PHÒNG GD&ĐT PHÙ CỪ
TRƯỜNG THCS ĐÌNH CAO

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Một vài kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 9
giải phương trình nghiệm nguyên
Môn: Toán học
Người viết: Trần Đăng Tiền
Giáo viên: Toán

Năm học: 2015 - 2016
1


PHẦN I: PHẦN LÍ LỊCH
- Họ và tên: Trần Đăng Tiền.
- Chức vụ: Giáo viên – Tổ trưởng tổ Khoa học Tự nhiên.
- Đơn vị công tác: Trường THCS Đình Cao.
- Tên sáng kiến kinh nghiệm “Một vài kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi

lớp 9 giải phương trình nghiệm nguyên”

2


PHẦN 2: NỘI DUNG
A. MỞ ĐẦU
1. Đặt vấn đề
a. Thực trạng của vấn đề:
Giúp đỡ học sinh là một trong những nhiệm vụ quan trọng nhất mà người thầy nhất
thiết phải làm. Nhiệm vụ đó không phải là dễ nó đòi hỏi phải có thời gian, kinh nghiệm,

học sinh giỏi Tóan, giải Tóan trên máy tính bỏ túi khối THCS, học sinh có niềm tin và
kĩ năng vận dụng dạng Tóan giải phương trình và hệ phương trình. Góp phần nâng cao
chất lượng dạy và học Tóan và các bộ môn khác ngày càng cao hơn.
Thực tế qua theo dõi chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi ở khối 8, 9 có áp dụng sáng
kiến kinh nghiệm trên thì tôi thấy rằng đa số các em tích cực tư duy, hứng thú với bài
tập mới, kiến thức mới hơn so với các lớp còn lại.
Đặc biệt là trong lớp luôn có sự thi đua tìm ra cách giải hay nhất, nhanh nhất. Không
khí lớp học luôn sôi nổi, không gò bó, học sinh được độc lập tư duy. Điều hứng thú
hơn là phát huy được trí lực của các em, giúp các em phát triển kỹ năng nghiên cứu
khoa học hứng thú trong việc tìm tòi kiến thức mới, kỹ năng mới.
c, Phạm vi nghiên cứu:
Học sinh các lớp khối 8 khối 9 ở trường THCS Đình cao – huyện Phù Cừ - Tỉnh Hưng
yên.
2. Phương pháp tiến hành
a, Cơ sở lý luận và thực tiễn
Nói đến dạy học là một công việc vừa mang tính khoa học vừa mang tính nghệ
thuật. Do đó đòi hỏi người giáo viên cần có năng lực sư phạm vững vàng, phương pháp
giảng dạy phù hợp theo hướng tích cực giúp học sinh chủ động trong việc chiếm lĩnh
kiến thức. Việc tạo cho học sinh niềm hứng thú trong học tập “Giải phương trình
nghiệm nguyên” hoàn toàn phụ thuộc vào năng lực sư phạm của giáo viên . Ngoài việc
lên lớp người giáo viên phải không ngừng học hỏi, tìm tòi tài liệu có liên quan để làm
sao có thể truyền thụ cho học sinh một cách nhẹ nhàng, dễ hiểu, phù hợp với khả năng
tiếp thu của từng đối tượng học sinh.
Hướng đổi mới phương pháp dạy học Toán hiện nay ở trường THCS là tích cực
hóa hoạt động học tập của học sinh, khơi dậy và phát triển khả năng tự học, nhằm hình
thành cho học sinh tư duy tích cực, độc lập, sáng tạo, nâng cao năng lực phát hiện và
giải quyết vấn đề, rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác động đến
tình cảm đem lại niềm vui, hứng thú học tập cho học sinh. Đặc biệt hiện nay toàn
ngành giáo dục đang ra sức thực hiện cuộc vận động “Xây dựng trường học thân thiện,
4

lý không quá sức học sinh trong khuôn khổ chương trình học .
- Tổng kết kinh nghiệm bằng thực tế giảng dạy (đặc biệt là bồi dưỡng học sinh giỏi)
của bản thân và đồng nghiệp
5


- Để bồi dưỡng học sinh giỏi Toán nói chung và giải toán trên máy tính nói riêng có
hiệu quả theo tôi phải làm được những công việc sau:
- Đầu năm phân loại đối tượng học sinh, chọn những em học khá Toán trở lên và chăm
học vào đội tuyển HSG Toán.
- Chuẩn bị tài liệu, sách tham khảo, sách nâng cao môn Toán.
- Soạn nội dung bồi dưỡng học sinh giỏi, trong nội dung bồi dưỡng học sinh giỏi phải
hệ thống, phân loại được từng dạng Toán ở khối được phân công bồi dưỡng
- Lên kế hoạch bồi dưỡng học sinh giỏi theo từng tuần .
- Thường xuyên tìm hiểu và nghiên cứu các kiến thức có liên quan trên mạng internet.
- Các dạng toán giải phương trình nghiệm nguyên trong chương trình THCS.
* Thời gian tạo giải pháp:
Năm học 2014 – 2015; 2015 - 2016.
B. NỘI DUNG
1. Mục tiêu
Rèn luyện “Giải phương trình nghiệm nguyên” là một trong những cách hình thành
kiến thức, kỹ năng mới cho học sinh phương pháp luyện tập thông qua bài tập là quan
trọng để nâng cao chất lượng dạy và học bộ môn.
- Rèn kỹ năng vận dụng kiến thức đã học, kiến thức tiếp thu được qua bài giảng
thành kiến thức của mình, kiến thức được nhớ lâu khi được vận dụng thường xuyên.
- Đào sâu mở rộng kiến thức đã học một cách sinh động, phong phú, hấp dẫn.
- Là phương tiện để ôn tập, củng cố, hệ thống hoá một cách tốt nhất kiến thức đã học.
- Phát triển năng lực nhận thức, rèn trí thông minh cho học sinh.
2. GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI
1.2. QUÁ TRÌNH THỰC HIỆN


nghiệm nguyên đạt hiệu quả. Lời giải thường dài dòng, không chính xác, đôi khi còn
ngộ nhận. Cũng với những bài toán trên, nếu học sinh được trang bị các phương pháp
giải phương trình nghiệm nguyên thì chắc chắn sẽ có hiệu quả cao hơn.
1.2.2 Một số định nghĩa, định lí, tính chất và kiến thức liên quan đến các phương
pháp giải phương trình nghiệm nguyên
Để học sinh nắm được các phương pháp giải phương trình nghiêm nguyên được
một cách tốt nhất giáo viên cần trang bị cho học sinh các đơn vị kiến thức cơ bản sau:
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 Mb
Nếu r ≠ 0 ⇒ a Mb
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(c,b)
Nếu a Mb ⇒ ac Mb ( c ∈ ¢ )
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 nguyên dương)
* Một số hệ quả áp dụng:
+ ∀ a,b ∈ ¢ và n nguyên dương ta có (an – bn) M(a – b)
7


+ ∀ a,b ∈ ¢ và n chẵn (n nguyên dương) ta có (an – bn) M(a + b)
+ ∀ a,b ∈ ¢ và n lẻ (n nguyên dương) ta có (an + bn) M(a + b)
4. Các dấu hiệu chia hết cho 2, 3, 5, 8, 9, 11....


Đẳng thức xảy ra ⇔ a1 = a2 = a3 =......=an
12. Bất đẳng thức Bunhiacopski

(a

2
2

)(

)

+ a22 + .... + an2 . x12 + x22 + .... + 2n ≥ ( a1 x1 + a2 x2 + .... + an xn )

Đẳng thức xảy ra ⇔

a1 a 2 a 3
a
=
=
= ...... = n
x1 x 2 x 3
xn

13. Xét phương trình ax + by = c với a, b, c ∈ Z và a hoặc b ≠ 0
thì phương trình có nghiệm nguyên ⇔ c M(a, b)
8

2

0
4

-5
-1
-6
-2

Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên (x; y) = (4; 0), (-2; -6), (0; 4), (-6; -2)
Nhận xét:
1, Ta cũng có thể giải bài toán trên bằng phương pháp tách giá trị nguyên
y=

4− x
5
=
−1
x +1 x +1

2, Hoặc dùng phương pháp sắp thứ tự các ẩn vì vai trò của x, y như nhau.
Giả sử x ≥ y ⇒ x + 1 ≥ y + 1 nên các trường hợp chỉ xảy ra
x+1
5
-1
y+1
1
-5
x
4
-2

(x; y) ∈ { (1; 7); (7; 1)}
Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + x + 6 = y2
Lời giải:
Ta có: x2 + x + 6 = y2 ⇔ 4x2 + 4x + 24 = 4y2 ⇔ (2x + 1)2 – 4y2 = -23
⇔ ( 2x – 2y + 1)(2x + 2y + 1) = - 23
2x − 2 y + 1 = −1
2x − 2 y + 1 = 23
Suy ra: 
hoặc 
2x+2 y + 1 = 23
2x+2 y + 1 = −1
2x − 2 y + 1 = 1
2x − 2 y + 1 = −23
hoặc 
hoặc 
2x+2 y + 1 = −23
2x+2 y + 1 = 1
Giải các trường hợp trên và kết hợp với điều kiện x, y nguyên ta được các nghiệm
nguyên (x, y) là (5; 6); (5; -6) ; (-6;- 6); (- 6; 6)
Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x4 + 4x3+ 6x2+ 4x = y2
Lời giải:
Ta có: x4 + 4x3+ 6x2+ 4x = y2⇔ x4 +4x3+6x2+4x +1- y2=1⇔ (x+1)4 – y2 = 1
 ( x + 1) 2 –
 
 ( x + 1) 2 +

⇔ [(x+1)2 –y][(x+1)2+y] =1 ⇔ 
 ( x + 1) 2 –
 
 ( x + 1) 2 +

Nếu các ẩn x, y, z, ... có vai trò bình đẳng, ta có thể giả sử x ≥ y ≥ z ≥ ... để tìm các
nghiệm thỏa mãn điều kiện này. Từ đó, dùng phép hoán vị để => các nghiệm của
phương trình đã cho.
Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x + y + z = xyz (1).
Lời giải
Do các ẩn x, y, z có vai trò bình đẳng trong phương trình nên có thể sắp xếp thứ tự
giá trị của các ẩn, chẳng hạn:1 ≤ x ≤ y ≤ z
Do đó xyz = x + y + z ≤ 3z chia hai vế của bất đẳng thức xyz ≤ 3z cho số dương z ta
được xy ≤ 3. Do đó xy ∈ {1; 2; 3}
Với xy = 1, ta có x = 1, y = 1. Thay vào (1) được 2 + z = z (loại)
Với xy = 2, ta có x = 1, y = 2. Thay vào (1) được z = 3
Với xy = 3, ta có x = 1, y = 3. Thay vào (1) được z = 2 (loại) vì trái với sắp xếp
y ≤ z.
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (1) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 3).
Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :

1 1 1
+ + = 2 (2)
x y z

Lời giải
Do vai trò bình đẳng của x, y, z trong phương trình nên có thể sắp xếp thứ tự giá trị
của các ẩn, chẳng hạn x ≤ y ≤ z. Ta có :
2=

1 1 1
1
3
+ + ≤ 3 × ⇒ x ≤ ⇒ x = 1 ( do x nguyên dương)
x y z

Thu gọn phương trình ta được 7x + 4y = 120 (*)
Ta thấy (7, 4) = 1 và 120 M1 nên phương trình (*) có nghiệm nguyên
Lại có 4y và 120 đều chia hết cho 4 nên 7 x M4 ⇒ x M4 do (7, 4) = 1
Đặt x = 4t với t nguyên thì ta được nghiệm nguyên tổng quát của phương trình là
 x = 4t

 y = 30 − 7t ( t ∈ Z )

Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x2 - 2y2 = 5

(1)

Lời giải
Từ phương trình (1) => x phải là số lẻ. Thay x = 2k + 1 (k∈ ¢ ) vào (1), ta được: 4k2
+4k + 1 - 2y2 = 5 ⇔ 2(k2 + k - 1) = y2
=> y2 là số chẵn => y là số chẵn.
Đặt y = 2t (t ∈¢ ), ta có : 2(k2 + k - 1) = 4t2 ⇔ k(k + 1) = 2t2 + 1 (*)
Nhận xét : k(k + 1) là số chẵn, 2t2 + 1 là số lẻ => phương trình (*) vô nghiệm.
Vậy phương trình (1) không có nghiệm nguyên.
Ví dụ 3 : Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa mãn :
x3 + y3 + z3 = x + y + z + 2000 (2)
Lời giải
Ta có : x3 - x = (x - 1).x.(x + 1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp (với x là số
nguyên). Do đó : x3 - x chia hết cho 3.
12


Tương tự y3 - y và z3 - z cũng chia hết cho 3. Từ đó ta có : x3 + y3 + z3 - x - y - z chia
hết cho 3. Vì 2000 không chia hết cho 3 nên x3 + y3 + z3 - x - y - z = 2000 là vô lý với
mọi số nguyên x, y, z tức là phương trình (2) không có nghiệm nguyên.

x
x 
y 
y 
Ta có: x = 2 y ⇒  0 ÷ = 2  0 ÷ ⇒ 0 chẵn và 2  0 ÷ M4 (mâu thuẫn với (*)
d
d 
d 
d 
2
0

2
0

Vậy phương trình (4) chỉ có nghiệm nguyên duy nhất là (0; 0).
Ví dụ 6: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2x2 + 4x = 19 - 3y2
Lời giải:
Ta có: 2x2 + 4x + 2 = 21 - 3y2
⇔ 2(x + 1)2 = 3(7 - y2) (2)

Từ (2) ta suy ra 3(7 - y2) 2 ⇒ 7 - y2 2 ⇒ y lẻ
Ta lại có 7 - y2 ≥ 0 nên chỉ có thể y2 = 1
Khi đó (2) có dạng: 2(x + 1)2 = 18
Ta được : x + 1 = ± 3 do đó x = 2, x = -4
⇒ Các cặp số (2;1), (2;-1), (-4;1), (-4;-1) thoả mãn nên là các nghiệm nguyên của

phương trình đã cho.
Phương pháp IV : Lùi vô hạn ( Xuống thang)
13

2y13 = 4z13
Như vậy nếu (x, y, z) là nghiệm của (2) thì (x1, y1, z1) cũng là nghiệm của (2)
trong đó x = 2x1, y = 2y1, z = 2z1.
Lập luận tương tự như trên (x2; y2; z2) cũng là nghiệm của (2) trong đó x1 = 2x2,
y1 = 2y2, z1 = 2z2
Cứ tiếp tục như vậy ta đi đến x, y, z đều chia hết cho 2k với k là số tự nhiên tuỳ ý.
Điều này chỉ xảy ra khi x = y = z = 0. Đó là nghiệm nguyên duy nhất của (2)
14


Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 3 − 3 y 3 − 9 z 3 = 0. (5)
Lời giải
Giả sử ( x0 , y0 , z0 ) là nghiệm nguyên của phương trình khi đó x0 M3 đặt x0 = 3x1 , thay
x0 = 3 x1 vào (5) ta được: 9 x13 − y03 − 9 z03 = 0 ⇒ y0 M3. đặt y0 = 3 y1 khi đó:
9 x13 − 27 y13 − 3z0 3 = 0 ⇒ 3x13 − 9 y13 − z03 = 0 ⇒ z0 M3. đặt z0 = 3 z1 khi đó: x13 − 3 y13 − 9 z13 = 0 . Vậy
 x0 y0 z0 
 , , ÷ cũng là nghiệm của phương trình.
 3 3 3
x

y

z 

Quá trình này tiếp tục thì được:  k0 , k0 , k0 ÷ là các nghiệm nguyên của (5) với mọi k
3 3 3 
nguyên dương điều này chỉ xảy ra khi và chỉ khi x0 = y0 = z0 = 0.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên duy nhất là ( 0; 0; 0 )
Phương pháp V: Đưa về dạng tổng
Biến đổi phương trình về dạng : Vế trái là tổng của các bình phương, vế phải là

hoặc 
⇒
hoặc 
 y = 13
 y = 0
 y = 12
 y = 5
Giải ra ta được các nghiêm nguyên của phương trình là
(x, y) ∈ {(29; 12); (19; -12); (19; 12); (22; 5); (-2; 5); (2; -5); (-22; -5); (26; 13);
(-26; -13); (-13; 0); (13; 0); (-29; -12)}
Phương pháp VI : Xét chữ số tận cùng
Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 1! + 2! + ... + x! = y2 (1)
Lời giải
Cho x lần lượt bằng 1 ; 2 ; 3 ; 4, ta có ngay 2 nghiệm nguyên dương (x ; y) của
phương trình (1) là (1 ; 1) và (3 ; 3).
Nếu x > 4 thì dễ thấy k! với k > 4 đều có chữ số tận cùng bằng 0.
1! + 2! + 3 ! + 4! + 5! + ... + x! = 33 + 5! + ... + x! có chữ số tận cùng bằng 3.
Mặt khác vế phải là số chính phương nên không thể có chữ số tận cùng là 3.
Vậy phương trình (1) chỉ có hai nghiệm nguyên dương: (x ; y) ∈ {(1 ; 1) ; (3 ; 3)}.
Ví dụ 2 : Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình : x2 + x - 1 = 32y + 1 (2)
Lời giải
Cho x các giá trị từ 0 đến 9, dễ dàng xác định được chữ số tận cùng của x2 + x–1 chỉ
nhận các giá trị 1 ; 5 ; 9. Mặt khác, ta thấy 32y + 1 là lũy thừa bậc lẻ của 3 nên chữ số tận
cùng của nó chỉ có thể là 3 hoặc 7 khác với 1 ; 5 ; 9.
Vậy (2) không thể xảy ra. Nói cách khác, phương trình (2) không có nghiệm nguyên
dương.
* Lưu ý : Bài toán này cũng có thể giải bằng phương pháp sử dụng tính chất chia hết.
Phương pháp VII: Phương pháp loại trừ
Nếu có số nguyên m sao cho m 2 < n < (m + 1) 2 thì n không thể là số chính phương.
Ví dụ 1: Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình


x( x + 1) = y 4 + 2 y 3 + 3 y 2 + 2 y ⇔ x 2 + x = y 2 ( y + 1) 2 + 2 y ( y + 1).
⇔ x 2 + x + 1 = ( y 2 + y + 1) 2 (1)
Nếu x > 0 thì từ x 2 < 1 + x + x 2 < ( x + 1) 2 . suy ra 1 + x + x 2 không là số chính phương
nên (1) không có nghiệm nguyên.
Nếu x < - 1 thì từ ( x + 1) 2 < 1 + x + x 2 < x 2 suy ra (1) không có nghiệm nguyên.
17


y = 0
.
 y = −1

2
Nếu x = 0 hoặc x = - 1 thì từ (1) suy ra: y + y + 1 = ±1 ⇔ 

Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên là
(x, y) ∈ { ( 0; 0 ) ;

(

0; − 1 ) ;

(

− 1; 0 ) ; ( − 1; − 1

)}

Phương pháp VIII: Sử dụng tính chất nghiệm của phương trình bậc 2

⇒ 5 x1 + 5x2 – x1x2 = 23
⇔ (x1 -5) (x2 -5) = 2 mà 2 = 1.2 = (-1)(-2)
⇒ x1 + x2 = 13 hoặc x1 + x2 = 7 ⇒ y = 8 hoặc y = 2
Thay vào phương trình ta tìm được các cặp số (7; 8); (6; 8); (4; 2); (3; 2) là các nghiệm
nguyên của phương trình.
Ví dụ 3: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x + y + xy = x2 + y2 (1)
18


Lời giải
Viết (1) thành phương trình bậc 2 đối với x
x2 - (y + 1)x + (y2 - y) = 0 (2)
Điều kiện cần để (2) có nghiệm là ∆ ≥ 0
∆ = (y + 1)2 - 4(y2 - y) = y2 + 2y + 1 - 4y2 + 4y

= -3y2 + 6y + 1
* ∆ ≥ 0 ⇔ 3 y 2 − 6 y − 1 ≤ 0 ⇔ 3( y − 1) 2 ≤ 4
Do đó (y - 1)2 ≤ 1. Suy ra -1 ≤ y - 1 ≤ 1
y-1
-1
0
1
y
0
1
2
2
Với y = 0, thay vào (2) ta được x - x = 0 Ta có x1 = 0; x2 = 1
Với y = 1, thay vào (2) được x2 - 2x = 0 Ta có x3 = 0; x4 = 2
Với y = 2, thay vào (2) ta được x2 - 3x + 2 = 0 Ta có x5 = 1; x6 = 2

Lời giải
x
y

Do x, y, z ∈ ¢ + ⇒ ,

y z
, > 0. Theo bất đẳng thức Cô-si, ta có:
z x

19


x

(y +

x y z
x
y z 3
y z
+ ) ≥ 27 ( y . . ) = 27⇒ y + + ≥ 3
z x
z x
z x

Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z
x

y

Vậy phương trình có nghiệm nguyên duy nhất x = y = 1.
Phương pháp X: Xét số dư từng vế
Ví dụ 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 9x + 2 = y2 + y

(1)

Lời giải
Ta có: 9x + 2 = y2 + y ⇔ 9x + 2 = y(y + 1)

(*)

Ta thấy vế trái của (*) là số chia cho 3 dư 2 nên y(y + 1) chia cho 3 dư 2.
Nếu y chia hết cho 3 hoặc y chia cho 3 dư 2 thì y(y + 1) đều chia hết cho 3, trái
với kết luận trên.
Do đó y chia cho 3 dư 1. Đặt y = 3k + 1(k∈¢ ) thì y +1 = 3k + 2. Khi đó ta có:
9x + 2 = (3k + 1)(3k + 2) ⇔ 9x = 9k(k+1) ⇔ x = k(k+1)
20


Thử lại x = k(k+1) và y = 3k + 1(k ∈¢ ) thoả mãn phương trình đã cho.
Vậy nghiệm nguyên của phương trình (1) là x = k(k+1) và y = 3k + 1( với k∈ ¢ )
Ví dụ 2. Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên:
x2 – y2 = 2010 (2)
Lời giải
* Cách 1. Phương trình (2) viết thành: (x – y)(x + y) = 2010
Vì (x – y) + (x + y) = 2x là số nguyên chẵn nên (x – y) và (x + y) cùng tính chẵn lẻ. Từ
(x – y)(x + y) = 2010 suy ra (x – y) và (x + y) đều chẵn. Do đó:
(x – y)(x + y) chia hết cho 4. Nhưng 2010 không chia hết cho 4. Từ đó, suy ra phương
trình đã cho vô nghiệm.
* Cách 2. Số chính phương chia cho 4 chỉ có thể dư 0 hoặc 1. Do đó x2, y2 chia cho 4


1

b) x + y + z = 1991 chỉ có một số hữu hạn nghiệm nguyên dương.
c) Phương trình x2 + y 2 = 4m + 3 không có nghiệm nguyên với m nguyên.
d) Có vô số số nguyên x để biểu thức sau là số chính phương.
(1 + 2 + 3 + ... + x)(12 + 22 + 32 + ... + x2)
21


Bài 4: Giải phương trình trên tập số nguyên.
a) x 2 − 3 y 2 = 17 .

b) x 2 − 5 y 2 = 17 .

c) x 2 − 2 y 2 = 1 .

d) 2 x + 122 = y 2 − 32 .

e) 15 x 2 − 7 y 2 = 9 .

f) x 2 + 2 x + 4 y 2 = 37 .

Bài 5: Giải phương trình trên tập số nguyên.
a) 5( x + y ) + 2 = 3 xy .

b) 2( x + y ) = 3 xy .

c) x 2 − y 2 = 91 .


+
+
+ = 1.
x2 y 2 z 2 t 2

Bài 7: Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau.
a) x 2 − 6 xy + 13 y 2 = 100 .

b) 1 + x + x 2 + x 3 = y 3 .

c) 1 + x + x 2 + x 3 + x 4 = y 2 .

d) x 2 = y ( y + 1)( y + 2)( y + 3) .

e) ( x − 2) 4 − x 4 = y 3 .

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

Bài 8: Giải phương trình trên tập số nguyên.
a) x3 − 2 y 3 − 4 z 2 = 0 .

b) 8 x 4 + 4 y 4 + 2 z 4 = u 4 .

c) x 2 + y 2 + z 2 = 2 xyz .

d) x 2 + 2 y 2 + 2 z 2 − 2 xy − 2 yz − 2 z = 4 .

e) x + y − 1 + z − 2 =

1

50
- Vận dụng phương pháp“Giải phương trình nghiệm nguyên” đã hình thành cho học
sinh một số kỹ năng làm toán khó. Giúp cho học sinh nhìn nhận một dạng toán dưới
lăng kính nhiều mặt với nhiều màu sắc khác nhau trong quá trình vận dụng linh hoạt
các kĩ thuật giải.
- Ôn tập, củng cố và đào sâu các kiến thức về số học, đại số có liên quan đồng thời
giúp cho học sinh hình thành thói quen suy nghĩ định hướng tìm tòi lời giải trước một
bài toán. Từ đó giúp học sinh có thói quen giải toán theo một trình tự khoa học.
- Xây dựng được một hệ thống phương pháp và kỹ năng Giúp cho học sinh và giáo
viên có một tư liệu tham khảo cho hoạt động dạy học toán học với việc bồi dưỡng học
sinh khá, giỏi trong nhà trường phổ thông hiện nay.
- Hình thành ở học sinh thói quen khai thác kiến thức cơ bản trong chương trình
theo chiều sâu. Giúp cho các em có được tư duy sâu sắc linh hoạt, độc lập sáng tạo
trong quá trình giải toán.
- Giúp cho học sinh phân loại được các dạng bài tập và phương pháp, kỹ năng giải
cho từng loại tạo điều kiện cho các em nhìn nhận một vấn đề toán học (phương trình và
hệ phương trình) dưới con mắt hoàn thiện hơn.
- Hình thành ở học sinh thói quen khám phá, khai thác tìm tòi lời giải cho một bài
toán …phát huy được tích cực suy nghĩ trong quá trình giải toán.
- Góp phần trau dồi cho học sinh những phẩm chất như tính độc lập kiên trì sáng tạo
tích cực tìm tòi và giúp các em hoàn thiện dần các phẩm chất đạo đức, phẩm chất trí
tuệ trong quá trình học toán ở nhà trường phổ thông.
- Phát huy được đức tính tự học, tự tìm tòi nghiên cứu góp phần tô điểm cho việc
đổi mới phương pháp giảng dạy và học tập của giáo viên và học sinh mà hạt nhân là: "

23


Lấy lôgic học của học sinh làm trung tâm " từ đó nâng cao từng bước chất lượng học
tập môn Toán cho các em.

Mặc dù đã giành nhiều thời gian, công sức, tìm hiểu, rút kinh nghiệm và cố gắng để
cho bản đề tài song do nhiều lí do, trong đó lí do còn hạn chế về kiến thức cũng như
phương pháp nên SKKN chắc không thể tránh khỏi thiếu sót.Tôi mong được sự đóng
góp, bổ sung.
2- Kiến nghị:
- Với nhà trường: Cần khuyến khích động viên mỗi giáo viên thực hiện và áp dụng
những sáng kiến hay để đẩy mạnh phong trào chuyên môn trong nhà trường.
- Với Phòng, Sở giáo dục: Đề nghị quan tâm đầu tư mở nhiều chuyên đề bồi dưỡng
các chuyên đề có liên quan đến môn Toán đặc biệt bồi dưỡng giáo viên ôn học sinh
giỏi để nâng cao trình độ, phương pháp, năng lực sư phạm cho giáo viên dạy học.
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của bản thân tôi tự đặt nền móng và có sự tham khảo
của đồng nghiệp trong Tổ và tài liệu trên mạng. Không sao chép của người khác.
Ngày 20 tháng 3 năm 2016
NGƯỜI VIẾT
TRẦN ĐĂNG TIỀN

25