Các phơng pháp và kĩ thuật giải
phơng trình nghiệm nguyên
i. phần mở đầu
I.1. Lý do chọn đề tài:
* Mục đích của giảng dạy đại số trong nhà trờng phổ thông THCS là:
- Mở rộng khái niệm về số
- Biến đổi đồng nhất các biểu thức đại số
- Hàm số
- Phơng trình.
" phơng trình" là 1trong 4 mục đích lớn cần đạt của việc giảng dạy đại số trong nhà
trờng phổ thông THCS. Đây là một vấn đề xuyên suốt toàn cấp mang "tính kĩ thuật" có
nhiều áp dụng thực tiễn,
Khái niệm phơng trình đợc hiểu một cách tờng minh theo quan điểm hàm.
Có thể nói t tởng của khái niệm là t tởng hàm. Nội dung của khái niệm thể hiện ở kĩ thuật
tìm nghiệm tức là giải phơng trình. Giải phơng trình là thực hiện liên tiếp các phép biến
đổi tơng đơng phơng trình đã cho đến một phơng trình đơn giản nhất. Vì vậy dạy phơng
trình là chủ yếu làm cho học sinh nắm vững kĩ thuật giải pt (kĩ thuật tìm nghiệm) song
không đợc coi nhẹ t tởng của phơng trình là khái niệm hàm số.
* Trong quá trình rèn luyện kĩ năng giải các phơng trình đại số ở dạng tổng quát. Học
sinh còn đợc đề cập tới việc giải các phơng trình mà yêu cầu nghiệm của phơng trình
thuộc tập Z. Nên cần định hớng cho các đối tợng học sinh nói chung và học sinh khá giỏi
nói riêng, những ý tởng, phơng thức tìm nghiệm nguyên của 1 phơng trình và hình thành
cho học sinh những phơng pháp và kĩ thuật giải phơng trình nghiệm nguyên.
* Bài toán tìm nghiệm nguyên của pt đã đợc ẩn tàng ngay từ các lớp ở bậc tiểu học cho
đến chơng trình toán cấp 2 (THCS); bắt đầu từ lớp 6 việc tìm các nghiệm nguyên của 1 pt
đã đợc đề cập tờng minh hơn. Có thể nói: bài toán tìm nghiệm nguyên của pt đã đợc đề
cập trong chơng trình toán phổ thông nhất là đối với các đối tợng học sinh khá , giỏi.
* Song việc tìm nghiệm nguyên của 1 pt ở chơng trình phổ thông đặc biệt là ở THCS cha
nêu ra cụ thể về cách giải cũng nh các dạng bài tập mà thờng nêu ra trong 1bài toán tổng
hợp hoặc những bài toán ở các tài liệu tham khảo. Do vậy việc giải các pt nghiệm nguyên
ở các kì thi nhất là thi học sinh giỏi; thi vào các trờng chuyên, học sinh còn lúng túng cha

nguyên và một số ứng dụng của việc đi tìm nghịêm nguyên với các bài toán có liên quan.
* Nêu ra bài học kinh nghiệm và cách khắc phục những sai lầm cho học sinh.
II. Phần Nội dung.
II.1. Chơng 1: Tổng quan.
* Trong chơng này chúng ta hình dung đợc:
Một số khái niệm:
- Giải phơng trình chứa các ẩn x; y; t trong tập Z là tìm tất cả các bộ số nguyên ( x, y ,
t, ) thoả mãn phơng trình đó.
- Khi giải phơng trình với nghiệm nguyên do phải lợi dụng các tính chất của tập Z nên
ngoài các biến đổi tơng đơng ta còn dùng đến các biến đổi mà các giá trị của ẩn mới chỉ
thoả mãn điều kiện cần ( chứ cha phải điều kiện cần và đủ của nghiệm ). Trong trờng hợp
này ta cần kiểm tra lại các giá trị đó bằng cách thử vào phơng trình đã cho. Vì thế việc
giải một " Phơng trình nghiệm nguyên" thờng gồm hai bớc:
Bớc1: Giả sử phơng trình có nghiệm nguyên ( x
0
; y
0
; t
0
, ) ta suy ra các ẩn phải nhận
các giá trị nào đó.
Bớc 2: Thử lại các giá trị đó của ẩn để kết luận tập nghiệm của phơng trình.
Để đơn giản trong nhiều trờng hợp (bài toán) bớc 1 không tách riêng một cách tờng minh
và các giá trị x
0
, y
0
, t
0
Vẫn đợc biểu thị bởi x, y, t Với bài toán các phép biến đổi đến t-


3. Do (17, 3) = 1 y

3.
Ta đặt y = 3t (t Z) thay vào (1) có:
3x + 17.3t = 159 x + 17t = 53.
x = 53 - 17t
(t Z).
y = 3t
Thử lại: Thay x, y vào (1) thoả mãn.
Vậy (1) có vô số nghiệm nguyên (x; y) đợc biểu thị bởi công thức:

b) Đa về phơng trình ớc số:
* Khi giải phơng trình ta đa phơng trình: f(x, y) = m (1) về dạng:
f
1
(x).f
2
(y) = k. (2) (m, k Z).
Ta coi (2) là phơng trình ớc số: Vế trái là tích các thừa số nguyên.
* Ví dụ: Giải phơng trình trong Z: xy - y - x - 2 = 0 (*)
- Trớc hết ta biến đổi phơng trình: (*) x(y - 1) - (y - 1) = 3 (y - 1)(x - 1) = 3.
(đây chính là phơng trình ớc số) ta coi (y - 1); (x - 1) là các ớ của 3 vì 3 > 0
(x - 1)(y - 1) cùng dấu: Ta có:
x -1 3 1 -1 -3

x 4 2 0 -2
y - 1 1 3 -3 -1 y 2 4 -2 0
c) Tách ra các giá trị nguyên:
Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của pt: x(y - 2) = y + 2

1) x
2
- y
2
= 1998; 2) x
2
+ y
2
= 1999.
ở (1): Dễ chứng minh đợc x
2
, y
2
chia cho 4 chỉ có số d là 0 hoặc 1 x
2
- y
2
chia cho 4
chỉ có số d là 0, 1, 3. Còn vế phải 1998 chia cho 4 d 2. Vậy pt đã cho vô nghiệm.
ở (2): Tơng tự ta có: x
2
+ y
2
chia cho 4 d: 0; 1; 2. Vế phải: 1999 chia cho 4 d 3.
Vậy pt vô nghiệm.
b) Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của pt: y
2
+ y - 9x = 2 (*)
Ta có: (*) 9x + 2 = y(y + 1).
Vế trái (*) chia cho 3 d 2 nên y(y + 1) chia cho 3 d 2

1
Suy ra: y > 3. Do x y 1 Suy ra
yx
11

Nên
yyx
211
3
1
+=
;
3
12

y
y 6.
Ta xác định đợc miền giá trị của y: 4 y 6
Với y = 4 ta có:
12
1
4
1
3
11
==
x
x= 12
Với y = 5 Ta có
15

)
x
= 1 (1).
Với x = 0 (1) vô nghiệm.
Với x = 1 (1) thoả mãn ( x = 1 là nghiệm).
Ta chứng minh cho x = 1 là 1 nghiệm duy nhất của pt đã cho.
Với x 2 thì: (
5
2
)
x
<
5
2

x
)
5
2
(
+(
5
3
)
x
< 1.
(
5
3
)

2
- xy - x - y = 0 (1)
Ta biến đổi thành pt: x
2
- (y + 1) x + (y
2
- y) = 0 (2)
( Nhờ đổi tham số coi x là ẩn; y là tham số).
Điều kiện cần để (2) có nghiệm là 0.
(y + 1)
2
- 4 (y
2
- y) 0 - 3y
2
+ 6y + 1 0.
3y
2
- 6y - 1 0 3(y - 1)
2
4 (y - 1)
2
1.
Suy ra: y - 1 1 0 y 2 y 0; 1; 2

Với y = 0 thay vào (2) đợc: x
2
- x = 0 x
1
= 0; x

II.2.1.4. Sử dụng tính chất của số chính phơng.
a) Sử dụng tính chất về chia hết của số chính phơng.
- Số chính phơng không có tận cùng bằng 2; 3; 7; 8.
- Số chính phơng chia hết cho số nguyên tố k thì chia hết cho k
2
.
- Số chính phơng chia cho 3 có số d là 0; 1
5
- Số chính phơng chia cho 4 có số d là 0; 1
- Số chính phơng chia cho 8 có số d là 0; 1; 4
* Ví dụ: Tìm các số nguyên x để 9x + 5 là tích của 2 số nguyên liên tiếp.
Giả sử 9x + 5 = n(n + 1) với n Z.
36x + 20 = 4n
2
+ 4n
36x + 21= 4n
2
+ 4n + 1 3(12x + 7) = (2n + 1)
2
Nhận thấy số chính phơng (2n + 1)
2
= 3(12x + 7) (2n + 1)
2


3 nên chia hết cho 9.
Mà (12x+7) không chia hết cho 3 12x+7 không chia hết cho 9
Mâu thuẫn này chứng tỏ không có x Z để 9x + 5= n(n + 1).
* Chú ý: Có thể làm theo cách khác nh sau: 9x + 5 = n(n + 1) n
2

Do: 7 - y
2
0 y
2
= 1 khi đó (2) có dạng:
x + 1 = 3 x = 2
2(x + 1)
2
= 18 (x + 1)
2
= 9
x + 1= -3 x = - 4.
Từ đó có các nghiệm là:
(2; 1); (2; -1); (-4; 1); (-4; -1).
c) Xét các số chính phơng liên tiếp:
* Ta chú ý nguyên lý sau: " ở giửa 2 số chính phơng liên tiếp không có số chính phơng
nào ". Do đó với mọi a, x Z ta có: Không tồn tại x sao cho : a
2
< x
2
< (a+ 1)
2
Nếu : a
2
< x
2
< (a+2)
2
Thì : x
2

+x + 3 = y
2
Ta có: y
2
= (x
2
+ x)
2
+( x
2
+ x +3) . Ta sẽ chứng minh: a
2
< y
2
< (a+2)
2
; ( a= x
2
+ x )
Thật vậy ta có: y
2
- a
2
= x
2
+ x +3 = (x +
2
1
)
2

2
< (a+2)
2
suy ra: y
2
= (a+ 1)
2
x
4
+ 2x
3
+ 2x
2
+x + 3 = (x
2
+ x + 1)
2
x
2
+ x - 2= 0 x=1 hoặc x = -2 suy ra
nghiệm của p t đã cho là: ( 1; 3 ) ; ( -2 ; 3 )
d) Sử dụng tính chất: Nếu hai số nguyên dơng, nguyên tố cùng nhau có tích là 1 số
chính phơng thì mỗi số đều là số chính phơng.
6
* Giả sử: a.b = c
2
với a, b, c N* và (a; b) = 1.
Bằng lập luận phản chứng: Giả sử trong avà b có một số; chẳng hạn a chứa thừa số
nguyên tố p với số mũ lẻ ; thì số b không chứa p Nên c
2

; t
1
) là nghiệm của (1).
Do (x, y, t) = 1 x, y, t đôi một nguyên tố cùng nhau. Vì nếu 2 trong 3 số x, y, t có
ƯC = d thì số còn lại chia hết cho d.
Ta có: t
2
= xy mà (x, y) = 1 nên: x = a
2
; y = b
2
(với a, b N*) t
2
= xy = (ab)
2
t =ab.
x = k a
2
Vậy: y = k b
2
(*) (k nguyên dơng tuỳ ý)
t = k ab.
Đảo lại: Hiển nhiên các số x, y, t có dạng (*) thoả mãn (1).
Công thức (*) cho ta các nghiệm nguyên dơng của (1)
e) Sử dụng tính chất: Nếu hai số nguyên liên tiếp có tích là 1 số chính phơng thì 1
trong 2 số nguyên liên tiếp đó bằng 0.
* Giả sử: a(a + 1) = k
2
(a Z; k N).
Chứng minh bằng phản chứng: Giả sử a 0 và a + 1 0 k

2
< (2k + 1)
2
vô lý.
Vì không có số chính phơng ở giữa 2 số chính phơng liên tiếp
Vậy, nếu: a.(a + 1) = k
2
thì tồn tại a = 0 hoặc a + 1 = 0
* Chú ý: Nếu 2 số nguyên liên tiếp có tích là 1 số chính phơng thì cha kết luận đợc mỗi số
là số chính phơng. Chẳng hạn: -1; 0.
* Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của pt: x
2
+ y
2
+ xy - xy
2
= 0. (1)
Đa pt về dạng: A(A +1) = B
2
; ta có (1) x
2
+ y
2
+ xy = x
2
y
2
.
Thêm vào hai vế (x.y) ta có (x + y)
2


y = 7 - 4k +
3
1k
; Đặt:
3
1k
= t ( t nguyên)
k = 3t + 1. Nên: y = 7 - 4( 3t + 1) + t = 3 - 11t.
x = 6(3t + 1) = 18t + 6
Thay các biểu thức của x và y vào (1) pt đợc nghiệm đúng. Vậy các nghiệm nguyên của
x = 18t + 6
pt (1) đợc biểu thị bởi công thức: (t nguyên)
y = 3 - 11t
* Chú ý: - Nếu bài toán yêu cầu tìm nghiệm nguyên dơng ( nguyên âm) của pt (1).
Ta chỉ việc giải: 18t + 6 > 0 18t + 6 < 0
Hoặc:
3 - 11t > 0 3 - 11t < 0
Hoặc có thể giải cách sau: 11x + 18y = 120
Nhận xét: do y 1 11x 120 - 18. 1 = 102
x
11
102
x 9 (vì x nguyên).
Vì x

6 x = 6 y = 3.
- Có nhiều cách tách giá trị nguyên của biểu thức:
y =
3

x + b
1
y = c
1
a
2
x + b
2
y = c
2

Trong đó các hệ số a
1
; a
2
; ;b
1
; b
2
; có giá trị tuyệt đối nhỏ dần đến khi đợc một hệ
số có giá trị tuyệt đối bằng 1.
* Chú ý: Ngoài cách giải trên ta có thể giải pt ax + by = c bằng cách tìm 1 nghiệm riêng
nh sau: Ví dụ: 11x + 18y = 120 (1).
8
Thử chọn ta đợc: x = 6; y = 3 là 1 nghiệm riêng của (1)
Ta có: 11x + 18y = 120 (2)
11.6 + 18.3 = 120 (3)
Trừ (2) cho (3) ta có: 11(x - 6) + 18(y - 3) = 0 11 (x - 6) = 18(3 - y) (4)
(x - 6)


(2x + 3) 7

(2x + 3) ( 2x + 3) là ớc của 7 2(x + 3) 1; 7
x -5; -2; -1; 2
(x, y) (-1; 6); (-2; -1); (2; 3); (-5; 2)
Thử lại các cặp trên nghiệm đúng các pt đã cho.
- Cách giải 2: Đa về pt ớc số: 2(5x - 3y) = (2xy - 11).2 (2x + 3)(2y - 5) = 7
b) Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của pt:
x
2
+ 2y
2
+ 3xy - x - y + 3 = 0 (1).
Đổi tham số đa về pt bậc hai (ẩn x):
x
2
+ (3y - 1)x + (2y
2
- y + 3) = 0 (2)
(2) có nghiệm nguyên khi = (3y - 1)
2
- 4(2y
2
- y + 3) = y
2
- 2y - 11 là số chính phơng.
y
2
- 2y - 11 = k
2

* Chú ý: Có thể đa pt đã cho về pt ớc số : (x+ y) (x + 2y - 1) = -3

II.2.2.3. Phơng trình bậc 3 trở lên có 2 ẩn
a) Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của pt: y
2
= x ( x + 1 ) ( x + 2 ) ( x + 3 ) (1)
Ta có (1) ( x
2
+ 3x ) ( x
2
+ 3x +2) = y
2
Đặt t = x
2
+ 3x + 1 (* )
Ta có: (t+ 1) ( t - 1) = y
2
( t - y) ( t+ y ) = 1 Giải đợc : (y=0 ; t=1) ; (y=0 ; t=-1)
Từ đó thay vào (*) Ta đợc nghiệm của (1) là :
(x;y) {(0;0) ; (-1;0) ;(-2;0) ; (-3;0) }
b) Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của pt: x
3
- y
3
-xy = 8 (*)
9
Ta có: (*) (x - y)
3
+ 3xy (x - y) = xy + 8 . Đặt x-y = a ; xy=b Ta có pt:
a

Nên: 215

(3a - 1) hay: 5.43

(3a - 1) Do đó: 3a - 1 1; 5; 43; 215
Vì 3a - 1 chia cho 3 d 2 [3a - 1 = (3a - 3) +2] 3a - 1 -1; 5; - 43; 215
Từ đó có a 0; 2; - 14; 72 b =
a
a
31
8
3


- 8; 0; - 64; - 1736
hay:
a 0 2 -14 72
b -8 0 - 64 -1736
Vì: (x - y)
2
+ 4xy 0 a
2
+ 4b 0 Nên trong 4 trờng hợp trên chỉ có: a = 2; b = 0
x - y = 2; x.y = 0 Kết quả: (x; y) (0; - 2); (2; 0)
Cách 2: Ta có pt: x
3
- y
3
= xy + 8 (1) (x - y) (x
2

2
- 8 (loại)
* Trờng hợp2: xy + 8 0 (2) ) trở thành: x
2
+xy + y
2
xy + 8 x
2
+ y
2
8 (3)
x
2
0; 1; 4; ; y
2
0; 1; 4
1.Nếu x = 0 y
3
= - 8 y = - 2
2.Nếu y = 0 x
3
= 8 x = 2
3.Nếu x 0; y 0 x
2
1; 4; y
2
1; 4
Do x y nên chỉ có: x
2
= 1 Hoặc: x

222
accbba ++

II.2.2.4. Phơng trình đa thức có 3 ẩn trở lên
a) Ví dụ 1: Tìm các nghiệm nguyên của pt: 6x + 15y + 10t = 3
Ta thấy: 10t = 3 - 6x -15y 10t

3 t

3
Đặt t = 3k ta đợc: 6x + 15y + 10.3k = 3 2x + 5y +10k = 1 2x + 5y = 1 - 10k
(pt 2 ẩn,y có các hệ số nguyên tố cùng nhau)
10
x =
2
5101 yk
= - 5k -2y +
2
1 y
Đặt
2
1 y
= t (t nguyên) y = 1 -2t
x = -5k - 2(1 - 2t) + t = 5t - 5k - 2
t = 3k
Vậy nghiệm của pt là (x; y;t) = (5t - 5k - 2; 1 - 2t; 3k)
b) Ví dụ 2: pt x
2
+ y
2

+
y
1
+
xy6
1
=
6
1
(*)
-Giải: Khử mẫu bằng cách nhân cả 2 vế của pt (*) với 6xy > 0 (*) 6y + 6x + 1 = xy.
Đa về pt ớc số: x ( y - 6 ) - 6( y - 6) = 37 ( x - 6) (y - 6) = 37.
Do vai trò bình đẳng của x, y có thể giả sử: x y 1 x - 6 y - 6 -5
Nên chỉ có 1 trờng hợp: x - 6 = 37 x = 43
y - 6 = 1 y = 7
Vậy: ( x; y) (43; 7); (7; 43)
b) Ví dụ2: Tìm các số nguyên x sao cho
9
17


x
x
là bình phơng của 1 phân số.
-Giả sử
9
17


x

Có các trờng hợp sau:
a+b b - a k b a x = 9+ b
2
k
4
4
2
- 2
1
-1
3
1
1
3
18
8
Có 3 đáp số:
11
x = 17
2
0
917
1717
=


x = 18
2
)
3

(1)
Trớc hết xét 1 số giá trị đặc biệt của x.
Nếu x = 0 y
2
= 4 y =2 hoặc y = -2
Nếu x = 1 y
2
=5 Không có nghiệm nguyên
Nếu x 2 2
x


4 vế trái (1) chia cho 4 d 3 mà y
2
là số lẻ (y lẻ) y
2
chia cho 4
d 1 Mâu thuẫn. Vậy pt có các nghiệm số là: (0; 2); (0; - 2)
b) Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dơng của pt: 2
x
+ 57 = y
2
(1)
Ta có thể xét theo tính chẵn; lẻ của x.
Trờng hợp 1: Nếu x lẻ; đặt: x = 2n +1 (n N)
Ta có: 2
x
= 2
2n +1
= 2.4

n
1 3
2
n
28(loại) 8
n 3
y 11
x = 2n 6
Ta có: 2
6
+ 57 = 11
2
nghiệm của pt là: (6; 11)
II.2.2.7. Phơng trình vô tỉ:
a) Ví dụ 1: Tìm các nghiệm nguyên của pt:
y =
12 + xx
+
12 xx
(1)
- Giải:Trớc hết có điều kiện: x 1
(1) y =
1121 ++ xx
+
1121 + xx

y =
22
)11()11( ++ xx
y =

+ 1; 2t)
b) Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của pt:

xxxx +++
= y (1)
-Trớc hết: Đặt điều kiện 2 vế không âm (x 0; y 0) rồi bình phơng 2 vế ta có pt:
x +
xxx ++
= y
2

xxx ++
= y
2
- x = k (2) (k N)
Bình phơng hai vế của hai (2) có x +
xx +
= k
2

xx +
= k
2
- x = m (m N)
Bình phơng của hai vế: x +
2
mx =

2
)1( mxx =+

2
- 4a - 8 0 (a - 2)
2
- 12 0
(a - 2)
2
12 a - 2 2
3
a 2 + 2
3
Có thể buộc là số chính phơng ( = k
2
)
a 2 - 2
3
(*)
Khi đó gọi x
1
; x
2
là các nghiệm nguyên của (1) theo hệ thức Vi-et ta có:

x
1
+ x
2
= a
x
1
.x

- 1.
x
1
- 1 = 3 x
1
= 4
Có hai trờng hợp: a) a = 6
x
2
- 1 = 1 x
2
= 2
x
1
- 1 = -1 x
1
= 0
b) a = -2
x
2
- 1 = -3 x
2
= -2
* Cả hai giá trị a = 6; a = -2 thoả mãn (*)
Vậy: Với a = 6 hoặc a = -2 thì (1) có nghiệm nguyên
13
b) Ví dụ 2: Tìm tất cả các số nguyên a để pt: x
2
- (3 + 2a)x + 40 - a = 0 (*) có nghiệm
nguyên.

= -1; x
4
= - 84
Kết luận: a = 40 hoặc a = - 44
* Chú ý: Có thể thay việc thử lại bằng cách tìm điều kiện 0 rồi đối chiếu a với điều
kiện này.
c) Ví dụ 3: Tìm tất cả các cặp số nguyên không âm (m; n) để pt: x
2
- m.n.x + m + n = 0
(*) có nghiệm nguyên.
- Giả sử: x
1
, x
2
là hai nghiệm nguyên của (*) (x
1
x
2
)
x
1
+ x
2
= m.n
- Theo Vi-et có: (1)
x
1
.x
2
= m + n

1) m - 1 = n - 1 = 1 m = n = 2
(x
2
- 1)(x
1
- 1) = 1
(m - 1)(n - 1) = 0 x
1
- 1 = 1; x
2
- 1 = 2

2)
(x
1
- 1)(x
2
- 1) = 2 x
1
= 2; x
2
= 3
mn = x
1
+ x
2
= 5
m = 1; n = 5 hoặc m = 5; n = 1.
(m - 1)(n - 1) = 2 m - 1 = 1; n - 1 = 2 m = 2; n =3
3)

42 n + 10 109.
Do đó chỉ có thể: n + 10 = 101.
Suy ra: n = 91; n
2
= 91
2
= 8281.
Đáp số: Hai số tự nhiên phải tìm là 81 và 82.
b) Ví dụ 2: Tìm các số tự nhiên có bốn chữ số và bằng lập phơng của tổng các chữ số của
nó.
* Giải:
Gọi số phải tìm là
abcd
, ta có:

abcd
= (a + b + c + d)
3
(1)
Đặt a + b + c + d = m. Số
abcd
và tổng các chữ số của nó khi chia cho 9 có cùng số d nên:
abcd
- m

9
abcd
= 9k + m (k N)
Thay vào (1):
9k + m = m

TH2: m + 1

9 m + 1 = 18 m = 17.
abcd
= 17
3
= 4913 = (4 + 9 + 1 + 3)
3
.
15
TH3: m - 1

9 m - 1 = 18 m = 19.
abcd
= 19
3
= 6859, loại vì tổng các chữ số không bằng 19.
Đáp số: 5832 và 4913.
II.2.4.2. Bài toán về chia hết và số nguyên tố
a) Ví dụ: Tìm các số nguyên dơng n và các số nguyên tố p sao cho:
p =
1
2
)1(

+nn
.
* Giải:
Cách 1. Với n = 1 thì p = 0, không là số nguyên tố.
Với n = 2 thì p = 2, là số nguyên tố.

Ta có n + 2 > 2 nên trờng hợp thứ nhất cho n - 1 = 1, suy ra n = 2; p = 2 trờng hợp thứ
hai cho n - 1 = 2, suy ra n = 3, p = 5.
II.2.4.3. Phơng pháp tìm nghiệm riêng để giải phơng trình bậc nhất hai ẩn
a) Mở đầu
Giả sử phơng trình bậc nhất hai ẩn ax + by = c (a, b, c Z) có nghiệm nguyên. trong
nhiều trờng hợp, ta có thể tìm đợc ngay một nghiệm của phơng trình , ta gọi đó là một
nghiệm riêng. Có công thức biểu thị tất cả các nghiệm của phơng trình theo nghiệm riêng
nói trên.
Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:
11x + 18y = 120 (1)
Bằng cách thử chọn, ta tìm đợc x = 6; y = 3 là một nghiệm riêng của (1). Ta có:
11x + 18y = 120
11.6 + 18.3 = 120.
Trừ từng vế:
11(x - 6) + 18(y - 3) = 0
11(x - 6) = 18(3 - y) (2)
Nh vậy x - 6

18 . Đặt x - 6 = 18t (t nguyên) ta đợc x = 6 + 18t. Thay vào (2) và rút gọn:
11t = 3 - y.
16
Suy ra y = 3 - 11t.
Có thể chứng minh đợc rằng công thức cho mọi nghiệm của (1) là:
x = 6 + 18t
(t nguyên tuỳ ý)
y = 3 - 11t
b) Cách giải tổng quát
Xét phơng trình ax + by = c (1)
trong đó a, b, c Z, a 0, b 0.
Không mất tính tổng quát, giả thiết rằng (a, b, c) = 1. Thật vậy, nếu (a, b, c) = d 1

Chứng minh:
* Bớc 1: Mọi cặp số (x
0
+ bt, y
0
- at) đều là nghiệm của (1). Thật vậy (x
0
, y
0
)là nghiệm của
(1) nên ax
0
+ by
0
= c.
Do đó (x
0
+ bt, y
0
- at) là nghiệm của (1).
*Bớc 2: Mọi nghiệm (x, y) của (1) đều có dạng (x
0
+ bt, y
0
- at) với t Z.
Thật vậy, do (x
0
, y
0
)và (x, y)là nghiệm của (1) nên:

0
+ bt.
Thay vào (2):
abt = b(y
0
- y)
at = y
0
- y
y = y
0
- at.
Vậy tồn tại số nguên t sao cho:
x = x
0
+ bt
y = y
0
- at

17 II.3. Chơng 3: Phơng pháp nghiên cứu -
Kết quả nghiên cứu
II.3.1. Phơng pháp nghiên cứu:
II.3.1.1. Phơng pháp nghiên cứu lý luận:
Nghiên cứu tài liệu có liên quan, phơng pháp dạy học, lý luận dạy học, sách giáo
khoa, sách hớng dẫn, các loại sách tham khảo
II.3.1.2. Phơng pháp quan sát s phạm:

723 x

=

4
1
26
4
1824
+=
+ x
x
xx
.
y Z
4
1x
Z. Đặt
4
1x
= t (t Z)
x = 4t + 1.
y = 4 - 7t
x = 4t + 1

y = 4 - 7t.
* 97 % số học sinh biết tìm một nghiệm riêng và suy ra nghiệm của phơng trình đã cho.
Ví dụ: 5x - 3y = 2
x = 1 - 3t
Nhẩm: x

vận dụng linh hoạt các kĩ thuật giải.
* Ôn tập, củng cố và đào sâu các kiến thức về số học, đại số, hình học có liên quan; đồng
thời giúp cho học sinh hình thành thói quen suy nghĩ định hớng tìm tòi lời giải trớc 1 bài
toán đó là bài toán phơng trình. Từ đó giúp học sinh có thói quen giải toán theo một trình
tự khoa học.
* Xây dựng đợc một hệ thống phơng pháp và kĩ thuật tìm nghiệm nguyên của phơng
trình Giúp cho học sinh và giáo viên có một t liệu tham khảo cho hoạt động dạy học
toán học với việc bồi dỡng học sinh khá, giỏi trong nhà trờng phổ thông hiện nay.
* Hình thành ở học sinh thói quen khai thác kiến thức cơ bản trong chơng trình theo chiều
sâu. Giúp cho các em có đợc t duy sâu sắc linh hoạt, độc lập sáng tạo trong quá trình giải
toán.
* Giúp cho học sinh phân loại đợc các dạng bài tậpvà phơng pháp, kĩ thuật giải cho từng
loại tạo điều kiện cho các em nhìn nhận một vấn đề toán học (phơng trình) dới con mắt
hoàn thiện hơn.
* Hình thành ở học sinh thói quen khám phá, khai thác tìm tòi lời giải cho 1 bài toán giải
phơng trình trong Z nói riêng và một bài toán giải phơng trình nói chung phát huy đợc
tích cực suy nghĩ trong quá trình giải toán.
* Góp phần trau dồi cho học sinh những phẩm chất nh tính độc lập kiên trì sáng tạo tích
cực tìm tòi; giúp các em hoàn thiện dần các phẩm chất đạo đức và phẩm chất trí tuệ trong
quá trình học toán ở nhà trờng phổ thông.
* Phát huy đợc đức tính tự học, tự tìm tòi nghiên cứu góp phần tô điểm cho việc đổi mới
phơng pháp giảng dạy và học tập của giáo viên và học sinh mà hạt nhân là: " Lấy lôgic
học của học sinh làm trung tâm " từ đó nâng cao từng bớc chất lợng học tập môn toán cho
các em Bài học kinh nghiệm
* Thờng xuyên khắc phục những sai lầm khi giải một pt nghiệm nguyên nói riêng và,pt
đại số nói chung có tác dụng giúp cho học sinh hiểu sâu, nắm vững các kiến thức cơ bản
và rènđợc kĩ năng giải toán chính xác, trình bày lời giải rõ ràng, ngắn gọn.

điều kiện cho HS xây dựng đợc phơng pháp học tập có hiệu quả
* Nêu ra đợc một số kỹ thuật giải một loại toán khó ; giúp cho HS chống đợc t tởng
ngại khó. Tạo điều kiện cho học sinh hứng thú học tập, say mê tìm tòi cái mới, khó trong
quá trình học tập.
*Bớc đầu hình thành ở học sinh ( ngời học) một thói quen làm toán (học toán) có phơng
pháp; trang bị cho học sinh phơng pháp thực hành một cách phong phú; chuẩn bị cho học
sinh những tiền đề để tiếp thu kiến thức mới, phơng pháp mới của môn toán ở các lớp
trên.
*Góp một phần vào thời kì đổi mới phơng pháp giảng dạy (đổi mới cách dạy; đổi mới
cách học của giáo viên và học sinh) nhằm nâng cao chất lợng dạy và học theo hớng phát
huy tích cực của học sinh; " lấy lôgic học của học sinh làm trung tâm".
III.2. Kiến nghị:
* Trên đây là một số phơng pháp giúp cho học sinh biết cách giải một phơng trình nghiệm
nguyên;
bớc đầu đã đợc thực nghiệm và có kết quả nhất định nhất là việc bồi dỡng học sinh khá,
giỏi; phần nào đã giúp cho học sinh định hình đợc một angôrit giải toán ở thể loại phơng
trình nghiệm nguyên phát huy đợc tính tích cực chủ động sáng tạo trong giải phơng trình
và giải toán nói chung; giúp cho học sinh rèn luyện đợc nhiều kĩ năng giải toán thông qua
giải một phơng trình tạo đà cho học sinh đổi mới cách học trong giai đoạn hiện nay. Song
vì do trình độ bản thân nên bản sáng kiến kinh nghiệm cũng không tránh khỏi những hạn
chế và thiếu sót. Vì vậy, tôi kính mong sự quan tâm của hội đồng giám định sáng kiến
kinh nghiệm của các cấp góp ý chân thành xây dựng cho bản sáng kiến của tôi đợc hoàn
hảo hơn
Kính mong các bạn đồng nghiệp tiếp tục nghiên cứu và xây dựng cho đề tài đợc phong
phú và có ứng dụng , mang lại hiệu quả cao hơn.
Tôi xin trân trọng cảm ơn!
Tác giả: Nguyễn Ngọc Thái.
iv. tài liệu tham khảo - phụ lục
21
IV.1. Tài liệu tham khảo: