SKKN một vài kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 9 giải phương trình nghiệm nguyên

PHÒNG GD&ĐT PHÙ CỪ
TRƯỜNG THCS ĐÌNH CAO

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Một vài kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 9
giải phương trình nghiệm nguyên
Môn: Toán học
Người viết: Trần Đăng Tiền
Giáo viên: Toán

Năm học: 2015 - 2016
1


PHẦN I: PHẦN LÍ LỊCH
- Họ và tên: Trần Đăng Tiền.
- Chức vụ: Giáo viên – Tổ trưởng tổ Khoa học Tự nhiên.
- Đơn vị công tác: Trường THCS Đình Cao.
- Tên sáng kiến kinh nghiệm “Một vài kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi

lớp 9 giải phương trình nghiệm nguyên”

2


PHẦN 2: NỘI DUNG
A. MỞ ĐẦU
1. Đặt vấn đề
a. Thực trạng của vấn đề:
Giúp đỡ học sinh là một trong những nhiệm vụ quan trọng nhất mà người thầy nhất
thiết phải làm. Nhiệm vụ đó không phải là dễ nó đòi hỏi phải có thời gian, kinh nghiệm,

phải có lòng tận tâm và những nguyên tắc đúng đắn. Người học sinh với sự nỗ lực của
bản thân phải thu được càng nhiều càng tốt những kinh nghiệm độc lập công tác.
Nhưng nếu học sinh đứng một mình trước một bài toán mà không có giúp đỡ nào, hay
một sự giúp đỡ quá ít thì không thể tiến bộ gì được. Mặt khác nếu thầy giúp đỡ nhiều
quá thì học sinh chẳng còn gì phải làm. Thầy giáo phải giúp đỡ vừa phải không nhiều
quá, cũng ít quá và như vậy để học sinh có một công việc hợp lý. Trong các kì thi chọn
học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh của trung học cơ sở và thi vào lớp 10 chúng ta thường
gặp bài toán giải phương trình nghiệm nguyên chúng thường được thiết kế dưới ý tưởng
của một vấn đề phức tập nào đó.
Phương trình nghiệm nguyên là sự phối hợp nhiều luồng kiến thức, kĩ năng giải
toán. Bài toán đòi hỏi người làm toán phải hiểu biết sâu sắc, linh hoạt trong sử dụng.
Người làm toán cần tìm tòi, củng cố hệ thống, liên hệ các kiến thức, đồng thời tập cho
chúng ta làm quen với nghiên cứu, khám phá vẻ đẹp toán học.
Là giáo viên dạy Toán nhiều năm tôi nhận thấy cần phải tập hợp lại thành một
chuyên đề để dạy cho học sinh sử dụng dạng toán một cách có hệ thống nhằm cho học
sinh hiểu rõ và sử dụng dạng toán một cách chính xác, linh hoạt, khơi dạy tính tích cực,
chủ động, tự giác học tập của học sinh nhằm giúp học sinh có thể giải một số bài toán
nhanh, gọn và tiết kiệm được thời gian .
Căn cứ vào thực tế trên, yêu cầu của việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi và đặc biệt là
việc phát huy tính tích cực chủ động sáng tạo của học sinh trong hoạt động học tập.
Với các lý do nêu trên tôi có ý tưởng xây dựng đề tài: “Một vài kinh nghiệm bồi

dưỡng học sinh giỏi lớp 9 giải phương trình nghiệm nguyên”
b, Ý nghĩa và tác dụng của giải pháp mới.
Theo đề tài này khi đưa vào áp dụng sẽ có tác dụng sau:
3


Nhằm nâng cao chất lượng “ Giải phương trình nghiệm nguyên khi bồi dưỡng học
sinh giỏi”. Giúp cho thày và trò trong dạy và học đạt được kết quả cao trong các kì thi

học sinh giỏi Tóan, giải Tóan trên máy tính bỏ túi khối THCS, học sinh có niềm tin và
kĩ năng vận dụng dạng Tóan giải phương trình và hệ phương trình. Góp phần nâng cao
chất lượng dạy và học Tóan và các bộ môn khác ngày càng cao hơn.
Thực tế qua theo dõi chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi ở khối 8, 9 có áp dụng sáng
kiến kinh nghiệm trên thì tôi thấy rằng đa số các em tích cực tư duy, hứng thú với bài
tập mới, kiến thức mới hơn so với các lớp còn lại.
Đặc biệt là trong lớp luôn có sự thi đua tìm ra cách giải hay nhất, nhanh nhất. Không
khí lớp học luôn sôi nổi, không gò bó, học sinh được độc lập tư duy. Điều hứng thú
hơn là phát huy được trí lực của các em, giúp các em phát triển kỹ năng nghiên cứu
khoa học hứng thú trong việc tìm tòi kiến thức mới, kỹ năng mới.
c, Phạm vi nghiên cứu:
Học sinh các lớp khối 8 khối 9 ở trường THCS Đình cao – huyện Phù Cừ - Tỉnh Hưng
yên.
2. Phương pháp tiến hành
a, Cơ sở lý luận và thực tiễn
Nói đến dạy học là một công việc vừa mang tính khoa học vừa mang tính nghệ
thuật. Do đó đòi hỏi người giáo viên cần có năng lực sư phạm vững vàng, phương pháp
giảng dạy phù hợp theo hướng tích cực giúp học sinh chủ động trong việc chiếm lĩnh
kiến thức. Việc tạo cho học sinh niềm hứng thú trong học tập “Giải phương trình
nghiệm nguyên” hoàn toàn phụ thuộc vào năng lực sư phạm của giáo viên . Ngoài việc
lên lớp người giáo viên phải không ngừng học hỏi, tìm tòi tài liệu có liên quan để làm
sao có thể truyền thụ cho học sinh một cách nhẹ nhàng, dễ hiểu, phù hợp với khả năng
tiếp thu của từng đối tượng học sinh.
Hướng đổi mới phương pháp dạy học Toán hiện nay ở trường THCS là tích cực
hóa hoạt động học tập của học sinh, khơi dậy và phát triển khả năng tự học, nhằm hình
thành cho học sinh tư duy tích cực, độc lập, sáng tạo, nâng cao năng lực phát hiện và
giải quyết vấn đề, rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác động đến
tình cảm đem lại niềm vui, hứng thú học tập cho học sinh. Đặc biệt hiện nay toàn
ngành giáo dục đang ra sức thực hiện cuộc vận động “Xây dựng trường học thân thiện,
4

học sinh tích cực ” thì việc tạo hứng thú học tập cho học sinh cũng chính là tạo cho các
em có niềm tin trong học tập, khơi dậy trong các em ý thức “mỗi ngày đến trường là
một ngày vui”
Bản thân tôi là một giáo viên đã trực tiếp giảng dạy môn Toán tôi có nhiều năm
tham gia vào công tác bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán, Toán trên máy tính tại trường
THCS Đình Cao tôi thấy rằng:
Chương trình Toán lớp 8, 9 THCS học sinh đã được biết các bài toán về giải phương
trình nghiệm nguyên. Hơn nữa phương trình nghiệm nguyên có rất nhiều trong các đề
thi: Kiểm tra học kì (câu khó), thi chọn học sinh giỏi cấp huyện, chọn học sinh giỏi
tỉnh, thi vào lớp 10 THPT ….
Trong khi đó, từ thực tiễn giảng dạy tôi thấy học sinh hay bế tắc, lúng túng về cách
xác định dạng toán, phương hướng giải và chưa có nhiều phương pháp giải hay. Lý do
chủ yếu của các vấn đề trên là các em chưa có hệ thống phương pháp giải dạng toán
đó.
Đứng trước thực trạng ấy, đòi hỏi giáo viên phải giúp các em tháo gỡ khó khăn, tạo
hứng thú cho học sinh khi học tập và làm bài. Bản thân tôi thường xuyên dạy bồi
dưỡng học sinh giỏi môn Toán 9 thấy các em còn khó khăn khi trình bày và chọn lời
giải khi gặp bài toán giải phương trình nghiệm nguyên.
Từ những lí do trên, tôi chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm: “Một vài kinh nghiệm
bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 9 giải phương trình nghiệm nguyên” nhằm giúp học
sinh của mình nắm vững các phương pháp giải, từ đó phát hiện phương pháp giải phù
hợp với từng bài cụ thể ở các dạng khác nhau.
b, Các bước tiến hành
- Nghiên cứu tài liệu
- SGK, sách tham khảo, tạp chí Tóan học
-Sử dụng phương pháp phân tích đi lên (xuống), tổng hợp của dạy học .
- So sánh, tổng kết
- Kết hợp với hội đồng sư phạm nhà trường cùng nghiên cứu vận dụng kiến thức hợp

lý không quá sức học sinh trong khuôn khổ chương trình học .
- Tổng kết kinh nghiệm bằng thực tế giảng dạy (đặc biệt là bồi dưỡng học sinh giỏi)
của bản thân và đồng nghiệp
5


- Để bồi dưỡng học sinh giỏi Toán nói chung và giải toán trên máy tính nói riêng có
hiệu quả theo tôi phải làm được những công việc sau:
- Đầu năm phân loại đối tượng học sinh, chọn những em học khá Toán trở lên và chăm
học vào đội tuyển HSG Toán.
- Chuẩn bị tài liệu, sách tham khảo, sách nâng cao môn Toán.
- Soạn nội dung bồi dưỡng học sinh giỏi, trong nội dung bồi dưỡng học sinh giỏi phải
hệ thống, phân loại được từng dạng Toán ở khối được phân công bồi dưỡng
- Lên kế hoạch bồi dưỡng học sinh giỏi theo từng tuần .
- Thường xuyên tìm hiểu và nghiên cứu các kiến thức có liên quan trên mạng internet.
- Các dạng toán giải phương trình nghiệm nguyên trong chương trình THCS.
* Thời gian tạo giải pháp:
Năm học 2014 – 2015; 2015 - 2016.
B. NỘI DUNG
1. Mục tiêu
Rèn luyện “Giải phương trình nghiệm nguyên” là một trong những cách hình thành
kiến thức, kỹ năng mới cho học sinh phương pháp luyện tập thông qua bài tập là quan
trọng để nâng cao chất lượng dạy và học bộ môn.
- Rèn kỹ năng vận dụng kiến thức đã học, kiến thức tiếp thu được qua bài giảng
thành kiến thức của mình, kiến thức được nhớ lâu khi được vận dụng thường xuyên.
- Đào sâu mở rộng kiến thức đã học một cách sinh động, phong phú, hấp dẫn.
- Là phương tiện để ôn tập, củng cố, hệ thống hoá một cách tốt nhất kiến thức đã học.
- Phát triển năng lực nhận thức, rèn trí thông minh cho học sinh.
2. GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI
1.2. QUÁ TRÌNH THỰC HIỆN

1.2.1 Khảo sát chất lượng ban đầu.
Để đánh giá được khả năng của các em đối với dạng toán trên và có phương án tối
ưu truyền đạt tới học sinh, tôi đã ra một đề toán cho 10 em học sinh khá giỏi khối 9
năm học 2015 - 2016 của trường như sau:
Bài 1: ( 6 điểm ) Tìm x, y∈¢ biết
6


a) x – y + 2xy = 6
b) 3( x 2 + xy + y 2 ) = x + 8 y
Bài 2: (4 điểm) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x2 – 5y2 = 0
Kết quả thu được như sau:
Dưới điểm 5
SL
%
7
70
Qua việc kiểm tra đánh giá tôi

Điểm 5 - 10
Điểm 8 - 10
SL
%
SL
%
3
30
0
0
thấy học sinh không có biện pháp giải phương trình

nghiệm nguyên đạt hiệu quả. Lời giải thường dài dòng, không chính xác, đôi khi còn
ngộ nhận. Cũng với những bài toán trên, nếu học sinh được trang bị các phương pháp
giải phương trình nghiệm nguyên thì chắc chắn sẽ có hiệu quả cao hơn.
1.2.2 Một số định nghĩa, định lí, tính chất và kiến thức liên quan đến các phương
pháp giải phương trình nghiệm nguyên
Để học sinh nắm được các phương pháp giải phương trình nghiêm nguyên được
một cách tốt nhất giáo viên cần trang bị cho học sinh các đơn vị kiến thức cơ bản sau:
1. Định nghĩa phép chia hết:
a, b ∈ ¢ (b ≠ 0) ∃ q, r ∈ ¢ sao cho a =bq + r với 0 ≤ r < b
Nếu r = 0 ⇒ a Mb
Nếu r ≠ 0 ⇒ a Mb
2. Một số tính chất: ∀ a,b,c,d ∈ ¢
Nếu a ≠ 0 thì a Ma và 0 Ma
Nếu a Mb và b Mc ⇒ a Mc
Nếu a Mb và b Ma ⇒ a = ± b
Nếu a Mb và a Mc ⇒ a MBCNN(c,b)
Nếu a Mb ⇒ ac Mb ( c ∈ ¢ )
3. Một số định lí thường dùng.
Nếu a Mc và b Mc ⇒ (a ± b) Mc
Nếu a Mc và b Md ⇒ ab Mcd
Nếu a Mb ⇒ an Mbn ( n nguyên dương)
* Một số hệ quả áp dụng:
+ ∀ a,b ∈ ¢ và n nguyên dương ta có (an – bn) M(a – b)
7


+ ∀ a,b ∈ ¢ và n chẵn (n nguyên dương) ta có (an – bn) M(a + b)
+ ∀ a,b ∈ ¢ và n lẻ (n nguyên dương) ta có (an + bn) M(a + b)
4. Các dấu hiệu chia hết cho 2, 3, 5, 8, 9, 11....

5. Thuật toán Ơ-clit mở rộng. (Tìm ước chung lớn nhất của 2 số a, b)
6. Phương trình ax2 + bx + c = 0 (với a khác 0)
Nếu có nghiệm nguyên là x0 thì c Mx0
Phương trình có nghiệm nguyên khi ∆ ( ∆ ') là số chính phương
7. Số 2 là số nguyên tố chẵn duy nhất.
8. Phương trình được đưa về dạng f(x).g(x) = k với f(x) và g(x) là các đa thức hệ số
nguyên. Ta phân tích k ra thừa số nguyên tố rồi giải các hệ phương trình.
 f ( x) = m

 g ( x) = n

với m.n = k.

9. Phương trình đối xứng các ẩn của x, y, z.....Khi tìm nghiệm nguyên dương không
làm mất tính tổng quát ta có thể giả sử 1 ≤ x ≤ y ≤ z ≤ .....
10. Sử dụng tính chất về chia hết của số chính phương
Số chính phương không tận cùng bằng 2, 3, 7, 8.
Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho p2.
Số chính phương khi chia cho 3, cho 4 chỉ có thể dư 0 hoặc 1.
Số chính phương chia cho 5, cho 8 thì số dư chỉ có thể là 0; 1 hoặc 4.
Số chính phương lẻ chia cho 4 hoặc 8 thì số dư đều là 1.
Lập phương của một số nguyên chia cho 9 chỉ có thể dư 0; 1 hoặc 8.
Không tồn tại số chính phương nằm giữa hai số chính phương liên tiếp.
11. Bất đẳng thức Cô - si:

a1 + a 2 + a3 + .... + a n n
≥ a1 a 2 a 3 ....a n
n

Với ai > 0

Đẳng thức xảy ra ⇔ a1 = a2 = a3 =......=an
12. Bất đẳng thức Bunhiacopski

(a

2
2

)(

)

+ a22 + .... + an2 . x12 + x22 + .... + 2n ≥ ( a1 x1 + a2 x2 + .... + an xn )

Đẳng thức xảy ra ⇔

a1 a 2 a 3
a
=
=
= ...... = n
x1 x 2 x 3
xn

13. Xét phương trình ax + by = c với a, b, c ∈ Z và a hoặc b ≠ 0
thì phương trình có nghiệm nguyên ⇔ c M(a, b)
8

2

1.2.3 Một số ví dụ và phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên
Phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng và phong phú nó có thể là phương trình
một ẩn, nhiều ẩn. Nó có thể là phương trình bậc nhất hoặc bậc cao. Không có cách giải
chung cho mọi phương trình, tuy nhiên để giải các phương trình đó ta thường dựa vào
một số phương pháp giải như sau:
Phương pháp I : Phương pháp đưa về dạng tích
Biến đổi phương trình về dạng: Vế trái là tích của của các đa thức chứa ẩn, vế
phải là tích của các số nguyên.
Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x + y + xy = 4 ⇔ ( x + 1).( y + 1) = 5
Vì x, y nguyên nên x + 1; y + 1∈ Z và x + 1, y + 1 là ước của 5
Do vậy ta có bảng sau
x+1
y+1
x
y

5
1
4
0

-1
-5
-2
-6

1
5

0
4

-5
-1
-6
-2

Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên (x; y) = (4; 0), (-2; -6), (0; 4), (-6; -2)
Nhận xét:
1, Ta cũng có thể giải bài toán trên bằng phương pháp tách giá trị nguyên
y=

4− x
5
=
−1
x +1 x +1

2, Hoặc dùng phương pháp sắp thứ tự các ẩn vì vai trò của x, y như nhau.
Giả sử x ≥ y ⇒ x + 1 ≥ y + 1 nên các trường hợp chỉ xảy ra
x+1
5
-1
y+1
1
-5
x
4
-2

y
0
-6
sau đó đổi vai trò của x, y cho nhau thì phương trình cũng có 4 nghiệm nguyên.
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2( x + y ) + 5 = 3 xy
Lời giải:
Ta có: 2( x + y ) + 5 = 3 xy ⇔ 3 xy − 2 x − 2 y = 5
2
4
⇔ y (3 x − 2) − (3x − 2) = 5 + ⇔ (3 x − 2)(3 y − 2) = 19
3
3

9


Do x, y nguyên dương nên 3 x − 2 ≥ 1; 3 y − 2 ≥ 1 mà 19 = 1.19 = 19.1 nên ta có các khả
3 x − 2 = 1
(I)
năng sau: 
3 y − 2 = 19

;

3 x − 2 = 19
(II)

3 y − 2 = 1

Giải các hệ phương trình trên, ta đươc 2 nghiêm nguyên của phương trình là

(x; y) ∈ { (1; 7); (7; 1)}
Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + x + 6 = y2
Lời giải:
Ta có: x2 + x + 6 = y2 ⇔ 4x2 + 4x + 24 = 4y2 ⇔ (2x + 1)2 – 4y2 = -23
⇔ ( 2x – 2y + 1)(2x + 2y + 1) = - 23
2x − 2 y + 1 = −1
2x − 2 y + 1 = 23
Suy ra: 
hoặc 
2x+2 y + 1 = 23
2x+2 y + 1 = −1
2x − 2 y + 1 = 1
2x − 2 y + 1 = −23
hoặc 
hoặc 
2x+2 y + 1 = −23
2x+2 y + 1 = 1
Giải các trường hợp trên và kết hợp với điều kiện x, y nguyên ta được các nghiệm
nguyên (x, y) là (5; 6); (5; -6) ; (-6;- 6); (- 6; 6)
Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x4 + 4x3+ 6x2+ 4x = y2
Lời giải:
Ta có: x4 + 4x3+ 6x2+ 4x = y2⇔ x4 +4x3+6x2+4x +1- y2=1⇔ (x+1)4 – y2 = 1
 ( x + 1) 2 –
 
 ( x + 1) 2 +

⇔ [(x+1)2 –y][(x+1)2+y] =1 ⇔ 
 ( x + 1) 2 –
 
 ( x + 1) 2 +



y = − 1     
y = −1
y = 1

 −1 + y = − 1 − y
⇒
1 + y = 1 − y

y = 1

⇒ y = 0 ⇒ (x+1)2 = 1 ⇔ x+1 = ± 1 ⇒ x = 0 hoặc x = -2. Thử lai các giá trị tương
ứng của x và y ta thấy đều thỏa mãn phương trình đã cho.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên là ( x, y ) ∈ {( 0, 0 ); ( - 2, 0 )}
Ví dụ 5 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : y3 - x3 = 91 (1)
Lời giải
Ta có (1) tương đương với (y - x)(x2 + xy + y2) = 91 (*)
Vì x2 + xy + y2 > 0 với mọi x, y nên từ (*) => y - x > 0.
10


Mặt khác 91 = 1 . 91 = 7 . 13 và y - x ; x2 + xy + y2 đều có giá trị nguyên dương nên ta
có bốn khả năng sau:
y - x = 91 và x2 + xy + y2 = 1 (I)
y - x = 1 và x2 + xy + y2 = 91 (II)
y - x = 3 và x2 + xy + y2 = 7 (III)
y - x = 7 và x2 + xy + y2 = 13 (IV)
Đến đây, bài toán coi như được giải quyết.
Phương pháp II : Sắp thứ tự các ẩn

Nếu các ẩn x, y, z, ... có vai trò bình đẳng, ta có thể giả sử x ≥ y ≥ z ≥ ... để tìm các
nghiệm thỏa mãn điều kiện này. Từ đó, dùng phép hoán vị để => các nghiệm của
phương trình đã cho.
Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x + y + z = xyz (1).
Lời giải
Do các ẩn x, y, z có vai trò bình đẳng trong phương trình nên có thể sắp xếp thứ tự
giá trị của các ẩn, chẳng hạn:1 ≤ x ≤ y ≤ z
Do đó xyz = x + y + z ≤ 3z chia hai vế của bất đẳng thức xyz ≤ 3z cho số dương z ta
được xy ≤ 3. Do đó xy ∈ {1; 2; 3}
Với xy = 1, ta có x = 1, y = 1. Thay vào (1) được 2 + z = z (loại)
Với xy = 2, ta có x = 1, y = 2. Thay vào (1) được z = 3
Với xy = 3, ta có x = 1, y = 3. Thay vào (1) được z = 2 (loại) vì trái với sắp xếp
y ≤ z.
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (1) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 3).
Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :

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

Lời giải
Do vai trò bình đẳng của x, y, z trong phương trình nên có thể sắp xếp thứ tự giá trị
của các ẩn, chẳng hạn x ≤ y ≤ z. Ta có :
2=

1 1 1
1
3
+ + ≤ 3 × ⇒ x ≤ ⇒ x = 1 ( do x nguyên dương)
x y z

x
2

11


Thay x = 1 vào (2) ta có : 1 +

Suy ra : y = 1 ⇒

1 1
1 1 2
+ = 2 ⇒1= + ≤ ⇒ y ≤ 2
y z
y z y

1
1 1
⇒ z = 2.
= 0 (vô lí) hoặc y = 2 ⇒ =
z
z 2

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (3) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 2).
Phương pháp III : Sử dụng tính chất chia hết
- Sử dụng tính chất chia hết để chứng minh phương trình vô nghiệm hoặc tìm
nghiệm của phương trình.
- Hai vế của phương trình nghiệm nguyên khi chia cho cùng một số có số dư khác
nhau thì phương trình đó không có nghiệm nguyên.
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình 35x + 20y = 600

Thu gọn phương trình ta được 7x + 4y = 120 (*)
Ta thấy (7, 4) = 1 và 120 M1 nên phương trình (*) có nghiệm nguyên
Lại có 4y và 120 đều chia hết cho 4 nên 7 x M4 ⇒ x M4 do (7, 4) = 1
Đặt x = 4t với t nguyên thì ta được nghiệm nguyên tổng quát của phương trình là
 x = 4t

 y = 30 − 7t ( t ∈ Z )

Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x2 - 2y2 = 5

(1)

Lời giải
Từ phương trình (1) => x phải là số lẻ. Thay x = 2k + 1 (k∈ ¢ ) vào (1), ta được: 4k2
+4k + 1 - 2y2 = 5 ⇔ 2(k2 + k - 1) = y2
=> y2 là số chẵn => y là số chẵn.
Đặt y = 2t (t ∈¢ ), ta có : 2(k2 + k - 1) = 4t2 ⇔ k(k + 1) = 2t2 + 1 (*)
Nhận xét : k(k + 1) là số chẵn, 2t2 + 1 là số lẻ => phương trình (*) vô nghiệm.
Vậy phương trình (1) không có nghiệm nguyên.
Ví dụ 3 : Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa mãn :
x3 + y3 + z3 = x + y + z + 2000 (2)
Lời giải
Ta có : x3 - x = (x - 1).x.(x + 1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp (với x là số
nguyên). Do đó : x3 - x chia hết cho 3.
12


Tương tự y3 - y và z3 - z cũng chia hết cho 3. Từ đó ta có : x3 + y3 + z3 - x - y - z chia
hết cho 3. Vì 2000 không chia hết cho 3 nên x3 + y3 + z3 - x - y - z = 2000 là vô lý với
mọi số nguyên x, y, z tức là phương trình (2) không có nghiệm nguyên.

Ví dụ 4 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : xy + x - 2y = 3 (3)
Lời giải
Ta có (3) tương đương y(x - 2) = - x + 3. Vì x = 2 không thỏa mãn phương trình nên
(3) tương đương với: y =

−x + 3
1
⇔ y = −1 +
x−2
x−2

Ta thấy: y là số nguyên nên x - 2 là ước của 1 hay x - 2 = 1 hoặc x - 2 = -1 ⇔ với x = 1
hoặc x = 3. Từ đó ta có nghiệm nguyên (x ; y) là (1 ; -2) và (3 ; 0).
Chú ý: Có thể dùng phương pháp 1 để giải bài toán này, nhờ đưa phương trình (3) về
dạng : x(y + 1) - 2(y + 1) = 1 tương đương (x - 2)(y + 1) = 1.
Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau. x 2 = 2 y 2 (4)
Lời giải
Ta thấy: x = y = 0 là nghiệm của (4).
x y 
Nếu x0 , y0 ≠ 0 và ( x0 , y0 ) là nghiệm của (4). Gọi d = ( x0 , y0 ) , suy ra  0 , 0 ÷ = 1. (*)
d

2

2

d 

2

x
x 
y 
y 
Ta có: x = 2 y ⇒  0 ÷ = 2  0 ÷ ⇒ 0 chẵn và 2  0 ÷ M4 (mâu thuẫn với (*)
d
d 
d 
d 
2
0

2
0

Vậy phương trình (4) chỉ có nghiệm nguyên duy nhất là (0; 0).
Ví dụ 6: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2x2 + 4x = 19 - 3y2
Lời giải:
Ta có: 2x2 + 4x + 2 = 21 - 3y2
⇔ 2(x + 1)2 = 3(7 - y2) (2)

Từ (2) ta suy ra 3(7 - y2) 2 ⇒ 7 - y2 2 ⇒ y lẻ
Ta lại có 7 - y2 ≥ 0 nên chỉ có thể y2 = 1
Khi đó (2) có dạng: 2(x + 1)2 = 18
Ta được : x + 1 = ± 3 do đó x = 2, x = -4
⇒ Các cặp số (2;1), (2;-1), (-4;1), (-4;-1) thoả mãn nên là các nghiệm nguyên của

phương trình đã cho.
Phương pháp IV : Lùi vô hạn ( Xuống thang)
13

Phương pháp này do FERMAT sáng tạo ra khi giải phương trình x4 + y 4 = z 4
Ý tưởng của phương pháp này là giả sử tìm được bộ nghiệm nhỏ nhất, ta có thể lý
luận sao cho tìm được bộ nghiệm nhỏ hơn.
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 - 5y2 = 0

(1)

Lời giải
Giả sử (x0 ; y0) là nghiệm của (1) thì : x02 - 5y02 = 0 ⇒ x0 chia hết cho 5, đặt x0 = 5x1 ;
(x1 ∈¢ ), ta có : 25x12 - 5y02 = 0 ⇔ 5x12 - y02 = 0
⇒ y0 chia hết cho 5, đặt y0 = 5y1 (y1∈ ¢ ).
Từ đó ta có : 5x12 - 25y12 = 0 ⇔ x12 - 5y12 = 0.
x y 
Vậy nếu (x0 ; y0) là nghiệm nguyên của (1) thì  0 ; 0 ÷ cũng là nghiệm nguyên của
 5 5 
x y 
(1). Tiếp tục lập luận tương tự, ta có  k ; k ÷với k nguyên dương bất kì, cũng là
 5 5 
nghiệm nguyên của (1) hay x0 và y0 đều chia hết cho 5k với mọi k là số nguyên dương
tùy ý. Điều này chỉ xảy ra khi và chỉ khi x0 = y0 = 0.
Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên duy nhất là x = y = 0.
Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x3 + 2y3 = 4z3 (2)
Lời giải
Từ (2) ⇒ x  2. Đặt x = 2x1 với x1 nguyên. Thay vào (2), chia hai vế cho 2 được :
4x13 + y3 = 2z3 (3)
Do đó y  2. Đặt y = 2y1 với y1 nguyên. Thay vào (3) rồi chia hai vế cho 2 được: 2x13 +
4y13 = z3 (4)
Do đó z  2. Đặt z = 2z1 với z1 nguyên. Thay vào (4) rồi chia hai vế cho 2 được : x13 +

2y13 = 4z13
Như vậy nếu (x, y, z) là nghiệm của (2) thì (x1, y1, z1) cũng là nghiệm của (2)
trong đó x = 2x1, y = 2y1, z = 2z1.
Lập luận tương tự như trên (x2; y2; z2) cũng là nghiệm của (2) trong đó x1 = 2x2,
y1 = 2y2, z1 = 2z2
Cứ tiếp tục như vậy ta đi đến x, y, z đều chia hết cho 2k với k là số tự nhiên tuỳ ý.
Điều này chỉ xảy ra khi x = y = z = 0. Đó là nghiệm nguyên duy nhất của (2)
14


Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 3 − 3 y 3 − 9 z 3 = 0. (5)
Lời giải
Giả sử ( x0 , y0 , z0 ) là nghiệm nguyên của phương trình khi đó x0 M3 đặt x0 = 3x1 , thay
x0 = 3 x1 vào (5) ta được: 9 x13 − y03 − 9 z03 = 0 ⇒ y0 M3. đặt y0 = 3 y1 khi đó:
9 x13 − 27 y13 − 3z0 3 = 0 ⇒ 3x13 − 9 y13 − z03 = 0 ⇒ z0 M3. đặt z0 = 3 z1 khi đó: x13 − 3 y13 − 9 z13 = 0 . Vậy
 x0 y0 z0 
 , , ÷ cũng là nghiệm của phương trình.
 3 3 3
x

y

z 

Quá trình này tiếp tục thì được:  k0 , k0 , k0 ÷ là các nghiệm nguyên của (5) với mọi k
3 3 3 
nguyên dương điều này chỉ xảy ra khi và chỉ khi x0 = y0 = z0 = 0.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên duy nhất là ( 0; 0; 0 )
Phương pháp V: Đưa về dạng tổng
Biến đổi phương trình về dạng : Vế trái là tổng của các bình phương, vế phải là

tổng của các số chính phương.
Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + y2 - x - y = 8 (1)
Lời giải
(1) ⇔ 4x2 + 4y2 - 4x - 4y = 32
⇔ (4x2 - 4x + 1) + (4y2 - 4y + 1) = 34
⇔ (2x – 1)2 + (2y – 1)2 = 34
Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 chỉ có duy nhất một dạng phân tích thành tổng
của hai số chính phương 32 và 52.
Do đó phương trình thỏa mãn chỉ trong hai khả năng :
 2x − 1 = 3
 2x − 1 = 5
hoặc


 2y − 1 = 5
 2y − 1 = 3
Giải các hệ trên, suy ra phương trình (1) có các nghiệm nguyên là
(x ; y) ∈ {(2 ; 3); (3 ; 2); (-1 ; -2); (-2 ; -1); (2; -2); (-1; 3); (3; -1); (-2; 2)}
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 – 4xy + 5y2 = 169
Lời giải
Ta có: x2 – 4xy + 5y2 = 169
⇔ (x – 2y)2 + y2 = 169 Ta thấy 169 = 02 + 132 = 52 + 122
15


Do đó phương trình thỏa mãn chỉ trong bốn khả năng :
 x − 2y = 0
 x − 2y = 13  x − 2y = 5
 x − 2y = 12
⇒

hoặc 
⇒
hoặc 
 y = 13
 y = 0
 y = 12
 y = 5
Giải ra ta được các nghiêm nguyên của phương trình là
(x, y) ∈ {(29; 12); (19; -12); (19; 12); (22; 5); (-2; 5); (2; -5); (-22; -5); (26; 13);
(-26; -13); (-13; 0); (13; 0); (-29; -12)}
Phương pháp VI : Xét chữ số tận cùng
Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 1! + 2! + ... + x! = y2 (1)
Lời giải
Cho x lần lượt bằng 1 ; 2 ; 3 ; 4, ta có ngay 2 nghiệm nguyên dương (x ; y) của
phương trình (1) là (1 ; 1) và (3 ; 3).
Nếu x > 4 thì dễ thấy k! với k > 4 đều có chữ số tận cùng bằng 0.
1! + 2! + 3 ! + 4! + 5! + ... + x! = 33 + 5! + ... + x! có chữ số tận cùng bằng 3.
Mặt khác vế phải là số chính phương nên không thể có chữ số tận cùng là 3.
Vậy phương trình (1) chỉ có hai nghiệm nguyên dương: (x ; y) ∈ {(1 ; 1) ; (3 ; 3)}.
Ví dụ 2 : Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình : x2 + x - 1 = 32y + 1 (2)
Lời giải
Cho x các giá trị từ 0 đến 9, dễ dàng xác định được chữ số tận cùng của x2 + x–1 chỉ
nhận các giá trị 1 ; 5 ; 9. Mặt khác, ta thấy 32y + 1 là lũy thừa bậc lẻ của 3 nên chữ số tận
cùng của nó chỉ có thể là 3 hoặc 7 khác với 1 ; 5 ; 9.
Vậy (2) không thể xảy ra. Nói cách khác, phương trình (2) không có nghiệm nguyên
dương.
* Lưu ý : Bài toán này cũng có thể giải bằng phương pháp sử dụng tính chất chia hết.
Phương pháp VII: Phương pháp loại trừ
Nếu có số nguyên m sao cho m 2 < n < (m + 1) 2 thì n không thể là số chính phương.
Ví dụ 1: Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình

y2 + y = x4 + x3 + x2 + x
Lời giải
Ta có: y2 + y = x4 + x3 + x2 + x ⇔ 4 y2 + 4y + 1 = 4 x4 + 4 x3 + 4x2 + 4x + 1
⇔ (2y + 1)2 - (2x2 + x ) 2 = (3x + 1) (x +1)
16


hay (2x2 + x + 1) 2 - (2y+ 1)2 = x(x-2)
* Ta thấy:
Nếu x > 0 hoặc x < - 1 thì (3x + 1) (x +1) > 0
Nếu x > 2 hoặc x < -1 thì x (x-2) > 0
⇒ Nếu x > 2 hoặc x < 1 thì (2x2 + x) <(2y+1)2 < (2x2 + x + 1) 2 (loại)
⇒ -1≤ x ≤ 2 ⇒ x ∈ {0; 1; -1; 2}
Xét x = 2⇒ y2 + y =30 ⇒ y = 5 hoặc y = -6
Xét x = 1 ⇒ y2 + y = 4 (loại)
Xét x = 0 ⇒ y2 + y = 0 ⇒ y (y + 1) = 0 ⇒ y = 0 hoặc y = -1
Xét x = -1 ⇒ y2 + y = 0 ⇒ y = 0 hoặc y = -1
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là các cặp số: (2; 5); (2; -6); (0; 0); (0; -1); (1;0); (-1; -1)
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 6 + 3x 3 + 1 = y 4 .
Lời giải
Ta thấy: x = 0, y = ± 1 là nghiệm nguyên của phương trình.
Với x > 0 ta có:
( x 3 + 1) 2 = x 6 + 2 x 3 + 1 < x 6 + 3 x 3 + 1 = y 4 < ( x 3 + 2) 2 ⇒ x 3 + 1 < y 2 < x 3 + 2 ( vô lý ).

Với x ≤ - 2 thì : ( x3 + 2)2 < y 4 < ( x3 + 1)2 ⇒ x3 + 2 < y 2 < x3 + 1 ( vô lý ).
Với x = - 1 thì : y 4 = −1 . ( vô lý ).
Vậy phương trình đã cho có hai cặp nghiệm nguyên là ( 0; 1 ); ( 0; -1 ).
Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2 + ( x + 1) 2 = y 4 + ( y + 1) 4 .
Lời giải
Khai triển và rút gọn hai vế ta được:

x( x + 1) = y 4 + 2 y 3 + 3 y 2 + 2 y ⇔ x 2 + x = y 2 ( y + 1) 2 + 2 y ( y + 1).
⇔ x 2 + x + 1 = ( y 2 + y + 1) 2 (1)
Nếu x > 0 thì từ x 2 < 1 + x + x 2 < ( x + 1) 2 . suy ra 1 + x + x 2 không là số chính phương
nên (1) không có nghiệm nguyên.
Nếu x < - 1 thì từ ( x + 1) 2 < 1 + x + x 2 < x 2 suy ra (1) không có nghiệm nguyên.
17


y = 0
.
 y = −1

2
Nếu x = 0 hoặc x = - 1 thì từ (1) suy ra: y + y + 1 = ±1 ⇔ 

Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên là
(x, y) ∈ { ( 0; 0 ) ;

(

0; − 1 ) ;

(

− 1; 0 ) ; ( − 1; − 1

)}

Phương pháp VIII: Sử dụng tính chất nghiệm của phương trình bậc 2

Biến đổi phương trình về dạng phương trình bậc 2 của một ẩn coi các ẩn khác là
tham số, sử dụng các tính chất về nghiệm của phương trình bậc 2 để xác định giá trị
của tham số.
Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên: 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + 5 = 0
Lời giải
Ta có phương trình: 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + 5 = 0
⇔ y2 + (4x + 2)y + 3x2 + 4x + 5 = 0 (*)
Coi x là tham số của phương trình bậc 2 (*) với ẩn y, ta có:
y = -(2x + 1) ±

∆' x . Do y nguyên, x nguyên ⇒ ∆' x nguyên

Mà ∆' x = (2x + 1)2 – (3x2 + 4x + 5) = x2 – 4 ⇒ x2 – 4 = n2 (n∈¢ )
⇒ (x- n) (x+ n) = 4 ⇒ x = ± 2 (do x - n và x + n cùng tính chẵn lẻ)
Vậy phương trình có 2 nghiệm nguyên là (x; y) ∈ {(2; -5); (-2, 3)}
Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – (y+5)x + 5y + 2 = 0
Lời giải
Ta có: x2 – (y+5)x + 5y + 2 = 0 coi y là tham số ta có phương trình bậc 2 ẩn x. Giả
sử phương trình bậc 2 có 2 nghiệm x1, x2
 x1 + x 2 = y + 5 5x1 + 5x 2 = 5y + 25
⇒
Theo định lý Viet, ta có : 
x
x
=
5y
+
2
 1 2
 x1x 2 = 5y + 2

⇒ 5 x1 + 5x2 – x1x2 = 23
⇔ (x1 -5) (x2 -5) = 2 mà 2 = 1.2 = (-1)(-2)
⇒ x1 + x2 = 13 hoặc x1 + x2 = 7 ⇒ y = 8 hoặc y = 2
Thay vào phương trình ta tìm được các cặp số (7; 8); (6; 8); (4; 2); (3; 2) là các nghiệm
nguyên của phương trình.
Ví dụ 3: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x + y + xy = x2 + y2 (1)
18


Lời giải
Viết (1) thành phương trình bậc 2 đối với x
x2 - (y + 1)x + (y2 - y) = 0 (2)
Điều kiện cần để (2) có nghiệm là ∆ ≥ 0
∆ = (y + 1)2 - 4(y2 - y) = y2 + 2y + 1 - 4y2 + 4y

= -3y2 + 6y + 1
* ∆ ≥ 0 ⇔ 3 y 2 − 6 y − 1 ≤ 0 ⇔ 3( y − 1) 2 ≤ 4
Do đó (y - 1)2 ≤ 1. Suy ra -1 ≤ y - 1 ≤ 1
y-1
-1
0
1
y
0
1
2
2
Với y = 0, thay vào (2) ta được x - x = 0 Ta có x1 = 0; x2 = 1
Với y = 1, thay vào (2) được x2 - 2x = 0 Ta có x3 = 0; x4 = 2
Với y = 2, thay vào (2) ta được x2 - 3x + 2 = 0 Ta có x5 = 1; x6 = 2

Thử lại, các giá trị trên đều nghiệm đúng phương trình.
Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm nguyên là (0;0), (1;0), (0;1), (2;1), (1;2), (2;2)
Phương pháp IV: Dùng bất đẳng thức
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 –xy + y2 = 3
Lời giải
Ta có x2 –xy + y2 = 3 ⇔ (x-

y 2
3y2
) =32
4

y 2
3y2
Ta thấy (x- ) ≥ 0 ⇒ 3 ≥ 0 ⇒ -2 ≤ y ≤ 2
2
4

⇒ y ∈ { ±2; ±1; 0} thay vào phương trình tìm x và thử lại, ta được các nghiệm
nguyêncủa phương trình là
(x, y) ∈ { ( − 1, − 2 ) , ( 1, 2 ) ; ( − 2, − 1) ; ( 2,1) ; ( − 1,1) ; ( 1, − 1) }
x

y

z

Ví dụ 2: Chứng minh rằng phương trình y + + = b không có nghiệm nguyên
z x
dương khi b = 1 hoặc b = 2 nhưng có vô số nghiệm nguyên dương khi b = 3

Lời giải
x
y

Do x, y, z ∈ ¢ + ⇒ ,

y z
, > 0. Theo bất đẳng thức Cô-si, ta có:
z x

19


x

(y +

x y z
x
y z 3
y z
+ ) ≥ 27 ( y . . ) = 27⇒ y + + ≥ 3
z x
z x
z x

Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z
x

y

z

Vậy phương trình y + + = b không có nghiệm nghiệm nguyên khi b = 1 hoặc
z x
b = 2 nhưng có vô số nghiệm nghiệm nguyên khi b = 3, chẳng hạn:
( x = a, y = a, z = a) với a là số nguyên dương bất kỳ.
Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (x + y + 1)2 = 3(x2 + y2 + 1)
Theo bất đẳng thức Bunhiacôpxki, ta có:

(x

+ y + 1) ≤ (12 + 12 + 12 ) ( x 2 + y 2 +12 ) = 3 ( x 2 + y 2 +1)
2

Đẳng thức xảy ra ⇔

x y 1
= = ⇔ x = y =1
1 1 1

Vậy phương trình có nghiệm nguyên duy nhất là x = y = 1.
Ví dụ 4: Tìm các số nguyên dương x, y thoả mãn phương trình :
(x2 + 1)(x2 + y2) = 4x2y
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức Cô–si ta có:
x2 + 1 ≥ 2x, dấu bằng xảy ra ⇔ x = 1.
x2 + y2 ≥ 2xy, dấu bằng xảy ra ⇔ x = y.
Vì x, y nguyên dương nên nhân các bất đẳng thức trên vế theo vế ta được :
(x2 + 1)(x2 + y2) ≥ 4x2y, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1.

Vậy phương trình có nghiệm nguyên duy nhất x = y = 1.
Phương pháp X: Xét số dư từng vế
Ví dụ 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 9x + 2 = y2 + y

(1)

Lời giải
Ta có: 9x + 2 = y2 + y ⇔ 9x + 2 = y(y + 1)

(*)

Ta thấy vế trái của (*) là số chia cho 3 dư 2 nên y(y + 1) chia cho 3 dư 2.
Nếu y chia hết cho 3 hoặc y chia cho 3 dư 2 thì y(y + 1) đều chia hết cho 3, trái
với kết luận trên.
Do đó y chia cho 3 dư 1. Đặt y = 3k + 1(k∈¢ ) thì y +1 = 3k + 2. Khi đó ta có:
9x + 2 = (3k + 1)(3k + 2) ⇔ 9x = 9k(k+1) ⇔ x = k(k+1)
20


Thử lại x = k(k+1) và y = 3k + 1(k ∈¢ ) thoả mãn phương trình đã cho.
Vậy nghiệm nguyên của phương trình (1) là x = k(k+1) và y = 3k + 1( với k∈ ¢ )
Ví dụ 2. Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên:
x2 – y2 = 2010 (2)
Lời giải
* Cách 1. Phương trình (2) viết thành: (x – y)(x + y) = 2010
Vì (x – y) + (x + y) = 2x là số nguyên chẵn nên (x – y) và (x + y) cùng tính chẵn lẻ. Từ
(x – y)(x + y) = 2010 suy ra (x – y) và (x + y) đều chẵn. Do đó:
(x – y)(x + y) chia hết cho 4. Nhưng 2010 không chia hết cho 4. Từ đó, suy ra phương
trình đã cho vô nghiệm.
* Cách 2. Số chính phương chia cho 4 chỉ có thể dư 0 hoặc 1. Do đó x2, y2 chia cho 4

chỉ có số dư 0 hoặc 1. Suy ra x2 – y2 chia cho 4 có số dư 0; 1; 3. Còn vế phải 2010 chia
cho 4 dư 2. Vậy phương trình không có nghiệm nguyên.
IV. BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 1: Giải các phương trình nghiệm nguyên.
a) 3x3 - 3y3 = 21
b) 3xy + x - y = 1
c) 2x2 + 3xy - 2y2 = 7
Bài 2: Tìm x,y, z nguyên dương thoả mãn.
a) 2(x + y + z) + 9 = 3xyz
b) xy + yz + zx = xyz + 2
xy

yz

zx

c) z + x + y = 3
Bài 3: Chứng minh rằng:
1

1

1

a) Phương trình x 2 + xy + y 2 = 1 không có nghiệm nguyên dương.
1

1

1

1

b) x + y + z = 1991 chỉ có một số hữu hạn nghiệm nguyên dương.
c) Phương trình x2 + y 2 = 4m + 3 không có nghiệm nguyên với m nguyên.
d) Có vô số số nguyên x để biểu thức sau là số chính phương.
(1 + 2 + 3 + ... + x)(12 + 22 + 32 + ... + x2)
21


Bài 4: Giải phương trình trên tập số nguyên.
a) x 2 − 3 y 2 = 17 .

b) x 2 − 5 y 2 = 17 .

c) x 2 − 2 y 2 = 1 .

d) 2 x + 122 = y 2 − 32 .

e) 15 x 2 − 7 y 2 = 9 .

f) x 2 + 2 x + 4 y 2 = 37 .

Bài 5: Giải phương trình trên tập số nguyên.
a) 5( x + y ) + 2 = 3 xy .

b) 2( x + y ) = 3 xy .

c) x 2 − y 2 = 91 .

d) x 2 + x + 6 = y 2 .

e) x 2 − y 2 = 169 .

e) x 2 − y 2 = 1999 .

Bài 6: Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình sau.
a) x + y + 1 = xyz .

b) x + y + + z + 9 = xyz.

c) x + y + z + t = xyzt .

e)

d)

1 1 1 1
+ + + =1.
x y z t

1 1
+ = 2.
x y

f)

1
1
1 1

+
+
+ = 1.
x2 y 2 z 2 t 2

Bài 7: Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau.
a) x 2 − 6 xy + 13 y 2 = 100 .

b) 1 + x + x 2 + x 3 = y 3 .

c) 1 + x + x 2 + x 3 + x 4 = y 2 .

d) x 2 = y ( y + 1)( y + 2)( y + 3) .

e) ( x − 2) 4 − x 4 = y 3 .

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

Bài 8: Giải phương trình trên tập số nguyên.
a) x3 − 2 y 3 − 4 z 2 = 0 .

b) 8 x 4 + 4 y 4 + 2 z 4 = u 4 .

c) x 2 + y 2 + z 2 = 2 xyz .

d) x 2 + 2 y 2 + 2 z 2 − 2 xy − 2 yz − 2 z = 4 .

e) x + y − 1 + z − 2 =

1

( x + y + z) .
2

2.2 Kết quả thực hiện
Áp dụng sáng kiến kinh nghiệm này vào giảng dạy ở trường tôi trong ba năm học
2013 – 2014, 2014 – 2015 và 2015 - 2016 tôi đã thu được các kết quả khả quan.
Trong ba năm liên tục áp dụng và hoàn thiện sáng kiến kinh nghiệm này, tôi thấy
ngày càng có hiệu quả, chất lượng học tập của học sinh mũi nhọn ngày càng cao. Năm
học nào tôi cũng có học sinh thi đỗ học sinh giỏi cấp huyện đạt giải cao. 2 năm gần đây
22


đội tuyển Toán 9 của tôi thi huyện đạt 100% (7/7). Học sinh thi vào lớp 10 THPT đạt
điểm cao. Mấy năm gần đây tôi đều có học sinh đỗ thủ khoa môn Toán vào trường
THPT Phù Cừ. Đặc biệt là các em hứng thú học toán hơn, vận dụng và sử dụng thành
thạo các phương pháp cho từng bài cụ thể. Kết quả cụ thể như sau:
Dưới điểm 5
Điểm 5 - 10
Điểm 8 - 10
SL
%
SL
%
SL
%
1
10
9
90
5

50
- Vận dụng phương pháp“Giải phương trình nghiệm nguyên” đã hình thành cho học
sinh một số kỹ năng làm toán khó. Giúp cho học sinh nhìn nhận một dạng toán dưới
lăng kính nhiều mặt với nhiều màu sắc khác nhau trong quá trình vận dụng linh hoạt
các kĩ thuật giải.
- Ôn tập, củng cố và đào sâu các kiến thức về số học, đại số có liên quan đồng thời
giúp cho học sinh hình thành thói quen suy nghĩ định hướng tìm tòi lời giải trước một
bài toán. Từ đó giúp học sinh có thói quen giải toán theo một trình tự khoa học.
- Xây dựng được một hệ thống phương pháp và kỹ năng Giúp cho học sinh và giáo
viên có một tư liệu tham khảo cho hoạt động dạy học toán học với việc bồi dưỡng học
sinh khá, giỏi trong nhà trường phổ thông hiện nay.
- Hình thành ở học sinh thói quen khai thác kiến thức cơ bản trong chương trình
theo chiều sâu. Giúp cho các em có được tư duy sâu sắc linh hoạt, độc lập sáng tạo
trong quá trình giải toán.
- Giúp cho học sinh phân loại được các dạng bài tập và phương pháp, kỹ năng giải
cho từng loại tạo điều kiện cho các em nhìn nhận một vấn đề toán học (phương trình và
hệ phương trình) dưới con mắt hoàn thiện hơn.
- Hình thành ở học sinh thói quen khám phá, khai thác tìm tòi lời giải cho một bài
toán …phát huy được tích cực suy nghĩ trong quá trình giải toán.
- Góp phần trau dồi cho học sinh những phẩm chất như tính độc lập kiên trì sáng tạo
tích cực tìm tòi và giúp các em hoàn thiện dần các phẩm chất đạo đức, phẩm chất trí
tuệ trong quá trình học toán ở nhà trường phổ thông.
- Phát huy được đức tính tự học, tự tìm tòi nghiên cứu góp phần tô điểm cho việc
đổi mới phương pháp giảng dạy và học tập của giáo viên và học sinh mà hạt nhân là: "

23


Lấy lôgic học của học sinh làm trung tâm " từ đó nâng cao từng bước chất lượng học
tập môn Toán cho các em.

C. KẾT LUẬN
1.Kết luận
- Khi chưa được tiếp cận với các bài toán không chính tắc, hầu hết học sinh đều tỏ ra
lúng túng, mất phương hướng tìm ra lời giải. Khi làm quen với sự phân tích sâu sắc,
hầu hết các em đều thích thú và say mê bởi sự mới lạ, sáng tạo, không máy móc.Với
kiến thức như vậy các em nắm bài tốt hơn, liên hệ các kiến thức với nhau mật thiết
hơn, thực sự bồi bổ các “chất toán” cho các em tốt hơn trong các môn học khác cũng
như trong cuộc sống.
Nhiều học sinh của tôi khi được học, đã thành công nhiều trong kỳ thi học sinh giỏi
toán, thi vào các lớp chất lượng cao của trường THPT Phù Cừ trong những năm gần
đây.
Phương trình nghiệm nguyên là một dạng toán khó, đa dạng, thường được dùng trong
các kỳ thi chọn học sinh giỏi các cấp, cũng như thi vào các lớp chất lượng cao. Các bài
toán như vậy luôn là vấn đề nan giải đối với hầu hết học sinh nói chung, học sinh khá
giỏi nói riêng.
Trong một số năm qua, bằng sự trăn trở để tìm ra ý tưởng cho những bài toán hay và
khó này,tôi đã tìm tòi, phân dạng để giảng dạy nhằm mục đích truyền đạt hiệu quả nhất
đến với học sinh.
Thật bất ngờ, khi giảng dạy chuyên đề này, tôi thấy học sinh rất say mê mỗi khi tự
mình khám phá ra lời giải. Bước đầu đã làm cho học sinh khám phá, tự tìm các kiến
thức có liên quan để giải. Qua đây, tôi cũng thấy kiến thức toán học sinh được nâng
nhiều phần khác nhau.
Sử dụng kiến thức số học, đại số và tính chất của nó vào giải phương trình
nghiệm nguyên là một ứng dụng lớn. Sự phân chia như trên chỉ là ý tưởng của tôi còn
nhiều phần chưa nêu hết, Đề tài này hy vọng giúp chúng ta phần nào khó khăn trong
giảng dạy và hy vọng các bạn đồng nghiệp nêu tiếp những ứng dụng mà bài viết này
chưa nêu được.
24

Mặc dù đã giành nhiều thời gian, công sức, tìm hiểu, rút kinh nghiệm và cố gắng để
cho bản đề tài song do nhiều lí do, trong đó lí do còn hạn chế về kiến thức cũng như
phương pháp nên SKKN chắc không thể tránh khỏi thiếu sót.Tôi mong được sự đóng
góp, bổ sung.
2- Kiến nghị:
- Với nhà trường: Cần khuyến khích động viên mỗi giáo viên thực hiện và áp dụng
những sáng kiến hay để đẩy mạnh phong trào chuyên môn trong nhà trường.
- Với Phòng, Sở giáo dục: Đề nghị quan tâm đầu tư mở nhiều chuyên đề bồi dưỡng
các chuyên đề có liên quan đến môn Toán đặc biệt bồi dưỡng giáo viên ôn học sinh
giỏi để nâng cao trình độ, phương pháp, năng lực sư phạm cho giáo viên dạy học.
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của bản thân tôi tự đặt nền móng và có sự tham khảo
của đồng nghiệp trong Tổ và tài liệu trên mạng. Không sao chép của người khác.
Ngày 20 tháng 3 năm 2016
NGƯỜI VIẾT
TRẦN ĐĂNG TIỀN

25