I- PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài.
Bồi dưỡng học sinh giỏi là việc cần thiết, thường xuyên trong nhà trường.
Mỗi cấp học, mỗi lớp học với những yêu cầu cụ thể phải làm sao đó giúp các em
có năng khiếu nâng cao kiến thức một cách hệ thống theo chương trình được
tiếp thu trên lớp học hàng ngày.
Trong quá trình giảng dạy, bản thân tôi nhận thấy mảng kiến thức
“phương trình nghiệm nguyên” là một đề tài lý thú của Số học và Đại số. Nội
dung này đã lôi cuốn nhiều người, từ các học sinh nhỏ đến các chuyên gia toán
học lớn. Phương trình và bài toán với nghiệm nguyên mãi mãi còn là đối tượng
nghiên cứu của Toán học.
Ngoài phương trình bậc nhất hai ẩn, các bài toán tìm nghiệm nguyên
thường không có quy tắc giải tổng quát. Mỗi bài toán với số liệu riêng của nó
đòi hỏi một cách giải riêng phù hợp. Điều đó có tác dụng rèn luyện tư duy toán
học mềm dẻo, linh hoạt và sáng tạo. Chính vì thế mà các bài toán tìm nghiệm
nguyên thường có mặt trong các kỳ thi học sinh giỏi về Toán ở tất cả các cấp.
Trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán các khối 6; 7 và bồi
dưỡng giải toán qua mạng lớp 9, tôi thấy có nhiều bài tập về chủ đề phương
trình nghiệm nguyên khiến nhiều em học sinh gặp không ít khó khăn vì không
nắm rõ các dạng cũng như các phương pháp giải chúng. Vì vậy, tôi nghiên cứu
đề tài ‘‘Hướng dẫn học sinh khá giỏi lớp 9 giải phương trình nghiệm nguyên
hai ẩn" nhằm hướng dẫn các em học sinh khá giỏi có thể nắm chắc và giải tốt
các bài toán về phương trình nghiệm nguyên.
* Điểm mới của đề tài
Đề tài này hẳn là đã có một số tác giả nghiên cứu. Song, điểm mới của đề
tài này đó là vận dụng được nhiều phương pháp khác nhau, phân loại được các
dạng toán tìm nghiệm nguyên, đề tài sử dụng một số bài toán thi học sinh giỏi
cấp huyện và một số bài toán trên trang Violympic.vn. Để phù hợp với đối
tượng học sinh, trong đề tài này tôi chỉ đề cập đến một số phương pháp cơ bản



Khi áp dụng đề tài này tại đơn vị, tôi đã tiến hành khảo sát đối với đội
tuyển bồi dưỡng giải toán qua mạng lớp 9 về chủ đề phương trình nghiệm
nguyên hai ẩn, số liệu thu được như sau:
Loại

Không biết

điểm

cách làm
SL
%
02
33,3

SS : 06

Dưới 5,0
SL
03

%
50,0

5 – 6, 5
SL
01

%
16,7

Phương trình hai ẩn là phương trình có dạng f(x;y) = 0
Nghiệm của phương trình hai ẩn f(x;y) = 0 là các bộ số (x; y) thỏa mãn
phương trình đó.
Nghiệm nguyên của phương trình hai ẩn f(x;y) = 0 là các bộ số nguyên
(x;y ) thỏa mãn phương trình đã cho.
Giải phương trình nghiệm nguyên hai ẩn f(x;y) = 0 là tìm tất cả các bộ
số nguyên (x,y) thoả mãn phương trình đó.


2.2. Giải pháp 2: Phân loại các dạng phương trình nghiệm nguyên.
Dạng 1: Phương trình bậc nhất 2 ẩn
Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 12x – 7y = 45 (1)
Giải
45 Μ 3; 12x Μ 3 nên 7y Μ 3 ⇒ y Μ 3

Ta thấy:
Đặt

(k ∈ Z)

y = 3k

Thay vào (1) ta có:

12x – 7 . 3k = 45
⇒ 4x – 7k = 15
⇒x=

15 + 7k
k +1


x≠2⇒y=

3x + 3 − x

2

x−2

=

x ( x − 2) + x − 2 + 5
x−2

=-x+1+
Để y ∈ Z ta phải có:

5Μx–2

5
x−2


⇒

x-2
y
x

-1

1
-5

1
5
3
3

-5
-1
-3
3

5
1
7
-5

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là:
(1; - 5); (3; 3); ( - 3; 3); (7; - 5)
Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
x2 – 2x – 11 = y2

(1)

Giải
x2 – 2x – 11 = y2
x2 – 2x + 1 – 12 = y2
⇔ (x - 1)2 – y2 = 12
⇔ (x – 1 + y) (x – 1 - y) = 12


(5; 2); (5; - 2); (- 3; 2); (- 3; - 2)
Dạng 3: Phương trình dạng phân thức
Ví dụ 1: Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình:
1 1
1
1
+ +
=
x y 6 xy 6

(1)

Giải
Nhân hai vế của phương trình với 6xy, ta có:
6y + 6x + 1 = xy
Đưa về phương trình ước số ta có:
x(y - 6) – 6(y – 6) = 37
⇔

(x - 6) (y - 6) = 37

Do vai trò bình đẳng của x và y, giả sử x ≥ y ≥ 1,
Thế thì x – 6 ≥ y – 6 ≥ -5
Chỉ có một trường hợp xảy ra:
x – 6 = 37⇒

x = 43

y–6=1

bài toán mà các biến đổi đều tương đương ta không cần bước 2.
Một phương trình với nghiệm nguyên có thể vô nghiệm, có hữu hạn
nghiệm, có vô số nghiệm. Trong trường hợp phương trình có vô số nghiệm, các
nghiệm nguyên của phương trình thường được biểu thị bởi một công thức có
chứa tham số là một số nguyên.
Để giải các phương trình nghiệm nguyên trong chương trình THCS ta
thường dùng các phương pháp sau đây:


2.3.1. Nhóm phương pháp dùng tính chia hết
Phương pháp 1: Phát hiện tính chia hết của một ẩn
Ví dụ 1: Giải phương trình với nghiệm nguyên
2x + 13y = 156 (1)
Giải: Giả sử x, y là các số nguyên thoả mãn phương trình (1)
Ta thấy

156 Μ 13 và 13y Μ 13 suy ra 2x Μ 13
Mà 2 Μ 13 ⇒ x Μ 13

Đặt x = 13t (t ∈ Z) thay vào (1) ta được:
2. 13t + 13y = 156
⇒

2t + y = 12

⇒

y = 12 – 2t

Vậy nghiệm nguyên của phương trình được biểu thị bởi công thức:

9xy + 3x – 3y – 1 = 2

⇔

3x(3y + 1) – (3y + 1) = 2

⇔

(3y + 1) ( 3x – 1) = 2 (phương trình ước số)

Vì x và y là các số nguyên nên 3x – 1 và 3y + 1 là các số nguyên và là
ước của 2. Ta có bảng sau:
3x – 1
3y + 1
x
y

-1
-2
0
-1

1
2
/
/

-2
-1
/

Ta có bảng sau :
x+1
y+1
x
y

1
10
-1
-10
2
10
1
-10
-1
5
0
9
-2
-11
1
9
0
-11
-2
4
Vậy, số nghiệm nguyên của phương trình là 8.
Phương pháp 3: Tách ra các giá trị nguyên
Ví dụ: Giải phương trình với nghiệm nguyên
xy – x – y = 2

Ta có bảng sau:
y-1
y
x

-1
0
-2

1
2
4

-3
-2
0

3
4
2

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: (- 2; 0); (4; 2); (0; - 2); (2; 4)
2.3.2. Nhóm phương pháp xét số dư từng vế
Ví dụ 1: Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên
x2 + y2 = 1999
Giải
Vì x2, y2 là các số chính phương nên khi chia cho 4 chỉ có số dư là 0; 1
còn vế phải 1999 chia cho 4 dư 3.
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên
Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình

(1)

Chú ý rằng các ẩn a, b,c có vai trò bình đẳng trong phương trình nên ta có
thể sắp xếp thứ tự giá trị của các ẩn. Chẳng hạn: a ≤ b ≤ c.
Ta có: abc = 2(a + b + c) ≤ 2. 3c = 6c
⇒ ab ≤ 6
* Với ab = 1 ⇒ a = 1, b = 1 thay vào (1) ta có:

c = - 4 (loại)

* Với ab = 2 ⇒ a = 1, b = 2 thay vào (1) loại
* Với ab = 3 ⇒ a = 1, b = 3 thay vào (1) ta có:

c=8

* Với ab = 4 ⇒ a = 1, b = 4 thay vào (1) ta có:

c=5

⇒ a = 2, b = 2 thay vào (1) ta có:

c=4

* Với ab = 5 ⇒ a = 1, b = 5 thay vào (1) ta có:

c = 4 loại vì a ≤ b ≤ c

* Với ab = 6 ⇒ a = 1, b = 6 thay vào (1) loại
⇒ a = 2, b = 3 thay vào (1) loại
Vậy bộ 3 số phải tìm là: 1; 3; 8 hoặc 1; 4; 5 hoặc 2; 2; 4


⇒ x ≤ 8 (2)
Từ (1) và (2) ta có
x
5
6
7
8
y
20
12
Loại
8
Vì vai trò của x và y bình đẳng nên các nghiệm nguyên của phương trình là
(5; 20); (20; 5); (6; 12); (12; 6); (8; 8)
Vậy, số nghiệm nguyên của phương trình là 5
Phương pháp 3: Chỉ ra nghiệm nguyên rồi nhận xét.
Ví dụ: Tìm các số tự nhiên x sao cho 2x + 3x = 35
* Với x = 0 thì vế trái bằng 2 => x = 0 không phải là nghiệm nguyên của
phương trình.
* Với x = 1 vế trái bằng 5 => x = 1 không phải là nghiệm nguyên của
phương trình.
* Với x = 3 ta có 23 + 33 = 35 thoả mãn phương trình.
* Với x > 3 ta có 2x + 3x > 23 + 33 = 35 => 2x + 3x > 35
Vậy, số tự nhiên x duy nhất thỏa mãn phương trình là x = 3
Phương pháp 4 : Sử dụng điều kiện  ≥ 0 để phương trình bậc 2 có
nghiệm.
Ví dụ: Số nghiệm nguyên của phương trình x + y + xy = x 2 + y2
là …. ?


x2 – 2x = 0 ⇒ x3 = 0; x4 = 2

* Với y = 2 thay vào (2) ta có:

x2 – 3x + 2 = 0 ⇒ x5 = 1; x6 = 2

Thử lại các giá trị trên nghiệm đúng (1)
Do đó, nghiệm nguyên của phương trình là: (0;0); (1; 0); (0; 1); (2; 1); (1; 2);
(2;2)
Vậy, phương trình (1) có 6 nghiệm nguyên
2.3.4. Nhóm phương pháp dùng tính chất về chia hết của một số chính
phương
Phương pháp 1: Sử dụng tính chất về chia hết của một số chính
phương
* Các tính chất thường dùng
- Các số chính phương không có tận cùng là 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 có số dư là 0; 1.


- Số chính phương chia cho 4 có số dư là 0; 1.
- Số chính phương chia cho 8 có số dư là 0; 1; 4.
Ví dụ: Tìm các số nguyên x để 9x + 5 là tích của 2 số nguyên liên tiếp
Giải
Giả sử

9x + 5 = n(n + 1)

với n ∈ Z


⇒x–1=±2
⇒ x = 3 hoặc x = - 1
* Với y2 = 4 khi đó (2) có dạng 3(x - 1)2 = 0 ⇒ x = 1


Các cặp số: (3;1); (- 1; 1); (3; - 1); (1; - 1); (1; - 2) thoả mãn (2) nên là
nghiệm của phương trình đã cho.
Vậy, phương trình (1) có 5 nghiệm nguyên
Phương pháp 3 : Xét các số chính phương liên tiếp
Hiển nhiên giữa 2 số chính phương liên tiếp không có số chính phương
nào. Do đó với mọi số nguyên a, x ta có:
- Không tồn tại x để a2 < x2 < (a + 1)2
- Nếu a2 < x2 < (a + 2)2 thì x2 = (a + 1)2
Ví dụ: Chứng minh rằng với mọi số nguyên k cho trước không tồn tại số
nguyên dương x sao cho:
x(x + 1) = k(k + 2)
Giải
Giả sử x(x + 1) = k(k + 2) với mọi k ∈ Z; x nguyên dương ta có:
x2 + x = k2 + 2k
⇒ x2 + x + 1 = k2 + 2k + 1 = (k + 1)2
Do x > 0 nên x2 < x2 + x + 1 = (k + 1)2

(1)

Cũng do x > 0 nên (k + 1)2 = x2 + x + 1 < x2 + 2x + 1 = (x + 1)2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: x2 < (k + 1)2 < (x + 1)2. Vô lý.
Vậy không tồn tại số nguyên dương x để x(x + 1) = k(k + 2)
2.3.5. Nhóm phương pháp đặt ẩn phụ
a) Đặt ẩn phụ kết hợp với xét tính chia hết của ẩn:
Ví dụ 1: Tìm tất cả các nghiệm nguyên x;y thoả mãn:

p−q
;y=
vào (1) ta có : 28 p = 3( p 2 + 3q 2 ) (2)
2
2

Dễ thấy : p ≥ 0 và 3( p 2 + 3q 2 )M3
Suy ra p=3k (với k ≥ 0; k ∈ Z )
Thay vào (2) ta có : 28k = 3(3k 2 + q 2 )

(3)

Vậy k M3 suy ra k=3m (với m ≥ 0; m ∈ Z )
Thay k=3m vào (3) ta có : 28m = 27m 2 + q 2
Vì m(28 − 27m) = q 2
mà q 2 ≥ 0

m = 0
m = 1

Suy ra m(28 − 27m) ≥ 0 ⇔ 

+Với m = 0 thì k = 0, suy ra p = q = 0
và x = y = 0
Giá trị x = y = 0 không thoả mãn phương trình (I).
+Với m = 1 thì k = 3, suy ra p = 9, q = ±1
Vậy x = 5, y = 4 hoặc x = 4, y = 5
Do đó , nghiệm của phương trình (I) là (4;5) và (5;4)
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau : 19 x 2 + 28 y 2 = 729
Giải :

Ví

dụ

4:

Tìm

nghiệm

nguyên

của

phương

trình

sau:

y 2 = x ( x + 1)( x + 7)( x + 8)

Giải :
Phương trình đã cho tương đương với : y 2 = x( x 2 + 8 x)( x 2 + 8 x + 7)
Đặt : z 2 = x 2 + 8 x , ta có : y 2 = z 2 + 7 z hay 4 y 2 = (2 z + 7) 2 − 49
Hay (2 z − 2 y + 7)(2 z + 2 y + 7) = 49
Chỉ có thể xảy ra các trường hợp sau :
2 z − 2 y + 7 = 1
 y = 12
⇔

2z − 2 y + 7 = 2z + 2 y + 7 = 7 ⇔ y = z = 0

Khi đó ta có x 2 + 8 x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = −8


Trường hợp 6:

2 z − 2 y + 7 = 2 z + 2 y + 7 = −7 ⇔ y = 0 và z = −7

Khi đó ta có x 2 + 8 x = −7 ⇔ ( x + 1)( x + 7) = 0 ⇔ x = −1 hoặc x = −7
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên (x, y) như sau : (1;12), (-9;12),
(1;-12), (-9;-12), (0;0) , (-8;0) , (-1;0) , (-7;0) , (-4;12) , (-4;-12).
c) Đặt ẩn phụ kết hợp với tạo ra bình phương đủ:
Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
y 2 − x ( x + 1)( x + 2)( x + 3) = 1

Giải :
Phương trình đã cho được biến đổi về dạng:
y 2 = x(x+1)(x+2)(x+3) + 1 = (x2 + 3x)(x2 + 3x + 2) + 1

Đặt x 2 + 3 x = m (m nguyên dương), ta có : y 2 = m(m + 2) + 1 = (m + 1) 2
Vậy y 2 = ( x 2 + 3 x + 1) 2
Vì x, y là các số nguyên dương nên phương trình đã cho có vô số nghiệm
nguyên dương dạng:

 y = x 2 + 3 x + 1

(x nguyên dương tuỳ ý)
+
 x ∈ ¢

đó giúp học sinh hứng thú khi gặp dạng toán này nói riêng và học môn Toán nói
chung.
Kết quả :
Sau khi khảo sát đối với đội tuyển giải toán qua mạng lớp 9 năm 2014 với
số lượng 06 em về chủ đề phương trình nghiệm nguyên hai ẩn, kết quả thu được
như sau :
Loại
điểm
SS : 06

Dưới 5,0
SL
%
0
0

5 – 6, 5
SL
%
1
16,7

6,5 - 8
SL
%
1
16,7

8 - 10
SL