x + 3y + 5z = 15 ; f) 23x – 53y + 80z = 101
Bài 2. Tìm số tự nhiên chia hết cho 7 và khi chia cho 2 , 3 , 4, 5 , 6 luôn cho số dư là
1
Bài 3. Tìm năm sinh của nhà thơ Nguyễn Du , biết rằng ông sống không quá 86 năm
và năm 1786 thì tuổi của ông bằng tổng các chữ số của năm ông sinh ra .
Bài 4. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
xy2 + 2xy – 243y + x = 0
Hướng dẫn:
Ta có xy2 + 2xy – 243y + x = 0 ⇔ x(y + 1)2 = 243y
(1)

2
Từ (1) với chú ý rằng (y + 1; y) = 1 ta suy ra (y + 1) là ước của 243.
Vậy (x, y) = (54, 2) ; (24, 8)
Bài 5. Tìm x, y ∈ ¢ thỏa mãn :
2x2 – 2xy = 5x – y – 19 .
Tìm tất cả các cặp nghiệm nguyên (x, y) thỏa mãn :
y(x – 1) = x2 + 2.
Hướng dẫn:
Ta có y(x – 1) = x2 + 2 ⇒ y =

x2 + 2
3
= x +1+
x −1
x −1

Bài 6. Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau :
a) 15x2 – 7y2 = 9
b) 29x2 – 28y2 = 2000
c) 1999x2 – 2000y2 = 2001
Hướng dẫn:
a) Từ phương trình đã cho ta suy ra y chia hết cho 3. Đặt y = 3y1. Ta có
5x2 – 21y12 = 3 (1)
Từ (1) suy ra x chia hết cho 3. Đặt x = 3x1. Ta có
15x12 – 7y12 = 1 (2)
9


Từ (2) suy ra y12 ≡ -1 (mod 3), vô nghiệm
b) Từ phương trình đã cho ta suy ra x2 ≡ 5 (mod 7). Vậy phương trình đã cho vô

nghiệm
c) Từ phương trình đã cho ta suy ra x2 ≡ -1 (mod 4). Vậy phương trình đã cho vô
nghiệm
Bài 7.

Tìm x, y nguyên thỏa mãn :
x2y2 – x2 – 8y2 =2xy
Hướng dẫn:
Viết lại phương trình đã cho dưới dạng:
y2(x2 – 7) = (x + y)2.
(1)
Phương trình đã cho có nghiệm x = y = 0. Xét x, y ≠ 0. Từ (1) suy ra x2 – 7 là một số
chính phương. Đặt x2 – 7 = a2, ta có
(x – a)(x + a) = 7
Từ đó tìm được x
Đáp số: (0, 0) ; (4, -1) ; (4, 2) ; (-4, 1) ; (-4, -2)
Bài 8. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :
x+2 3 =

y+ z

Hướng dẫn:
Vì vai trò của x, y, z như nhau nên có thể giả sử y ≥ z. Từ phương trình đã cho ta suy ra
x + 2 3 = y + z + 2 yz . Suy ra
( x − y − z ) 2 + 4 3( x − y − z ) = 4 yz − 12.
(1)
Vì 3 là số vô tỉ nên từ (1) ta suy ra :
x – y – z = 4yz – 12 = 0 ⇒ yz = 3 ⇒ y = 3, z = 1 và x = y + z =4
Đáp số : phương trình có 2 nghiệm là (4; 3; 1) và (4; 1; 3)
Bài 9. Tìm các số nguyên không âm x, y sao cho :

x2 = y2 + y + 1

Hướng dẫn:
Nếu y = 0 thì x = 1
Nếu y ≥ 1 thì từ phương trình đã cho ta suy ra y < x < y + 1, vô lí
Bài 10. Tìm nghiệm x , y nguyên dương của phương trình : y2 = x2 + 12x + 1995 (1)
Ta có (1) ⇔ y2 = (x + 6)2 + 1959 ≥ 1959 ⇒ y ≥ 45 .
Ta có -1959 = (x + 6)2 - y2 = (x + y + 6)(x - y + 6) với x + y + 6 ≥ 52 và 1959 = 3 . 653
Bài 11 . Tìm số tự nhiên có 4 chữ số biết rằng nó chia cho 131 thì còn dư 112 và khi
chia cho 132 thì dư
98
( HSG Bến tre )
2
2
Bài 12 . Tìm nghiệm nguyên của phương trình 3x + 2xy + 5y = 45 ( HSG Bến tre)
Bài 13 . Cho phương trình x2 – 2(m – 1)x + m – 3 = 0 ( m là tham số ) (*)
10


a) Cm phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt với mọi m
b) Tìm số nguyên m sao cho hai nghiệm x1, x2 của (*)củng là các số nguyên .
( HSG Gia Lai )
2
Bài 14. Cho phương trình x – 2ax – (a + 3) = 0 ( a là tham số ) ( 1)
a) giải (1) với a = 2
b) Tìm a nguyên sao cho ( 1) có nghiệm nguyên .
( HSG Hải Phòng )
2
2
Bài 15. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 5( x + xy + y ) = 7 ( x + 2y)

( HSG Nghệ An )
II.NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
CHƯƠNG I : CƠ SỞ LÝ LUẬN LIÊN QUAN ĐẾN ĐỀ TÀI
1. CƠ SỞ PHÁP LÝ
- Căn cứ theo hế hoach năm học 2011 – 2012 của trường THCS Nguyễn
hồng Sơn
- Căn cứ trên kế hoạch của tổ chuyên môn trong năm học 2011 – 2012 của tổ
toán trường THCS Nguyễn hồng Sơn
- Căn cứ vào kế hoach cá nhân đăng kí trong năm học 2011 – 2012 của cá
nhân
- Căn cứ vào phân phối chương trình giảng dạy và yêu cầu về kiến môn toán
của sở GD & ĐT ban hành
2. CƠ SỞ LÝ LUẬN
- Phương trình nghiệm nguyên là dạng phương trình mà ta cần tìm nghiệm là
số nguyên
- Phương trình nghiệm nguyên có ít đề cập đến trong các bài tập của sách
giáo
khoa và chương trình chuẩn kiến thức kỉ năng vì đây là dạng toán khó và
thường được cho trong các bài tập nâng cao , các kì thi HSG , thi giải toán
trên
mạng internet .Do vậy việc nguyên cứu các dạng phương trình nghiệm
nguyên
và phương pháp giải các dạng phương trình nghiệm nguyên là cần thiết để
bồi
dưỡng cho các học sinh kiến thức phù hợp về phương trình nghiệm nguyên
nhằm trang bị cho các em kiến thức và kỉ năng để không quá lúng túng khi
giải
các bài toán giải phương trình nghiệm nguyên trong các kì thi .
3.CƠ SỞ THỰC TIỂN
- Khi mở rộng bài toán 105 –trang 97 sgk toán 6 :

Tìm các số nguyên a, b biết ab = 5 đa số học sinh chỉ tìm được a = 5 , b =
1
Mà không tìm hết các cặp số nguyên a , b của bài toán
- Khi giải toán violympio trên mạng có bài toán : tìm x , y nguyên dương biết

11


xy – x – y = 1
thì không có học sinh nào giải được đúng phương pháp mà chỉ một học sinh
đoán
được x = 0 , y = -1
Chính vì cơ sở thực tế trên mà tôi xây dựng sáng kiến kinh nghiệm với đề tài :
“ Các dạng phương trình nghiệm nguyên ở cấp THCS”
CHƯƠNG II : THỰC TRẠNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
1. KHÁI QUAT PHẠM VI
- Các dạng và cách giải phương trình nghiệm nguyên được giới hạn trong
chương trình và nội dung các đơn vị kiến thức ở cấp THCS
- Đối tượng áp dụng sáng kiến kinh nghiệm “ số dạng phương trình nghiệm
nguyên ở cấp THCS” là học sinh trường THCS nguyễn hồng sơn và chủ yếu là số học
sinh trong đội tuyển thi cấp trường , cấp thị xã , thi violympia , các học sinh giỏi trong
lớp 6,7, 8, 9
2. THỰC TRẠNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
- Khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm “ Số dạng phương trình nghiệm nguyên ở
cấp THCS” vào trường THCS nguyễn hông Sơn thì được kết quả như sau :
Bài toán : Tìm hai số nguyên a, b biết ab = 5 trong kiểm tra 15’ ( 2đ)
Điểm
0,5
1
2

Lớp
6a
24
5
6b
24
4
Bài toán : tìm nghiêm nguyên của phương trình xy – x – y = 1 cho 11 Hs thi
violympia của trường THCS Nguyễn hồng Sơn thì được kết quả :
Học sinh

Giải
được

Giải
75%

TRẦN NGUYỄN NGỌC
LANH
TRẦN LÊ DẠ QUỲNH
HỒ TRẦN ANH THƯ
HỒ THỊ KIM NGÀ
LƯU HỒNG NGỌC
CAO THỊ MỸ QUỲNH
TRẦN THỊ HỒNG LOAN
HỒ NHẬT NINH
TRẦN THỊ THANH MỸ
TRẦN VĂN THỤ
HỒ THỊ HỒNG LUYẾN

Biến đổi

1+ x
được
thành y =
x −1

Không
giải được

mà không
làm tiếp được
x

x
X
x
x
x
x
X
x
x
X
12


3. NGUYÊN NHÂN CỦA THỰC TRẠNG
- So sánh kết quả ban đầu lúc chưa triển khai “ Số dạng phương trình nghiệm
nguyên ở cấp THCS” và kết quả sau khi triển khai “ Số dạng phương trình nghiệm

nguyên ở cấp THCS” thì tôi có đánh giá sau :
+ Kiến thức trong chương trình tương đối đủ để trang bị cho học sinh cấp
THCS giải được một số dạng phương trình nghiệm nguyên nhưng vì theo yêu cầu
chuẩn kiến thức kỉ năng và dạng bài tập quá ít ( hầu như là không có trong sgk ) và vì
các giáo viên bồi dưỡng HSG chỉ dạy về cá bài toán chia hết mà không dạy về phương
trình nghiệm nguyên nên học sinh lúc ban đầu không có phương pháp giải các bài toán
về phương trình nghiệm nguyên
+ Khi triển khai dạy “ Số dạng phương trinhg nghiệm nguyên ở cấp THCS”
thì theo kết quả trên tôi rất lạc quan
CHƯƠNG III :BIỆN PHÁP ,GIẢI PHÁP CHỦ YẾU ĐỂ THỰC HIỆN SÁNG
KIẾN KINH NGHIỆM
1. CƠ SỞ ĐỀ XUẤT CÁC GIẢI PHÁP
- Theo kế hoạch năm học của trường THCS Nguyễn hồng Sơn là xây dựng đội
ngủ HSG của trường từ lớp 6, 7, 8 , 9 để bồi dưỡng năng khếu học toán cho các em và
cũng để các em tham gia các kì thi HSG cấp trường ,cấp thị xã, thi violympia
-Nôi dung kiến thức về phương trình nghiệm nguyên phù hợp với nội dung
chương trình toán THCS đã ban hành
2. CÁC GIẢI PHÁP CHỦ YẾU
- Thực hiện giảng dạy lý thuyết và bài tập về phương trình nghiệm nguyên theo
từng cấp học
3. TỔ CHỨC VÀ TRIỂN KHAI THỰC HIỆN
- Soạn giáo án cho các tiết dạy
- Đưa các bài tập về phương trình nghiệm nguyên phù hợp theo cấp học cho học
sinh về nhà và xem là dạng bài tập nâng cao
- Đưa bài tập phương trình nghiệm nguyên vào các tiết kiểm tra định kì tùy
thuộc vào cấp học ở dạng bài tập khó để phân loại
- Lập đội HSG từng cấp học và dành 4 tiết để giảng dạy về phương trình nghiệm
nguyên theo từng cấp học
III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
1. KẾT LUẬN :

- Sáng kiến kinh nghiệm của tôi đã đươc xây dựng và bước đầu triển khai ở
trường THCS Nguyễn hồng Sơn và thu được kết quả cho phép tôi rất lạc quan về tính
hệ thống và hiệu quả ứng dụng của nó .Tuy nhiên với trình độ còn hạn chế và khả
chưa chuyên sâu về phương trình nghiệm nguyên nên bài viết về các dạng phương
trình nghiệm nguyên và các cáh giải chưa đầy đủ ,phong phú như vốn có của phương
trình nghiệm nguyên chẳn hạn về dang x 2 + y2 = z2 , x2 + Py2 = 1 vói P là số không
chính phương ....... Các bài tập ứng dụng trực tiếp vào tiết học cho học sinh các cấp
không sưu tầm được nhiều như mong muốn .
2. KIẾN NGHỊ :

13


- Vói những hạn chế tôi nhận thấy như ở phần kết luận , tôi tha thiết yêu cầu
đồng nghiệp trong tổ toán trường THCS Nguyễn hồng Sơn chân thành góp ý kiến bổ
sung để xây dựng “ Số dạng phương trình nghiệm nguyên” được hoàn chỉnh về hệ
thống lí thuyết cũng như về dạng bài tập. Tôi tha thiết yêu cầu Hội đồng khoa học các
cấp cho những đánh giá ưu điểm , khuyết điểm của bài viết thật rỏ ràng để tôi , với
tinh thần cầu thị , rút kinh nghiệm .
Tx Sông cầu , ngày 26 tháng 12 năm 2011
Bùi xuân Phong
PHẦN ĐÁNH GIÁ CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CÁC CẤP
DANH MỤC CÁC TÀI LIỆU THAM KHẢO

1.
2.
3.
4.

Sách giáo khoa toán 6,7,8,9

Số học của Hoàng Chúng
Trang wep vnmath , trang wep violet
Bài thi violympia năm 2010 – 2011

14