skkn Hướng dẫn học sinh khai thác hướng giải các bài toán: “Giải phương trình nghiệm nguyên”. (50)

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN

1. Tên sáng kiến:
Hướng dẫn học sinh khai thác hướng giải các bài toán:
“Giải phương trình nghiệm nguyên”.

2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:
Bồi dưỡng học sinh khá, giỏi mơn tốn lớp 8.
3. Thời gian áp dụng sáng kiến:
...
4. Thông tin về tác giả :
Họ và tên : ....
Năm sinh : ...
Trình Độ chun mơn : Đại học.
Chức vụ công tác : Giáo viên.
Nơi làm việc : ...
Địa chỉ liên hệ : ...
Điện thoại : ...
5. Đơn vị áp dụng sáng kiến :
....

1


MỤC LỤC
A. ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN....................................3
B. MÔ TẢ GIẢI PHÁP.......................................................................................3
I. Thực trạng trước khi tạo ra sáng kiến.............................................................3
II. Các giải pháp...................................................................................................4
1. Hệ thống một số kiến thức.............................................................................4
2. Các biện pháp thực hiện đối với học sinh.......................................................7

3. Phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên..........................................8
Chuyên đề 1: Phương pháp sử dụng tính chất chia hết ..................................9
Phương pháp 1: Phát hiện tính chất chia hết của một ẩn.....................................9
Phương pháp 2: Phương pháp đưa về phương trình ước số..............................22
Phương pháp 3: Phương pháp tách giá trị nguyên............................................34
Phương pháp 4: Phương pháp xét số dư từng vế ..............................................46
Chuyên đề 2: Phương pháp dùng bất đẳng thức............................................54
Phương pháp 1: Phương pháp sắp thứ tự của ẩn...............................................54
Phương pháp 2: Phương pháp chỉ ra nghiệm
nguyên........................................67
Phương pháp 3: Dùng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai.............70
Chun đề 3: Phương pháp dùng tính chất của số chính phương................75
Phương pháp 1: Phương pháp tạo ra bình phương đúng...................................75
Phương pháp 2: Phương pháp tạo ra tổng các bình phương.............................82
Phương pháp 3: Phương pháp dùng ngun lí
kẹp ...........................................93
C. HIỆU QUẢ DO SÁNG KIẾN ĐEM LẠI.................................................106
D. CAM KẾT KHÔNG SAO CHÉP, VI PHẠM BẢN QUYỀN.....................107

2


A. ĐIỀU KIỆN HỒN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Phương trình nghiệm nguyên là một kiến thức trọng tâm của phân mơn
đại số lớp 8. Việc giải các bài tốn giải phương trình nghiệm nguyên giúp học
sinh ghi nhớ, tổng hợp các kiến thức cơ bản. Giải các bài toán phương trình
nghiệm ngun hay và khó sẽ giúp học sinh nâng cao được khả năng phân tích,
tổng hợp kiến thức, đồng thời giúp các em phát huy tối đa trí thơng minh của
mình.
Đối với học sinh lớp 8 nói chung và học sinh giỏi lớp8 nói riêng, tuy các

em đã có khả năng tự học nhưng nếu chỉ dựa vào khả năng tự học mà khơng có
sự hướng dẫn, gợi mở của giáo viên thì các em khó có thể “chinh phục” mọi bài
tốn trong chun đề phương trình nghiệm ngun một cách tồn diện.
Là giáo viên bộ mơn Tốn của trường THCS Nguyễn Hiền, tôi đã bồi
dưỡng học sinh giỏi đội tuyển toán 8 của nhà trường đã gần 4 năm. Thấy được ý
nghĩa và tầm quan trọng của chuyên đề “Giải phương trình nghiệm ngun”,
tơi đã suy nghĩ, tìm tịi và dành tâm huyết của mình để viết đề tài này với mục
đích bồi dưỡng tư duy, phát triển trí thơng minh, tính chủ động cho học sinh
góp phần nâng cao hiệu quả học tập, đặc biệt là trong các kỳ thi quan trọng như:
Thi học sinh giỏi cấp huyện, thi tuyển sinh vào các trường chuyên trong nước và
của tỉnh Nam Định...
B. MÔ TẢ GIẢI PHÁP
I. Thực trạng trước khi có sáng kiến:
1. Thuận lợi:
Bản thân là giáo viên được trực tiếp giảng dạy học sinh giỏi đội tuyển tốn
lớp 8 nên có cơ hội thử nghiệm sáng kiến, đúc rút kinh nghiệm và khẳng định
được giá trị của sáng kiến.
Học sinh trường THCS Nguyễn Hiền nói chung và học sinh giỏi đội tuyển
tốn nói riêng hầu hết có ý thức học tập nghiêm túc.
Tài liệu tham khảo rất nhiều như: Báo toán học tuổi trẻ, báo toán tuổi thơ;
các sách của các giáo sư đầu nghành toán và qua các trang mạng giáo dục.
3


2. Khó khăn:
Tuy các sách viết về chuyên đề này rất nhiều xong hầu hết khi học sinh sử
dụng các tài liệu đó các em chỉ biết được lời giải của bài tốn mà khơng biết được
đường lối suy nghĩ để tìm hướng giải cho bài tốn. Ở sáng kiến kinh nghiệm này
tôi giúp các em học sinh biết cách suy nghĩ để tìm ra hướng giải cho bài tốn.
Điều này địi hỏi giáo viên khơng chỉ hiểu sâu sắc bản chất kiến thức, nhiều kinh

nghiệm làm bài mà còn địi hỏi có ngơn ngữ diễn đạt trong sáng, dễ hiểu. Là một
giáo viên tốn, đây là điều khiến tơi đã và đang phải rèn luyện và cố gắng rất
nhiều.
Đứng trước mỗi bài tốn về phương trình nghiệm ngun, học sinh chưa
có định hướng một cách chủ động trong việc lựa chọn phương pháp giải toán.
Nhiều bước giải bài toán cịn thiếu chính xác, thiếu chặt chẽ. Ngun nhân chính
là do học sinh chưa được hệ thống các kiến thức một cách đầy đủ, chưa biết tổng
hợp kiến thức thành một công cụ cho bản thân để vận dụng trong giải toán.
Đứng trước yêu cầu của bài toán, học sinh chưa biết xuất phát từ đâu. Khi dựa
vào hướng dẫn giải toán trong các tài liệu SGK và sách tham khảo, học sinh chỉ
mới tiếp thu thụ động mà chưa chủ động tổng hợp các phương pháp giải. Trước
thực trạng đó, tơi đã tìm những giải pháp tích cực nhằm đem lại hiệu quả tốt
nhất cho hoạt động dạy và học, đồng thời trang bị thêm phương pháp giải toán
và các giải pháp để nâng cao hứng thú học tập, kích thích tính tự giác và tự học
của học sinh.
II. CÁC GIẢI PHÁP CỦA SÁNG KIẾN.
1. Hệ thống một số kiến thức cần thiết
1.1. Định nghĩa phép chia hết:
a, b  �(b

0) q, r sao cho a  bq  r với 0 �r< b .

- Nếu r  0 � a b
M.
- Nếu r �0 � a không chia hết cho b.

4


1.2. Một số tính chất: a,b,c,d ��

- Nếu a  0 thì a  a và 0  a.
- Nếu a  b và b  c  a  c.
- Nếu a  b và b  a  a =  b.
- Nếu a  b và a  c  a  BCNN(b; c).
- Nếu a  b, a c và (b, c) = 1  a  bc.
- Nếu a  b  ac  b.
1.3. Một số định lí thường dùng.
- Nếu a  c và b  c  (a  b)  c.
- Nếu a  c và b  d  ab  cd.
- Nếu a  b  an  bn ( n nguyên dương).
Một số hệ quả áp dụng:
+ a, b �� và n nguyên dương ta có (an – bn)  (a – b).
+ a, b �� và n chẵn (n nguyên dương) ta có (an – bn)  (a + b).
+ a, b �� và n lẻ (n nguyên dương) ta có (an + bn)  (a + b).
1.4. Tính chất của số chính phương
- Số chính phương khơng 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 chia cho 3 dư 0 hoặc dư 1.
- Số chính phương chia cho 4 dư 0 hoặc dư 1.
- Số chính phương chia cho 8 dư 0, dư 1 hoặc dư 4.
- Số chính phương chia cho 5 dư 0, dư 1 hoặc dư 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 dư 0; 1 hoặc 8.
- Không tồn tại số chính phương nằm giữa hai số chính phương liên tiếp.

5


1.5. Các dấu hiệu chia hết.
+ Dấu hiệu chia hết cho 2:

Số có chữ số tận cùng là 0;2;4;6;8.

+ Dấu hiệu chia hết cho 3:

Số có tổng các chữ số chia hết cho 3.

+ Dấu hiệu chia hết cho 4:

Số có 2chữ số cuối hợp thành số chia hết cho 4.

+ Dấu hiệu chia hết cho 5:

Số có chữ số tận cùng là 5 hoặc 0.

+ Dấu hiệu chia hết cho 8:

Số có 3 chữ số cuối hợp thành số chia hết cho 8.

+ Dấu hiệu chia hết cho 9:

Số có tổng các chữ số chia hết cho 9.

+ Dấu hiệu chia hết cho 10:

Số có chữ số tận cùng là 0.

+ Dấu hiệu chia hết cho 11:

Số có hiệu của tổng các chữ số hàng chẵn và

tổng các chữ số hàng lẻ chia hết cho 11.

1.6. Các hằng đẳng thức đáng nhớ:
1/  A  B  A 2  2AB  B2
2

2 /  A  B  A 2  2AB  B2
2

3 / A 2  B2   A  B   A  B 
4 /  A  B  A3  3A 2 B  3AB2  B3
3

5 /  A  B  A3  3A 2 B  3AB2  B3
2

6 / A3  B3   A  B   A 2  AB  B2 
7 / A3  B3   A  B   A 2  AB  B2 

8 /  A  B  C   A 2  B2  C2  2  AB  BC  CA 
2

1.7. Một số bất đẳng thức quen thuộc:
(Lưu ý: Khi sử dụng, học sinh phải chứng minh Bất đẳng thức 2.1 và Bất
đẳng thức 2.2 với n �3).
* Bất đẳng thức Côsi: a1  a2  a3  ...  an �n. n a1a2 ...an
với n  N * ; n 2 ; ai �0 và
Dấu bằng xảy ra 

i 1; n .

a1  a2  a3  ...  an .

6


* Bất đẳng thức Bunhia :

a

1

2

2

 a2  .... a n

2

 x

1

2



 x2  ...  xn  a1 x1  a 2 x2  ...  a n xn 
2

2

2

ai ; xi ; i 1; n và n  N * .
Dấu bằng xảy ra 

a
a1 a 2
 ...  n .
x1 x2
xn

1.8. Các phép biến đổi tương đương phương trình
- Nếu cộng vào hai vế của một phương trình với cùng một số hoặc một
biểu thức mà khơng làm thay đổi điều kiện xác định của phương trình đã cho, ta
được phương trình mới tương đương
- Nếu nhân vào hai vế của một phương trình với cùng một số khác không
hoặc một biểu thức luôn khác không mà khơng làm thay đổi điều kiện xác định
của phương trình đã cho, ta được phương trình mới tương đương.
- Tính chất nâng lên lũy thừa cùng bậc ở hai vế:
a, A B  A n B n với n là số tự nhiên lẻ .
b, A B  A n B n với A 0; B 0; n  N * và n chẵn.
2. Các biện pháp thực hiện đối với học sinh
Trước khi dạy chuyên đề này tôi cho các em làm bài kiểm tra với các bài
tập giải phương trình nghiệm ngun. Tơi chấm và phân tích chất lượng bài
kiểm tra chi tiết với từng đối tượng học sinh và cụ thể từng học sinh.
Khi dạy chuyên đề này tôi dạy phần cơ bản tương ứng với từng đơn vị
kiến thức của chuyên đề cho tất cả các học sinh lớp 8 của trường THCS Nguyễn

Hiền. Phần những bài tập vận dụng ở cấp độ 1 tôi giảng dạy cho các em học sinh
khá, các bài tập vận dụng ở cấp độ cao tôi dành cho các em học sinh giỏi trong
đội tuyển toán 8.
Sau khi cung cấp các phương pháp giải phương trình nghiệm ngun , tơi
cho các em tự rút ra kinh nghiệm cho mình. Sau đó tơi bổ sung và chốt lại những
kinh nghiệm cần nhớ của chuyên đề.
7


Cuối cùng tôi cho các em làm bài kiểm tra với các bài tập giải phương
trình nghiệm nguyên. Sau khi chấm trả và phân tích chất lượng chi tiết để so
sánh với chất lượng của bài kiểm tra trước khi dạy chuyên đề.
3. Phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên
Chuyên đề 1: Phương pháp sử dụng tính chất chia hết
Phương pháp 1: Phát hiện tính chất chia hết của một ẩn.
Phương pháp 2: Phương pháp đưa về phương trình ước số.
Phương pháp 3: Phương pháp tách giá trị nguyên.
Phương pháp 4: Phương pháp xét số dư từng vế.
Chuyên đề 2: Phương pháp dùng bất đẳng thức
Phương pháp 1: Phương pháp sắp thứ tự của ẩn.
Phương pháp 2: Phương pháp chỉ ra nghiệm nguyên.
Phương pháp 3: Dùng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai.
Chuyên đề 3: Phương pháp dùng tính chất của số chính phương
Phương pháp 1: Phương pháp tạo ra bình phương đúng.
Phương pháp 2: Phương pháp tạo ra tổng các bình phương.
Phương pháp 3: Phương pháp dùng ngun lí kẹp để giải phương
trình nghiệm ngun.

8

Chuyên đề 1: Phương pháp sử dụng tính chất chia hết
§1. Phương pháp phát hiện tính chất chia hết
I. Cơ sở lí luận của phương pháp
Đây là phương pháp học sinh nghĩ tới đầu tiên khi gặp bài tốn phương
trình nghiệm nguyên dạng ax  by  c . Nhưng để làm theo phương pháp này ta
phải giúp học sinh hiểu được bản chất kiến thức của phương pháp. Đó là muốn
tìm được nghiệm nguyên của phương trình ta kiểm tra tính chia hết của c và ax
(hoặc c và by) cho cùng 1 số k nguyên nào đó, từ đó ta phải lập luận để by cũng
phải chia hết cho số k, đặt y theo k và thế vào phương trình ban đầu tìm x. Muốn
kiểm tra tính chia hết của c và ax cần sử dụng những kiến thức sau:
1. Dấu hiệu chia hết cho 2, 3, 4, 5, 8, 9, 10, 11.
+ Dấu hiệu chia hết cho 2:

Số có chữ số tận cùng là 0;2;4;6;8.

+ Dấu hiệu chia hết cho 3:

Số có tổng các chữ số chia hết cho 3.

+ Dấu hiệu chia hết cho 4:

Số có 2chữ số cuối hợp thành số chia hết cho 4.

+ Dấu hiệu chia hết cho 5:

Số có chữ số tận cùng là 5 hoặc 0.

+ Dấu hiệu chia hết cho 8:

Số có 3 chữ số cuối hợp thành số chia hết cho 8.

+ Dấu hiệu chia hết cho 9:

Số có tổng các chữ số chia hết cho 9.

+ Dấu hiệu chia hết cho 10:

Số có chữ số tận cùng là 0.

+ Dấu hiệu chia hết cho 11:

Số có hiệu của tổng các chữ số hàng chẵn và
tổng các chữ số hàng lẻ chia hết cho 11.

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(a,b).
Nếu a Mb , a Mc và (b,c) = 1  a Mb.c
Nếu a Mb  ac Mb ( c ��) .
9


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 ngun dương).

II. Ví dụ: Giải các phương trình nghiệm ngun sau:

1. 3x  17 y  159 (1) .
* Phân tích tìm lời giải:
- Học sinh nhận thấy ngay muốn tìm nghiệm nguyên (x; y) ở phương trình
(1) ta phải kiểm tra tính chia hết của 159; 3 và 17.
3 mà 3xM
3.
3 x ��nên 17 yM
- Ta thấy 159 M3 nên 3x  7 yM
- Ta có 17 và 3 là hai số nguyên tố cùng nhau nên y phải chia hết cho 3.
- Đặt y = 3k ( k ��). Thay vào phương trình (1) tìm x. Do vậy ta có lời
giải như sau:
* Lời giải:
Giả sử tồn tại các số nguyên x, y thỏa mãn (1).
3 (do 17 và 3 là hai số nguyên tố
Vì x ��� 3xM
3 Mà 159Mdo
3 đó 17yM
3 � yM
cùng nhau).
Đặt y = 3k ( k ��). Thay vào phương trình ban đầu ta có:
3x  17.3k  159 � x  17k  53 .
�
�x  53  17k

(k ��) .
Do đó: �
� y  3k
�
�x  53 17k
(k ��) vào phương trình ban đầu thì thỏa mãn.
Thử lại, thay �
� y  3k

Vậy phương trình đã cho có vơ số nghiệm ngun (x;y) được biểu thị bởi công
�
�x  53  17k
(k ��) .
thức: �
� y  3k

10


2. 3x  2 y  10 (2)
* Phân tích hướng giải:
- Tương tự như PT(1) muốn tìm (x;y) ở phương trình (2) ta phải xét tính
chia hết của 10, 3 và 2.
* Lời giải:
Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn đề bài.
Ta thấy 10 và 2y đều chia hết cho 2 nên 3xM2 � xM2 (do 2 và 3 là hai số nguyên
tố cùng nhau).
Đặt x  2k (k ��) .Thay vào phương trình ban đầu ta có:
3.2k  2 y  10 � y  3k  5 .
�

� x  2k
(k ��) .
Do đó: �
�y  5  3k
�
� x  2k
(k ��) vào phương trình ban đầu thì thỏa mãn.
Thử lại, thay �
�y  5  3k

Vậy phương trình đã cho có vơ số nghiệm nguyên(x;y) được biểu thị bởi
�
� x  2k
(k ��) .
công thức : �
�y  5  3k

3. 11x  18 y  120 (3)
* Lời giải:
Giả sử tồn tại x, y nguyên thỏa mãn phương trình (3).
6 � xM
6 (vì 11 và 6 là hai số
Ta thấy 18y và 120 đều chia hết cho 6 nên 11xM
nguyên tố cùng nhau).
Đặt x  6k (k ��) . Thay vào phương trình ban đầu ta có:

11


11.6k  18 y  120

� 11.k  3 y  20
20 11k
� y
3
21 12k 1  k
3
k 1
� y  7  4k 
3
� y

Để y nguyên thì

k 1
��hay k  1 M3 .
3

Đặt k 1  3t (t ��) � k  3t  1 .
3t
Khi đó x  6k  6(3t  1)  18t  6 và y  7  4(3t  1)   7 12t  4  t  3 11t .
t
Thử lại: 11(18t  6)  18(3 11t )  198t  66  54 198t  120 (đúng)
Vậy phương trình đã cho có vơ số nghiệm ngun (x;y) được biểu thị bởi công
�
�x  18t  6
(t ��) .
thức: �
�y  3  11t

* Lời bình: GV cần chú ý nhắc HS ghi nhớ: y 

20 11k
với k là số ngun thì
3

y chưa chắc đã có giá trị ngun nên nếu đem kết quả này thay vào phương trình
để tìm x rồi kết luận nghiệm là sai. Ta cần phải biến đổi tiếp đưa y về dạng
y  3 11t (t ��) . Lúc này với mọi giá trị t là số nguyên thì giá trị của y cũng là
số ngun. Khi đó ta mới thay vào phương trình tìm x theo t rồi kết luận nghiệm
của phương trình.
III. Bài tập vận dụng:
Bài 1. Gải phương trình nghiệm nguyên 3 x  19 y  168.
Bài 2. Giải phương trình nghiệm nguyên 7 x  8 y  200.
Bài 3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2 x  3 y  11.
(Chuyên tỉnh Hậu Giang năm 2016 – 2017).
Bài 4. Tìm tập hợp nghiệm nguyên của phương trình 4 x  7 y  15.
12


(Chuyên tỉnh Quảng Ngãi năm 2016 – 2017)
Bài 5. Tìm các số tự nhiên m, n thỏa mãn phương trình 19m  94n  1994.
(Chuyên tỉnh Tiền Giang năm 2015 – 2016)
Bài 6. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 11x  18 y  120.
(HSG tỉnh Tiền Giang năm 2015 – 2016)
Bài 7. Tồn tại hay không các số tự nhiên x, y, z thỏa mãn 5 x 2  2016 y 1  2017 z .
(Tạp chí Tốn học và tuổi trẻ số 434)
Bài 8. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 19 x 2  28 y 2  729 .
(Đề thi HSG Tỉnh Hà Nam năm 2015 – 2016)
Bài 9. Tồn tại hay không các số tự nhiên x, y, z thỏa mãn 2016 x  2017 y  2018z.
(Tạp chí Tốn học và tuổi trẻ số 420)

Bài 10. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2 x  3 y  11.
Bài 11. Tìm cập số nguyên dương (x; y) thỏa mãn phương trình 6 x 2  5 y 2  74.
Bài 12. Chứng minh rằng phương trình sau khơng có nghiệm ngun

x 2  y 2  z 2  199.
Bài 13. Tìm tất cả các nghiệm nguyên x; y thỏa mãn

x y
3
 .
2
x  xy  y
7
2

Bài 14. Giải phương trình nghiệm nguyên 7 x 2  13 y 2  1820.
Bài 15. Chứng minh rằng không tồn tại x, y là các số nguyên thỏa mãn biểu thức
2012 x 2015  2013 y 2018  2015.
3
3
2
2
Bài 16. Giải phương trình nghiệm nguyên x  y  95( x  y ).

(Chuyên Khoa học tự nhiên 2016 -2017)
Bài 17. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 6 x  15 y  10 z  3 .
(Chuyên Tỉnh Quảng Ninh năm 2016 – 2017)
x
4
Bài 18. Tìm x, y là các số tự nhiên thỏa mãn 5  y  4 y  1 .

13


(Tạp chí Tốn học và tuổi trẻ số 434)
2
3
4
Bài 19. Tìm x, y, z là các số tự nhiên thỏa mãn x  y  z  90.

(Tạp chí Tốn học và tuổi trẻ số 166)

Hướng dẫn khai thác tìm lời giải và lời giải
Bài 1. Gải phương trình nghiệm nguyên 3 x  19 y  168. (1)
* Phân tích tìm lời giải:
- Học sinh nhận thấy ngay muốn tìm nghiệm nguyên (x; y) ở phương trình
(1) ta phải kiểm tra tính chia hết của 168; 3 và 19.
3 mà 3xM
3.
3 x ��nên 19 yM
3 nên 3x  19 yM
- Ta thấy 168M
- Ta có 19 và 3 là hai số nguyên tố cùng nhau nên y phải chia hết cho 3.
- Đặt y = 3k ( k ��). Thay y = 3k vào PT(1) tìm x. Do vậy ta có lời giải
như sau:
* Lời giải:
Giả sử tồn tại các số nguyên x, y thỏa mãn (1).
3 (do 19 và 3 là hai số nguyên tố
3 Mà 168Mdo
3 đó 19yM

3 � yM
Vì x ��� 3xM
cùng nhau).
Đặt y = 3k ( k ��). Thay y = 3k vào phương trình ban đầu ta có:
3x  19.3k  168 � x  19k  56 .
�
�x  56  19k
(k ��) .
Do đó: �
� y  3k
�
�x  56  19k
(k ��) vào phương trình ban đầu thì thỏa mãn.
Thử lại , thay �
� y  3k

Vậy phương trình đã cho có vơ số nghiệm ngun (x; y) được biểu thị bởi công
�
�x  56  19k
(k ��) .
thức: �
� y  3k

Bài 2. Giải phương trình nghiệm nguyên 7 x  8 y  200. (2)
14


* Phân tích hướng giải:
- Tương tự như PT(1) muốn tìm (x; y) ở phương trình (2) ta phải xét tính
chia hết của 7, 8 và 200.

* Lời giải:
Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn đề bài.
Ta thấy 200 và 8y đều chia hết cho 8 nên 7 xM
8 � xM
8 (do 7 và 8 là hai số nguyên
tố cùng nhau).
Đặt x  8k (k ��) . Thay x  8k (k ��) vào phương trình ban đầu ta có:
7.8k  8 y  200 � y  7k  25
�
� x  8k
(k ��) .
Do đó: �
�y  25  8k
�
� x  8k
(k ��) vào phương trình ban đầu thì thỏa mãn.
Thử lại, thay �
�y  25  8k

Vậy phương trình đã cho có vơ số nghiệm nguyên(x; y) được biểu thị bởi công
�
� x  8k
(k ��)
thức: �
�y  25  8k

Bài 3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2 x  3 y  11. (3)
(Chuyên tỉnh Hậu Giang năm 2016 – 2017)
* Lời giải:

Giả sử tồn tại x, y nguyên thỏa mãn phương trình (3).
Ta thấy 11 khơng chia hết cho 2 mà 2x chia hết cho 2 nên 3y là số lẻ suy ra y lẻ
(vì 3 là số lẻ).
Đặt y  2k  1(k ��) .Thay y  2k  1(k ��) vào phương trình ban đầu ta có:
2 x  3.(2k  1)  11
� 2 x  8  6k
� x  4  3k
15


Vậy phương trình đã cho có vơ số nghiệm ngun(x;y) được biểu thị bởi công
�
�x  4  3k
(t ��) .
thức: �
�y  2k  1

16


Bài 4. Tìm tập hợp nghiệm nguyên của phương trình 4 x  7 y  15. (4)
( Chuyên tỉnh Quảng Ngãi năm 2016 – 2017)
* Phân tích tìm lời giải:
- Nhận thấy 4x là số chẵn, 15 là số lẻ. Lại có 4 x  7 y  15 nên 7y là số lẻ
mà 7 là số lẻ nên y là số lẻ.
- Đặt y = 2k+1 ( k ��). Thay y = 2k+1 vào phương trình (4) tìm được x.
Do đó ta có lời giải như sau:
* Lời giải:
Giả sử tồn tại các số nguyên x, y thỏa mãn (4).
Vì x ��� 4 xM2 . Lại có 15 khơng chia hết cho 2 do đó 7y khơng chia hết cho 2

hay y là số lẻ.
Đặt y = 2k+1 ( k ��). Thay y = 2k+1 vào phương trình ban đầu ta có:
4 x  7.(2k  1)  15 � 2 x  7k  4 � x 

4  7k
7k
 2 .
2
2

Vì x nguyên nên 7k phải chia hết cho 2 mà 7 và 2 là hai số nguyên tố cùng nhau
suy ra k chia hết cho 2. Đặt k = 2t ( t ��).
�
�x  7t  2
(t ��).
Do đó: �
�y  1  4t
�
�x  7t  2
(t ��) vào phương trình ban đầu thì thỏa mãn.
Thử lại, thay �
�y  1  4t

Vậy phương trình đã cho có vơ số nghiệm ngun (x; y) được biểu thị bởi công
�
�x  7t  2
(t ��) .
thức: �
�y  1  4t

* Lời bình: Tránh sai lầm khi thay x 

4  7k
vào phương trình để tìm y. Ta cần
2

phải biến đổi tiếp đưa x về dạng x  7t  2(t ��) . Lúc này với mọi giá trị t là số
nguyên thì giá trị của x cũng là số nguyên. Khi đó ta mới thay x  7t  2(t ��)
vào phương trình tìm x theo t rồi kết luận nghiệm của phương trình.
17


Bài 5. Tìm các số tự nhiên m, n thỏa mãn phương trình

19m  94n  1994.(5)
(Chuyên tỉnh Tiền Giang năm 2015 – 2016)
* Phân tích hướng giải:
- Vì m, n là các số tự nhiên do đó ta có 94n < 1994 suy ra n < 21 và ta tìm
được số tự nhiên (m, n) là: (100;1), (6;20).
Bài 6. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 11x  18 y  120.(6)
(HSG tỉnh Tiền Giang năm 2015 – 2016)
* Phân tích hướng giải:
- Cùng mạch suy nghĩ như phương trình (1), (2). Ta có nghiệm ngun
(x; y) được biểu thị bởi công thức:
�
�x  18t  6
(t ��).
�
�y  3  11t

Bài 7. Tồn tại hay không các số tự nhiên x, y, z thỏa mãn

5 x 2  2016 y 1  2017 z. (7)
(Tạp chí Tốn học và tuổi trẻ số 434)
* Phân tích hướng giải:
- Nhận thấy phương trình có 3 ẩn x, y, z trong đó chỉ có ẩn x đóng vai trị
là cơ số. Do vậy ta nghĩ tới việc xét tính chia hết đối với 5x2.
- Trước hết ta có 2017 chia 3 dư 1 do đó  2017 z chia 3 dư 1 hay
2017 z  3n  1 (n là số nguyên). Lại có 2016 chia hết cho 3 nên 2016 y1 cũng
chia hết cho 3. Do vậy 5x2 không chia hết cho 3. Vậy 5x 2  3t  1 .
- Để có thể giải quyết tiếp bài tốn HS cần xét tích sau:

T   3k  r   3h  s   3  3kh  ks  hr   sr .
Xét t  kh  ks  hr và sr = 1 ta có nếu s = r = 0 thì T = 3t( chia hết cho 3).
Nếu r = s= 1 thì T = 3t+1(chia 3 dư 1).

18


Theo đó x2 phải chia hết cho 3 hoặc chia 3 dư 1nên 5x2 chia hết cho 3
hoặc chia cho 3 dư 2. Điều này mâu thuẫn với bài toán. Do vậy ta có lời giải như
sau:
* Lời giải:
Xét tích 3k + r với r bằng 0,1,2 ta thấy:
T   3k  r   3h  s   3  3kh  ks  hr   sr .
Nếu r = s = 1 thì T = 3n + 1.
Nếu s = r = 0 thì T = 3m.
Ta có 2017 chia 3 dư 1 do đó 2017 z chia 3 dư 1 hay 2017z = 3n+1 (n là số
nguyên). Lại có 2016 chia hết cho 3 nên 2016 y+1 cũng chia hết cho 3 hay 2016y+1
= 3m. Do vậy 5x2 không chia hết cho 3 hay 5x2 phải có dạng 3k+1.

Theo bài tốn xét lúc đầu suy ra x2 phải có dạng 3m hoặc 3n+1 nên 5x2
phải có dạng 3k hoặc 3k +2 (mâu thuẫn với 5x2 phải có dạng 3k+1.)
Vậy khơng tồn tại các số tự nhiên x, y, z thỏa mãn đề bài.
2
2
Bài 8. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình19 x  28 y  729.(8)

(HSG Tỉnh Hà Nam năm 2015 – 2016)
* Hướng dẫn giải:
- Sử dụng phương pháp phát hiện tính chia hết ta có phương trình đã cho
vơ nghiệm.
Bài 9. Tồn tại hay không các số tự nhiên x, y, z thỏa mãn

2016 x  2017 y  2018z.
(Tạp chí Toán học và tuổi trẻ số 420)
* Hướng dẫn giải: Phương trình có nghiệm ngun (x, y, z) là: (0;1;1).
Bài 10. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2 x  3 y  11 .
* Hướng dẫn giải:
�
�x  4  3k
(t ��).
Ta có nghiệm nguyên (x; y) được biểu thị bởi công thức: �
�y  2k  1

19


Bài 11. Tìm cặp số nguyên dương (x; y) thỏa mãn phương trình

6 x 2  5 y 2  74 .

* Hướng dẫn giải: Cặp số (x, y)nguyên dương cần tìm là (3, 2).
Bài 12. Chứng minh rằng phương trình sau khơng có nghiệm ngun

x 2  y 2  z 2  199.
* Phân tích hướng giải:
- Nhận thấy x 2 , y 2 , z 2 đều là các số chính phương. Trong đó số chính
phương chẵn thì chia hết cho 4 cịn số chính phương lẻ chia 4 dư 1. Lại có 199 là
số lẻ nên trong 3 số x 2 , y 2 , z 2 sẽ có 1 số lẻ, hai số chẵn hoặc cả 3 số lẻ.
- Do vậy ta sẽ xét hai trường hợp và có lời giải như sau:
* Lời giải:
Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn đề bài.
Ta thấy 199 là số lẻ nên x 2  y 2  z 2 là số lẻ. Mà với x, y, z nguyên thì
x 2 , y 2 , z 2 đều là các số chính phương. Trong đó số chính phương chẵn thì chia
hết cho 4 cịn số chính phương lẻ chia 4 dư 1 nên trong 3 số x 2 , y 2 , z 2 sẽ có 1 số
lẻ, hai số chẵn hoặc cả 3 số lẻ.
TH1: Có 1 số lẻ và 2 số chẵn.
Ta có x 2  y 2  z 2 chia cho 4 dư 1 mà 199 chia 4 dư 3 nên khơng thỏa mãn.
TH2: Cả 3 số lẻ.
Ta có x 2  y 2  z 2 chia cho 8 dư 3 cịn 199 chia 8 dư 7 khơng thỏa mãn.
Vậy phương trình khơng có nghiệm ngun.
Bài 13. Tìm tất cả các nghiệm nguyên x;y thỏa mãn

x y
3
 .
2
x  xy  y
7
2

* Hướng dẫn giải:
- Nếu không biến đổi phương trình về dạng 7( x  y)  3( x 2  xy  y 2 ) thì
bài tốn sẽ khó tìm hướng giải.
20


- Đặt x + y = p (p ��) và x – y = q (q ��). Suy ra x 
- Thế x 

pq
pq
;y
2
2

pq
pq
;y
vào phương trình ta có 28p = 3(p2 + 3q2).
2
2

3 suy ra p = 3k. Khi đó 28k  3(3k 2  q 2 ).
Dễ thấy p �0; 3( p 2  3q 2 )M
Vậy k chia hết cho 3 suy ra k = 3m.
- Thay k = 3m ta có 28m  27m 2  q 2 suy ra 28m  27m 2  q 2  . Mà q 2  �0
nên m = 0 hoặc m = 1.
- Từ đó tìm được nghiệm của phương trình là (4; 5) và (5; 4).
Bài 14. Giải phương trình nghiệm nguyên 7 x 2  13 y 2  1820.
* Hướng dẫn giải:

- Phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên (x, y) là:
(13; 7), (-13; 7), (13; -7), (-13; -7).
Bài 15. Chứng minh rằng không tồn tại x, y là các số nguyên thỏa mãn biểu thức

2012 x 2015  2013 y 2018  2015.
* Hướng dẫn giải:
- Để giải phương trình ta sẽ xét tính chia hết của 2012, 2013 và 2015.
- Nhận thấy 2012 là số chẵn, 2015 là số lẻ nên 2013y2018 là số lẻ. Mà 2013
là số lẻ nên y2018 là số chẵn. Khi đó ta xét 2 tường hợp đối với y.
+TH1: y chẵn suy ra VT là số chẵn mà VP là số lẻ nên loại.
+TH2: y lẻ suy ra y1009 là số lẻ.
Đặt y1009 = 2n + 1 với n nguyên. Khi đó
2013. y 2018  2013.(2n  1)2  2013(4n 2  4n  1)  4.2013(n 2  n)  2013
Nên 2012 x 2015  2013 y 2018 chia 4 dư 1 mà 2015 chia 4 dư 3( Vô lí).
Vậy khơng có số ngun nào thỏa mãn đề bài.

21


3
3
2
2
Bài 16. Giải phương trình nghiệm nguyên : x  y  95( x  y ) .

(Đề thi Chuyên Khoa học tự nhiên 2016 -2017)
* Hướng dẫn giải:
3
3
2

2
- Nhận thấy x  y  ( x  y )( x  xy  y ).

5 � x, y M
5.
- Xét bài toán sau: x 2  xy  y 2 M
5 suy ra x3 – y3chia hết cho 5.
Thật vậy, vì x 2  xy  y 2 M
Ta có x3 chia 5 dư 0, 1, 2, 3 hoặc 4nên thử lần lượt các cặp số dư ta thấy
chi có x và y chia cho 5 có cùng số dư thỏa mãn. Vậy bài toán được chứng minh.
- Quay trở lại bài toán ta đặt d = (x,y) suy ra x = da và y = db; (a,b) = 1.
Từ đề bài suy ra 95(a 2  b2 )Ma 2  ab  b 2 .
Gọi q là số nguyên tố sao cho (a 2  b2 ; a 2  ab  b2 )Mq � abMq .
Mà ta được a 2  b 2 Mq � a, bMq (vơ lí).
Vậy 95Ma 2  ab  b2 � 19Ma 2  ab  b2 .
Xét tất cả các tường hợp ta có d = 65.
- Vậy (x, y) = (9195; 130).
Bài 17. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 6 x  15 y  10 z  3.
(Chuyên Tỉnh Quảng Ninh năm 2016 – 2017)
* Hướng dẫn giải: Nghiệm của phương tình là (5t - 5k -2; 1- 2t; 3k).
Bài 18. Tìm x, y là các số tự nhiên thỏa mãn: 5x  y 4  4 y  1.
(Tạp chí Tốn học và tuổi trẻ số 434)
* Hướng dẫn giải:
- Nghiệm tự nhiên của phương trình là (0; 0); (2; 2).
Bài 19. Tìm x, y, z là các số tự nhiên thỏa mãn x 2  y 3  z 4  90 .
(Tạp chí Tốn học và tuổi trẻ số 166)
* Hướng dẫn giải:
- Nghiệm tự nhiên của phương trình là: (9; 2; 1), (1; 2; 3), (5;4;1).
22

§2.Phương pháp đưa về phương trình ước số
I. Cơ sở lí luận của phương pháp
Ta gọi phương trình ước số là phương trình có vế trái là một tích các biểu
thức có giá trị nguyên, vế phải là một hằng số nguyên. Bằng cách tìm ước số của
hằng số nguyên đó, ta tìm được nghiệm ngun của phương trình. Hoặc ta có thể
đưa phương trình về phương trình ước số bằng cách biến đổi phương trình về
dạng:
Dạng 1. A.B.C=0 (*)
�A  0
�
Phương trình (*) xảy ra � �B  0
�
C 0
�

Dạng 2. A.B.C  m.n. p (**) với m; n; p ��
Am
�
�
Phương trình (**) xảy ra � �B  n và các hốn vị của chúng.
�
Cp
�

II. Các ví dụ: Giải các phương trình nghiệm nguyên sau

1. xy  x  y  2. (1)
* Phân tích tìm hướng giải:
- Ta thấy phương trình này có 2 ẩn x, y. Việc sử dụng phương pháp phát

hiện tính chia hết của ẩn là rất khó khăn.
- Do vậy ta khơng thể giải bằng phương pháp phát hiện tính chất chia hết
của ẩn. Mặt khác, ta thấy sau khi nhóm 2 hạng tử xy và x cho ta biểu thức
x  y 1 , ta thêm 1 vào vế phải và nhóm với hạng tử  y còn lại được biểu thức
–  y 1 , phương trình sẽ xuất hiện nhân tử chung ở vế trái và có thể đưa vế trái
về dạng tích  x 1  y 1 . Do đó ta có lời giải sau:
* Lời giải:
Giả sử tồn tại x, y nguyên thỏa mãn phương trình (1).
Biến đổi phương trình (1) thành:
23


x( y 1)  y  2
� x( y 1)  ( y  1)  3
� ( x  1)( y 1)  3
Vì x, y nguyên nên x  1 và y 1 cũng nguyên. Do vậy x  1 và y 1 là các ước
của 3. Mà Ư(3)=  1; 1;  3; 3 .
Lập bảng giá trị ta có:
x 1

-3

-1

1

3

x

-2

0

2

4

y 1

-1

-3

3

1

y

0

-2

4

2

Thỏa mãn

Thỏa mãn

Thỏa mãn

Thỏa mãn

Vậy phương trình (1) có nghiệm (x; y) là: (-2; 0), (0; -2), (2; 4), (4; 2).
* Lời bình:
- Với phương trình trên ta cũng có thể sử dụng máy tính Casio kết hợp với
các bước giải để giúp các em phân tích khá nhanh phương trình này.
Bước 1: Chuyển tất cả các hạng tử vế phải sang vế trái ta có xy  x  y  2  0 và
đặt A  xy  x  y  2.
Bước 2: Thay y = 1000 vào biểu thức A ta được: A  999x  1002.
Bước 3: Ta có A  999x  999  3  999  x 1  3   1000 1  x 1  3 .
Bước 4: Thay 1000 = y vào lại biểu thức ở bước 3 ta có A   x 1  y 1  3.
Bước 5: Thay A   x 1  y 1  3 vào phương trình ở bước 1 ta có

 x 1  y 1  3.
- Với cách làm này giúp các em có được kết quả phân tích vế trái thành
nhân tử, vế phải là số nguyên. Kết hợp các phép biến đổi như tách, cộng, trừ,
nhóm, đặt nhân tử chung các em dễ dàng có được lời giải của bài tốn.

24


2. 2xy  x  y  3.   2 
* Phân tích tìm hướng giải:
- Vì khi nhóm 2 hạng tử đầu tiên 2xy và –x ta được x  2y 1 . Do vậy ta
cần thêm bớt hạng tử y cịn lại để có (2y – 1).
- Tuy nhiên phương trình chỉ có y nên ta nghĩ tới việc nhân cả hai vế với

2. Do vậy ta có lời giải như sau:
* Lời giải:
Giả sử phương trình có nghiệm nguyên x, y thỏa mãn phương trình (2).
Biến đổi phương trình (2) ta được:
2 xy  x  y  3
� 4 xy  2 x  2 y  6
� 2 x(2 y 1)  (2 y 1)  5
� (2 x  1)(2 y  1)  5

Vì x, y nguyên nên 2x + 1 và 2y 1 cũng nguyên. Do vậy 2x + 1 và 2y 1 là các
ước của 5. Mà Ư(5) =  1;1;  5;5 .
Lập bảng giá trị ta có:
2x + 1

-5

-1

1

5

x

-3

-1

0

2

2y - 1

-1

-5

5

1

y

0

-2

3

1

Thỏa mãn

Thỏa mãn

Thỏa mãn

Thỏa mãn

Vậy phương trình (1) có nghiệm (x; y) là: (-3; 0), (-1; -2), (0; 3), (2; 1).
2
2
3. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 3x  10 xy  8y  96. (3)

* Phân tích tìm hướng giải:
- Nếu ta nhóm 2 hạng tử đầu hoặc 2 hạng tử sau của vế trái thì nhân tử thu
được chứa cả x và y. Mà hạng tử còn lại khơng thể thêm bớt để có được nhân
trử chung giống với biểu thức nhóm trước đó. Do vậy phương trình (3) khơng
thể làm tương tự như phương trình (2) để phân tích thành phương trình ước số.

25