Sáng Kiến kinh nghiệm PT nghiệm nguyên

1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TUYÊN QUANG
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG KIM XUYÊN
-----------------o0o---------------

BÁO CÁO
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
“CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
NGHIỆM NGUYÊN BẬC NHẤT HAI ẨN VÀ BẬC HAI HAI ẨN’’

Họ và tên : Nguyễn Văn Hùng
Ngày tháng năm sinh :22- 5 -1981
Ngày vào ngành : 01-09-2003
Đơn vị công tác : Trường THPT Kim Xuyên

Kim Xuyên Tháng 4 – 2013


2
1. Tên sáng kiến kinh nghiệm:
"CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

BẬC NHẤT HAI ẨN VÀ BẬC HAI HAI ẨN”.
2. Mô tả ý tưởng
a. Hiện trạng và nguyên nhân chủ yếu của hiện trạng.

Phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên trong trương trình SGK toán
THPT không đề cập tới, và trên thực tế cũng có rất ít tài liệu viết về vấn đề này. Do đó
học sinh thường lúng túng không định hình được phương pháp để giải phương trình
nghiệm nguyên. Bên cạnh đó trong các kì thi tuyển sinh vào lớp 10 hay đặc biệt trong các

kì thi tuyển học sinh giỏi của tỉnh Tuyên Quang cũng như một số tỉnh trong cả nước vẫn
thường có một câu giải “phương trình nghiệm nguyên bậc nhất hai ẩn hoặc bậc hai
hai ẩn”. Là một giáo viên có tham gia vào công tác bồi dưỡng học sinh giỏi của trường
THPT Kim Xuyên bản thân cũng có quan tâm về vẫn đề này để từ đó giúp học sinh trong
đội tuyển thi HSG của trường nắm được phương pháp, biết cách giải quyết loại bài tập
này.
b. Ý tưởng.
Do nguyên nhân và hiện trạng nêu là một giáo viên được nhà trường, tổ chuyên môn
phân công tham gia bồi dưỡng đội tuyển HSG của trường bản thân đã tìm hiểu và nghiên cứu
rất kĩ “Các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên bậc nhất hai ẩn hoặc bậc

hai hai ẩn” và viết thành các phương pháp cụ thể với ví dụ cụ thể nhằm mục tiêu giúp
các em có thể giải tốt loại bài tập này trong các kì thi HSG.
3. Nội dung công việc
- Nghiên cứu các câu về phương trình nghiệm nguyên trong các đề thi HSG của tỉnh
Tuyên Quang và các tỉnh trên khác.
- Tìm hiểu các tài liệu viết về phương trình nghiệm nguyên
- Viết nội dung chuyên đề
- Triển khai thực hiện đối với học sinh trong khối 11 và 12 trong đội tuyển ôn thi HSG
môn toán cấp Tỉnh của trường THPT Kim Xuyên.
4. Triển khai thực hiện
- Chuyên đề này đã được triển khai thực hiện theo theo các bươc sau:
Bước 1. Nghiên cứu chương trình các bài giải phương trình nghiệm nguyên của tỉnh
Tuyên quang, một số tài liêu tham khảo và khả năng của học sinh về vấn đề này
Bước 2. Xây dựng ý tưởng và viết chuyên đề.
Bước 3. Áp dụng thực hiện chuyên đề.


3
- Thời gian thực hiện: Từ tháng 5/8/2012 đến tháng 25/12 năm 2012 .

Bước 4. Phối hợp để thực hiện chuyên đề: Trong qua trình thực hiện chuyên đề này đã có sự
phối hợp với Ban giám hiệu trường THPT Kim Xuyên, và các em học sinh lớp 11B1, 12C1
Nội dung chuyên đề
1. PHƯƠNG PHÁP RÚT HÀM

Phương pháp này có thể giải quyết được f(x,y)=0 với
a) f(x,y) có bậc một đối với x và y.
b) f(x,y) là đa thức hai biến bậc hai mà số mũ của y (hoặc x) chỉ là bậc nhất.
Cách giải:
f(x;y) =0 => y = g ( x) = ax + b +
nguyên.

m
(hoặc x=h(y)), từ đó đánh giá g(x) để
cx + d

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình
xy + y − 2 x − 3 = 0 .
Giải
xy + y − 2 x − 3 = 0 ⇔ y ( x + 1) = 2 x + 3 (*)
Ta thấy x =-1 thì (*) vô nghiệm => x + 1 ≠ 0 do đó: (*) ⇔ y =

2x + 3
1
= 2+
x +1
x +1

Giả sử (x; y) là một nghiệm nguyên của của phương trình. Khi đó x + 1 là ước
của 1

Nghiệm: (x; y) = (0; 3), (-2; 1).
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình
2 xy + 10 y − x − 3 = 0 .
Giải
Ta có 2 xy + 5 y − x − 3 = 0 ⇔ y (2 x + 5) = x + 3
Dễ thấy 2x + 5 ≠ 0 ( vì x nguyên ) do đó:
y=

x+3
2x + 6
1
⇔ 2y =
= 1+
.
2x + 5
2x + 5
2x + 5

Nghiệm: (x; y) = (-2; 1), (-3; 0).
Ví dụ 3 Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình:
5x – 3y = 2xy – 11
Giải
5x – 3y = 2xy – 11<=> (2x + 3)y = 5x + 11


4
Dễ thấy 2x + 3 ≠ 0 ( vì x nguyên ) do đó: y =

5 x + 11
10 x + 22

7
⇔ 2y =
= 5+
2x + 3
2x + 3
2x + 3

Để y ∈ Z , thì 2x+ 3 là ước của 7 => (2; 6) ; (5; 4) ; (-1; 12) ; (-2; -2)
Ví dụ 4. Tìm nghiệm nguyên của phương trình
xy – 2x = y2 – 2y + 3.
Giải
xy – 2x = y 2  – 2y + 3 ⇔ (y-2)x= y 2  – 2y + 3 (*)

y =2 thì (*) vô nghiệm => y≠ 2 do đó (*) ⇔ x=

y 2  – 2y + 3
3
= y+
y−2
y−2

 y − 2 = ±3
x, y ∈ Z nên y – 2 là ước của 3 => 
 y − 2 = ±1

+ y = 5 => x = 6
+ y = -1 => x = -2
+ y = 3 => x = 4
+ y = 1 => x = -4
Ví dụ 5 Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:

yx – x2 + y – x – 1 = 0 (*)
Giải
2
(*) ⇔ y(x + 1) = x + x + 1 (**).
*) Nếu x = - 1 thì (**) ⇔ 0.y = 1 vô nghiệm => x ≠ - 1 thì
(**) ⇔ y =

x2 + x + 1
1
= x+
x +1
x +1

Giả sử (x; y) là một nghiệm nguyên của (*). Khi đó
1

1
∈ Z ⇒ x + 1 là ước của
x +1

⇒ x + 1 = - 1 hoặc x + 1 = 1 ⇒ x = - 2 hoặc x = 0.
Thử lại ta được các nghiệm của (3) là: (x; y) = (- 2; - 3), (0; 1).
2. PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN TỬ.
Phân tích vế trái của phương trình về dạng
 f ( x, y ) = 0

Dạng 1: f(x,y).g(x).h(y) =0 ⇔  g ( x) = 0
 h( y ) = 0

Dạng 2: f(x,y).g(x).h(y) = m.n.p

(với m,n,p là các số nguyên)

 f ( x, y ) = m

⇔  g ( x) = n
và các hoán vị của chúng
 h( y ) = p



5
Ví dụ 1. Giải phương trình nghiệm nguyên (x, y là các ẩn số):
2 x + 5 y + 3xy = 8

Giải
2 x + 5 y + 3xy = 8 ⇔ x(2 + 3 y ) + 5 y = 8 ⇔ 3 x(2 + 3 y ) + 15 y = 24 ⇔ 3 x(2 + 3 y) + 5(2 + 3 y ) = 34
⇔ (3 x + 5)(3 y + 2) = 34 = 1.34 = 17.2

 3 x + 5 = 34
 3x + 5 = 1
 3x + 5 = − 1
 3x + 5 = − 34
⇔
hoặc 
hoặc  3 y + 2 = − 1 hoặc 

3 y + 2 = 1
 3 y + 2 = 34
 3 y + 2 = − 34

 3x + 5 = 2
 3x + 5 = 17
 3 x + 5 = − 17
3x + 5 = − 2
hoặc 
hoặc  3 y + 2 = − 2 hoặc  3 y + 2 = − 17


3 y + 2 = 2
 3 y + 2 = 17

hoặc 

 x = −1
x = 4
 x = − 13
 x = −2
⇔
hoặc  y = − 12 hoặc 
hoặc 

 y = −1
y = 0
y = 5

Ví dụ 2. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x 2 − 2 x − 11 = y 2
Giải:
2
2

2
2
x − 2 x + 1 − 12 = y ⇔ ( x − 1) − y = 12 ⇔ ( x − 1 + y )( x − 1 − y ) = 12 (*)
Mặt khác ta có: ( x − 1 + y ) − ( x − 1 − y ) = 2 y chẵn nên x − 1 + y và x − 1 − y nên cùng
dấu và cùng chẵn:
 x − 1 + y = 2
 x + y = 3
 x = 5



 x − 1 − y = 6
 x − y = 7
  y = −2
  x − 1 + y = −2
  x + y = −1
  x = −3



  x − 1 − y = −6
  x − y = −5
 y = 2
(*) ⇔ 
⇔
⇔
 x − 1 + y = 6
 x + y = 7
 x = 5



 x − 1 − y = 2
 x − y = 3
  y = 2



  x − 1 + y = −6
  x + y = −5
  x = −3
  x − 1 − y = −2
  x − y = −1
  y = −2




Đáp số: (5 ; 2), (5 ; -2), (-3 ; 2), (-3 ; -2)
Ví dụ 3. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
x2 + x + 6 = y 2

Giải


6
x 2 + x + 6 = y 2 ⇔ 4 x 2 + 4 x + 24 = 4 y 2 ⇔ (2 y ) 2 − (2 x + 1) 2 = 23
⇔ (2 y − 2 x − 1)(2 y + 2 x + 1) = 23 = 1.23 = (−1).(−23)
2 y − 2 x − 1 = 1
y − x =1
x = 5

+
⇔
⇔
 2 y + 2 x + 1 = 23  y + x = 11  y = 6
 2 y − 2 x − 1 = 23  y − x = 12
 x = −6
+
⇔
⇔
2 y + 2 x + 1 = 1
y + x = 0
y = 6
 2 y − 2 x − 1 = −1
y − x = 0
 x = −6
+
⇔
⇔
 2 y + 2 x + 1 = −23  y + x = −12
 y = −6
 2 y − 2 x − 1 = −23  y − x = −11  x = 5
+
⇔
⇔
 2 y + 2 x + 1 = −1
 y + x = −1
 y = −6

Vậy phương trình có nghiệm (5;6), (-6;6), (-6;-6), (5;-6).
Ví dụ 4: Giải phương trình nghiệm nguyên:

3x2 + y2 + 4xy - 8x – 2y = 0 .
Giải:
3x2 + y2 + 4xy - 8x – 2y = 0 ⇔ (2x + y - 1)2 – (x + 2)2 = -3 ⇔ (x +y - 3)(3x + y
+ 1) = - 3. Có các trường hợp sau xảy ra:
+) x + y – 3 = 1 và 3x + y + 1 = - 3 ⇔ x = - 4, y = 8.
+) x + y – 3 = - 1 và 3x + y + 1 = 3 ⇔ x = 0, y = 2.
+) x + y – 3 = - 3 và 3x + y + 1 = 1 ⇔ x = 0, y = 0.
+) x + y – 3 = 3 và 3x + y + 1 = - 1 ⇔ x = - 4, y = 10.
Vậy phương trình (1) có các nghiệm (x; y) = (- 4; 8), (0; 2), (0; 0), (- 4; 10).
Ví dụ 5: Giải phương trình nghiệm nguyên:
x2 – 3y2 + 2xy + 2x – 4y – 7 = 0.
Giải
x2 – 3y2 + 2xy + 2x – 4y – 7 = 0.⇔ (x+y+1)2–(2y+1)2=7
⇔ (x + 3y + 2)(x – y) = 7.
Có các trường hợp sau xảy ra:
+) x + 3y + 2 = 7 và x – y = 1 ⇔ x = 2, y = 1.
+) x + 3y + 2 = 1 và x – y = 7 ⇔ x = 5, y = - 2.
+) x + 3y + 2 = - 1 và x – y = - 7 ⇔ x = - 6, y = 1.


7
+) x + 3y + 2 = - 7 và x – y = - 1 ⇔ x = - 3, y = - 2.
Vậy phương trình (2) có các nghiệm là (x; y) = (2; 1), (5; - 2), (- 6; 1), (- 3; - 2).
Ví dụ 6: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x2 – y2 = 1999 (4).
HD: Ta có: (4) ⇔ (x – y) (x + y) = 1999.
Vì 1999 là số nguyên tố nên ước số nguyên của 1999 chỉ có thể là ± 1; ± 1999.
Từ đó suy ra nghiệm nguyên dương của (4) là (x; y) = (1000; 999).
Ví dụ 7: Giải phương trình nghiệm nguyên dương:
1 1 1
+ =

. (trong đó p là số nguyên tố).
x y p

Giải
1 1 1
+ =
=> xy = px + py ⇒ (x - p)(y - p) = p2.
x y p

Vì p là số nguyên tố nên ước số nguyên của p2 chỉ có thể là: ± 1; ± p; ± p2.
Thử lần lượt với các ước trên ta được các nghiệm của là:
(p + 1; p + p2), (2p; 2p), (p + p2; p + 1).
.
Ví dụ 8. Tìm các số nguyên tố x, y là nghiệm của phương trình:
x2 - 2y2 - 1 = 0
Giải
.
PT Û x2 - 1 = 2y2 Û (x - 1)(x + 1) = 2yy
Vì x, y là các số nguyên tố nên có các khả năng sau sảy ra:
+.
+.
+.
+.

x +1 = 2 y
x = 3
⇔

 x −1 = y
y = 2

 x +1 = y
x = −3
⇔

x −1 = 2 y
y = 2

(thoả mãn)
(loại)

x + 1 = 2 y 2
(không có nghiệm thoả mãn)

 x −1 = 1
 x +1 = 1
vô nghiệm

2
x − 1 = 2 y

Thử lại (3; 2) thoả mãn PT.
Vậy (3; 2) là nghiệm duy nhất của phương trình.


8

3. PHƯƠNG PHÁP TÁCH VỀ TỔNG CÁC BÌNH PHƯƠNG
 f ( x, y ) = 0

Dạng 1: f ( x, y ) + g ( x) + h ( y ) = 0 ⇔  g ( x) = 0

 h( y ) = 0

2

2

2

Ví dụ 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình.
5 x 2 + 2 y 2 + 4 xy − 8 y − 8 x + 14 = 0

Giải
5 x + 2 y + 4 xy − 8 y − 8 x + 14 = 0 ⇔ 4 x + y + 4 xy + x 2 + y 2 − 8 x − 8 y + 14 = 0
2

2

2

2

⇔ (2 x + y ) 2 − 2(2 x + y ) + 1 + x 2 + y 2 − 4 x − 6 y + 13 = 0 ⇔ (2 x + y − 1) 2 + ( x − 2) 2 + ( y − 3) 2 = 0
2 x + y − 1 = 0
x = 2

⇔ x − 2 = 0
⇔
vn
y = 3
y −3 = 0



Ví dụ 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình.
2 x 2 + 5 y 2 + 14 − 4 xy − 8 y − 4 x = 0

Giải
2 x + 5 y + 14 − 4 xy − 8 y − 4 x = 0 ⇔ x + y + x 2 + 4 y 2 + 14 − 4 xy − 8 y − 4 x = 0
2

2

2

2

⇔ ( x − 2 y ) 2 + 2( x − 2 y ) + 1 + y 2 + x 2 − 4 y − 6 x + 13 = 0
x − 2 y +1 = 0
x = 3

⇔ ( x − 2 y + 1) 2 + ( x − 3) 2 + ( y − 2) 2 = 0 ⇔  x − 3 = 0
⇔
y = 2
y − 2 = 0


Ví dụ 3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình.
5 x 2 + 10 y 2 − 12 xy + 8 y − 2 x + 3 = 0

Giải
5 x + 10 y − 12 xy + 8 y − 2 x + 3 = 0 ⇔ ( 2 x − 3 y − 1) + ( x + 1) 2 + ( y + 1) 2 = 0

2

2

2

2 x − 3 y − 1 = 0
 x = −1

⇔  y +1 = 0
⇔
 y = −1
x +1 = 0


Ví dụ 4. Tìm nghiệm nguyên của phương trình.
10 x 2 + 4 y 2 − 12 xy + 20 y − 36 x + 34 = 0

Giải


9
10 x 2 + 4 y 2 + 12 xy − 20 y − 36 x + 34 = 0 ⇔ 9 x 2 + 4 y 2 + 25 + 12 xy − 30 x − 20 y + x 2 − 6 x + 9 = 0
3 x + 2 y − 5 = 0
x = 3
2
⇔ ( 3 x + 2 y − 5 ) + ( x − 3) 2 = 0 ⇔ 
⇔
x − 3 = 0
 y = −2

 f ( x, y ) = m

2
2
2
2
2
2
Dạng 2: f ( x, y ) + g ( x) + h ( y ) = m + n + p ⇔  g ( x) = n và các hoán vị của

 h( y ) = p

chúng (với m, n, p ∈ Z).

Ví dụ 5. Tìm nghiệm nguyên của phương trình.
x2 − x − 6 + y 2 = 0

Giải
x + y − x − 6 = 0 ⇔ 4 x − 4 x + 4 y − 24 = 0 ⇔ ( 2 x − 1) + (2 y ) 2 = 25 = 0 2 + 52 = 32 + 4 2
2

2

2

2

2

  2 x − 1 = 5

(I )

 2 y = 0
Do 2x -1 lẻ, 2y chẵn nên ta có 
 2 x − 1 = 9
( II )
 2 y = 4



Giải (I) & (II) ta được các nghiệm: (2;2), (3;0), (-1;-2), (-3;0), (2;-2), (-1;2), (-2;0).
Ví dụ 6. Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau
x 2 = 100 + 6 xy − 13 y 2

Giải
x = 100 + 6 xy − 13 y ⇔ x − 6 xy + 9 y + 4 y = 100 ⇔ ( x − 3 y ) 2 + (2 y ) 2 = 0 2 + 10 2 = 6 2 + 82
2

2

2

2

2

x − 3y = 0
⇔
có nghiêm (3;5) và (-15;-5)
2 y = ±10

 x − 3 y = ±10
hoac 
có nghiêm (10;0), (-10;0)
2 y = 0
 x − 3 y = ±6
hoac 
có nghiêm (18; 4), (-18;4), ( −6; −4), (-18;-4)
 2 y = ±8
 x − 3 y = ±8
hoac 
có nghiêm (17;3), (1;3), ( −4; −3), (-4;-3)
 2 y = ±6

Vậy phương trình có nghiệm:

(3;5), (-15;-5),(10;0), (-10;0),(18; 4), (-18;4), (−6; −4), (-18;-4),(17;3), (1;3), (−4; −3), (-4;-3)

4. PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG CÔNG THỨC NGHIỆM CỦA PHƯƠNG
TRÌNH BẬC HAI.


10
Cách này thường dùng cho phương trình bậc hai hai ẩn trong đó ta coi một ẩn
là hằng số.
Chẳng hạn phương trìnhbậc hai hai ẩn: f(x,y)=0 ta coi y là hằng số
2
Ta có: ∆ y = ay + by + c hoặc ∆ y = by + c
2
* Trường hợp 1: ∆ y = ay + by + c với a < 0 (hoặc ∆ y = by + c với b<0, thường
câu hỏi tìm nghiệm dương của phương trình)

Phương trình f(x,y)=0 có nghiệm khi và chỉ khi ∆ y ≥ 0 ⇔ y ∈ [y1; y2 ] , với y1 ; y2 là
2
hai nghiệm của ∆ y = ay + by + c
Ví dụ 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình.
3( x 2 + xy + y 2 ) = x + 8 y

Giải
3( x + xy + y ) = x + 8 y ⇔ 3 x + (3 y − 1) x + 3 y 2 − 8 y = 0
2

2

2

∆ = (3 y − 1) 2 − 4.3(3 y 2 − 8 y ) = −27 y 2 + 90 y + 1

Phương trình có nghiệm thì ∆ ≥ 0 ⇔ −27 y 2 + 90 y + 1 ≥ 0 => −0, 01 < y < 3,3 mà y ∈Z
nên y=0 hoặc y =1 hoặc y= 2 hoặc y =3.
x = 0
+ Nếu y =0 => 3x – x = 0 =>x(3x -1) = 0 ⇒  1
x=
loai
3

x =1
2
+ Nếu y = 1 => 3x +2x -5 = 0 ⇒ 
5
x=−
loai

3

2

+ Nếu y =2 => 3x2 +5x - 4 = 0
Có ∆ = 73 (không phải là số chính phương).
+ Nếu y = 3 => 3x2 +8x +3 = 0
Có ∆ ' = 7 (không phải là số chính phương).
Vậy phương trình có nghiệm (0;0), (1;1).
Ví dụ 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau
x 2 + xy + y 2 − 2 x − y = 0

Giải
x + xy + y − 2 x − y = 0 ⇔ x + ( y − 2) x + y − y = 0
2

2

2

2

∆ = y2 − 4 y + 4 − 4 y2 + 4 y = 4 − 3 y2
2
Phương trình có nghiệm 4 − 3 y ≥ 0 ⇔ −

x = 1
x = 2
x = 0
2

+ Nếu y = 0 => x − 2 x = 0 ⇔ 
x = 2
2
+ Nếu y = -1 => x − 3x + 2 = 0 ⇔ 

2
2
≤ y≤
mà y ∈ Z => y = −1, 0,1
3
3


11
x = 0
x =1

2
+ Nếu y =1 ⇒ x − x = 0 ⇔ 

Vậy phương trình có nghiệm (1;-1), (2;-1), (0;0), (2;0), (0;1), (1;1).
* Trường hợp 2: ∆ y = ay + by + c với a > 0
2
Phương trình f(x,y)=0 có nghiệm nguyên khi và chỉ khi ∆ y = k từ đó tìm được y
=> x.
2

Ví dụ 1. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
x 2 − 2 x − 11 = y 2 (*)
Giải

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

Điều kiện cần để (2) có nghiệm nguyên:
∆ ' là số chính phương ⇔ 12 + y 2 = k 2 (k ∈ Z )
⇔ k 2 − y 2 = 12 ⇔ ( k + y )( k − y ) = 12

Mặt khác (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
=> y = −2 thay vào (*)
 k − y = −2

Hoặc 

x 2 − 2 x − 7 = 0 có ∆ ' = 1 + 7 = 8 (loại)

k + y = 6
=> y = 2
k − y = 2

Hoặc 

Thay vào (*): x 2 − 2 x − 15 = 0 ⇒ x1 = 5, x2 = −3
Ta có bốn nghiệm: (5 ; 2), (5 ; -2), (-3 ; -2), (-3 ; 2)
Ví dụ 2: 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
∆ = (3 y − 1) 2 − 4(2 y 2 − y + 3) = y 2 − 2 y − 11

(2)

Điều kiện cần và đủ để (2) có nghiệm nguyên là ∆ là số chính phương
⇔ y 2 − 2 y − 11 = k 2 ( k ∈ Z )
(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
Vậy nghiệm của phương trình là (-8 ; 5), (-6 ; 5), (6 ; -3), (4 ; -3)


12
Ví dụ 3: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
x 2 + 2 y 2 + 3 xy − 2 x − y = 6

Giải
x + 2 y + 3 xy − 2 x − y = 6 ⇔ x + (3 y − 2) x + 2 y 2 − y − 6 = 0
2

2

2

∆ = y 2 − 8 y + 28

Để phương trình có nghiệm nguyên thì
∆ = y 2 − 8 y + 28 = m 2 (m ∈ Z) ⇔ m 2 − ( y − 4 ) = 12 ⇔ (m − y + 4)(m + y − 4) = 12
2

Mặt khác (m − y + 4) + (m + y − 4) = 2m
=> m − y + 4, m + y − 4 cùng chẵn
 m − y + 4 = 2
 m − y = −2
(I)


 m + y − 4 = 6
 m + y = 10
  m − y + 4 = −2
 m − y = −6


(II)
  m + y − 4 = −6
 m + y = −2
⇔
=> 
m
−
y
+
4
=

6


 m − y = 2 (III)

 m + y − 4 = 2
 m + y = 6


  m − y + 4 = −6
 m − y = −10
  m + y − 4 = −2
 m + y = 2 (IV)



=> y =6 thay vào phương trình đã cho x 2 + 16 x + 60 = 0 (VN )

+ Từ (I)

x = 0

2
=> y =2 thay vào phương trình đã cho x + 4 x = 0 ⇔ 
 x = −4
+ Từ (III) => y = 2 như trường hợp trên.
+ Từ (IV) => y = 6 thay vào phương trình đã cho x 2 + 16 x + 60 = 0 (VN )
Vậy phương trình có nghiệm (0;2), (-4;2).

+ Từ (II)

Ví dụ 4: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
x 2 + xy + y 2 − x 2 y 2 = 0

Giải
x + xy + y − x y = 0 ⇔ (1 − y ) x + yx + y = 0
2

2

2

2

2

∆ = y 2 − 4 y 2 (1 − y 2 ) = y 2 (4 y 2 − 3)

2

2


13
Để phương trình có nghiệm nguyên thì
∆ = 4 y 2 − 3 = m 2 (m ∈ Z) ⇔ (2 y ) 2 − m 2 = 3 ⇔ (2 y − m)(2 y + m) = 3
 2 y − m = 3

 2 y + m = 1
 2 y − m = 3


 2 y + m = 1
y =1
⇔
⇒
 2 y − m = −3  y = −1
 2 y + m = −1

 2 y − m = −1
 2 y + m = −3


+ y = 1 thay vào phương trình đã cho x + 1 = 0 ⇔ x = −1
+ y = -1 thay vào phương trình đã cho − x + 1 = 0 ⇔ x = −1
Vậy phương trình có nghiệm (-1;1), (1;-1).
5. Kết quả đạt được.
Khi chưa được học chuyên đề này khi cho các em giải một số phương trình nghiệm
nguyên các em rất lúng túng, băn khoăn không định hướng được đường đi, cách giải dạng bài
tập trên; đa phần là các em không giải được. Khi áp dụng chuyên đề này vào giảng dạy cho
cho các em nhận thấy rằng các em rất hứng thú và tích cực tìm tòi, sáng tạo. Từ đó mà gặp các
dạng toán trên đa số các em đã giải quyết rất nhanh gọn và chính xác.
Kết quả trước và sau khi học chuyên đề này qua bài khảo sát như sau
Kết quả
Trước thực hiên
SKKN
Sau thực hiện SKKN

Giỏi

Khá

TB

Yếu

Kém

0
≈ 0, 0%
11
7
= 63, 6%
11

1
= 0,9%
11
3
= 27,3%
11

2
= 18, 2%
11
1
= 0,9%
11

3
= 27,3%

11
0
= 0%
45

5
= 46, 6%
11
0
= 0%
45

Đặc biệt trong kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh năn học 2012 -2013 có bài tập về giải
phương trình nghiệm nguyên bậc hai đã có 5/ 5 học sinh giải được bài dạng này.
6. Khả năng phát huy, mở rộng sáng kiến đã thực hiện
Một trong những cách để tạo sự chuyển biến tích cực trong công tác giảng dạy đó là
giáo viên viết các chuyên đề, sáng kiến kinh nghiệm phục vụ cho việc dạy và học. Từ nhận
thức đó, hàng năm tôi đều chọn một đề tài thiết thực phục vụ cho công tác giảng dạy để viết
thành sáng kiến kinh nghiệm nhằm nâng cao năng lực về chuyên môn, góp phần chia sẻ cùng
các đồng nghiệp, các em học sinh những ý tưởng phục vụ cho việc dạy và học được tốt hơn.


14
Chuyên đề này không chỉ sử dụng cho học sinh luyên thi HSG mà còn có thể ứng
dụng cho tất cả các học sinh học lực khá trong toàn trường.
Phương trình nghiệm nguyên không chỉ gói gọn trong phương trình bậc nhất bậc hai
nhiều ẩn mà còn có nhiều dạng khác và nhiều cách giải khác nhưng vì khả năng và thời gian
có hạn nên sáng kiến này xin được tạm dừng ở đây. Rất mong sự đóng góp ý kiến của các
đồng chí, đồng nghiệp để sáng kiến này phát huy tốt hơn.
Xin chân thành cảm ơn !

Đánh giá của tổ chuyên môn

...................................................................
...................................................................
...................................................................
...................................................................
...................................................................
...................................................................

Kim xuyên, Ngày 10 tháng 4 năm 2013
Giáo viên viết SKKN

Nguyễn Văn Hùng

Đánh giá xếp loại của Hội đồng thi đua khen thưởng nhà trường
.....................................................................................................................................................
.....................................................................................................................................................
.....................................................................................................................................................