PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ VĨNH YÊN
TRƢỜNG THCS VĨNH YÊN
***************

BÁO CÁO CHUYÊN ĐỀ

MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI
PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
Môn: Toán
Tổ bộ môn: Khoa học tự nhiên
Mã: 28
Ngƣời thực hiện: Hoàng Thị Phƣợng
Điện thoại: 0974015734
Email:

Vĩnh yên, tháng 4 năm 2015
1


DANH MỤC CÁC TỪ VIẾT TẮT
STT

TỪ VIẾT TẮT

TỪ VIẾT ĐẦY ĐỦ

1

THPT

Trung học phổ thông


7

TT&TT

Toán học và tuổi trẻ

8

HD

Hướng dẫn

2


MỤC LỤC
NỘI DUNG

TRANG

A- PHẦN MỞ ĐẦU

4

I. Lí do chọn đề tài.

4

II. Mục đích nghiên cứu


I. Cơ sở lí luận

7

II. Tình hình thực tế

7

I.Một số phương pháp giải phương pháp giải phương
trình nghiệm nguyên

8 - 27

II.Bài tập rèn tư duy sáng tạo

27 - 34

C.Kết quả thực hiện đề tài

35

D. Kết luận và kiến nghị

36

Tài liệu tham khảo

37


nguyên” nhằm giúp các em tiếp cận với bài tập về giải phương trình nghiệm
nguyên và có một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên phù hợp.
Từ đó các em có được sự tự tin và hứng thú với các bài tập giải phương trình
nghiệm nguyên.
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU.
Đề tài này củng cố và cung cấp cho học sinh một số phương pháp giải
phương trình nghiệm nguyên .
4


Giúp cho học sinh có kĩ năng vận dụng vào giải bài tập về phương trình
nghiệm nguyên và rèn cho học sinh tư duy linh hoạt, sáng tạo trong giải toán.
Cũng thông qua đề tài này nhằm giúp học sinh có thói quen tìm tòi trong
học toán và sáng tạo khi giải toán. Từ đó tạo cho học sinh có phương pháp học
tập đúng đắn, biến cái đã học (kiến thức của thầy) thành cái của bản thân, nắm
bắt nó, vận dụng nó, phát triển nó đúng hướng. Qua đó giúp các em tạo niềm tin,
hưng phấn, hứng thú và say mê học môn toán học.
Trong khuôn khổ của đề tài, dù biết rằng không thể đề cập hết các phương
pháp pháp giải phương trình nghiệm nguyên, nhưng tôi cũng hy vọng đây là một
tài liệu bổ ích cho học sinh và cũng là tài liệu tham khảo cho các thầy cô giáo.
III. ĐỐI TƢỢNG, PHẠM VI NGHIÊN CỨU.
- Nghiên cứu qua học sinh lớp 8, 9 trường THCS Vĩnh Yên.
- Nghiên cứu qua đề thi tuyển sinh và lớp 10 và đề thi giao lưu HSG
lớp 6, 7, 8, 9.
IV. PHƢƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU.
- Điều tra thực trạng của học sinh, phân tích kết quả điều tra.
- Tổng kết kinh nghiệm qua thực tế giảng dạy.
- Tham khảo ý kiến cũng như phương pháp dạy của đồng nghiệp thông qua
các buổi sinh hoạt chuyên môn.
V. CƠ SỞ LÍ THUYẾT VÀ THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU

Trang bị cho học sinh một số một số phương pháp giải phương trình
nghiệm nguyên.
Chọn lọc một số bài tập điển hình về phương trình nghiệm nguyên.
II. TÌNH HÌNH THỰC TẾ.
1. Kết quả.
Qua kết quả khảo sát, kiểm tra trước khi áp dụng đề tài với 41 học sinh
lớp 8A và 39 học sinh lớp 8B tôi thu được kết quả về vấn đề “Một số phương
pháp giải phương trình nghiệm nguyên” như sau:
Lớp

Áp dụng đề tài

Kết quả kiểm tra
Giỏi

Khá

8A

Chưa áp dụng

2  5% 9  22%

8B

Chưa áp dụng

3  8%

TBình

7


III. NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI.
A. KIẾN THỨC CƠ BẢN
I. Phép chia trong tập số nguyên
1.1. Định nghĩa. Cho hai số a, b nguyên , a  0 . Ta nói b chia hết cho a
nếu b  ac với c nguyên, ta còn nói a chia hết b hoặc b là bội của a và kí hiệu
b a; a | b .
1.2. Tính chất cơ bản
1.2.1. Nếu a | b, b  0 thì a  b .
1.2.2. Nếu a | b và a | c thì a | mb  nc với m,n nguyên.
1.2.3. Nếu a | b và a | b  c thì a | c .
1.2.4. Với mọi số nguyên a khác 0 thì a | a .
1.2.5. Nếu a | b và b | c thì a | c .
1.2.6. Nếu a | b và b | a thì a  b .
b
|b.
a
1.3.Thuật chia Euclide. Cho a và b là những số nguyên, b  0 . Khi đó tồn

1.2.7. Nếu a | b và b  0 thì

tại duy nhất cặp số nguyên (q, r) sao cho a  bq  r, 0  r  b .
Ta gọi q là thương, r là phần dư. Như vậy, a chia hết cho b khi và chỉ khi
phần dư trong thuật chia Euclide bằng 0. Ta cũng thường gọi thuật chia Euclide
là phép chia Euclide.
II. Số nguyên tố và hợp số.
2.1. Định nghĩa. Số nguyên n  1 gọi là số nguyên tố nếu nó chỉ có hai ước
nguyên dương là 1 và chính nó. Số nguyên n  1 không là nguyên tố được gọi là

3.2.1. Nếu p nguyên tố thì (a, p)  1 hoặc (a, p)  p .
3.2.2. Nếu d  (a, b) thì a  da ';b  db'; (a ', b')  1
3.2.3. Nếu d' là một ước chung của a và b thì d ' | (a, b) .
3.2.4. Nếu px || a và p y || b thì pmin(x,y) || (a, b) .
Do đó với a  p11 .p22 ...pk k ; b  p11 .p22 ...pkk ; 1 , i  0
k ,k )
Thì (a, b)  p1min( 1 ,1 ) .p2min( 2 ,2 ) ...pmin(
k
k ,k )
và a, b  p1max( 1 ,1 ) .p2max( 2 ,2 ) ...pmax(
.
k

3.2.5. Nếu a  bq  r thì (a, b)  (b, r) .
3.2.6. Với a,b nguyên dương thì ab  (a, b). a, b .
3.2.7. Nếu (a, b)  (a,c)  1 thì (a, bc)  1. Nếu (a, b)  1 thì (a m , bn )  1 .
3.2.8. Nếu a,b là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau thì tồn tại hai
số nguyên dương u,v sao cho au  bv  1 .
Tổng quát hơn: Nếu a,b là hai số nguyên dương thì tồn tại hai số nguyên
u,v sao cho au  bv  (a, b) .
IV. Đồng dƣ (Modulor arithmetics).
4.1. Định nghĩa. Cho a, b là số nguyên và n là số nguyên dương. Nếu a  b
chia hết cho n thì ta nói a đồng dư với b modulo n, ký hiệu a  b (mod n) .
4.2. Tính chất. Cho a, b,c,d là các số nguyên. Ta có các tính chất cơ bản:
9


4.2.1. Nếu a  b (mod n) thì b  a (mod n) .
4.2.2. Nếu a  b (mod n) và b  c (mod n) thì a  c (mod n) .
4.2.3. Nếu a  b (mod n) và c  d (mod n) thì a  c  b  d (mod n) .

Vì ((p  1)!, p)  1 suy ra a p1  1 (mod p) .
Hệ quả. Nếu p nguyên tố thì a p  a (mod p) .
V. Tính chất của số chính phƣơng.
a) Số chính phương là bình phương của một số tự nhiên.
b) Số chính phương không tận cùng bằng 2,3,7,8.
c) Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho p 2 .
d)
e)
f)
g)

Số chính phương chia cho
Số chính phương chia cho
Số chính phương chia cho
Số chính phương chia cho

3
4
5
8

có số dư là 0 hoặc 1 .
có số dư là 0 hoặc 1 .
có số dư là 0 hoặc 1 hoặc 4 .
có số dư là 0 hoặc 1 .

h) Số lập phương chia cho 7 có số dư là 0, 1 .
10



1 1 1
 
với p nguyên tố.
x y p
Lời giải.
Ta có (x  y)p  xy  (y  p)(x  p)  p2  1.p2  p.p  ( 1)( p2 )  (p)(p) .
Vậy phương trình đã cho có nghiệm

 x, y   p  1;p(p  1)  ;  p  1;p(p  1)  ;  2p;2p  ;(0;0),
và các hoán vị của chúng.
Nhận xét. Khi thay p bằng các số nguyên tố cụ thể ta được các bài toán tương
tự.
Ví dụ 1.2. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
3
3
x  x  2y   y  y  2x   27 (1).
Lời giải. Biến đổi phương trình (1) ta có
x  x 3  6x 2 y  12xy 2  y 3   y  y 3  6xy 2  12x 2 y  8x 3   27
 x 4  y 4  6xy  x 2  y 2   8xy  x 2  y 2   27
  x 2  y 2  x 2  y 2  6xy  8xy   27   x  y  x  y   27 (2)
3

Vì x, y * nên x + y >1, kết hợp với (2) suy ra 0   x  y   27
3

12


3


1  y  1  y

 y  0.

1

y


1

y

y  1
y  1

Với y  0  x 0; 2. Vậy phương trình có nghiệm  x, y   0;0  ;  2;0  .
Ví dụ 1.4. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

1  x  x 2  x 3  2y .
Lời giải. Ta có 1  x  x 2  x 3  2y  (1  x)(1  x 2 )  2y
 (1  x)  2m ;(1  x 2 )  2ym (m   )  x  2m  1  x 2  22m  2m1  1 .
Mà x 2  2ym  1  2ym  1  22m  2m1  1  2ym  22m  2m1  2 .
Nếu m  0  x  0;y  0.
Nếu m  0  2ym1  22m1  2m  1 (*) , mà 22m1 , 2m đều là các số chẵn nên
2ym1 là số lẻ.

suy ra 2ym1  1  y  m  1 , hay vào (*) ta được
2m  22m1  m  1  x  1;y  2 .



TH2:  mn
2

2
x

1

1
x

2


m  2



 y  3;z 2  23  1  9  z  3   x; y;z    2;3;3 .

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là  x, y,z   3;1;2  ;  2;3;3.
Bài tập tự luyện.
Bài 1.Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình sau:
a)5(x  y)  2  3xy.
b)x 2  x  6  y 2 .

c)x y .yx  x y  yx  5329.
(Đề thi vào chuyên Toán Vĩnh Phúc 2010 - 2011)
Bài 2. Tìm nghiệm nguyêncủa các phương trình sau:

Nếu x chẵn thì 19x  1(mod5) , nếu x lẻ thì 19x  1  4(mod5) .

 A  1;4(mod5) còn B  3(mod5) (vô lí). Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Ví dụ 2.3. Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình sau: x 2  3y  3026 .
Lời giải. Xét y  0  x 2  30  3026  x 2  3025 mà x  N  x  55 .
Xét y  0  3y  3, x 2 chia cho 3 d- 0 hoÆc 1, suy ra x 2  3y chia cho 3 d- 0 hoÆc 1
mµ 3026 chia cho 3 d- 2 , vô lí. VËy phương trình có nghiệm (x; y) =(55; 0).
Nhận xét.
Ta cũng có thể tổng quát bài toán trên với x,y là số nguyên hoặc thay
3026 bởi các số có dạng k 2  1 ta cũng được các bài tập tương tự.
Các bài toán trên chúng ta dễ dàng nhận ra modul phù hợp, tuy nhiên
trong nhiều trường hợp việc chọn được modul không hề đơn giản.
Ví dụ 2.4. Chứng minh rằng phương trình y2  x 5  4 không có nghiệm nguyên.
Lời giải. Giả sử tồn tại x, y  thỏa mãn phương trình. Nếu x 11thì x10 11,
nếu (x,11)  11 thì x10  111 . Như vậy khi x là số nguyên tùy ý thì x10 chia cho
11 dư 0 hoặc 1, do đó x 5 chia cho 11 chỉ có thể dư 0,  1 . Kết hợp với phương
trình đã cho nhận được y 2 chia cho 11 chỉ có thể dư 6, 7, 8. Nhưng với y là số
nguyên tùy ý thì y 2 chia cho 11 chỉ có thể dư 0, 1, 3, 4, 5, 9. Vậy ta gặp mâu
thuẫn nên phương trình vô ngiệm.
Ví dụ 2.5. (Balkan1998). Giải phương trình nghiệm nguyên sau

m2  n 5  4 .
Lời giải. Ta có m2  0;1;2;3;4;5;9(mod11); n5  4  6;7;8(mod11) , vô lí.
Do đó phương trình này vô nghiệm.
Nhận xét. Lời giải bài toán thật đơn giản nhưng việc nghĩ ra chọn modul 11
không hề đơn giản và nó là chìa khóa cho việc giải quyết bài toán này. Nói
chung để xét modul hiệu quả còn phải tùy thuộc vào sự nhạy bén của người làm
15



nếu y  4 thì 2y 8  5k  1(mod8), mâu thuẫn vì k lẻ. Do đó ta phải có y  2 ,
thay vào (1) và (2) ta được k  1,z  2  x  y  z  2. Vậy phương trình đã cho
có nghiệm (x, y,z)  (2;2;2) .
Ví dụ 2.9. Tìm một hằng số nguyên dương c sao cho phương trình

xy2  y2  x  y  c ,
có đúng 3 nghiệm nguyên dương (x,y).
16


Lời giải. Ta viết lại phương trình x(y2  1)  y2  y  c .
Nếu y  1  c  0 ,loại.
y2  y  c y(y  1)  c
Nếu y  1  x 
,do đó c y  1và y(y  1)  c y  1.

y2  1
(y  1)(y  1)

Ta có y  1(mod y  1), y  1  2(mod y  1) nên y( y  1)  2(mod y  1)

 c  2(mod y  1) .Vậy c  0(mod y  1),c  2(mod y  1),
mà y  1  0(mod y  1), y  1  2(mod y  1) nên c  y  1 (mod  y  1, y  1) .

Với y 2;3 ta có c  1(mod 3),c  2(mod 4) . Do vậy ta thử lấy c  10 .
2 

Ta phải có y  1Ư(10)  y 2;3;6;11 . Khi đó x  4;2; ;1 , theo thứ tự.
7 


17


Lời giải.

1 1
  z  xyz  x  y .
x y

Do vai trò của x, y như nhau nên giả sử x  y
Ta có: xyz  x  y  y  y  2y
 xyz  2y  xz  2   x;z  1;2  ; 1;1 ;  2;1

Với x  1;z  2  y  1   x;y;z   1;1;2  .
Với x  1;z  1  y  .
Với x  2;z  1  y  2   x;y;z    2;2;1 .
Vậy phương trình có nghiệm nguyên là  x;y;z  1;1;2  ;  2;2;1.
Ví dụ 3.2. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
x  y  z  t  xyzt .

Lời giải. Ta giả sử 1  x  y  z  t , có x  y  z  t  xyzt  4t
Vì t nguyên dương  xyz  4  xyz 1;2;3;4.
Nếu xyz  1  x  y  z  1  3  t  t (loại).
Nếu xyz  2 , mà x  y  z  x  y  1;z  2  t  4 .
5
Nếu xyz  3 , mà x  y  z  x  y  1;z  3  t  (loại).
2
Nếu xyz  4 , mà x  y  z  x  y  1;z  4 hoặc x  1; y  z  2 , suy ra
t  2 (loại).


yz xz xy xyz z

Khi z  1 có 5(x  y)  20  2xy  (2x  5)(2y  5)  65

18


 x  35
=> 
y  3

x  9
hoặc 
y  5

Ta được nghiệm (35; 3; 1; 1);(9;5; 1; 1) và các hoán vị của chúng.
Với z  2; z  3 phương trình không có nghiệm nguyên.
* Với t  2 thì 5(x  y  z)  20  4xyz
4

5
5
5
20 35
35
 

 2  z 2   9  z 1;2  z  2 (vì z  t  2)
yz xz xy xyz z
4

Với y  0  x  0   x;y    0;0  .
Vậy phương trình có nghiệm nguyên là  x, y   0; 1 ;  0;0  .
19


Ví dụ 3.5. Giải phương trình nghiệm nguyên: x 3  y3  2y2  1 .
Lời giải. Ta có: x 3  y3  2y2  1  y3 nên x  y  x  y  1(*)
Nếu y  0 hoặc y  3 thì y(y  3)  0  (y  1)3  y3  2y2  1  x 3  y  1  x ,
mâu thuẫn với (*). Do vậy 3  y  0  y 3; 2; 1;0.
Với y  3  x  2   x;y    2; 3 .
y  2  x  1   x;y   1; 2 

y  1 thì không tồn tại x nguyên thỏa mãn
y  0  x  1  (x, y)  (1; 0) .

Vậy phương trình có nghiệm nguyên là (x, y) ( 2; 3);(1; 2);(1;0).
Ví dụ 3.6. Giải phương trình nghiệm nguyên

y2  y  x 4  x 3  x 2  x .
Lời giải. Ta có y2  y  x 4  x 3  x 2  x

 y2  y  x 4  x 3  x 2  x  4y2  4y  1  4x 4  4x 3  4x 2  4x  1
 (2x 2  x)2  (2y  1)2  (3x  1)(x  1) và (2x 2  x  1)2  (2y  1)2  x(x  2)

Ta thấy:
Nếu x  0 hoặc x  1 thì (3x  1)(x  1)  0  (2x 2  x)2  (2y  1)2 .
Nếu x  2 hoặc x  1 hì x(x  2)  0  (2y  1)2  (2x2  x  1)2 .
Do vậy Nếu x > 2 hoặc x < -1 thì (x 2  x)2  (2y  1)2  (2x 2  x  1)2 (loại).
 -1 x  2  x  {0; 1; -1; 2}
Xét x  1  y 0;  1.


y  50  x  2 50x  50  x  10 2x

Vì y nguyên nên 2x  4k 2  x  2k 2 , k  với 2k2  50  k 2  25  k chỉ có
thể nhận các giá trị: 0, 1, 2, 3, 4, 5. Lựa chọn k trong các số trên để thỏa mãn
phương trình ta được các nghiệm nguyên dương (x; y) là (2; 32), (8; 18), (18; 8),
(32; 2).
Nhận xét. Cách giải của ví dụ 3.8 thể hiện cho phương pháp giải đối với
phương trình có ít dấu căn. Vậy câu hỏi đặt ra: Nếu phương trình có nhiều dấu
căn thì chúng ta sẽ giải ra sao, ta đi xét ví dụ sau:
Ví dụ 3.9. Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình
x  x  ...  x  y trong đó ở vế trái có n dấu căn.

Lời giải. Ta thấy ngay (x; y) bằng (0; 0) là nghiệm của phương trình trên.
a. Nếu n  1 thì

x  y  x  y2  x  0  .Vậy nghiệm (x; y) là  t 2 ; t  , t 

b. Nếu n  2 thì x  x  y  x  x  y2  x  y2  x  x là số tự nhiên.
x  t, t  mà khi đó t  t  1  y2 . Nhưng t 2  t  t  1   t  1 nên
2

t 2  y2   t  3 .Điều này không xảy ra với t > 0 và phương trình chỉ có nghiệm
2

(x; y) là (0; 0).

21



 1 x 2  y2   4x 2 y , dấu bằng xảy ra khi x  y  1

Vậy phương trình có nghiệm nguyên của phương trình là (x, y)  (1;1) .
Ví dụ 3.11. Giải phương trình nghiệm nguyên:

 x  y  1

2

 3  x 2  y2  1 .

Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Schwarz, ta có:

 x  y  1

2

 1  1  1  x 2  y2  1

Dấu bằng xảy ra khi x  y  1. Vậy phương trình có nghiệm nguyên của phương
trình là (x, y)  (1;1) .
Ví dụ 3.12. Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau
x 6  z 3  15x 2 z  3x 2 y2 z   y2  5 .
3

Lời giải. x 6  z 3  15x 2z  3x 2 y 2z   y 2  5 

3

  x 2    y2  5  z 3  3x 2z  y2  5 .


2
1 2
y  y  1

3
Cộng theo vế (*) và (**), ta có:

Tương tự ta có: y4  y2  1 

(*)
(**)

2
2
1
1
x 4  y4  x  y  2   x 2  x  1   y2  y  1    2  x 2  x  1   y 2  y  1
 3
3
4
4
2
2
 3  x  y  x  y  2   2  x  x  1   y  y  1

Dấu bằng xảy ra khi x  y  1.
Vậy phương trình có nghiệm nguyên là: (x, y)  (1;1) .
Ví dụ 3.14. Tìm các số nguyên dương x, y, z biết x, y, z là các số đôi một khác
nhau


Suy ra x  y  z 6;7;8;9 . Lần lượt thử các giá trị của x + y + z ta được
(x, y,z)  (1;2;3) và các hoán vị của nó.

Ví dụ 3.15. Chứng minh rằng phương trình
x y z
   b không có nghiệm tự nhiên khi b  1 hoặc b  2 nhưng có vô số
y z x

nghiệm tự nhiên khi b  3 .
x y z
Lời giải. Ta thấy x, y,z     , ,  0 Theo BĐT AM-GM ta có,
y z x

23


3

x y z
x y z
x y z
 y  z  x   27( y  z  x )  27   y  z  x   3 ,





đẳng thức xảy ra khi x  y  z .
x y z

b) 3x 2  6y2  2z 2  3y2 z 2  18x  6  0
(đề giao lưu HSG lớp 8 Thành phố Vĩnh Yên năm 2010 - 2011)
c) 2x 2  (x 2  1)(y2  6y  8)  0
( Đề giao lưu HSG lớp 8 Thành phố Vĩnh Yên năm 2013- 2014)
d) x 2  xy  y2  3
(đề giao lưu HSG lớp 8 Huyện Vĩnh Tường năm 2011- 2012)
e) (x 2  y2  1)2  5x 2  4y2  5  0
(đề giao lưu HSG lớp 8 Huyện Lập Thạch năm 2008 - 2009)
f) x 3  8  7 8x  1
(Tạp chí TH&TT tháng 8/1999)
g)  x  1   x  1  y 3
(Đề thi THPT chuyên Toán KHTN năm học 2011 – 2012)
4

4

4. Phƣơng pháp 4. Phƣơng pháp xuống thang.
Cơ sở của phương pháp xuống thang là tính sắp thứ tự tốt của  (và  * ),
một tập con khác rỗng bất kỳ của  đều có phần tử nhỏ nhất.
24


Để chứng minh một phương trình là vô nghiệm ta giả sử ngược lại rằng tập 
các nghiệm nguyên(tự nhiên, nguyên dương) của phương trình khác rỗng. Ta
đưa ra một thứ tự tốt trên  và giả sử 0 là nghiệm nhỏ nhất(theo thứ tự trên).
Nếu bằng cách nào đó ta dựng được nghiệm 1 nhỏ hơn 0 thì chúng ta sẽ đi đến
mâu thuẫn. Từ đó suy ra được rằng phương trình đã cho vô nghiệm. Để rõ ràng
hơn ta xét ví dụ.
Ví dụ 4.1.Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2  5y2  0 .
Lời giải. Giả sử x0, y0 là nghiệm của phương trình x 2  5y2  0

(

Ví dụ 4.3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 3  3y3  9z 3  0 (1).
Lời giải. Giả sử (x 0 , y0 ,z 0 ) là nghiệm của phương trình.
Khi đó x 0  3 đặt x 0  3x1 vào (1) ta được 9x13  y03  3z 03  0  y0  3 .
Đặt y0  3y1  z  3
25