SKKN THCS: Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP VĨNH YÊN
TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ KHAI QUANG

BÁO CÁO
KẾT QUẢ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Tên sáng kiến kinh nghiệm:
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
Môn : Toán
Tổ bộ môn: Khoa học tự nhiên
Mã: 30
Người thực hiện: Nguyễn Thị Nghĩa
Điện thoại: 01238980910
Email:

Tháng 4 năm 2014
1


MỤC LỤC
NỘI DUNG
PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ

1. Lý do chọn đề tài.
2. Mục đích nghiên cứu.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu.
4. Phương pháp nghiên cứu.
5. Kế hoạch nghiên cứu.
PHẦN II: NỘI DUNG

1. Cơ sở lý luận

2. cơ sở thực tiễn
3. Nội dung của chuyên đề
4. Hiệu quả của chuyên đề.
PHẦN III: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
TÀI LIỆU THAM KHẢO

TRANG

3
3
3
3
3
3
5
5
5
5
13
14
15

2


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
NGHIỆM NGUYÊN
PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ.
1. Lý do chọn đề tài.
Trong các kỳ thi học sinh giỏi cũng như thi vào các trường chuyên thường

xuất hiện các bài toán tìm nghiệm nguyên. Đó là loại toán đòi hỏi một phản xạ
nhanh, nhạy và chính xác, một suy luận lô gích. Chính vì vậy giải phương trình
nghiệm nguyên là phát triển tốt cho trí tưởng tượng và sự thông minh được phát
triển.
Các bài toán về phương trình nghiệm nguyên bậc nhất nói chung là không
khó vì đã có phương pháp giải tổng quát. Giải phương trình nghiệm nguyên bậc
cao là một vấn đề rất phong phú, thường đòi hỏi vận dụng tổng hợp và sáng tạo
các kiến thức số học và đại số.
Để giúp học sinh có thêm phương pháp tư duy sáng tạo khoa học nhanh
chóng tìm ra lời giải cho một bài toán về giải phương trình nghiệm nguyên bậc
cao trong một số bài tập. Tôi đã chọn chuyên đề “Một số phương pháp giải
phương trình nghiệm nguyên”
Chuyên đề này xin được nêu lên một vài phương pháp giúp giải phương
trình nguyên bậc cao trong một số trường hợp thông qua ví dụ và từng loại bài
tập để từ đó hình thành kỹ năng và phương pháp giải.
2. Mục đích nghiên cứu.
- Nghiên cứu các phương pháp cơ bản trong giải phương trình nghiệm nguyên,
giúp học sinh tìm ra lời giải nhanh nhất đối với dạng bài tập này.
- Rèn luyện cho học sinh tính linh hoạt, sáng tạo khi học toán.
- Góp phần bồi dưỡng khả năng suy nghĩ, trí thông minh, suy luận lô gích để
giải quyết các vấn đề.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu.
3.1. Đối tượng nghiên cứu: Học sinh khối 8, 9 trường THCS Khai Quang.
3.2. Phạm vi nghiên cứu: Các bài tập về giải phương trình nghiệm nguyên
trong chương trình toán THCS.
4. Phương pháp nghiên cứu.
4.1. Phương pháp nghiên cứu lý thuyết:
- Đọc và nghiên cứu các tài liệu, giáo trình về phương pháp dạy học toán và các
tài liệu có liên quan đến giải phương trình nghiệm nguyên.
- Nghiên cứu và tìm hiểu phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên.

4.2. Phương pháp điều tra: Tìm hiểu thực trạng kết quả học tập của học sinh
(Đặc biệt là đội tuyển học sinh giỏi) nhằm xác định tính phổ biến và nguyên
nhân để chuẩn bị cho các bước tiếp theo.
4.3 Phương pháp thảo luận: Trao đổi với đồng nghiệp về kinh nghiệm giảng
dạy và các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên.
3


4.4 Phương pháp quan sát: Thông qua các tiết dự giờ, thao giảng và bồi dưỡng
học sinh giỏi của đồng nghiệp để quan sát trực tiếp tình hình học sinh tiếp thu
bài và cách khai thác và xây dựng lời giải của kiểu bài giải phương trình nghiệm
nguyên.
4.5. Phương pháp kiểm tra đánh giá: Khi thực hiện chuyên đề khảo sát, so sánh
kết quả đánh giá học sinh trước và sau khi thực hiện để đánh giá hiệu quả của
chuyên đề.
5. Kế hoạch nghiên cứu.
Thời gian nghiên cứu là 9 tháng: Từ tháng 8/2013 đến tháng 4/2014.

4


PHẦN II: NỘI DUNG
1. Cơ sở lý luận: Trong thời đại hiện nay nền giáo dục của nước ta đã và đang
tiếp cận được với khoa học hiện đại. Các môn học đều đòi hỏi tư duy sáng tạo và
hiện đại của học sinh. Đặc biệt là môn toán, nó đòi hỏi tư duy rất tích cực của
học sinh, đòi hỏi học sinh tiếp thu kiến thức một cách chính xác, khoa học và
hiện đại, vì thế để giúp các em học tập môn toán có kết quả tốt giáo viên phải có
một kiến thức vững vàng, một tấm lòng đầy nhiệt huyết và biết vận dụng các
phương pháp giảng dạy một cách linh hoạt, sáng tạo và hiệu quả để học sinh
hiểu bài một cách nhanh nhất, dễ hiểu nhất.

Chương trình toán rất rộng và đa dạng, các em được lĩnh hội nhiều kiến
thức trong đó có một nội dung kiến thức mà theo các em suốt trong quá trình
học tập là tìm giá trị nguyên của ẩn hoặc của tham số. Bậc tiểu học, học sinh đã
gặp các bài toán giải phương trình nghiệm nguyên đơn giản: Tìm các số tự nhiên
x; y, lên lớp 6, 7 là tìm các số nguyên x; y , lên lớp 8, 9: tìm nghiệm nguyên của
phương trình. Như vậy giải phương trình nghiệm nguyên có một ứng dụng rất
quan trọng khi giải toán, đặc biệt là với học sinh giỏi lớp 8 và lớp 9. Không
những thế phương trình nghiệm nguyên còn được ứng dụng nhiều cho học sinh
tiếp tục học tập lên các lớp trên.
2. Cơ sở thực tiễn: Thực tế cho thấy hầu hết các em học sinh lớp 8, 9 kể cả học
sinh đội tuyển đều rất ngại khi gặp phải các bài toán giải phương trình nghiệm
nguyên, mặc dù các em đã biết cách giải phương trình nghiệm nguyên bậc nhất
tuy nhiên khi nhìn thấy phương trình nghiệm nguyên bậc hai và các bậc cao hơn
thì hầu hết học sinh đều tỏ ra khó khăn và lúng túng. Nguyên nhân vì các em
không biết xuất phát từ đâu để tìm lời giải hoặc không biết tìm mối liên quan
giữa các ẩn và các số liện đã biết để ra được kết quả. Mà dạng toán này thường
có ở phần cuối của các đề kiểm tra và trong các đề thi học sinh giỏi.
Với những cơ sở về mặt lý luận cũng như về mặt thực tiễn nêu trên, tôi mạnh
dạn vận dụng vào thực tế giảng dạy của mình. Kết quả khảo sát khi chưa thực
hiện chuyên đề:
Điểm
Lớp
9A
8A

Sĩ
Số

Giỏi

Khá

Trung bình

Yếu

Kém

TS

%

TS

%

TS

%

TS

%

TS

%

35

2

5,7

7

20,0

9

25,7

15

42,9

2

5,7

35

1

2,9

6

17,1

11

31,4

14

40,0

3

8,6

3. Nội dung của chuyên đề: Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên.
Phương pháp 1: Sử dụng tính chẵn lẻ.
5


Ví dụ 1: Tìm tất cả các số nguyên tố x, y thỏa mãn x2 – 2y2 = 1 (1)
Giải: (1) ⇔ x2 = 2y2 + 1 lẻ ⇒ x = 2k + 1 ⇒ y chẵn mà y là số nguyên tố nên y =
2,x=3
Ví dụ 2: Tìm số nguyên tố p để 4p + 1 là một số chính phương.
Giải:
Giả sử 4p + 1 = x2 ⇒ x lẻ nên x = 2n + 1 ; n ∈ z.
Khi đó 4p + 1 = (2n + 1)2 = 4n2 + 4n + 1 ⇒ p = n(n + 1) chẵn.
Vì p nguyên tố và p chẵn nên p = 2.
Vì p = 2 thì 4p + 1 là số chính phương.
Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình :

{

x 2 − y 3 =7
z 2 −2 y 2 =1

Giải:
Từ phương trình thứ hai ta có z2 = 2y2 + 1 ⇒ z lẻ.
Đặt z = 2t + 1 khi đó z2 = 4t2 + 4t + 1 hay y2 = 2t2 + 2t ⇒ y chẵn.
Mặt khác từ phương trình một ta có: 2(k2 + k – 2n3) = 3. Điều này không thể xảy
ra vì vế trái của đẳng thức là số lẻ, còn vế phải là số chẵn nên hệ vô nghiệm.
Bài tập áp dụng:
1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
( 2 x + 5 y + 1) 2 x + y + x 2 + x = 105
2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
x2 = 2y2
3. Giải phương trình trên tập số nguyên tố:
xy + 1 = z
4. Tìm điều kiện cần và đủ cho số k để phương trình x2 – y2 = z có nghiệm
nguyên.
Phương pháp 2: Phương pháp phân tích.
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3 – y3 = 3xy + 1
Giải:
Ta có hằng đẳng thức:
a3 + b3 + c3 – 3abc = ( a+ b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – ac – bc)
Phương trình đã cho có thể viết lại thành:
x3 + (-y)3 + (-1)3 – 3x(-y)(-1)
⇔ (x – y – 1)(x2 + y2 + 1 + xy + x – y) = 0
a) x – y – 1 = 0 ⇔ x = y + 1
b) x2 + y2 + 1 + xy + x – y = 0
Coi đây là phương trình bậc hai đối với x ta có:
∆ = (y + 1)2 – 4(y2 – y + 1) = -3y2 + 6y – 3 = -3(y – 1)2 ≤ 0

(

)

− ( y + 1)
Để phương trình có nghiệm thì ∆ ≥ 0 ⇒ y = 1; x =
= -1
2

Tóm lại phương trình đã cho có nghiệm nguyên:
6


{

x =−1
;
y =1

{

x=k
∈
y = k −1 Với k z

Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 – 4xy + 5y2 = 16
Giải:
Phương trình tương đương với:
(x – 2y)2 + y2 = 16 = 42 + 0
(Số 16 chỉ có thể là tổng của hai số chính phương 42 và 0)

Do đó

{

x − 2 y = ±4
Hoặc
y =0

{

x − 2 y =0
y =±4

Vậy phương trình có 4 nghiệm: (4;0), (-4;0), (8;4) và (-8; -4).
Bài tập áp dụng:
1. Tìm nghiệm nguyên:
a) x + y = xy
b) p(x + y) = xy với p nguyên tố.
2. Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình:
3x3 – xy = 5
3. Giải các phương trình sau trên tập số nguyên.
a) 3x2 + 10xy + 8y = 96
b) 2x2 + xy – y2 – 9 = 0
c) x2 + x – y2 = 0
d) x2 – y2 = 91
Phương pháp 3: Phương pháp cực hạn
( Thường sử dụng cho phương trình đối xứng nên vai trò các ẩn như nhau nên có
thể giả thiết 1 ≤ x ≤ y ≤ z ≤ …)
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
x + y + z = xyz (1)

Giải : Vì x, y, z có vai trò như nhau nên ta có thể giả sử 1 ≤ x ≤ y ≤ z
Từ (1) suy ra 1 =

1
1 1
3
+ + ≤ 2 ⇒ x2 ≤ 3
xy yz zx x

⇒ x = 1. thay x = 1 vào (1) ta được 1 + y + z = yz ⇒ (y – 1)(z -1) = 2 = 1.2 ⇒ y
= 2; z = 3 ( vì y – 1 ≤ z – 1)

Vậy (1) có 6 nghiệm nguyên là các hoán vị của (1; 2; 3)
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
x3 + 7y = y3 + 7x
Giải: Phương trình đã cho tương đương với (x – y)(x2 + xy + y2 – 1) = 0
⇒ x = y hoặc x2 + xy + y2 = 7
Nếu x ≠ y thì từ x2 + xy + y2 = 7 ⇒ (x – y)2 = 7 – 3xy > 0
⇒ xy <

7
⇒ x = 1 ; y = 2 hoặc x = 2; y = 1
3

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: (1;2) ; (2,1); (n,n); n ∈ z
Bài tập áp dụng:
1. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
7

a) x + y + z + t = xyzt
b) x + y + z + 9 = xyz
c) x + y + 1 = xyz
d)

1 1 1
+ + =1
x y z

2. Tìm nghiệm nguyên dương
5(x + y + z + t) + 10 = 2xyzt
Phương pháp 4: Phương pháp loại trừ.
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x6 + 3x3 + 1 = y4
Giải:
Rõ ràng với x = 0, y = ± 1 là nghiệm của phương trình ta chứng minh đó là hai
nghiệm nguyên duy nhất.
* Với x > 0 (x3 + 1)2 = x6 + 2x3 + 1 < x6 + 3x3 + 1 = y4
(x3 + 2)2 = x6 + 4x3 + 4 > x6 + 3x3 + 1 = y4
⇒ x3 + 1 < y2 < x3 + 2 ( vô lý)
* Với x ≤ -2
(x3 + 2)2 < x6 + 3x3 + 1 = y4< x6 + 2x3 + 1 = (x3 +1)2
⇒ x 3 + 2 < y2 < x 3 + 1 (vô lý)
* Với x= -1 thì y4 = -1 vô nghiệm
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm (0;1) và ( 0; -1)
Ví dụ 2; Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
1! + 2! + …+ x! = y2
Giải:
*Với x ≥ 5 thì x!  10 nên 1! + 2! + 3! + 4! + 5! + …+ x! = 33 + 5! + …x! tận
cùng là 3 trong khi đó không có số chính phương nào có số chính phương nào
tận cùng là 3. Vậy với x ≥ 5 phương trình không có nghiệm nguyên.

* Với x< 5 phương trình có nghiệm nguyên x= 1, y= 1 và x= 3, y= 3.
Bài tập áp dụng:
1. Giải các phương trình trên tập số nguyên
x2 – 6xy + 13y2 = 100
2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
x(x + 1)(x + 7)(x + 8) = y2
3. Giải phương trình trên tập số nguyên.
(x – 2)4 – x4 = y3
4. Giải phương trình:
6x2 + 5y2 = 74
Phương pháp 5: Dùng chia hết và chia có dư.
(Thường dùng để chứng minh phương trình không có nghiệm nguyên bằng cách
chứng minh hai vế khi chia cho cùng một số có số dư khác nhau).
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
x2 – 2y2 = 5
Giải:
8


* Nếu x  5 thì từ 2y2 = x2 – 6 ⇒ y  5 khi đó x2 – 2y2  25 vô lý.
* Nếu x không  5 thì y không 5 số nguyên x khi chia cho 5 có thể dư ± 1, ± 2
⇒ x2 ≡ ± 1 (mod 5)
⇒ x2 – 2y2 ≡ ± 3 (mod 5)
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.
Ví dụ 2: Phương trình 19x2 + 28y2 = 729 có nghiệm nguyên hay không?
Giải:
Phương trình đã cho có thể viết thành: (18x2 + 27y2) + (x2 + y2) = 729.
Vì 729 chia hết cho 3, 18x2 + 27y2 chia hết cho 3. Vậy x2 + y2 chia hết cho 3 từ
đó rõ ràng x 3, y 3. Đặt x = 3u và y = 3v( u, v là các số nguyên) thay vào
phương trình đầu ta có: 19u2+ 28v2 = 81.

Lập luận tương tự như trên ta có u, v đều chia hết cho 3 nên lại có u = 3t, v= 3s
từ đó ta lại có 19t2 + 28s2 = 9.
Tương tự: t = 3q; s = 3r ta đi đến 19q2 + 28r2 = 1. Phương trình này không có
nghiệm nguyên. Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.
Ví dụ 3: Tìm các chữ số x, y, z thỏa xyz + xzy = zzz (1)
Giải:
Ta có (1) ⇔ 100x + 10y + z + 100x + 10z + y = 111z
⇔ 200x + 11y = 100z
⇒ 100(z – 2x) = 11y  100
⇒ y = 0 khi đó z = 2x ⇒ z = 2, 4, 6, 8
Ứng với x = 1, 2, 3, 4 ta có các số 102, 204, 306, 408 đều thỏa mãn (1).
Bài tập ứng dụng:
1. Giải phương trình trên tập hợp số nguyên.
a) x2 – 3y2 = 17
b) x2 – 5y2 = 17.
2. Chứng minh rằng phương trình 15x2 – 7y2 = 9 không có nghiệm nguyên.
3. Giải phương trình trên tập số nguyên.
x14 + x24 + ... + x74 = 1982

4. Chứng minh rằng phương trình: 4x2 + y2 + 9z2 = 71 không có nghiệm nguyên.
Phương pháp 6: Sử dụng tính chất nguyên tố.
Tính chất 1: Với mọi số nguyên a, số a2 + 1 không có ước nguyên tố dạng 4k + 3.
Tính chất 2: Cho p là số nguyên tố dạng 4k + 3 ( a, b ∈ z).
Nếu a2+ b2 p thì a p và b p.
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – y3 = 7
Giải:
x2 – y3 = 7 ⇔ x2 + 1 = 8 + y3 = (y + 2)(y2 – 2y + 4)
* Nếu y chẵn thì x2 + 1  4 ⇒ x2 ≡ 3 (mod 4) vô lý.
8 Nếu y lẻ thì y2 – 2y + 4 = (y – 1)2+ 3 có dạng 4k = 3 nên phải có ước có dạng
đó. Do đó x2 + 1 có ước số nguyên tố dạng 4k + 3 vô lý.

Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.
9


Ví dụ 2: Giải phương trình trên tập số nguyên.
x2 + 2x + 4y2 = 37
Giải: Ta có:
x2 + 2x + 4y2 = 37
⇔ (x + 1)2 + (2y)2 = 38 19 ( dạng 4k + 3)
⇒ x + 1 19 và 2y  19 ⇒ (x + 1)2 + (2y)2 192 ( vô lý)
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên.
Ví dụ 3: Chứng minh phương trình: 4xy – x – y = z2 không có nghiệm nguyên dương.
Giải:
Ta có: 4xy – x – y = z2
⇔ (4x – 1)(4y – 1) = (2z)2 + 1
Số 4x – 1 nguyên, dương ≥ 3 có dạng 4k + 3 nên có ít nhất một ước nguyên tố
dạng 4k + 3 nên phương trình đã cho không có nghiệm nguyên, dương.
Bài tập áp dụng:
1. Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình sau:
a) 4xy – y + 4x – 2 = 9x2
b) x2y2 – y2 – 2y = 1 = 0
2. Tìm nghiệm nguyên, dương của hệ:

{

x 2 +13 y 2 =z 2
13 x 2 + y 2 =t 2

Phương pháp 7: Phương pháp xuống thang.
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3 – 3y3 – 9z3 = 0

Giải:
Giả sử (x0, y0, z0) là nghiệm nguyên của phương trình, khi đó x0 3. Đặt x0 = 3x1.
3
3
3
thay vào phương trình ta được: 9 x1 − y 0 − 3 z1 = 0 ⇒ y0  3. Đặt y0 = 3y1 khi đó:
9 x13 − 27 y13 − 3 z03 = 0 ⇒ 3 x13 − 9 y13 − z03 = 0 ⇒ z0 3. Đặt z0 = 3z1 .Thay z0 = 3z1
3
3
3
vào 3 x1 − 9 y1 − z0 = 0 ta được: x13 − 3 y13 − 9 z13
Vậy phương trình có nghiệm nguyên duy nhất (0; 0; 0)
Ví dụ 2: Giải phương trình nguyên: 8x4 – 4y4 + 2z4 = t4
Giải: Giả sử phương trình có nghiệm nguyên (x0, y0, z0, t0) thì t0 = 2t1 phải chẵn.
4
4
4
4
Thay t vào phương trình đã cho được: 4 x0 − 2 y0 + z0 = 8t1 ⇒ z0 2 .

4
4
4
4
Đặt z0 = 2z1 nên 4 x 0 − y 0 + 8 z1 = 4t1 ⇒ y0 2 .
4
4
4
4
Đặt y0 = 2y1 nên x 0 − 8 y1 + 4 z1 = 2t1 ⇒ x0 2 .

Đặt x0 = 2x1 nên 8 x14 − 4 y14 + 2 z14 = t14 .
x y z t 
Như vậy  0 ; 0 ; 0 ; 0  cũng là nghiệm của phương trình.
 2 2 2 2
 x0 y 0 z 0 t 0 
Quá trình này tiếp tục mãi các số:  k ; k ; k ; k  là số nguyên với mọi k nguyên.
2 2 2 2 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên duy nhất là (0; 0; 0; 0)
Bài tập áp dụng:
1. Giải phương trình trên tập số nguyên.
10


a) x3 – 2y3 – 4z3 = 0
b) x2 + y2 + z2 + t2 = 2xyzt
2. Tìm nghiệm nguyên
a) x2 + y2 + z2 = 2xyz
b) x3 + 2y3 = 4z3
Phương pháp 8: Dùng bất đẳng thức.
1. Bất đẳng thức Cosi:
a1 + a2 + ... + an
≥ a1.a2 ...an
n

Dấu “=” xảy ra khi a1 = a2 =…= an
2. Bất đẳng thức Bunhiacopxky.
Cho 2n số thực a1, a2= , an; b1, b2, ..., bn
Ta có: ( a1b1+ a2b2 +...+ anbn)2 ≤ ( a12 + a 22 + ... + a n2 )( b12 + b22 + ...bn2 )
Dấu “=” xảy ra khi a1= kbi; i = 1, 2,...., k số thực.

xy

yz

zx

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dương: z + x + y = 3 (1)
Giải: Áp đụng bất đẳng thức Côsi ta có:
4 4 4
3
≥
3
x
y z = 3 xyz 3 xyz
3xyz = x y + y z + z x
⇒ xyz ≤ 1 ⇒ x = y = z = 1
Vậy (1) có nghiệm nguyên, dương là (1;1;1)
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên (x + y + 1)2 = 3(x2 + y2 + 1)
Giải:
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxky.
(x = y + 1)2 ≤ (x2 + y2 + 1)(12 + 12 + 12) = 3(x2 + y2 + 1)
Dấu “=” xảy ra khi x = y = 1
Giải cách khác:
Phương trình đã cho tương đương với: xy + x + y = x2 + y2 + 1
⇔ ( x2 + y2 – 2xy) + (x2 – 2x + 1) + (y2 – 2y + 1) = 0
⇔ (x – y)2 + (x – 1)2 + (y – 1)2
⇔ x=y=1
Bài tập áp dụng: Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau:
1. x2 + 2y2 + 2z2 – 2xy – 2yz – 2z = 4.
2. x2 + y2 + z2 = xy + 3y + 2z – 4

1
3. x + y − 1 + z − 2 = ( x + y + z )
2
Phương pháp 9: Áp dụng tính chất số
Ví dụ 1: tồn tại hay không các số tự nhiên x, y, z sao cho: x2 + y3 + z4 = 28713.
Giải:
Bởi vì: 22 + 33 + 43 = 287 nên 28713 = 22.28712+ 33. 28712 + 44. 28712
= (2.287)2 + ( 3.2874)3 + (4.2873)4
Vậy x = 2.2876 , y = 3.2874 , z = 4.2873

2 2

2 2

2 2

11


Ví dụ 2: Tìm 4 só nguyên khác nhau sao cho tổng của hai số bất kỳ trong chúng
sẽ là bình phương của một số nguyên.

Giải: Ta có hệ 6 phương trình 10 ẩn số:

y =a 2
xx +
+z =b 2
x +t =c 2
y +z =d 2
zy++tt==ef 22



Suy ra a2 + f2 = b2 + e2 = c2 + d2
Theo tính chất số ta có thể chỉ ra một số có dạng ba tổng các bình phương
2 số bằng nhau đó là số 625 = 02+ 252 = 72 + 242 = 202 + 152

Suy ra :

0
xxx+++tzy===400
49
225
yy++zt ==576
 z +t =625

Giải hệ phương trình ta có: x = -88; y = 88; z = 137; t = 488
Ví dụ 3: Tồn tại hay không 4 số tự nhiên lẻ khác nhau k, l và m thỏa mãn đẳng
thức:

1
1 1 1
= + +
1991 k l m

1
1 1
1
= +
+
1991 x 11x 181x

1
1
1
1
⇒ x = 2183 và ta có :
=
+
+
1991 2183 24013 395123
Từ đó các số k = 2183; l = 24013; m = 395123 thỏa mãn đẳng thức đã cho.
1
1
1
1
=
+
+
Ngoài ra còn tồn tại:
1991 2123 3493 384263
1
1
1
+
+
=
2353 13937 181181
1
1
1
+

+
=
3077 5973 101541
Bài tập áp dụng:

Giải: Vì 1991 = 11.181 nên

1. Tìm các số tự nhiên thỏa mãn:

1 1 1
1
+ + =
3 m n 1996

2. Tồn tại các số tự nhiên x, y sao cho : x3 + y3 = 4684
3. Tìm các số :
a) xyz sao cho xyz = x3 + y3 +z3
a) xyzmnt sao cho xyzmnt = x6 + y6 +...+ t6
4. Hiệu quả khi thực hiện chuyên đề:
12


Tôi đã thực hiện nghiên cứu với học sinh lớp 9A, 8A năm học 2012-2013.
Đầu năm học, khi đưa ra loại toán giải phương trình nghiệm nguyên thấy có
nhiều học sinh làm bài còn yếu, kém cụ thể qua bài khảo sát lần I, khi chưa thực
hiện chuyên đề mà tôi đã đưa ra lúc đầu:
Điểm
Lớp
9A
8A

Sĩ
Số

Giỏi

Khá

Trung bình

Yếu

Kém

TS

%

TS

%

TS

%

TS

%

TS

%

35

2

5,7

7

20,0

9

25,7

15

42,9

2

5,7

35

1

2,9

6

17,1

11

31,4

14

40,0

3

8,6

Kết quả này khiến tôi rất băn khoăn, trăn trở và tôi đã thực hiện các giải pháp
bằng cách dạy cho các em cách tư duy một số phương pháp giải phương trình
nghiệm nguyên bậc cao và thông qua giảng dạy tôi nhận thấy phần lớn các em
đã có hứng thú khi gặp các bài toán giải phương trình nghiệm nguyên, các em
không còn thấy ngại và sợ những bài toán dạng này nữa. Một số em khá giỏi còn
tìm ra một số cách giải hay và ngắn gọn, phù hợp. Tuy vậy bên cạnh những kết
quả đạt được thì vẫn còn một số ít học sinh còn học yếu, lười học, chưa có khả
năng giải được toàn bộ dạng bài tập này. Đối với các em này một phần cũng là
do khả năng học toán của các em còn hạn chế nên rất cần sự cố gắng của các
em. Cụ thể kết quả đạt được ở bài kiểm tra cuối kỳ II như sau:
Điểm
Lớp

9A
8A

Sĩ
Số

Giỏi

Khá

Trung bình

Yếu

Kém

TS

%

TS

%

TS

%

TS

%

TS

%

35

4

11,4

11

31,4

15

42,9

5

14,3

0

0

35

2

5,7

12

34,3

17

48,6

4

11,4

0

0

Kết quả đó cho thấy các em đã có tiến bộ rất nhiều.

13


PHẦN III: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
Như vậy từ một loại toán khó, kết hợp phương pháp truyền thụ của giáo
viên và sự chăm chỉ luyện rèn của học sinh tôi đã xây dựng cho học sinh một số
phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên. Từ đó hình thành và phát triển
năng lực tư duy sáng tạo, kỹ năng phân tích tổng hợp, tính cẩn thận, chính xác,

tính kiên trì và sự linh hoạt trong vận dụng kiến thức đã học vào giải toán cho
học sinh. Giúp các em có hứng thú học tập, ham mê học toán và đặc biệt phát
huy năng lực tư duy sáng tạo khi gặp các dạng toán khó. Từ chỗ ngại và lúng
túng khi gặp các bài toán về giải phương trình nghiệm nguyên thì nay phần lớn
các em đã tự tin hơn, biết vận dụng những kỹ năng được bồi dưỡng để giải các
bài tập mang tính phức tạp qua đó cho thấy tính ứng dụng cao của một số
phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên. Hy vọng chuyên đề nhỏ này sẽ
góp thêm một số kinh nghiệm bổ ích cho các bạn đồng nghiệp. Trong khi viết
chuyên đề “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên” tôi
không tránh khỏi những thiếu xót cũng như nội dung chuyên đề chưa thực sự
phong phú. Rất mong nhận được những ý kiến phê bình, đóng góp của cấp trên
và các bạn đồng nghiệp để chuyên đề hoàn thiện và có hiệu quả hơn. Tôi xin
chân thành cảm ơn!
Vĩnh Yên, ngày 18 tháng 4 năm 2013
Người viết chuyên đề

Nguyễn Thị Nghĩa

14


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Toán nâng cao và các chuyên đề đại số 8; 9
2. Toán nâng cao và phát triển đại số 8; 9
3. Toán bồi dưỡng học sinh lớp 8; 9
4. Báo toán tuổi thơ.

15

ĐÁNH GIÁ CHUYÊN ĐỀ CỦA HĐKH
A. ĐÁNH GIÁ CỦA TỔ

* Ý kiến nhận xét:
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
a. Chấm điểm
Phần 1:..................
Phần 2:..................
Phần 3:..................
Tổng điểm:.................
b. Xếp loại:...............
Đạt loại:..................
Khai Quang, ngày.....tháng.....năm 2013
Tổ trưởng

16


ĐÁNH GIÁ CHUYÊN ĐỀ CỦA HĐKH
A. ĐÁNH GIÁ CỦA HỘI ĐỒNG NHÀ TRƯỜNG THCS KHAI QUANG

* Ý kiến nhận xét:
.................................................................................................................................

.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
a. Chấm điểm
Phần 1:..................
Phần 2:..................
Phần 3:..................
Tổng điểm:.................
b. Xếp loại:...............
Đạt loại:..................

Khai Quang, ngày.....tháng.....năm 2013
CT-HĐKH

17


ĐÁNH GIÁ CHUYÊN ĐỀ CỦA HĐKH
A.ĐÁNH GIÁ CỦA HỘI ĐỒNG PHÒNG GD&ĐT THÀNH PHỐ VĨNH YÊN

* Ý kiến nhận xét:
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................

.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
a. Chấm điểm
Phần 1:..................
Phần 2:..................
Phần 3:..................
Tổng điểm:.................
b. Xếp loại:...............
Đạt loại:..................

Khai Quang, ngày.....tháng.....năm 2013
CT-HĐKH

18


19