Các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

Một số phương pháp giải phương trình nghiệm
nguyên và ứng dụng
Phần I: MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
1. Cơ sở lý luận:
Mục tiêu của môn Toán ở trường THCS là nhằm cung cấp cho học sinh những
kiến thức phổ thông cơ bản và thiết thực, hình thành và rèn luyện các kỹ năng giải toán
và ứng dụng vào thực tế, rèn luyện khả năng suy luận hợp lý,sử dụng ngôn ngữ chính
xác, bồi dưỡng các phẩm chất tư duy như linh hoạt, độc lập, sáng tạo. Xuất phát từ mục
tiêu trên, phương pháp dạy học trong giai đoạn mới là tích cực hóa các hoạt động học tập
của học sinh, rèn luyện khả năng tự học, tự phát hiện và giải quyết vấn đề của học sinh
nhằm hình thành và phát triển ở học sinh các phẩm chất tư duy cần thiết.
Toán học là một bộ môn khoa học đòi hỏi sự tư duy cao độ của người dạy, người
học và cả người nghiên cứu. Qua việc dạy và học toán, con người được rèn luyện năng
lực phân tích, tổng hợp, tư duy linh hoạt và khả năng sáng tạo, góp phần hình thành kỹ
năng, nhân cách cần thiết của người lao động trong thời đại mới. Muốn học giỏi toán,
học sinh phải luyện tập, thực hành nhiều, tức là phải học giải toán. Học giải toán là một
cách tư duy sáng tạo về toán, đồng thời là một vấn đề trừu tượng và khá khó đối với học
sinh, nhưng đó lại là điều cần thiết cho mỗi học sinh trong quá trình học toán ở trường
THCS.Vì vậy, để nâng cao chất lượng dạy và học toán, người thầy giáo cần truyền cho
học sinh sự ham thích giải toán, bằng những phương pháp, kỹ năng cơ bản và ứng dụng
của mỗi dạng loại toán.
2. Cơ sở thực tế:
- Công tác bồi dưỡng học sinh giỏi nói chung, bồi dưỡng học sinh giỏi toán nói
riêng hiện đang được phát động sôi nổi ở tất cả các trường, nhằm phát hiện và bồi dưỡng
những học sinh có năng lực tư duy linh hoạt và sáng tạo, tạo nguồn nhân lực tốt cho công
cuộc xây dựng đất nước. Đây là một nhiệm vụ khá quan trọng và cũng không kém phần
khó khăn, bởi vì:
+ Tài liệu giảng dạy phù hợp với đối tượng là học sinh THCS còn quá ít trong
thư viện của các trường và tủ sách của cá nhân từng học sinh và của một số giáo viên.

+ Đối tượng học sinh được chọn bồi dưỡng, có trình độ không đồng đều, phần lớn
không đáp ứng được nội dung chương trình bồi dưỡng .
-Bài toán “Giải phương trình nghiệm nguyên” thường có trong các đề thi học
sinh giỏi ở các lớp 8, 9 và thi tuyển vào lớp 10 trong những năm gần đây. Ngoài ra, bài
toán “Giải phương trình nghiệm nguyên” còn được ứng dụng rộng rãi trong việc giải
một số dạng toán khác. Nhiều học sinh dự thi học sinh giỏi toán, “rất ngại” phải “chạm
trán” với bài toán “Giải phương trình nghiệm nguyên”. Nguyên nhân chủ quan là các
em không đònh hướng được cách giải, nguyên nhân khách quan là tính đa dạng của bài
toán “Giải phương trình nghiệm nguyên”. Trong khi đó kiến thức mà các em lónh hội
Tổ TOÁN – Trường THCS Hoài Đức Trang 1

Một số phương pháp giải phương trình nghiệm
nguyên và ứng dụng
được trong chương trình đại trà lại quá ít (vì lí do sư phạm) nên không thể đáp ứng được
yêu cầu.
- Qua thực tế giảng dạy cùng với sự cố gắng tìm tòi , tham khảo trong các tài liệu
liên quan, chúng tôi nêu ra “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên”,
nhằm cùng với các bạn đồng nghiệp xây dựng một hệ thống các phương pháp giải bài
toán “Giải phương trình nghiệm nguyên”, một loại toán tương đối khó với nhiều học
sinh, góp phần nâng cao chất lượng dạy và học.
II. NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI:
Tên đề tài: “ Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên”
Nhiệm vụ:
- Đưa ra một số sai lầm và bế tắc của học sinh thường gặp khi giải phương trình
nghiệm nguyên - Nêu một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên (có ví dụ
minh họa cho từng phương pháp), phù hợp với đối tượng học sinh THCS.
- Một số ứng dụng của bài toán giải phương trình nghiệm nguyên vào việc giải các
dạng toán khác.
III. PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH: Dựa vào:
- Căn cứ đề thi và bài làm của học sinh dự thi học sinh giỏi toán các cấp, thi

tuyển vào lớp 10 để tìm những sai sót và bế tắc học sinh thường mắc phải.
- Căn cứ vào thực tế giảng dạy của giáo viên bộ môn toán bậc THCS ở đơn vò
trường và các trường bạn.
- Dựa vào giáo trình phương pháp dạy học toán và tài liệu bồi dưỡng nâng cao
môn Toán.
IV. CƠ SỞ VÀ THỜI GIAN TIẾN HÀNH:
- Cơ sở :
+ Những hạn chế của học sinh trong quá trình giải Toán, thường gặp ở các lớp
bồi dưỡng học sinh giỏi.
+ Bài làm của các học sinh trong các kỳ thi học sinh giỏi , thi tuyển vào lớp
10.
+ Các tài liệu nâng cao về Toán.
- Đối tượng: Học sinh lớp 8,9.
- Thời gian tiến hành: Từ năm 2006 đến 2008.


Tổ TOÁN – Trường THCS Hoài Đức Trang 2

Một số phương pháp giải phương trình nghiệm
nguyên và ứng dụng
Phần II: NỘI DUNG
I) MÔ TẢ TÌNH TRẠNG HIỆN TẠI:
* Qua thực tế giảng dạy chúng tôi nhận thấy học sinh thường mắc một số sai lầm và bế
tắc cơ bản sau:
1/ Học sinh không xác đònh được phương pháp hay dạng loại đặc trưng nên chủ yếu là
thực hiện thử chọn mà không lập luận chặt chẻ dẫn đến bò khuyết nghiệm
Ví dụ 1: Tìm số tự nhiên x; y biết: x.y = x + y.
Bằng cách thử chọn học sinh kết luận: nghiệm của phương trình là: x = 0 và y =0.
(Học sinh đã bỏ qua cặp giá trò x = 2 và y = 2 hoặc nếu không sót nghiệm cũng không lập
luận chặt chẽ)

2/ Học sinh không chú ý đến điều kiện thỏa mãn là nghiệm của phương trình thì giá trò
của ẩn để có đẳng thức xác đònh được và đúng; dẫn đến học sinh không loại nghiệm ngoại
lai.
Ví dụ 2: Tìm tất cả các số nguyên
x
thoả mãn:

3 10 101 990 1000 2004x x x x x− + − + + + + + + =
(3)
Sau khi giải có kết quả (Cách giải được trình bày rõ trong phương pháp 5):

{ }
102; 101; 100x∈ − − −
.
Với
101 2004 2003x = − ⇒ =
(vô lí). Vậy nghiệm của phương trình là:
{ }
102; 100x∈ − −
II) CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN :
 - PHƯƠNG PHÁP 1: Phương pháp đưa về dạng tổng
 Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình có các
biểu thức chứa ẩn viết được dưới dạng tổng các bình phương.
- Biến đổi phương trình về dạng một vế là một tổng của các bình phương các biểu
thức chứa ẩn; vế còn lại là tổng bình phương của các số nguyên (số số hạng của hai vế
bằng nhau).
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
, ,.... , ... , ,...

...... .......
( ; ; ,....... )
x y x y x y
A B C m n p
m n p Z
     
+ + + = + + +
     
∈
- Giải các hệ tương ứng:
Tổ TOÁN – Trường THCS Hoài Đức Trang 3

Một số phương pháp giải phương trình nghiệm
nguyên và ứng dụng
( )
( )
( )
2
2
, ,...
2
2
, ,...
2
2
, ,...
..................
x y
x y
x y

A m
B n
C p

 
=
 


 
=

 


 
=

 


( )
( )
( )
2
2
, ,...
2
2
, ,...

2
2
, ,...
..................
x y
x y
x y
A n
B m
C p

 
=
 


 
=

 


 
=

 


( )
( )

( )
2
2
, ,...
2
2
, ,...
2
2
, ,...
..................
x y
x y
x y
A p
B m
C n

 
=
 


 
=

 


 

=

 


…………….
Các ví dụ minh hoạ:
 - Ví dụ 1: Tìm
Zyx
∈
;
thoả mãn:
16945
22
=+−
yxyx
(1)
 Nhận xét – Tìm hướng giải:
Ta thấy cả hai vế của phương trình có thể biểu diễn được bằng tổng của hai bình
phương.
 GIẢI:
(1)
01692514444
222
+=+=++−⇔
xyxyx
⇔

( )
( )

2
2
2
2
2 144 25
2 169 0
x y x
x y x

− + = +


− + = +


Từ (I) ta có:

( )
( )
2
2
2 2
2
2
2 2
5 5
2 12
;
2 22
5

12 12
2 5
;
19 29
12
x x
x y
y y
x
x x
x y
y y
x

= ± = ±
− =
 

⇒
  
= =
 
=



= ± = ±
− =
 


⇒
  
= =
 
=


m m
m m
Tương tự từ (II) ta có:

( )
( )
2
2
2
2
2 2
0
2 13
13
0
13
2 0
26
13
x
x y
y
x

x
x y
y
x

=
− =


⇒
 
= ±

=



= ±
− =


⇒
 
= ±

=


Vậy
( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
5; 2 ; 5; 22 ; 5;2 ; 5;22 ; 12; 19 ; 12; 29
,
12;19 ; 12; 29 ; 0;13 ; 0; 13 ; 13;26 ; 13; 26
x y
− − − − − − 
 
∈
 
− − − − −
 
 
 - Ví dụ 2: Tìm
Zyx
∈
;
thoả mãn:
2 2
8x y x y+ − − =
(2)
 Nhận xét – Tìm hướng giải:
Ta thấy cả hai vế của phương trình có thể biểu diễn được bằng tổng của hai bình
phương.
 GIẢI:
(2)
( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2 2
4 4 4 4 32 4 4 1 4 4 1 34 2 1 2 1 5 3x x y y x x y y x y⇔ − + − = ⇔ − + + − + = ⇔ − + − = +

Tổ TOÁN – Trường THCS Hoài Đức Trang 4
(I)
(II)













Một số phương pháp giải phương trình nghiệm
nguyên và ứng dụng

( )
( )
( )
( )
2
2
2
2
2
2

2
2
2 1 3
2; 1
3; 2
2 1 5
2 1 5
3; 2
2; 1
2 1 3
x
x x
y y
y
x
x x
y y
y

− =
= = −


⇒
 
= = −

− =




− =
= = −


⇒
 
= = −

− =


Vậy
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
{ }
; 2;3 ; 2; 2 ; 1;3 ; 1; 2 ; 3; 2 ; 3; 1 ; 2; 2 ; 2; 1x y ∈ − − − − − − − −
 Bài tập áp dụng: Giải các phương trình nghiệm nguyên;
a/
2 2
4 115 2x y x+ = −
b/
2 2 2
3 2 4x y z xy x z+ + = + + −
 - PHƯƠNG PHÁP 2: Phương pháp đưa về dạng tích
 Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình có các
biểu thức chứa ẩn phân tích được thành nhân tử.
- Biến đổi phương trình về dạng một vế là tích của các đa thức chứa ẩn; vế còn lại là
tích các số nguyên (số nhân tử của hai vế bằng nhau).
( ) ( ) ( )
, ,.... , ... , ,...

. . ...... . . ........
( ; ; ,....... )
x y x y x y
A B C m n p
m n p Z
     
=
     
∈
- Giải các hệ tương ứng:
( )
( )
( )
, ,...
, ,...
, ,...
..................
x y
x y
x y
A m
A n
A p

 
=
 


 

=

 


 
=
 



( )
( )
( )
, ,...
, ,...
, ,...
..................
x y
x y
x y
A n
B m
C p

 
=
 



 
=

 


 
=
 



( )
( )
( )
, ,...
, ,...
, ,...
..................
x y
x y
x y
A p
B m
C n

 
=
 



 
=

 


 
=
 



…………….
Các ví dụ minh hoạ:
 - Ví dụ 1: Tìm
Zyx
∈
;
thoả mãn:
3 3
91x y− =
(1)
 Nhận xét – Tìm hướng giải:
Ta thấy vế trái của phương trình dễ dàng phân tích thành nhân tử.
 GIẢI:
(1)
( )
( )
2 2

91.1 13.7x y x xy y⇔ − + + = =
(Vì
( )
2 2
0x xy y+ + >
)
Ta có:
Tổ TOÁN – Trường THCS Hoài Đức Trang 5



⇒




Một số phương pháp giải phương trình nghiệm
nguyên và ứng dụng

( )
( )
( )
( )
2 2
2 2
2 2
1
6 5
;
91

5 6
. 91.1
91
1
x y
x x
x xy y
y y
x y x xy y
x y
VN
x xy y
 − =

= = −
 

⇒

  
+ + =
= = −

 


− + + = ⇒

− =




⇒


+ + =




 - Ví dụ 2: Tìm
Zyx
∈
;
thoả mãn:
2 2
0x x y+ − =
(2)
 Nhận xét – Tìm hướng giải:
Ta thấy vế trái của phương trình là hiệu của hai đa thức bậc hai độc lập của x và y,
nên ta có thể phân tích thành nhân tử.
 GIẢI:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2 2
0 4 4 4 0 2 1 2 1 2 2 1 2 1 1
2 2 1 1 0
2 2 1 1 0
2 2 1 1 1
2 2 1 1 0

x x y x x y x y x y x xy
x y x
x y y
x y x
x y y
+ − = ⇒ + − = ⇒ + − = ⇒ + + − + =
 + + = =
 
⇒
 

− + = =
 

⇒

+ + = − = −
 

⇒
 
− + = − =

 

Vậy:
( ) ( ) ( )
{ }
; 0;0 ; 1;0x y ∈ −
 Bài tập áp dụng: Giải các phương trình nghiệm nguyên;

a/
2
4 25x xy− =
b/
3
3 5x xy− =
c/
.x y x y
+ =
 - PHƯƠNG PHÁP 3: Phương pháp cực hạn
 Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình đối xứng
- Vì phương trình đối xứng nên
; ;x y z
có vai trò bình đẳng như nhau. Do đó; ta giả
thiết
x y z≤ ≤
; tìm điều kiện của các nghiệm; loại trừ dần các ẩn để có phương trình đơn
giản. Giải phương trình; dùng phép hoán vò để suy ra nghiệm.
 Ta thường giả thiết
1 ....x y z≤ ≤ ≤ ≤
Các ví dụ minh hoạ:
 - Ví dụ 1: Tìm
; ;x y z Z
+
∈
thoả mãn:
. .x y z x y z+ + =
(1)
 Nhận xét – Tìm hướng giải:
Ta thấy đây là phương trình đối xứng.

 GIẢI:
Giả sử
1 x y z≤ ≤ ≤
. Khi đó:
(1)
. . 3 . 3x y z x y z z x y⇒ = + + ≤ ⇒ ≤
(Vì
; ;x y z Z
+
∈
)
{ }
. 1; 2;3x y⇒ ∈
.Nếu:
. 1 1 2x y x y z z= ⇒ = = ⇒ + =
(vô lí)
.Nếu:
. 2 1; 2; 3x y x y z= ⇒ = = =
Tổ TOÁN – Trường THCS Hoài Đức Trang 6

Một số phương pháp giải phương trình nghiệm
nguyên và ứng dụng
.Nếu:
. 3 1; 3 2x y x y z y= ⇒ = = ⇒ = <
(vô lí)
Vậy:
; ;x y z
là hoán vò của
( )
1; 2;3

 - Ví dụ 2: Tìm
; ;x y z Z
+
∈
thoả mãn:
1 1 1
2
x y z
+ + =
(2)
 Nhận xét – Tìm hướng giải:
Đây là phương trình đối xứng.
 GIẢI:
Giả sử
1 x y z≤ ≤ ≤
. Khi đó:
(2)
1 1 1 3 3
2 1
2
x x
x y z x
⇒ = + + ≤ ⇒ ≤ ⇒ =

Với:
{ }
1 1 2
1 1 2 1;2x y y
y z y
= ⇒ = + ≤ ⇒ ≤ ⇒ ∈

.Nếu:
1
1 0y
z
= ⇒ =
(vô lí)
.Nếu:
2 2y z= ⇒ =
Vậy:
; ;x y z
là hoán vò của
( )
1; 2; 2
 Bài tập áp dụng: Giải các phương trình nghiệm nguyên dương:
a/
. . .x y z t x y z t
+ + + =
b/
1 1 1 1
1995x y z
+ + =
c/
. . .
3
x y z x y z
z y x
+ + =
d/
1 . .x y x y z+ + =

 - PHƯƠNG PHÁP 4: Phương pháp sử dụng tính chất chia hết
 Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình có dạng
phân thức mà tử là một số nguyên; được dùng để giải các bài toán: “Tìm giá trò nguyên
của biến để biểu thức nhận giá trò nguyên”
- Áp dụng tính chất chia hết trong Z để xác đònh tập giá trò của biểu thức chứa ẩn
(thường là biểu thức dưới mẫu).
Các ví dụ minh hoạ:
 - Ví dụ 1: Tìm
;x y Z∈
để:
2
2
1
x x
A
x x
+
=
+ +
nhận giá trò nguyên
 Nhận xét – Tìm hướng giải:
Ta thấy A là phân thức có tử và mẫu hơn kém nhau một hằng số nguyên. Do đó ta có
thể biến đổi A thành tổng của một đa thức và một phân thức có tử là hằng số nguyên
 GIẢI:
Tổ TOÁN – Trường THCS Hoài Đức Trang 7