SKKN một số phƣơng pháp tìm nghiệm nguyên của phương trình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐĂKLĂK


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP
TÌM NGHIỆM NGUYÊN CỦA PHƯƠNG TRÌNH

TRƢỜNG: THPT BUÔN MA THUỘT
GIÁO VIÊN: NGUYỄN THỊ THANH THỦY
TỔ: TOÁN
NĂM HỌC: 2014 – 2015

ĐĂKLĂK - 2015


CHƢƠNG I. MỞ ĐẦU
I. Lý do chọn đề tài
Giải phƣơng trình là một trong những dạng toán cơ bản của chƣơng trình
THPT. Học sinh đã đƣợc trang bị cách giải phƣơng trình bậc nhất, bậc hai từ bậc
THCS và đƣợc nhắc lại ở lớp 10. Tuy nhiên, đối với bài toán tìm nghiệm nguyên
của phƣơng trình thì học sinh chƣa có đầy đủ các phƣơng pháp để giải. Đây là
một nội dung quan trọng trong các đề thi Đại học, Cao đẳng, TH chuyên nghiệp
và đề thi học sinh giỏi từ trƣớc đến nay.
Phƣơng trình và bài toán với nghiệm nguyên là một đề tài lý thú của Số học
và Đại số. Phƣơng trình nghiệm nguyên vô cùng đa dạng, vì thế nó thƣờng
không có quy tắc giải tổng quát. Do đó khi nói đến bài toán tìm nghiệm nguyên
của phƣơng trình, nhiều học sinh tỏ ra ái ngại, lúng túng. Mỗi bài toán, với số
liệu riêng của nó, đòi hỏi một cách giải riêng phù hợp. Vì vậy, việc trang bị cho
học sinh một số phƣơng pháp giải cũng nhƣ các dạng phƣơng trình khác nhau
của phƣơng trình nghiệm nguyên là điều cần thiết.

Với lý do trên, tôi xin đƣợc trình bày sáng kiến kinh nghiệm “Một số
phƣơng pháp tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình”.
II. Mục tiêu, nhiệm vụ của đề tài
Mục tiêu, nhiệm vụ nghiên cứu của đề tài là: tập hợp một số phƣơng pháp
cũng nhƣ các dạng phƣơng trình khác nhau của phƣơng trình nghiệm nguyên,
đƣa ra một số bài tập để giúp học sinh củng cố lại kiến thức đã đƣợc học.
III. Đối tƣợng nghiên cứu
Đối tƣợng nghiên cứu là học sinh từ cấp THCS đến THPT.
IV. Giới hạn phạm vi nghiên cứu
Trong phạm vi của sáng kiến kinh nghiệm, tôi chỉ nêu một số phƣơng pháp
giải của phƣơng trình nghiệm nguyên và một số phƣơng trình nghiệm nguyên
thƣờng gặp.
Đã áp dụng cho học sinh khối 10 và 12 trƣờng THPT Buôn Ma Thuột, TP
Buôn Ma Thuột, Tỉnh Đăk Lăk.
V. Phƣơng pháp nghiên cứu
- Phƣơng pháp nghiên cứu: Nghiên cứu chƣơng trình SGK từ THCS đến
THPT, nghiên cứu tài liệu về tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình.


- Phân tích, đánh giá, tổng hợp lời giải của các bài toán, dạng toán.
Theo dõi, đánh giá kết quả của học sinh, giáo viên đúc rút kinh nghiệm


CHƢƠNG II. NỘI DUNG
I. Cơ sở lý luận
- Đa số học sinh chƣa có phƣơng pháp để giải từng dạng bài toán tìm
nghiệm nguyên của phƣơng trình nên rất nhiều em thƣờng “bỏ qua” hoặc “bỏ
dở” bài toán dạng này.
- Xuất phát từ tầm quan trọng của nội dung và từ thực trạng trên, để học
sinh có thể dễ dàng và tự tin hơn khi gặp các bài tập tìm nghiệm nguyên của

phƣơng trình, giúp các em phát huy đƣợc khả năng phân tích, tổng hợp, khái
quát hóa qua các bài tập, tôi đƣa ra sáng kiến kinh nghiệm “Một số phƣơng pháp
tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình”.
II. Thực trạng
- Trong chƣơng trình THCS, THPT do thời lƣợng có hạn mà dạng tìm
nghiệm nguyên của phƣơng trình chƣa đƣợc trình bày đầy đủ, chỉ mang tính
chất giới thiệu qua một số bài tập đơn giản.
- Do chƣa đƣợc hệ thống kiến thức và chƣa đƣợc học đầy đủ các phƣơng
pháp để giải từng dạng tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình nên khi gặp hầu
hết học sinh thấy lúng túng và không có hƣớng giải.
- Mặt khác, các dạng bài tập về tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình thì rất
phong phú, đa dạng và phức tạp.
III. Nội dung
1. Một số phƣơng pháp giải phƣơng trình với nghiệm nguyên
a. Phƣơng pháp xét số dƣ của từng vế
Ví dụ 1: Tìm các nghiệm nguyên của phƣơng trình
9x  2  y2  y

Giải:
Biến đổi phƣơng trình: 9 x  2  y( y  1)
Ta thấy vế trái của phƣơng trình là số chia hết cho 3 dƣ 2 nên y( y  1) chia
cho 3 dƣ 2.
Chỉ có thể y  3k  1, y  3k  2 với k nguyên


9 x  2  (3k  1)(3k  2)
Khi đó  9 x  9k (k  1)
 x  k (k  1)

Thử lại, x  k (k  1), y  3k  1 thoả phƣơng trình đã cho.

 x  k (k  1)
với k là số nguyên tuỳ ý.
 y  3k  1

Đáp số: 

b. Phƣơng pháp đƣa về dạng tổng
Biến đổi phƣơng trình về dạng: vế trái là tổng của các bình phƣơng, vế phải
là tổng của các số chính phƣơng.
Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của phƣơng trình
x2  y 2  x  y  8

(1)

Giải
(1)  4 x 2  4 y 2  4 x  4 y  32
 (4 x 2  4 x  1)  (4 y 2  4 y  1)  34
 2 x  1  2 y  1  32  52
2

2

Bằng phƣơng pháp thử chọn ta thấy 34 chỉ có duy nhất một dạng phân tích
thành tổng của hai số chính phƣơng 32  52 . Do đó phƣơng trình thoả mãn chỉ
trong hai khả năng:
 2 x  1  3
 2x 1  5
hoặc 

 2 y  1  5

 2 y  1  3

Giải các hệ trên, phƣơng trình (1) có bốn nghiệm nguyên là (2;3), (3;2), (1;-2), (-2;-1)
c. Phƣơng pháp dùng bất đẳng thức
Trong khi giải các phƣơng trình nghiệm nguyên rất cần đánh giá các miền
giá trị của các biến, nếu số giá trị mà biến số có thể nhận không nhiều có thể
dung phƣơng pháp thử trực tiếp để kiểm tra. Để đánh giá đƣợc miền giá trị của
biến số cần vận dụng linh hoạt các tính chất chia hết, đồng dƣ, bất đẳng thức.
Ví dụ 3: Tìm các số tự nhiên x sao cho:
2x  3x  5x

Giải:
Viết phƣơng trình dƣới dạng:
x

x

 2  3
    1
 5 5

(1)


Với x=0 thì vế trái của (1) bằng 2, loại.
Với x=1 thì vế trái của (1) bằng 1, đúng.
x

x

2
2 3
3
Với x  2 thì    ,   
 5 5 5 5
x

x

2
3
2 3
Nên         1 không thoả mãn
 5 5 5 5

Nghiệm duy nhất của phƣơng trình là 1.
Ví dụ 4: Tìm các nghiệm nguyên của phƣơng trình:
x  y  xy  x 2  y 2

(1)

Giải:
Viết (1) thành phƣơng trình bậc hai đối với x:
x 2  ( y  1) x  ( y 2  y)  0

(2)

0
 ( y  1) 2  4( y 2  y )  0

Điều kiện cần để (2) có nghiệm là  3 y 2  6 y  1  0
 3 y2  6 y 1  0
 3( y  1) 2  4

Do đó ( y  1)2  1 suy ra:
y-1

-1

0

1

y

0

1

2

Với y=0 thay vào (2) đƣợc x2  x  0  x1  0; x2  1
Với y=1 thay vào (2) đƣợc x2  2x  0  x3  0; x4  2
Với y=2 thay vào (2) đƣợc x2  3x  2  0  x5  1; x6  2
Thử lại, các giá trị trên nghiệm đúng với phƣơng trình (1)
Đáp số: (0;0), (1;0), (0;1), (2;1), (1;2) (2;2)
d. Phƣơng pháp dùng tính chia hết, tính đồng dƣ
Khi giải các phƣơng trình nghiệm nguyên cần vận dụng linh hoạt các tính
chất về chia hết, đồng dƣ, tính chẵn lẻ,…để tìm ra điểm đặc biệt của các biến số
cũng nhƣ các biểu thức chứa trong phƣơng trình, từ đó đƣa phƣơng trình về các

dạng mà ta đã biết cách giải hoặc đƣa về những phƣơng trình đơn giản hơn.
Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình sau:


19 x 2  28 y 2  729

Giải:
Viết phƣơng trình đã cho dƣới dạng:
(18 x 2  27 y 2 )  ( x 2  y 2 )  729

(1)

2
2
Từ (1) suy ra x  y chia hết cho 3, do đó x và y đều chia hết cho 3.

Đặt x=3u, y=3v
Thay vào phƣơng trình đã cho ta đƣợc:
19u 2  28v 2  81 (2)

Từ (2) lập luận tƣơng tự trên ta suy ra u=3s, v=3t.
Thay vào (2) ta có:
19s 2  28t 2  9

(3)

Từ (3) suy ra s, t không đồng thời bằng 0, do đó:
19s 2  28t 2  19  9

Vậy (3) vô nghiệm và do đó phƣơng trình đã cho cũng vô nghiệm.

e. Phƣơng pháp dùng tính chất của số chính phƣơng
Ví dụ 6: Tìm các nghiệm nguyên của phƣơng trình:
2 x 2  4 x  19  3 y 2

Giải:
2 x 2  4 x  2  21  3 y 2
 2( x  1)2  3(7  y 2 )

Ta thấy:
3(7  y 2 ) 2  7  y 2  2

Suy ra y lẻ.
2
2
Ta lại có : 7  y  0 nên chỉ có thể y  1

Khi đó (2) có dạng:
2( x  1)2  18

Ta đƣợc x  1  3 do đó: x1  2; x2  4


Các cặp số (2;1),(2;-1),(-4;1),(-4;-1) thoả mãn (2) nên là nghiệm của
phƣơng trình đã cho.
f. Phƣơng pháp lùi vô hạn, nguyên tắc cực hạn
Ví dụ 7: Tìm ba số nguyên dƣơng đôi một khác nhau x, y, z thỏa mãn:
x3  y 3  z 3  ( x  y  z )2

Giải:
Vì vai trò của x, y, z nhƣ nhau nên có thể giả sử

x yz

Áp dụng bất đẳng thức:
x3  y 3  z 3  x  y  z 


3
3



3

Với mọi x, y, z ≥0 ta suy ra x + y + z ≤ 9
Dấu bằng không xảy ra vì x, y, z đôi một khác nhau.
Vậy x + y + z ≤ 8 (1)
Mặt khác : x + y + z ≥ 1 + 2 + 3 = 6 (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra x + y + z thuộc {6; 7; 8}
Từ đây kết hợp với phƣơng trình ban đầu ta tìm đƣợc x, y, z.
Vậy (x, y, z) = (1, 2, 3) và các hoán vị của bộ ba số này.
g. Phƣơng pháp xét chữ số tận cùng
Ví dụ 8 : Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình :
1! 2! ...  x!  y 2

Giải:
Cho x lần lƣợt bằng 1; 2; 3; 4 ta có ngay hai nghiệm nguyên dƣơng (x ; y)
của phƣơng trình là (1 ; 1), (3 ; 3).
Nếu x > 4 thì dễ thấy k ! với k > 4 đều có chữ số tận cùng bằng 0.
Suy ra 1! 2! ...  x!  33  5! ...  x! có chữ số tận cùng bằng 3.
Mặt khác vế phải là số chính phƣơng nên không thể tận cùng bằng 3.

Vậy phƣơng trình đã cho chỉ có hai nghiệm nguyên dƣơng (x ; y) là (1 ;1)
và (3 ;3).


h. Phƣơng pháp tìm nghiệm riêng
 Cách giải
Xét phƣơng trình ax + by + c = 0 (1)
Trong đó

a, b, c  R, a  0, b  0

Không mất tính tổng quát, giả thiết rằng (a,b,c)=1. Thật vậy, nếu
(a, b, c)  d  1 thì ta chia hai vế của phƣơng trình cho d.

Ta có hai định lý:
Định lý 1: Nếu phƣơng trình (1) có nghiệm nguyên thì (a,b)=1 (*)
Chứng minh : Giả sử ( x , y ) là nghiệm nguyên của (1) thì ax  by  c
Nếu a và b có ƣớc chung là d  1 thì c d , trái với giả thiết (a,b,c)=1.
Vậy (a,b)=1.
Định lý 2 : Nếu ( x , y ) là một nghiệm của phƣơng trình (1) thì phƣơng
trình (1) có vô số nghiệm nguyên và mọi nghiệm nguyên của có đều có thể biểu
diễn dƣới dạng :
 x  x  bt

 y  y  at

Trong đó t là một số nguyên tuỳ ý  t  0, 1, 2,...
Chứng minh:
Bƣớc 1: Mọi cặp số (x o +bt,yo -at) đều là nghiệm nguyên của (1). Thật vậy
( x , y ) là nghiệm của (1) nên ax o +byo =c

Ta có:
ax  by  a( x  bt )  b( y  at )  ax  by  c

Do đó ( x  bt , y  at ) là nghiệm của (1) nên
ax  by  c
ax  by  c

a( x  x )  b( y  y )  0

Trừ từng vế:

 a( x  x )  b( y  y)

(2)

Ta có: a( x  x )b mà (a,b)=1 (theo định lý 1) nên x  x b


Vậy tồn tại số nguyên t sao cho :
x  x  bt

Tức là: x  x  bt
abt  b( y  y )

Thay vào (2):  at  y  y
 y  y  at

Vậy tồn tại số nguyên t sao cho:
 x  x  bt


 y  y  at

 Ví dụ:
Ví dụ 9: Tìm mọi nghiệm nguyên của phƣơng trình:
3x  2 y  5

Giải:
Cách 1: Ta thấy x  3; y  2 là một nghiệm riêng :
Theo định lý 2, mọi nghiệm nguyên của phƣơng trình là :
 x  3  2t
(t là số nguyên tuỳ ý)

 y  2  3t

Cách 2 : Ta thấy x  1; y  1 là một nghiệm riêng :
Theo định lý 2, mọi nghiệm nguyên của phƣơng trình là :
 x  1  2t
(t là số nguyên tuỳ ý)

 y  1  3t

Chú ý : Qua hai cách giải trên, ta thấy có nhiều công thức biểu thị tập hợp
các nghiệm nguyên của cùng một phƣơng trình.
 Cách tìm một nghiệm riêng của phƣơng trình bậc nhất hai ẩn :
Để tìm một nghiệm nguyên riêng của phƣơng trình ax  by  c , ta có thể
dùng phƣơng pháp thử chọn: lần lƣợt cho x bằng số có giá trị tuyệt đối nhỏ
(0; 1; 2;...) rồi tìm giá trị tƣơng ứng của y.

i. Phƣơng pháp hạ bậc

Ví dụ 10: Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình :
x3  2 y 3  4 z 3  0 (1)
Giải : (1)  x3  4 z 3  2 y3 (2)


Rõ ràng vế phải của (2) chia hết cho 2 nên x3  2 do đó x2 .
Đặt x  2 x1 ( x1 Z) .
Thay vào (2) ta có:
(2)  8x13  4 x3  2 y3  y3  2 z3  4 x13 (3)
Lập luận tƣơng tự ta có : y 2 , đặt y  2 y1 ( y1 Z) . Biến đổi tƣơng tự, ta
đƣợc:
z3  4 y13  2x13 (4)
Lập luận tƣơng tự ta có : z2 , đặt z  2 z1 ( z1 Z) . Biến đổi tƣơng tự, ta đƣợc:
(4)  8z13  4 y13  2 x13  x13  2 y13  4 z13  0 (5)
x y z
; ) cũng là
2 2 2

Rõ ràng nếu bộ số ( x ; y ; z ) là nghiệm của (1) thì bộ số (  ;

x y z
cũng là số chẵn. Quá
; ;
2 2 2
x y z
trình này có thể tiếp tục mãi và các số n ; n ; n là số chẵn với mọi n là số
2 2 2

nghiệm của (1), hơn nữa x ; y ; z là số chẵn và

nguyên dƣơng.
Vậy x  y  z  0
2. Một số phƣơng trình nghiệm nguyên thƣờng gặp
a. Phƣơng trình bậc nhất hai ẩn
Ví dụ 1: Tìm các nghiệm nguyên của phƣơng trình:
11x  18 y  120 (1)

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

20  11k
3

Tách riêng giá trị nguyên của biểu thức này:
y  7  4k 

Lại đặt

k 1
3

k 1
 t với t nguyên suy ra k  3t  1 . Do đó:
3

y  7  4(3t  1)  t  3  11t
x  6k  6(3t  1)  18  6

Thay các biểu thức của x và y vào (1), phƣơng trình đƣợc nghiệm đúng.
Vậy các nghiệm nguyên của (1) đƣợc biểu thị bởi công thức:


 x  18t  6
với t là số nguyên tuỳ ý.

 y  3  11t

Cách giải :
- Rút gọn phƣơng trình, chú ý đến tính chia hết của các ẩn.
- Biểu thị ẩn mà hệ số của nó có giá trị tuyệt đối nhỏ (chẳng hạn x) theo ẩn
kia.
- Tách riêng giá trị nguyên ở biểu thức của x.
- Đặt điều kiện để phân bố trong biểu thức của x bằng một số nguyên t, ta
đƣợc một phƣơng trình bậc nhất hai ẩn y và t.
- Cứ tiếp tục nhƣ trên cho đến khi các ẩn đều đƣợc biểu thị dƣới dạng một
đa thức với các hệ số nguyên.
b. Phƣơng trình bậc hai hai ẩn
Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của phƣơng trình:
5 x  3 y  2 xy  11 (1)

Giải:
Biểu thị y theo x:
(2 x  3) y  5 x  11

Dễ thấy 2 x  3  0 (vì x nguyên) do đó:
y

5x  11
x5
 2
2x  3
2x  3

x  5 2 x  3
 2( x  5)  2 x  3
Để y  Z phải có
 2x  3  72 x  3
 72 x  3

Ta có:
2x+3

1

-1

7

-7

x

-1

-2

2

-5

y

6

-1

3

2

Thử lại các cặp giá trị trên của (x;y) đều thỏa mãn phƣơng trình đã cho.
c. Phƣơng trình bậc ba trở lên có hai ẩn


Ví dụ 3: Tìm các nghiệm nguyên của phƣơng trình:
x( x  1)( x  2)( x  3)  y 2 (1)

Giải :
Nếu y thỏa mãn phƣơng trình thì –y cũng thỏa mãn, do đó ta giả sử y  0
(1)  ( x 2  3x)( x 2  3x  2)  y 2

Đặt x2  3x  2  1  a , ta đƣợc:
(a  1)(a  1)  y 2  a 2  1  y 2  (a  y)(a  y )  1

Suy ra a  y  a  y , do đó y = 0.
Thay vào (1) đƣợc: x1  0; x2  1; x3  2; x4  3
Đáp số: (0;0), (1;0), (2;0), ( 3;0)

d. Phƣơng trình đa thức có ba ẩn trở lên
Ví dụ 4: Chứng minh rằng phƣơng trình sau không có nghiệm nguyên:
x 2  y 2  z 2  1999

(1)

Giải:
Ta biết rằng số chính phƣơng chẵn thì chia hết cho 4, còn số chính phƣơng
lả thì chia cho 4 dƣ 1 và chia cho 8 dƣ 1.
Tổng x 2  y 2  z 2 là số lẻ nên trong ba số x2 ; y 2 ; z 2 phải có hoặc có một số lẻ,
hai số chẵn; hoặc cả ba số lẻ.
Trƣờng hợp trong ba số x2 ; y 2 ; z 2 có một số lẻ, hai số chẵn thì vế trái của (1)
chia cho 4 dƣ 1, còn vế phải là 1999 chia cho 4 dƣ 3, loại.
Trƣờng hợp ba số x2 ; y 2 ; z 2 đều lẻ thì vế trái của (1) chia cho 8 dƣ 3, còn vế
phải là 1999 chia cho 8 dƣ 7, loại.
Vậy phƣơng trình (1) không có nghiệm nguyên.
e. Phƣơng trình dạng mũ
Ví dụ 5: Tìm các số tự nhiên x và các số nguyên y sao cho:
2x  3  y 2

Giải:
Lần lƣợt xét các giá trị tự nhiên của x:
2
Nếu x  0 thì y  4 nên y  2


2
Nếu x  1 thì y  5 , không có nghiệm nguyên.
x
Nếu x  2 thì 2  4 , do đó vế trái chia cho 4 dƣ 3, còn y lẻ nên vế phải chia

cho 4 dƣ 1. Mâu thuẫn.
Kết luận: Nghiệm của phƣơng trình là (0;2), (0;-2).
Ví dụ 6: Giải phƣơng trình với nghiệm tự nhiên:
2 x  2 y  2z  1024

(1) với x  y  z

Giải:
x
Chia hai vế của (1) cho 2  0 ta đƣợc:

1  2 y x  2z x  210x

(2)

10 x
10 x
Do 2  1 nên 2 là bội của 2.
0
0
Ta lại có z > x, vì nếu z = x thì x=y=z, khi đó (2) trở thành 1  2  2  BS 2 ,

yx
loại. Do đó 2 là bội của 2.

Suy ra 1  2

yx

yx
là bội của 2. Do đó 2  1 , vậy y = x.

Thay vào (2):
1  1  2 z  x  210 x
 2  2 z  x  210 x
 2(1  2 z  x 1 )  210 x
 1  2 z  x 1  29 x
9 x
9 x
2 z  x 1  1, 2  29 x
2
2

1
Do
nên
là bội của 2. Do đó
.

Từ đó x = 8; y = 9; z = 9.
3. Bài tập củng cố
Bài 1: Tìm tất cả các cặp nghiệm nguyên (x, y) thoả mãn:
y ( x  1)  x 2  2

Bài 2: Tìm nghiệm nguyên của các phƣơng trình sau:
a)15 x 2  7 y 2  9
b)29 x 2  28 y 2  2000

Bài 3: Tìm các số tự nhiên x, y, z thoả mãn:

a)2002  2001y  1
b)5x  1  2 y
c)5x  1  2 y
d )2 x.3 y  1  52

Bài 4: Tìm các số nguyên dƣơng x, y, z thoả mãn:
a)1! 2! ...  x !  y 2
b) x ! y !  10 z  9

Bài 5: Tìm các số tự nhiên x sao cho:
2 x 3y  35

IV.

Các biện pháp tổ chức thực hiện

1. Tổ chức thực hiện
- Thông qua bài dạy trong sách giáo khoa từ THCS đến THPT, qua quá
trình làm bài tập trong SGK và sách bài tập nâng cao để đánh giá năng lực của
học sinh.
- Trƣớc khi học và sau khi học: “Một số phƣơng pháp tìm nghiệm nguyên
của phƣơng trình”, cho học sinh làm bài kiểm tra và thống kê kết quả để thấy
hiệu quả đạt đƣợc của sáng kiến kinh nghiệm.
2. Kết quả nghiên cứu:
Thông qua quá trình giảng dạy học sinh và ôn tập cho đối tƣợng học sinh
khá giỏi, tôi đã áp dụng đề tài trên và kết quả cho thấy:
- Học sinh có khả năng nhìn nhận chính xác cách tìm nghiệm nguyên của
phƣơng trình.

- Học sinh tự tin khi phân tích để lựa chọn phƣơng pháp giải hay, ngắn gọn
cho một số phƣơng trình tìm nghiệm nguyên.
- Hình thành đƣợc tƣ duy logic, kỹ năng tìm nghiệm nguyên của phƣơng
trình. Đồng thời tạo hứng thú trong học tập cho học sinh.
- Cụ thể, qua bài kiểm tra, tôi đã thống kê kết quả và thấy hiệu quả rõ rệt
của sáng kiến kinh nghiệm này.


CHƢƠNG III. KẾT LUẬN
I. Kết luận
Trong quá trình giảng dạy, tôi nhận thấy tài liệu này rất hữu ích cho giáo
viên và đã mang lại những kết quả khả quan khi dạy học sinh. Hy vọng sáng
kiến kinh nghiệm sẽ trở thành tài liệu tham khảo cho giáo viên, học sinh và
những ngƣời quan tâm đến vấn đề này.
Do thời gian có hạn nên việc nghiên cứu không tránh khỏi những hạn chế,
thiếu sót.
Vì vậy, tôi rất mong nhận đƣợc sự đóng góp ý kiến chân thành của đồng
nghiệp, tổ chuyên môn để sáng kiến kinh nghiệm của tôi hoàn chỉnh hơn và
đƣợc áp dụng có hiệu quả cao trong quá trình giảng dạy môn toán.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
II. Đề xuất
- Trong quá trình dạy học về phƣơng trình, hệ phƣơng trình và bất phƣơng
trình nói chung, tôi thấy các phƣơng pháp tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình
chƣa đƣợc trình bày một cách đầy đủ. Vì vậy, không chỉ học sinh từ cấp THCS
mà ngay cả các học sinh cấp THPT vẫn thấy lúng túng khi gặp dạng toán này.
Rất mong có thêm nhiều tài liệu hơn nữa viết về đề tài này để góp phần cho việc
dạy và học đạt hiệu quả cao hơn.
- Thƣờng xuyên tổ chức, triển khai các chuyên đề về toán học cho giáo viên
và học sinh.

MỤC LỤC
CHƢƠNG I. MỞ ĐẦU
2
I. Lý do chọn đề tài................................................................................................ 2
II. Mục tiêu, nhiệm vụ của đề tài .......................................................................... 2
III. Đối tƣợng nghiên cứu...................................................................................... 2
IV. Giới hạn phạm vi nghiên cứu .......................................................................... 2
V. Phƣơng pháp nghiên cứu .................................................................................. 2
CHƢƠNG II. NỘI DUNG .................................................................................... 4
I. Cơ sở lý luận ...................................................................................................... 4
II. Thực trạng......................................................................................................... 4
III. Nội dung .......................................................................................................... 4
1. Một số phƣơng pháp giải phƣơng trình với nghiệm nguyên ....................... 4
2. Một số phƣơng trình nghiệm nguyên thƣờng gặp ..................................... 11
3. Bài tập củng cố .......................................................................................... 14
IV. Các biện pháp tổ chức thực hiện ................................................................... 15
1. Tổ chức thực hiện ...................................................................................... 15
2. Kết quả nghiên cứu: ................................................................................... 15
CHƢƠNG III. KẾT LUẬN ................................................................................. 16
I. Kết luận ............................................................................................................ 16
II. Đề xuất ............................................................................................................ 16
MỤC LỤC ........................................................................................................... 17
TÀI LIỆU THAM KHẢO ................................................................................... 18


TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Vũ Hữu Bình, Phương trình và bài toán với nghiệm nguyên.
[2] Hoàng Chúng, Đinh Quang Hảo, Nguyễn Ngọc Hân, Phan Thanh
Quang, Hoàng Quý, Nguyễn Văn Vĩnh, Phương pháp giải toán đại số , Sở GD

ĐT TP Hồ Chí Minh.
[3] Trần Văn Hạo, Đại số 10,11,12 chuẩn, Sách giáo viên, Nhà xuất bản
Giáo dục – Hà Nội năm 2009).
[4] Đoàn Quỳnh, Đại số 10,11,12 Nâng Cao, Nhà xuất bản Giáo dục – Hà
Nội năm 2009.
[5] Đoàn Quỳnh, Đại số 10,11,12 Nâng Cao, Sách giáo viên, Nhà xuất
bản Giáo dục –Hà Nội năm 2009.


NHẬN XÉT CỦA HỘI ĐỒNG CHẤM
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
…………………………………………………………..
…………………………………………………………..
…………………………………………………………..
…………………………………………………………..
…………………………………………………………..
…………………………………………………………..
…………………………………………………………..
…………………………………………………………..
…………………………………………………………..

NHẬN XÉT CỦA TỔ CHUYÊN MÔN
…………………………………………………………..
…………………………………………………………..
…………………………………………………………..
…………………………………………………………..
…………………………………………………………..
…………………………………………………………..
…………………………………………………………..
…………………………………………………………..

…………………………………………………………..
…………………………………………………………..