nâng cao chất lượng môn toán 9 thông qua việc dạy học sinh ứng dụng hệ thức vi ét vào giải toán ở trường THCS an hoạch

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài:
Xuất phát từ mục tiêu Giáo dục trong giai đoạn hiện nay là phải đào tạo ra
con người có trí tuệ phát triển, giàu tính sáng tạo và có tính nhân văn cao. Để
đào tạo ra lớp người như vậy thì phải bồi dưỡng cho học sinh năng lực tư duy
sáng tạo, năng lực tự học, tự giải quyết vấn đề, từ đó tác động đến tình cảm và
đem lại niềm vui hứng thú học tập cho học sinh.
Dạy học giải toán là một trong những vấn đề trọng tâm của dạy học môn
Toán ở trường THCS. Đối với học sinh thì giải toán là hoạt động chủ yếu của
việc học tập môn Toán. Do vậy việc rèn luyện kỹ năng, phương pháp giải toán
cho học sinh là việc làm hết sức cần thiết.
Trong quá trình giảng dạy, người thầy cần rèn luyện cho học sinh những kỹ
năng, phương pháp giải toán, sự độc lập suy nghĩ một cách sâu sắc, sáng tạo
nhất. Vì vậy đòi hỏi người thầy phải lao động sáng tạo, tìm tòi ra những phương
pháp mới và hay để dạy cho học sinh. Từ đó học sinh được trau dồi tư duy logic,
sự sáng tạo qua việc giải các bài toán.
Dạng toán giải phương trình nghiệm nguyên là một trong những dạng toán
khó, thường gặp trong các kỳ thi vào lớp 10, học sinh giỏi các cấp, đa phần học
sinh chưa hiểu sâu, kiến thức còn lơ mơ, không nhận biết được dạng và phương
pháp làm dạng toán này như thế nào…Để giải được các bài toán này cần nắm
các dạng phương trình cơ bản, từ đó căn cứ vào đặc thù của mỗi bài toán mà sử
dụng phương pháp cho phù hợp. Mỗi bài toán tìm nghiệm nguyên có thể áp dụng
đuợc nhiều phương pháp giải khác nhau, tuy nhiên phương pháp dùng bất đẳng
thức thường được dùng nhiều đối với học sinh lớp 8, 9.
Chính vì những lí do trên, tôi chọn đề tài “Rèn luyện kỹ năng giải phương
trình nghiệm nguyên bằng phương pháp dùng Bất đẳng thức cho học sinh lớp 9”.
1.2. Mục đích nghiên cứu:
Với mục tiêu phát hiện, bồi dưỡng và phát triển những học sinh có năng lực
về toán, từ đó xây dựng cho học sinh kĩ năng nhận dạng và giải toán. Thúc đẩy
việc tìm hiểu và mở rộng kiến thức của giáo viên cũng như của học sinh. Xây
dựng một tài liệu hoàn chỉnh về một số dạng toán khó ở cấp học THCS. Với nội

dung của đề tài học sinh có thể tự học, tự nghiên cứu và nội dung không những
giới hạn ở cấp THCS mà còn vận dụng ở nhiều cấp học cao hơn.
1


1.3. Đối tượng nghiên cứu:
Học sinh khá, giỏi lớp 9 trường THCS An Hoạch, thành phố Thanh Hóa.
1.4. Phương pháp nghiên cứu:
- Đọc và nghiên cứu tài liệu tham khảo.
- Nghiên cứu cơ sở lý thuyết.
- Thực nghiệm sư phạm qua giảng dạy.
- Phương pháp so sánh đối chứng.
- Phương pháp điều tra phân tích, tổng hợp.
- Phương pháp thống kê.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận:
Căn cứ vào định hướng đổi mới phương pháp dạy học đã được xác định
trong luật giáo dục: “Phương pháp giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích
cực, tự giác, chủ động, sáng tạo của học sinh, phù hợp với đặc điểm trong lớp
học, môn học. Bồi dưỡng phương pháp tự học, khả năng làm việc theo nhóm,
rèn luyện kĩ năng vận dụng kiến thức thực tiễn”.
Nội dung kiến thức có liên quan đến đề tài: Ngoài phương trình một ẩn,
phương trình nhiều ẩn. Các bài toán về tìm nghiệm nguyên thường không có
phương pháp giải tổng quát, mỗi bài toán với số liệu riêng của nó đòi hỏi một
cách giải phù hợp, điều đó có tác dụng rèn luyện tư duy toán học mềm dẻo, linh
hoạt và sáng tạo. Trong chương trình cơ bản của SGK Toán THCS có đưa giải
phương trình nghiệm nguyên nhưng dưới dạng bài tập với số lượng không
nhiều. Hơn nữa nhu cầu giải giải phương trình rất phong phú trong các kì thi học
sinh giỏi và thi vào lớp 10, các trường chuyên, lớp chọn có đề cập đến vấn đề này.
Xác định mục đích, yêu cầu, chuẩn kiến thức, kỹ năng của đơn vị kiến thức

cần nghiên cứu: Phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng và phong phú, nó có
thể là phương trình một ẩn, nhiều ẩn, bậc nhất, bậc cao… Để giải phương trình
đó ta thường dựa vào cách giải một số phương trình cơ bản và một số phương
pháp, đặc biệt là phương pháp dùng bất đẳng thức.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm:
Trong chương trình Toán THCS có rất nhiều bài toán về phương trình
nghiệm nguyên với nhiều dạng khác nhau, khi giải các bài toán này không ít khó
khăn phức tạp. Từ thực tiễn giảng dạy tôi thấy học sinh hay bế tắc, lúng túng về
2


cách xác định dạng toán, không tìm ra lời giải, không biết cách giải hoặc chưa
có phương pháp giải hay, học sinh cảm thấy rất khó đối với dạng toán này vì
trong sách giáo khoa cũng không cung cấp cho các em cách giải.
Để đánh giá được khả năng của các em đối với dạng toán trên, trước khi áp
dụng đề tài tôi đã khảo sát học sinh khá, giỏi lớp 9 đầu năm học 2017 - 2018
dưới dạng phiếu học tập với đề bài giải phương trình nghiêm nguyên thu được
kết quả sau:
Tổng số HS
15

8
SL

10
%

6,5
SL

7,5
%

0

0

0

0

Điểm
5
6,5
SL
%
2

13,3

3
SL

4,5
%

0
SL

3

%

4

26,7

9

60

2.3. Các giải pháp:
2.3.1. Giải pháp:
Phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng và phong phú, không có cách giải
chung cho mọi phương trình. Để giải được các phương trình đó thường dựa vào
cách giải một số phương trình cơ bản và kiến thức, tính chất cơ bản để giải
phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp dùng bất đẳng thức. Vì thế tôi
đưa ra các giải pháp như sau:
- Cung cấp cho học sinh các kiến thức về bất đẳng thức cơ bản thường gặp
để giải phương trình nghiệm nguyên.
- Các tính chất liên quan đến các dạng phương trình nghiệm nguyên đó.
- Đưa ra các dạng phương trình mà hay sử dụng phương pháp dùng “Bất
đẳng thức” để thực hiện.
- Xây dựng các phương pháp cơ bản đối với từng dạng phương trình.
- Đưa ra những bài toán cơ bản và sắp xếp theo mức độ từ dễ đến khó.
- Củng cố các phép biến đổi cơ bản thông qua các kỹ năng thực hành, bài
tập vận dụng từ đó phát triển tư duy thông qua một số bài toán nâng cao.
2.3.2. Biện pháp tổ chức thực hiện: Xây dựng phương pháp cơ bản đối với
từng dạng phương trình.

3

2.3.2.1. Đối với phương trình một ẩn: Có nhiều phương pháp giải phương
trình một ẩn tuy nhiên phương pháp dùng Bất đẳng thức thường được sử dụng vì
có những bài làm theo phương pháp này nhanh hơn và dễ hiểu hơn so với một số
phương pháp giải khác.
*Dạng 1: Đưa về phương trình dạng: f ( x) = g ( x )
Phương pháp
Biến đổi phương trình về dạng f ( x) = g ( x ) mà f ( x) ≥ a , g ( x) ≤ a (a là
hằng số). Nghiệm của phương trình là các giá trị x thoả mãn đồng thời
f ( x) = a và g ( x) = a .

Ví dụ 1: Giải phương trình :

2x2 − 4x + 3 + x2 − 2x + 5 = 8 − 2 x − x2

(1)

Khi gặp bài tập dạng này thì phần đa các em nghĩ ngay đến tìm điều kiện xác
định của các căn thức bậc hai, nên giáo viên chỉ cần gợi ý cho học sinh nhận xét
các biểu thức dưới dấu căn và có nhận xét về hai vế của phương trình thì hầu
như học sinh đều làm đựơc bài này.
Giải:
(1) ⇔

2( x − 1) 2 + 1 + ( x − 1) 2 + 4 = 9 − ( x − 1) 2

Nhận thấy

2( x − 1) 2 + 1 + ( x − 1) 2 + 4 ≥ 1 + 4 = 3

8 − 2 x − x 2 = 9 − (1 − x) 2 ≤ 9 = 3

Do đó dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ( x − 1) = 0 ⇔ x − 1 = 0 ⇔ x = 1
2

Vậy phương trình có nghiệm x = 1

x 2 − 6 x + 15
Ví dụ 2: Giải phương trình:
= x 2 − 6 x + 18
2
x − 6 x + 11

(2)

Cũng như ví dụ 1 học sinh đi tìm điều kiện cho căn thức và mẫu thức có nghĩa vì
thế giáo viên gợi ý vế phải là biểu thức luôn lớn hơn hoặc bằng 3, còn vế trái là
biểu thức luôn bé hơn hoặc bằng 3 => xét dấu bằng xảy ra => tìm được nghiệm.
Giải:
(2) ⇔1 +

4
= ( x − 3) 2 + 9
2
( x − 3) + 2

Mà VT = 1 +

4
4

≤1 + = 3
2
( x − 3) + 2
2

4


VP =

( x − 3) 2 + 9 ≥ 9 = 3

Do đó dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ( x - 3)2 = 0 ⇔ x = 3
Vậy phương trình có nghiệm: x = 3
Đối với các loại phương trình đưa đựơc về dạng này đòi hỏi mỗi học sinh
cần linh hoạt, biết nhìn bài toán một cách tổng quát để đưa ra đựơc nhận xét
cho hai vế của phương trình.
*Dạng 2: Đưa về dạng: h( x) = m
Phương pháp
Biến đổi phương trình đưa về dạng h( x) = m (m là hằng số) mà ta luôn có

h( x) ≥ m hoặc h( x) ≤ m thì nghiệm của phương trình là các giá trị của x
làm cho dấu đẳng thức xảy ra.
x −1

Ví dụ 3: Giải phương trình: 19

+5

4

x 2 −1

+ 95

6

x2 −3 x + 2

=3

(3)

Giáo viên hướng dẫn: Tìm điều kiện để căn thức bậc hai có nghĩa => rút ra
nhận xét vế trái
Giải:

x −1 ≥ 0
 2
Điều kiện  x − 1 ≥ 0
 x 2 − 3x + 2 ≥ 0

Ta có: 19

x −1

+5

4

x 2 −1

+ 95

6

x 2 −3 x + 2

Do đó dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

≥ 190 + 50 + 950 = 3
 x −1 = 0
 2
x −1 = 0
 x 2 − 3x + 2 = 0


⇔ x =1

Vậy phương trình có nghiệm x = 1
* Dạng 3: Áp dụng các bất đẳng thức quen thuộc
Giáo viên cung cấp cho học sinh một số bất đẳng thức quen thuộc hay sử dụng
để giải phương trình nghiệm nguyên.
* Bất đẳng thức Cauchy (Côsi):
Tổng quát: x1 + x2 + ... + xn ≥ n n x1 x2 ...xn ( x1, x2, …,xn ≥ 0 )
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = ... = xn
* Bất đẳng thức Bunhia cốpxki:
5

2
2
2
2
2
2
2
Tổng quát: (a1b1 + a2b2 + ... + anbn ) ≤ (a1 + a2 + ... + an )(b1 + b2 + ... + bn ) .

(Với mọi a1 , a2 ,...an ; b1 , b2 ,..., bn )
Dấu “=” xảy ra ⇔

a
a1 a2
= = ... = n
b1 b2
bn

* Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối:

a + b ≥ a+b

+

Dấu “=” xảy ra ra khi: ab ≥ 0
Với a > 0; b > 0 , ta có: a + b > a − b

+

Ví dụ 4: Giải phương trình: x 2 − 3 x + 3,5 = ( x 2 − 2 x + 2)( x 2 − 4 x + 5)

(4)

Giáo viên gợi ý:
- Nhận thấy biểu thức dưới dấu căn là hai số dương => Áp dụng bất đẳng thức
Côsi cho hai số dương ấy.
Giải:
Ta có: x 2 − 2 x + 2 = ( x − 1)2 + 1 > 0

x 2 − 4 x + 5 = ( x − 2) 2 + 1 > 0

( x 2 − 2 x + 2) + ( x 2 − 4 x + 5)
x − 3x + 3,5 =
2
2

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ( x 2 − 2 x + 2 ) và ( x 2 − 4 x + 5)
Ta được: ( x 2 − 2 x + 2) + ( x 2 − 4 x + 5)

≥ 2 ( x 2 − 2 x + 2)( x 2 − 4 x + 5)
= 2.(x2 – 3x + 3,5)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x 2 − 2 x + 2 = x 2 − 4 x + 5 ⇔
Vậy phương trình có nghiệm x =
5

2x = 3 ⇔ x =

3
2

3
2
4

Ví dụ 5: Giải phương trình: 2 x + 4 x + 256 4 = 3.16 x

3

(5)

Giáo viên hướng dẫn:
- Xét x ≥ 0 thì vế trái là có tổng các số hạng đều dương khi đó áp dụng bất
đẳng thức Côsi cho ba số dương. Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba dương
5

4

2 x ; 4 x ; 2564
6


- Xét x < 0 hãy nhận xét hai vế của phương trình?
Giải:
5

4

- Với x ≥ 0 ta có 2 x ; 4 x ; 2564 là những số dương. Áp dụng bất đẳng thức Côsi
cho ba số dương đó ta được:

5

4

3

5

4

3

2 x + 4 x + 2564 ≥ 3 2 x .4 x .2564 = 3 2 x
=

3.2

x5 + 2 x 4 +32
3

≥ 3.2

3

64 x9

5

+ 2 x 4 + 32

=
3

= 3.2 4 x = 3.16 x

3

5
4
Dấu “=” xảy ra ra khi: 2 x = 4 x = 2564 ⇒ x 5 = 2 x 4 = 32 ⇒ x = 2

- Với x < 0 vế phải của phương trình nhỏ hơn 3 còn vế trái lớn hơn 232
Vậy phương trình có nghiệm x = 2
Ví dụ 6: Giải phương trình:
13 ( x 2 − 3 x + 6) 2 + ( x 2 − 2 x + 7) 2  = (5 x 2 − 12 x + 33) 2

(6)

Giáo viên hướng dẫn: Nhận thấy rằng 13 = 2 2 + 32 => sử dụng Bất đẳng thức
Bunhia-cốpxki cho bốn số.
Giải:
2
2
2
2
2
2
2
2
Ta có: (6) ⇔ (2 + 3 ) ( x − 3 x + 6) + ( x − 2 x + 7)  = (5 x − 12 x + 33)

Áp dụng Bất đẳng thức Bunhia-cốpxki cho bốn số ta được:

(22 + 32 ) ( x 2 − 3x + 6) 2 + ( x 2 − 2 x + 7) 2  ≥
2

≥  2( x 2 − 3x + 6) + 3( x 2 − 2 x + 7)  = (5 x 2 − 12 x + 33) 2
Dấu “=” xảy ra ra khi:

3( x 2 − 3 x + 6) = 2( x 2 − 2 x + 7) ⇔ x 2 − 5 x + 4 = 0 ⇔ ( x − 1)( x − 4) = 0
Suy ra: x = 1 hoặc x = 4
Vậy phương trình có nghiệm : x = 1 ; x = 4
Ví dụ 7: Giải phương trình:

x + 3 − 4 x −1 + x + 8 − 6 x −1 = 1

(7)

Giáo viên hướng dẫn:
- Biểu thức dưới dấu căn là những hằng đẳng thức => đưa về phương trình
chứa dấu giá trị tuyệt đối để giải.
Giải:
(7)

⇔ ( x − 1 − 2) 2 + ( x −1 − 3) 2 = 1
7


⇔ 3 − x −1 +

x −1 − 2 = 1

Áp dụng bất đẳng thức a + b ≥ a + b
Dấu đẳng thức xảy ra khi: ab ≥ 0
Với a = 3 − x − 1 ; b =

x − 1 − 2 ta có (3 − x − 1)( x − 1 − 2) ≥ 0

Giải bất phương trình ta tìm đựơc 5 ≤ x ≤ 10
Phương pháp áp dụng bất đẳng thức thông dụng như trên là một phương
pháp khó đối với học sinh, khó nhất là việc nhận ra nên sử dụng bất đẳng thức
nào để phù hợp với bài toán. Điều đó còn tuỳ thuộc vào sự linh hoạt, nhanh trí
của học sinh. Tuy nhiên đây là một phương pháp hay, giải nhanh gọn.
*Dạng 4: Áp dụng tính đơn điệu của bài toán (Chứng minh nghiệm duy nhất ).
Phương pháp: Ta chỉ ra một hoặc một vài giá trị của biến thỏa mãn phương
trình rồi chứng minh đó là nghiệm duy nhất.
Ví dụ 8: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau: 3x + 4 x = 5 x

(8)

Giải:
x

x

3  4
(8) ⇔  ÷ +  ÷ = 1
5 5

Nhận thấy:

* Với x = 1 ⇒ phương trình vô nghiệm.
* Với x = 2 thoả mãn phương trình.
* Với x ≥ 3
x

2

3 3
⇒ ÷ < ÷
5 5
x

x

x

2

4 4
; ÷ <  ÷
5 5

x

x

3  4
3 4
⇒  ÷ +  ÷ < 1 mâu thuẩn với  ÷ +  ÷ = 1
5 5

5 5
Do đó x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Khi gặp dạng toán này đòi hỏi chúng ta phải biết nhẩm nghiệm và nhận biết
được nghiệm đặc biệt => nhận xét: nghiệm đó là duy nhất.
Bài tập vận dụng:
Giải phương trình:

8


a) x 2 − 6 x + 11 + x 2 − 6 x + 13 + 4 x 2 − 4 x + 5 = 3 + 2 ;
b)

2 x 2 − 8 x + 12 = 3 − 4 3 x 2 − 12 x + 13 ;

x2
1
c) 5 x + 3 x + 3x − 2 = + 3x − ;
2
2
3

d)

2

1
(3 x 3 + x 2 + 9 x − 7) 2 = ( x 2 + 2) 2 + ( x 3 + 3x − 3) 2
10

g) x + 3 − 4 x − 1 + x + 8 − 6 x − 1 = 1
e) 8 x + 15 x = 17 x
f) 33 x = 26 x − 3.23 x − 13
2.3.2.2. Đối với phương trình nhiều ẩn.
Về phương pháp và thủ thuật toán cũng tương tự như đối với phương trình
một ẩn, đôi khi có nhiều bài toán cần sử dụng kết hợp với tính chất tập hợp của
số tự nhiên, số nguyên, tính chẵn lẻ để giải.
* Dạng 1: Đưa về phương trình mà vế trái là tích của các thừa số, vế phải là
tích của các số nguyên.
Phương pháp
Bước 1: Đưa phương trình về dạng:

f1 ( x, y,...) f 2 ( x, y,...)... f n ( x, y,...) = a1a2 ...an Với a1 ; a2 ;...; an ∈ Z
Bước 2: Sử dụng tính chất của tập hợp các số tự nhiên, tập hợp số nguyên,
các tính chất về bất đẳng thức, …, chỉ ra:

f1 ( x, y,...); f 2 ( x, y,...);...; f n ( x, y,...) ∈ Z
Bước 3. Xét mọi trường hợp có thể xảy ra để tìm được nghiệm thích hợp của
phương trình.
Ví dụ 9: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

x 2 + 91 = y 2

(9)

Hướng dẫn giải:
Bước 1: Phân tích y 2 − x 2 = 91 ⇔ ( y + x ) ( y − x ) = 91
Bước 2: Vì y > 0; x > 0 ; y + x > y − x và y − x > 0 ; 91 = 1 . 91 = 13 . 7

 y + x = 91

Bước 3: Nên ta có 
Hoặc
 y − x = 1

 y + x = 13

 y − x = 7

9


 x = 45
Hay 
 y = 46

Hoặc


x =3


 y = 10

Nghiệm của phương trình là: (45; 46); (- 45; 46); (45; - 46); (- 45; - 46); (3; 10);
(3; -10); (- 3; 10); (- 3; - 10).
Ví dụ 10: Tìm nghiệm nguyên của phươngtrình: x 2 − 25 = y ( y + 6)

(10)

Giải:

Ta có: x 2 − 25 = y ( y + 6) ⇔ x 2 − ( y + 3) 2 = 16
⇔ ( x + y + 3 ) ( x − y + 3 ) = 16
Vì
Mà

( x + y + 3 ) > 0 nên (

x − y +3 ) > 0

( x + y + 3 ) + ( x − y + 3 ) = 2 x chẵn,

nên ( x + y + 3 ) , ( x − y + 3 )

cùng tính chẵn lẻ.
Mặt khác

( x + y + 3 ) ≥ ( x − y + 3 ) nên ta có:

 x + y + 3 = 4
 x + y + 3 = 8
hoặc 

 x − y + 3 = 2
 x − y + 3 = 4
*

 x + y+3 =8

⇒ x = 5 ⇔ x = ±5


x
−
y
+
3
=
2



Suy ra: y = −6, y = 0
Các cặp số ( x; y ) là nghiệm nguyên của phương trình đã cho là: (5; - 6); (5; 0);
(- 5; - 6); (- 5; 0).
*


 x + y+3 = 4
⇒ x = 4 ⇔ x = ±4;

x
−
y
+
3
=
4



y + 3 = 0 ⇒ y = −3

Các cặp số ( x; y ) là nghiệm nguyên của phương trình đã cho là:(4; -3);(- 4; -3)
Vậy nghiệm nguyên ( x; y ) của phương trình là: (4; -3); (- 4; - 3); (5; - 6);
(5; 0); (- 5; - 6); (- 5; 0).
Với dạng toán này có thể có nhiều cách giải, vì thế mà ta không nên rập khuôn
máy móc. Nhưng với khuôn khổ của đề tài tôi đưa ra cho học sinh phần áp dụng
bất đẳng thức vào để giải thì nhiều bài có lời giải hay hơn, ngắn gọn hơn.
10


Chú ý: Một số bài toán tìm nghiệm nguyên của phương trình dạng

ax 2 + bx + c = dy 2 (Với a, b, c, d là hằng số). Có thể giải theo cách trên.
Bài tập vận dụng:
Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

3 2
x − 6 y 2 = x + 332 ;
2
* Dạng 2: Đưa về phương trình tổng
Phương pháp
Bước 1: Biến đổi phương trình về dạng:
a) x 2 + x + 6 = y 2 ;

b)

c) x 4 = y 2 ( y − x 2 )

f1k ( x; y;...) + f 2k ( x; y;...) + ... + f nk ( x; y;...) = a1k + a2k + ... + ank
(Với k ; a1 , a2 ,..., an ∈ Z ). f1 ( x; y;...); f 2 ( x; y;...); .....…; f n ( x; y;...) ∈ Z .

Bước 2: Xét mọi trường hợp có thể xảy ra từ đó tìm được nghiệm thích hợp.
Ví dụ 11: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
x 2 + 13 y 2 = 100 + 6 xy

(11)

Giáo viên hướng dẫn:
- Biến đổi đưa về một vế về dạng tổng hai bình phương.
(10)

⇔ x 2 + 13 y 2 − 6 xy = 100
⇔ ( x − 3 y ) 2 + (2 y ) 2 = 100
⇔

( x − 3y ) + ( 2 y )
2

2

= 100

- Xét các trường hợp có thể của số 100. (100 = 02 + 102 = 62 + 82)
Giải:
(10) ⇔ ( x − 3 y ) 2 + (2 y ) 2 = 100
⇔

( x − 3y ) + ( 2 y )
2

2

= 100

Mà 100 = 02 + 102 = 62 + 82 ; x − 3 y , 2 y ∈ N
Do đó ta có các khả năng sau:

 x − 3 y = 0
 x = 15  x = −15
⇒
; 
* 

y
=
5
2
y
=
10

 y = −5

 x − 3 y = 10
 x = 10  x = −10
⇒
;
* 
y
=
0

2
y
=
0


y = 0
11


 x − 3 y = 6
 x = 18
⇒
;
* 
y
=
4
2
y
=
8



x = 6
;

y
=

4


 x = −6  x = −18
; 

y
=
−
4

 y = −4


 x = 17  x = 1  x = −1
 x − 3y = 8
⇒
; 
* 
;
;
y
=
−
3
y
=
3
y
=

3
2
y
=
6






 x = −17

 y = −3

Vậy nghiệm của phương trình là: (15; 5); (-15; -5); (10; 0); (-10; 0);
(18; 4); (-18; - 4); (6; 4); (- 6; - 4); (17; 3); (-17; -3); (1; 3); (-1; - 3).
Chú ý: Với cách làm như trên chúng ta có thể áp dụng tìm nghiệm nguyên của
một số phương trình có dạng: ax 2 + bxy + cy 2 + d = 0 (Với a, b, c, d là các số
nguyên).
Ví dụ 12: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

3 x 2 + 2 y 2 + z 2 + 4 xy + 2 xz = 26 − 2 yz

(12)

Giải:
(12) ⇔ x 2 + ( x 2 + 2 xy + y 2 ) + ( x 2 + y 2 + z 2 + 2 xy + 2 xz + 2 yz ) = 26

⇔ x 2 + ( x + y ) 2 + ( x + y + z ) 2 = 26

Vì x, y, z nguyên dương nên 1 ≤ x < x + y < x + y + z
Mà 26 = 12 + 32 + 4 2 .

x + y + z = 4 x = 1


⇔ y = 2
Do đó ta có:  x + y = 3
x = 1
z = 1


Vậy nghiệm nguyên dương là: (1; 2; 1)
Ví dụ 13: Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình:

x 2 + y 3 − 3 y 2 = 65 − 3 y

(13)

Giáo viên hướng dẫn: Ta thấy bài toán có luỹ thừa bậc 3 của y như vậy ta
không thể áp dụng cách làm như ví dụ 12. Ta xét hai trưòng hợp sau: Nếu y = 0
hoặc nếu y ≥ 1 => tìm giá trị của x tương ứng cho mỗi trường hợp đó.
Giải:
+ Nếu y = 0 thì x 2 = 65 ⇒ x ∉ N
+ Nếu y ≥ 1 thì ta có x 2 + y 3 − 3 y 2 = 65 − 3 y

⇔ x 2 + ( y 3 − 3 y 2 + 3 y − 1) = 64
12

⇔ x 2 + ( y − 1)3 = 64
Mà x, y −1 ∈ N , 64 = 02 + 43 = 82 + 03
x = 0
x = 0
⇒

 y −1 = 4  y = 5

Nên ta có:

x = 8
x = 8
⇒

 y −1 = 0  y = 1

Vậy phương trình có nghiệm tự nhiên là: (0; 5); (8; 1).
Chú ý: Nếu phương trình có dạng:

f1h ( x, y,...) + f 2g ( x, y,...) + ... + f nk ( x, y,...) = a ,
a ∈ N , f i ( x, y,...) ∈ N ; i = 1, 2..., n .
h
g
k
Thì ta viết a dưới dạng a = m1 + m2 + ... + mn , mi ∈ N ; i = 1, 2,..., n. Xét các

trường hượp có thể xảy ra. Từ đó tìm được nghiệm thích hợp.
Đối với phương trình đưa về dạng tổng ngoài hai chú ý trên chúng ta cũng
cần linh hoạt trong quá trình giải vì nhiều bài ta không sử dụng như đưa về hai
loại phương trình đó mà nhiều bài ta sử dụng bất đẳng thức quen thuộc như Bất

đẳng thức Côsi, hay Bunhia-cốpxki.
Ví dụ 14: Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình:

x 6 + z 3 − 15 x 2 z = 3x 2 y 2 z − ( y 2 + 5)3

(4)

Giáo viên hướng dẫn: Hãy biến đổi đưa về một vế là tổng các lập phương, vế
kia là tích của hai thừa số.
Giải:
(13) ⇔ ( x 2 )3 + ( y 2 + 5)3 + z 3 = 3 x 2 z (5 + y 2 )
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số x 2 ; y 2 + 5; z .
Ta có:

( x 2 )3 + ( y 2 + 5)3 + z 3 ≥ 3 x 2 z (5 + y 2 )
⇒ x2 = y 2 + 5 = z

x 2 = y 2 + 5 ⇔ ( x − y )( x + y ) = 5
x = 3
x + y = 5
⇒
⇒ z = x2 = 9
Vì x, y ∈ N . Nên ta có: 
x − y = 1
y = 2
Vậy nghiệm của phương trình là : (3; 2; 9).

13

Ví dụ 15: Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình:

( x 2 + 4 y 2 + 28) 2 = 17( x 4 + y 4 + 14 y 2 + 49)

(15)

Giáo viên hướng dẫn: Hãy áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki :

(a 2 + b 2 )( x 2 + y 2 ) ≥ ( ax + by ) 2 . Dấu = xảy ra khi và chỉ khi ay = bx .
Giải:
2

Ta có: ( x 2 + 4 y 2 + 28) 2 = 1.x 2 + 4( y 2 + 7)  ≤
2

≤ (1 + 42 ) ( x ) 2 + ( y 2 + 7)  =

= 17( x 4 + y 4 + 14 y 2 + 49)
Do đó ta có: 4 x 2 = y 2 + 7 ⇔ (2 x + y )(2 x − y ) = 7
Vì x, y ∈ N nên 2 x + y ≥ 2 x − y ≥ 0

2 x + y = 7
x = 2
⇔
2 x − y = 1
y = 3

Ta có: 

Vậy nghiệm của phương trình là: (2; 3)

Bài tập vận dụng:
Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
a) x 2 − x − 6 = − y 2
b) x 2 − 8 xy + 17 y 2 = 169
* Dạng 3: Nhận xét về ẩn số.
Phương pháp:
Trước khi giải toán, ta nên nhận xét xem vai trò của các ấn số, cấu trúc
của ẩn. Để có một cách giải phù hợp.
Nếu các ẩn( x ; y;...) có vai trò bình đẳng như nhau, thì ta có thể giả sử
x ≤ y ≤ ... hoặc x ≥ y ≥ ... để thu hẹp miền xác định của bài toán.
Nếu ẩn có cấu trúc giống nhau, như luỹ thừa cùng bậc của các số nguyên
liên tiếp hoặc tích các số nguyên liên tiếp ... thì ta khử ẩn để đưa phương
trình về dạng quen thuộc hơn hoặc ít ẩn hơn.
Thường dùng hai nhận xét sau:
Nhận xét 1: x n < y n < ( x + a ) n ;(a ∈ Z + )

⇒ y = ( x + a + i ) n , với i = 1; 2;...; a − 1
14


Nhận xét 2:

x( x + 1)...( x + n) < y ( y + 1)...( y + n) < ( x + a )( x + a + 1)...( x + a + n);
(a ∈ Z + )

⇒ y ( y + 1)...( y + n) = ( x + i )( x + i + 1)...( x + i + n) , với i = 1; 2;...; a − 1 .
Ví dụ 16: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

1 1 1
9

+ + +
=1
xy yz zx xyz

(16)

Giáo viên hướng dẫn:
Nhận xét về vai trò của các ấn số ta thấy các ẩn số có vai trò bình đẳng =>
Thực hiện như các bước nêu trên.
Giải:
Giả sử 1 ≤ x ≤ y ≤ z ⇒ x 2 ≤ xy ≤ xz ≤ yz ≤ xyz

⇒1=

1
1 1
9
1 1 1 9
+ + +
≤ 2+ 2+ 2+ 2
xy yz xz xyz x
x
x
x

⇔1≤

12
⇒ x 2 ≤ 12 ⇒ x ∈ { 1; 2;3}
2

x

+ Nếu x = 1 ⇒

1
1 1 9
+
+ +
=1
y yz z yz

⇒ z + 1 + y + 9 = yz
⇒ yz − z − y + 1 = 11 ⇔ ( y − 1)( z − 1) = 11
Suy ra: y = 2; z = 12 hoặc y = 12; z = 2
+ Nếu x = 2 ⇒

1
1
1
9
+ +
+
=1
2 y yz 2 z 2 yz

⇒ (2 y − 1)(2 z − 1) = 23 ⇒ y = 1; z = 12 hoặc y = 12; z = 1
+ Nếu x = 3 ⇒ (3 y − 1)(3 z − 1) = 37 vô nghiệm
Vậy phương trình đã cho có nghiệm ( x; y; z ) là (1; 2;12) và các hoán vị.
Ví dụ 17: Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: x + y + z = xyz

(17)

Giáo viên hướng dẫn:

15


Giáo viên cho học sinh nhận xét về ẩn của phương trình, học sinh trả lời
đựơc các ẩn số có vai trò bình đẳng => thực hiện như ví dụ 16
Giải
Giả sử 1 ≤ x ≤ y ≤ z
Ta có xyz = x + y + z ≤ 3z tức là xy ≤ 3
Nếu x = y = z thì x 3 = 3x ⇒ x 2 = 3 không thể xảy ra vì x ∈ Z +
Như vậy phải có ít nhất hai trong ba số x, y, z không bằng nhau.
Do đó xy ≤ 3 tức là xy = 1; xy = 2
* xy = 2 mà x ≤ y và x, y ∈ Z + nên x = 1; y = 2 suy ra z = 3
* xy = 1 mà x, y ∈ Z + nên x = y = 1 ⇒ 2 + z = z vô nghiệm
Vậy phương trình đã cho có nghiệm ( x; y; z ) là (1; 2; 3) và các hoán vị.
Ví dụ 18: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau với x; y; z là các số đôi
một khác nhau:

x3 + y 3 + z 3 = ( x + y + z )2

(18)

Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
3

x3 + y 3 + z 3  x + y + z 

≥
÷
3
3



( x + y + z )3
⇒ x + y + z = ( x + y + z) ≥
9
3

3

3

2

⇒ x+ y+ z ≤9
Vì x; y; z đôi một khác nhau ⇒ x + y + z ≥ 1 + 2 + 3 = 6 ⇒ x + y + z ∈ { 6;7;8}
Lần lượt thử các giá trị của x + y + z ta tìm được x; y; z
Đáp số: (1; 2; 3) và các hoán vị.
Bài tập vận dụng:
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
a)

1 1 1
+ + =2;
x y z

b) 5( xy + yz + xz ) = 4 xyz ;

16


c) 1 + x + x 2 + x3 = y 3 ;

d) x 4 + x 2 + 1 = y 2

* Dạng 4: Đưa phương trình về phương trình bậc hai.

Phương pháp
Đưa phương trình về dạng f ( x) = ax 2 + bx + c (hoặc f ( y ) ). Dùng điều
kiện ∆ ≥ 0 hoặc ∆ ' ≥ 0 để phương trình bậc hai có nghiệm.
Ví dụ 19: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:

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

(19)

Giáo viên hướng dẫn:
Đưa phương trình về phương trình bậc hai ẩn x ( hoặc y) => Tính và giải
∆ ' ≥ 0 => tìm được giới hạn của y( hoặc x) => tìm y nguyên (hoặc x ) => thay
giá trị của y (hoặc x) vào phương trình ban đầu để tìm giá trị của x nguyên (hoặc
y nguyên) => nghiệm cần tìm.
Giải:
(19) ⇔ x 2 − 2 x( y + 1) + 2 y 2 − 3 y = 0

∆ ' = ( y + 1) 2 − (2 y 2 − 3 y ) = − y 2 + 5 y + 1 ≥ 0
Giải bất phương trình trên ta được:

− 29
5
29
− 29 5
29 5
≤ y− ≤
⇒
+ ≤y≤
+
2
2
2
2
2
2
2

Do y nguyên nên dễ dàng tìm được y ∈{ 1; 2;3; 4;5}
Thay lần lượt các giá trị của y tìm được: Với y = 5 thì giá trị của x = 5; x = 7 .
Vậy phương trình có hai nghiệm là: (5; 5); (7; 5)
Lưu ý: Có những em sử dụng tam thức bậc hai đối với y nhưng có những
bài miền xác định của giá trị y này rộng hơn miền xác định của giá trị x, ta nên
đưa về phương trình ẩn x với tham số y. Tuy nhiên không phải bài nào đưa về
tam thức bậc hai cũng có thể giải bằng phương pháp này.
Bài tập vận dụng:
Giải các phương trình nghiệm nguyên sau:
17


a) 12 x 2 + 6 xy + 3 y 2 = 28( x + y ) ;

b) x 2 + xy + y 2 = x + y
c) x 2 − 2 xy + 5 y 2 = y + 1
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
Với phương pháp nghiên cứu như trên bản thân đã hoàn thành sáng kiến
kinh nghiệm. Trong quá trình giảng dạy tôi nhận thấy học sinh tiếp thu kiến thức
một cách nhanh chóng và vận dụng kiến thức giải hàng loạt các bài tập giải
phương trình nghiệm nguyên một cách ngắn gọn, dễ hiểu. Vì vậy nhiều năm qua
cùng với những nghiên cứu các đề tài khác của môn Toán. Học sinh khá giỏi của
trường tôi không những tăng về số lượng mà còn cả về chất lượng.
Kết quả kiểm tra sau khi đã áp dụng SKKN vào việc giảng dạy:
Kiểm tra 15 học sinh khá giỏi lớp 9 kết quả đạt được như sau:
Tổng số

Điểm

HS
15

8
SL

10
%

6,5
SL

7,5
%

5
SL

6
%

3
SL

4,5
%

0
SL

3
%

2

13,3

6

40

6

40

1

6,7

0

0

Kết quả: Học sinh đã nắm vững các dạng và phương pháp giải một số bài toán
phương trình tìm nghiệm nguyên mà giáo viên đưa ra, vận dụng thành thạo kỹ
năng biến đổi. Biết vận dụng các bất đẳng thức vào giải phương trình nghiệm
nguyên, biến đổi linh hoạt hơn, trình bày lời giải hợp lí và logic hơn.
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận:
Giải phương trình nghiệm nguyên là một kiến thức khó, có nhiều phương
pháp giải loại toán này. Tuy nhiên không có lời giải mẫu cho từng bài, vì vậy để
giúp học sinh có thể học tốt hơn kiến thức về vận dụng bất đẳng thức để giải
phương trình nghiệm nguyên một cách linh hoạt thì việc hệ thống lại các dạng
phương trình, các phương pháp giải, các ví dụ và bài tập minh hoạ kèm theo,
những kiến thức cần lưu ý, gợi ý học sinh sẽ giúp cho các em hiểu được rộng
hơn và sâu hơn về phương pháp giải.

18


Đối với những học sinh mà khả năng nhận thức còn hạn chế, thì việc hệ
thống kiến thức về bất đẳng thức thông dụng, các phương pháp giải và các bài
tập vận dụng kiến thức sẽ giúp học sinh hiểu được các công việc cần thiết khi
giải toán về phương trình nghiệm nguyên. Biết được cách trình bầy cho mỗi
dạng bài toán, tập cách phân tích đề bài để lựa chọn hướng đi, kiến thức và vận

kiến thức phù hợp, nâng dần hiểu biết về kiến thức bất đẳng thức vận dụng để
giải phương trình nghiệm nguyên. Rèn luyện khả năng tư duy, khả năng phân
tích, tổng hợp, phát huy tính tích cực và trí thông minh của học sinh.
Trong quá trình nghiên cứu và thể hiện đề tài này tôi hy vọng nó là động
lực giúp tôi cũng như học sinh, thích thú, tự tin hơn khi gặp các bài toán tìm
nghiệm nguyên bằng phương pháp dùng bất đẳng thức.
3.2. Kiến nghị:
Phòng Giáo dục và Đào tạo cần tổ chức Hội thảo cho giáo viên học tập và
áp dụng những sáng kiến kinh nghiệm có chất lượng. nhằm nâng cao trình độ
chuyên môn nghiệp vụ.
Trên đây là những kinh nghiệm của bản thân tôi đã rút ra từ thực tiễn giảng
dạy của mình. Do thời gian và khuôn khổ có hạn, tôi rất mong được sự đóng
góp, bổ sung của các đồng nghiệp để đề tài được hoàn thiện hơn và hiệu quả
trong công tác giảng dạy đáp ứng yêu cầu của sự nghiệp giáo dục.
XÁC NHẬN
CỦA HIỆU TRƯỞNG

Thanh Hóa, ngày 10 tháng 3 năm 2018
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình,
không sao chép nội dung của người khác.
Người viết SKKN

Phạm Thị Thu Hương

19