Sáng kiến kinh nghiệm Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP VĨNH YÊN
 TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ KHAI QUANG
 BÁO CÁO 
 KẾT QUẢ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Tên sáng kiến kinh nghiệm:
 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP
 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
Môn : Toán
Tổ bộ môn: Khoa học tự nhiên
Mã: 30
Người thực hiện: Nguyễn Thị Nghĩa
Điện thoại: 01238980910 
Email: trankhoatd123@gmail.com
 Tháng 4 năm 2014
 1 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH 
 NGHIỆM NGUYÊN
 PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ.
1. Lý do chọn đề tài.
 Trong các kỳ thi học sinh giỏi cũng như thi vào các trường chuyên thường 
xuất hiện các bài toán tìm nghiệm nguyên. Đó là loại toán đòi hỏi một phản xạ 
nhanh, nhạy và chính xác, một suy luận lô gích. Chính vì vậy giải phương trình 
nghiệm nguyên là phát triển tốt cho trí tưởng tượng và sự thông minh được phát 
triển.
 Các bài toán về phương trình nghiệm nguyên bậc nhất nói chung là không 
khó vì đã có phương pháp giải tổng quát. Giải phương trình nghiệm nguyên bậc 
cao là một vấn đề rất phong phú, thường đòi hỏi vận dụng tổng hợp và sáng tạo 
các kiến thức số học và đại số. 
 Để giúp học sinh có thêm phương pháp tư duy sáng tạo khoa học nhanh 
chóng tìm ra lời giải cho một bài toán về giải phương trình nghiệm nguyên bậc 
cao trong một số bài tập. Tôi đã chọn chuyên đề “Một số phương pháp giải 
phương trình nghiệm nguyên”
 Chuyên đề này xin được nêu lên một vài phương pháp giúp giải phương 
trình nguyên bậc cao trong một số trường hợp thông qua ví dụ và từng loại bài 
tập để từ đó hình thành kỹ năng và phương pháp giải. 
2. Mục đích nghiên cứu.
- Nghiên cứu các phương pháp cơ bản trong giải phương trình nghiệm nguyên, 
giúp học sinh tìm ra lời giải nhanh nhất đối với dạng bài tập này.
- Rèn luyện cho học sinh tính linh hoạt, sáng tạo khi học toán.
- Góp phần bồi dưỡng khả năng suy nghĩ, trí thông minh, suy luận lô gích để 
giải quyết các vấn đề.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu.
3.1. Đối tượng nghiên cứu: Học sinh khối 8, 9 trường THCS Khai Quang.
3.2. Phạm vi nghiên cứu: Các bài tập về giải phương trình nghiệm nguyên 
trong chương trình toán THCS.
4. Phương pháp nghiên cứu.
4.1. Phương pháp nghiên cứu lý thuyết: 
- Đọc và nghiên cứu các tài liệu, giáo trình về phương pháp dạy học toán và các 
tài liệu có liên quan đến giải phương trình nghiệm nguyên.
- Nghiên cứu và tìm hiểu phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên.
4.2. Phương pháp điều tra: Tìm hiểu thực trạng kết quả học tập của học sinh 
(Đặc biệt là đội tuyển học sinh giỏi) nhằm xác định tính phổ biến và nguyên 
nhân để chuẩn bị cho các bước tiếp theo.
4.3 Phương pháp thảo luận: Trao đổi với đồng nghiệp về kinh nghiệm giảng 
dạy và các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên.
 3 PHẦN II: NỘI DUNG
1. Cơ sở lý luận: Trong thời đại hiện nay nền giáo dục của nước ta đã và đang 
tiếp cận được với khoa học hiện đại. Các môn học đều đòi hỏi tư duy sáng tạo và 
hiện đại của học sinh. Đặc biệt là môn toán, nó đòi hỏi tư duy rất tích cực của 
học sinh, đòi hỏi học sinh tiếp thu kiến thức một cách chính xác, khoa học và 
hiện đại, vì thế để giúp các em học tập môn toán có kết quả tốt giáo viên phải có 
một kiến thức vững vàng, một tấm lòng đầy nhiệt huyết và biết vận dụng các 
phương pháp giảng dạy một cách linh hoạt, sáng tạo và hiệu quả để học sinh 
hiểu bài một cách nhanh nhất, dễ hiểu nhất. 
 Chương trình toán rất rộng và đa dạng, các em được lĩnh hội nhiều kiến 
thức trong đó có một nội dung kiến thức mà theo các em suốt trong quá trình 
học tập là tìm giá trị nguyên của ẩn hoặc của tham số. Bậc tiểu học, học sinh đã 
gặp các bài toán giải phương trình nghiệm nguyên đơn giản: Tìm các số tự nhiên 
x; y, lên lớp 6, 7 là tìm các số nguyên x; y , lên lớp 8, 9: tìm nghiệm nguyên của 
phương trình. Như vậy giải phương trình nghiệm nguyên có một ứng dụng rất 
quan trọng khi giải toán, đặc biệt là với học sinh giỏi lớp 8 và lớp 9. Không 
những thế phương trình nghiệm nguyên còn được ứng dụng nhiều cho học sinh 
tiếp tục học tập lên các lớp trên.
2. Cơ sở thực tiễn: Thực tế cho thấy hầu hết các em học sinh lớp 8, 9 kể cả học 
sinh đội tuyển đều rất ngại khi gặp phải các bài toán giải phương trình nghiệm 
nguyên, mặc dù các em đã biết cách giải phương trình nghiệm nguyên bậc nhất 
tuy nhiên khi nhìn thấy phương trình nghiệm nguyên bậc hai và các bậc cao hơn 
thì hầu hết học sinh đều tỏ ra khó khăn và lúng túng. Nguyên nhân vì các em 
không biết xuất phát từ đâu để tìm lời giải hoặc không biết tìm mối liên quan 
giữa các ẩn và các số liện đã biết để ra được kết quả. Mà dạng toán này thường 
có ở phần cuối của các đề kiểm tra và trong các đề thi học sinh giỏi.
 Với những cơ sở về mặt lý luận cũng như về mặt thực tiễn nêu trên, tôi mạnh 
dạn vận dụng vào thực tế giảng dạy của mình. Kết quả khảo sát khi chưa thực 
hiện chuyên đề:
 Điểm Sĩ Giỏi Khá Trung bình Yếu Kém
 Số
 Lớp TS % TS % TS % TS % TS %
 9A 35 2 5,7 7 20,0 9 25,7 15 42,9 2 5,7
 8A 35 1 2,9 6 17,1 11 31,4 14 40,0 3 8,6
3. Nội dung của chuyên đề: Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên.
Phương pháp 1: Sử dụng tính chẵn lẻ.
Ví dụ 1: Tìm tất cả các số nguyên tố x, y thỏa mãn x2 – 2y2 = 1 (1) 
 5 Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 – 4xy + 5y2 = 16
Giải: 
Phương trình tương đương với:
(x – 2y)2 + y2 = 16 = 42 + 0
(Số 16 chỉ có thể là tổng của hai số chính phương 42 và 0)
 x2 y4 x  2 y 0
Do đó y0 Hoặc y  4
Vậy phương trình có 4 nghiệm: (4;0), (-4;0), (8;4) và (-8; -4).
Bài tập áp dụng:
1. Tìm nghiệm nguyên:
a) x + y = xy
b) p(x + y) = xy với p nguyên tố.
2. Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình:
3x3 – xy = 5
3. Giải các phương trình sau trên tập số nguyên.
a) 3x2 + 10xy + 8y = 96
b) 2x2 + xy – y2 – 9 = 0
c) x2 + x – y2 = 0
d) x2 – y2 = 91
Phương pháp 3: Phương pháp cực hạn
( Thường sử dụng cho phương trình đối xứng nên vai trò các ẩn như nhau nên có 
thể giả thiết 1 x y z )
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
 x + y + z = xyz (1)
Giải : Vì x, y, z có vai trò như nhau nên ta có thể giả sử 1  x y z
 1 1 1 3 2
Từ (1) suy ra 1 =     x  3 
 xy yz zx x2
  x = 1. thay x = 1 vào (1) ta được 1 + y + z = yz (y – 1)(z -1) = 2 = 1.2  y 
= 2; z = 3 ( vì y – 1 z – 1)
Vậy (1) có 6 nghiệm nguyên là các hoán vị của (1; 2; 3) 
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
 x3 + 7y = y3 + 7x
Giải: Phương trình đã cho tương đương với (x – y)(x2 + xy + y2 – 1) = 0
  x = y hoặc x2 + xy + y2 = 7
Nếu x y thì từ x2 + xy + y2 = 7  (x – y)2 = 7 – 3xy > 0
 7
  xy <  x = 1 ; y = 2 hoặc x = 2; y = 1
 3
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: (1;2) ; (2,1); (n,n); n z
Bài tập áp dụng:
1. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
a) x + y + z + t = xyzt
b) x + y + z + 9 = xyz
 7  x2   1 (mod 5)
  x2 – 2y2   3 (mod 5)
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.
Ví dụ 2: Phương trình 19x2 + 28y2 = 729 có nghiệm nguyên hay không?
Giải: 
Phương trình đã cho có thể viết thành: (18x2 + 27y2) + (x2 + y2) = 729.
Vì 729 chia hết cho 3, 18x2 + 27y2 chia hết cho 3. Vậy x2 + y2 chia hết cho 3 từ 
đó rõ ràng x 3, y 3. Đặt x = 3u và y = 3v( u, v là các số nguyên) thay vào 
phương trình đầu ta có: 19u2+ 28v2 = 81.
Lập luận tương tự như trên ta có u, v đều chia hết cho 3 nên lại có u = 3t, v= 3s 
từ đó ta lại có 19t2 + 28s2 = 9.
Tương tự: t = 3q; s = 3r ta đi đến 19q2 + 28r2 = 1. Phương trình này không có 
nghiệm nguyên. Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.
Ví dụ 3: Tìm các chữ số x, y, z thỏa xyz  xzy  zzz (1)
Giải:
Ta có (1)  100x + 10y + z + 100x + 10z + y = 111z
  200x + 11y = 100z
  100(z – 2x) = 11y  100
  y = 0 khi đó z = 2x  z = 2, 4, 6, 8
 Ứng với x = 1, 2, 3, 4 ta có các số 102, 204, 306, 408 đều thỏa mãn (1).
Bài tập ứng dụng:
1. Giải phương trình trên tập hợp số nguyên.
a) x2 – 3y2 = 17
b) x2 – 5y2 = 17.
2. Chứng minh rằng phương trình 15x2 – 7y2 = 9 không có nghiệm nguyên.
3. Giải phương trình trên tập số nguyên.
 4 4 4
 x1  x2  ...  x7  1982
4. Chứng minh rằng phương trình: 4x2 + y2 + 9z2 = 71 không có nghiệm nguyên.
Phương pháp 6: Sử dụng tính chất nguyên tố.
Tính chất 1: Với mọi số nguyên a, số a2 + 1 không có ước nguyên tố dạng 4k + 3.
Tính chất 2: Cho p là số nguyên tố dạng 4k + 3 ( a, b  z). 
 Nếu a2+ b2  p thì a p và b p.
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – y3 = 7
Giải:
 x2 – y3 = 7  x2 + 1 = 8 + y3 = (y + 2)(y2 – 2y + 4)
* Nếu y chẵn thì x2 + 1 4  x2  3 (mod 4) vô lý.
8 Nếu y lẻ thì y2 – 2y + 4 = (y – 1)2+ 3 có dạng 4k = 3 nên phải có ước có dạng 
đó. Do đó x2 + 1 có ước số nguyên tố dạng 4k + 3 vô lý.
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.
Ví dụ 2: Giải phương trình trên tập số nguyên.
 x2 + 2x + 4y2 = 37
 9 2. Tìm nghiệm nguyên
a) x2 + y2 + z2 = 2xyz
b) x3 + 2y3 = 4z3
Phương pháp 8: Dùng bất đẳng thức.
1. Bất đẳng thức Cosi:
 a  a ... a
 1 2 n  a .a ...a
 n 1 2 n
Dấu “=” xảy ra khi a1 = a2 == an
2. Bất đẳng thức Bunhiacopxky.
Cho 2n số thực a1, a2= , an; b1, b2, ..., bn
 2 2 2 2 2 2 2
Ta có: ( a1b1+ a2b2 +...+ anbn)  a1  a2 ... an b1  b2 ...bn  
Dấu “=” xảy ra khi a1= kbi; i = 1, 2,...., k số thực.
 xy yz zx
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dương:    3 (1)
 z x y
Giải: Áp đụng bất đẳng thức Côsi ta có:
 3 4 4 4 3
 3xyz = x2y2 + y2z2 + z2x2  3 x y z  3xyz xyz
  xyz  1  x = y = z = 1
Vậy (1) có nghiệm nguyên, dương là (1;1;1)
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên (x + y + 1)2 = 3(x2 + y2 + 1)
Giải:
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxky.
(x = y + 1)2  (x2 + y2 + 1)(12 + 12 + 12) = 3(x2 + y2 + 1)
Dấu “=” xảy ra khi x = y = 1
Giải cách khác:
Phương trình đã cho tương đương với: xy + x + y = x2 + y2 + 1
  ( x2 + y2 – 2xy) + (x2 – 2x + 1) + (y2 – 2y + 1) = 0
  (x – y)2 + (x – 1)2 + (y – 1)2 
  x = y = 1
Bài tập áp dụng: Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau:
1. x2 + 2y2 + 2z2 – 2xy – 2yz – 2z = 4.
2. x2 + y2 + z2 = xy + 3y + 2z – 4
 1
3. x  y 1  z  2  x  y  z
 2
Phương pháp 9: Áp dụng tính chất số
Ví dụ 1: tồn tại hay không các số tự nhiên x, y, z sao cho: x2 + y3 + z4 = 28713.
Giải: 
Bởi vì: 22 + 33 + 43 = 287 nên 28713 = 22.28712+ 33. 28712 + 44. 28712
 = (2.287)2 + ( 3.2874)3 + (4.2873)4
Vậy x = 2.2876 , y = 3.2874 , z = 4.2873
Ví dụ 2: Tìm 4 só nguyên khác nhau sao cho tổng của hai số bất kỳ trong chúng 
sẽ là bình phương của một số nguyên.
 11