Sáng kiến kinh nghiệm Phương trình nghiệm nguyên

 Trường THCS Vĩnh Tường Sáng kiến kinh nghiệm
 A. PHẦN MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
 - Phương trình nghiệm nguyên là một dạng toán hay và khó. Tổng quát là một đề tài lí thú 
của số học và đại số. 
 - Việc giải phương trình vô định tức là việc tìm nghiệm nguyên của các phương trình và hệ 
phơng trình đại số với các hệ số nguyên, luôn đòi hỏi học sinh khả năng phân tích, tổng hợp, 
đối chiếu, dự đoán, phương pháp tư duy logic để lựa chọn nghiệm thích hợp.
 - Trong nội dung chương trình sách giáo khoa môn toán của các lớp trung học cơ sở thì 
phương pháp hay là các thủ pháp cơ bản giải phương trình nghiệm nguyên không được đề 
cập đến một cách cụ thể và chi tiết mà chỉ được giới thiệu thông qua một số bài tập. 
 - Các dạng bài toán này thường thấy trên các tạp chí toán học sơ cấp, các đề thi học sinh 
giỏi các cấp và cả các đề thi vào đại học.
 - Với các bài toán về phương trình và hệ phương trình nghiệm nguyên thì không có phương 
pháp giải tổng quát.
 - Vì vậy tôi chọn đề tài này nhằm trao đổi và giới thiệu với đòng nghiệp vài phương pháp 
hay thủ pháp cơ bản để giải các bài toán về phương trình và hệ phương trình nghiệm nguyên 
thường gặp. Từ đó áp dụng vào việc bồi dưỡng học sinh giỏi đạt hiệu quả cao hơn. 
II.PHẠM VI NGHIÊN CỨU:
1. Phạm vi nghiên cứu đề tài: Các bài toán về phương trình và hệ phương trình 
nghiệm nguyên
2. Đối tượng: Học sinh khá giỏi trường THCS
3. Mục đích: Trao đổi kinh nghiệm và giúp HS có các phương pháp cơ bản để giải 
phương trình và hệ phương trình nghiệm nguyên
 GV: Lê Phúc Lợi 1 Trường THCS Vĩnh Tường Sáng kiến kinh nghiệm
- Tích các số , trong đó có một số chẵn là một số chẵn
 - Trong hai số nguyên liên tiếp thì có một số lẻ và một số chẵn. 
Thí dụ 3: Tìm nghiệm nguyên dương của phương ttrình 2x – 3y = 1
Lời giải: 
* Nếu y chẵn. Đặt y = 2a với a nguyên dương. Ta có 2 x = 1 + 9a. Vì 9  1 (mod4) => 9a  1 
(mod4) => 2x  2 (mod4) => x = 1 và y = 0
* Nếu y lẻ. Đặt y = 2b + 1 với b nguyên dương. Ta có 2 x = 3.9b + 1 là số chia cho 8 dư 4 (vì 
9b chia cho 8 dư 1). Suy ra x = 2 và y = 1.
Thí dụ 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình (2x + 5y + 1)( 2 x + y + x2 + x) = 105
Lời giải: Vì 105 là số lẻ nên 2x + 5y + 1 là số lẻ => 5y + 1 là số lẻ => 5y là số chẵn => y là số 
chẵn
Mà 2 x + y + x2 + x lẻ => 2 x + x2 + x lẻ. Mặt khác x2 + x là số chẵn => 2 x là số lẻ => x = 0.
Thay x = 0 => (5y + 1)(y + 1) = 105.
 5y 1  21 5y 1  21
Mà (5y + 1; 5) = 1 => 5y + 1 không là bội của 5 =>  hoặc 
 y 1  5 y 1  5
Từ đó ta có x = 0 và y = 4 là nghiệm của phương trình
 xy  y  x!1(1)
 
Thí dụ 5: Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình yz  z  y!1(2)
  2 2
 x  2y  2x  4y  2(3)
Từ phương trình 3 ta có x2 là số chẵn => x là số chẵn.
Thay vào 1 => y là số lẻ => y+1 chẵn => z(y + 1) chẵn nên từ 2 => y! là số lẻ => y = 1
Thay y = 1 vào (1) và (2) ta được x = 2; z = 1
Vậy hệ phương trình có một nghiệm là (x, y, z) = (2, 1, 1)
 GV: Lê Phúc Lợi 3 Trường THCS Vĩnh Tường Sáng kiến kinh nghiệm
Mà 1! + 2! + 3! + 4! + 5! + 6! + 7! + 8! = 46233  9 và không chia hết cho 27
=> với x > 8 thì 1! + 2! + 3! + ... + x!  9 nhưng không chia hết cho 27
Mà với x > 8 thì 1! + 2! + 3! + ... + x!  9 => y3  9 => y  3 => y3  27 => mâu thuẫn
=> 0  x  8 => các cặp số x, y
4. Phương pháp 4: Dùng tính chất đồng dư thức
* Nội dung: Dùng tính chất của đồng dư thức để chứng minh phương trình vô nghiệm 
hoặc để tìm nghiệm của phương trình
Thí dụ 10: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 19x2 + 28y2 = 729
Ta có 729  1 (mod4)
 28y2  0 (mod4)
 19x2  - x2 (mod4)
Suy ra x2  - 1 (mod4) hay x2  3 (mod4). Mặt khác số chính phương khi chia cho 4 chỉ có 
số dư là 0 hoặc 1
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên.
Thí dụ 11: Tìm các số tự nhiên x, y biết
a/ x2002 – 2000y2001 = 2003 (1)
Nếu x  0 (mod4). Từ (1) => vô lí
Nếu x  1 (mod4) => x2002  1 (mod4). Mà 2003  3 (mod4) => mâu thuẫn
Vậy phương trình vô nghiệm
b/ 2002x – 2001y = 1 2002x = 2001y + 1
Ta có 2001  1 (mod4) => 2001y  1 (mod4) => 2001y + 1  2 (mod4)
=> 2002x  2 (mod4) => 2x  2 (mod4) => x = 1
 GV: Lê Phúc Lợi 5 Trường THCS Vĩnh Tường Sáng kiến kinh nghiệm
 1 1
Nếu y = 2 =>  => z = 2
 z 2
Vậy nghiệm của phương trình là (1, 2, 2) và các hoán vị của nó.
6. Phương pháp 6: Dùng bất đẳng thức
* Nội dung: Dùng bất đẳng thức để đánh giá một ẩn nào đó và từ sự đánh giá này suy ra 
các giá trị nguyên của ẩn đó.
Thí dụ 13: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 – xy + y2 = 3
 2 2
 2 2  y  3y
Ta có x – xy + y = 3  x    3
  2  4
 2
  y  3y2
Vì  x    0 => 3  0 => 2  y  2
  2  4
Lần lượt thay các giá trị của y tìm được vào phương trình để tìm các giá trị của x. Ta được 
các nghiệm của phương trình là (- 1, - 2); (1, 2); (-2, -1); (2, 1); (- 1, 1);(1, -1)
 zy xz xy
Thí dụ 14: Tìm nghiệm nguyên của phương trình    3
 x y z
Lời giải: Điều kiện x, y, z khác 0
Ta có y2z2 + z2x2 + x2y2 = 3xyz => xyz > 0.
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có y2z2 + z2x2 + x2y2  33 x4 y4 z4
Suy ra 3xyz  33 x4 y4 z4 => xyz  1 => xyz = 1 vì xyz > 0
Từ đó suy ra các nghiệm của phưng trình là(1, 1, 1); (1,- 1,- 1); (- 1, 1, - 1); ( - 1, - 1, 1)
7. Phương pháp 7: Xét chữ số tận cùng
Thí dụ 15: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 1! + 2! + 3! + ... + x! = y 2
Nếu x > 4 thì x! có chữ số tận cùng là 0. mà 1! + 2! + 3! + 4! = 33 có chữ số tận cùng là 3
Suy ra 1! + 2! + 3! + ... + x! có chữ số tận cùng là 3
 GV: Lê Phúc Lợi 7 Trường THCS Vĩnh Tường Sáng kiến kinh nghiệm
Ta có 5x2 – 4xy + y2 = 169 x2 + (2x – y)2 = 169 = 02 + 132 = 122 + 52 
Khi đó ta có các trường hợp sau:
 x2  0 x2 132
 TH1:  TH2: 
  2 2  2
 (2x  y) 13 (2x  y)  0
 x2 122 x2  52
 TH3:  TH4: 
  2 2  2 2
 (2x  y)  5 (2x  y) 12
9. Phương pháp 9: Sử dụng định lí nghiệm nguyên của phương trình bậc hai để giải 
phương trình
Định lí 1: Phương trình ax2 + bx + c = 0 với các hệ số nguyên và c khác 0 nếu có nghiệm 
nguyên x0 thì c chia hết cho x0.
Định lí 2: Phương trình ax2 + bx + c = 0 với các hệ số nguyên khi và chỉ khi   b2  4ac là 
bình phương của một số nguyên.
Định lí 3: Phương trình với hệ số nguyên x2 + by2 + cxy + dx + ey + f = 0 có nghiệm 
nguyên khi và chỉ khi   (cy  d)2  4(by2  ey  f ) là bình phương của một số nguyên.
Thí dụ 19: Tìm mọi số nguyên x sao cho x2 + 28 là một số chính phương
Đặt x2 + 28 = y2 => x và y phải cùng tính chẵn, lẻ.
Đặt y = x + 2v với v nguyên dương, thay vào phương trình ta được v2 – xv – 7 = 0
Áp dụng định lí 1 => v = 1 hoặc v = 7 khi đó x = 6 hoặc – 6 là nghiệm nguyên của phương 
trình đã cho.
Thí dụ 20: Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 + 3y2 + 4xy + 2x + 4y – 9 = 0
Ta có: x2 + 3y2 + 4xy + 2x + 4y – 9 = 0 x2 + 2(2y + 1).x + 3y2 + 4y – 9 = 0
 Áp dụng định lí 3 thì phương trình đã cho có nghiệm nguyên (2y2 + 1)2 – (3y2 + 4y – 9) 
= v2 có nghiệm nguyên
Ta có (2y2 + 1)2 – (3y2 + 4y – 9) = v2 v2 = y2 + 10
 GV: Lê Phúc Lợi 9 Trường THCS Vĩnh Tường Sáng kiến kinh nghiệm
=> x2 + x = 0 => x = 0 hoặc x = - 1 
Vậy nghiệm nguyên của phương trình đã cho là (0, 1) và (- 1, 0)
Thí dụ 23: Giải phương trình nghiệm nguyên x3 – y3 – 2y2 – 3y – 1 = 0
Ta có x3 – y3 – 2y2 – 3y – 1 = 0 x3 = y3 + 2y2 + 3y + 1
Vì y2  0; 5y2 + 2 > 0 
Nên ta có y3 + 2y2 + 3y + 1 – (5y2 + 2) < y3 + 2y2 + 3y + 1  y3 + 2y2 + 3y + 1 + y2 
Do đó (y – 1)3 x3 = y3 hoặc x3 = (y + 1)3 
Nếu x3 = y3 => 2y2 + 3y + 1 = 0 => y = - 1 => x = - 1
Nếu x3 = (y + 1)3 => y2 = 0 => y = 0 => x = 1
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là (- 1, - 1); (1, 0)
Thí dụ 24: Giải phương trình nghiệm nguyên x4 + x2 – y2 + y + 10 = 0
Ta có x4 + x2 – y2 + y + 10 = 0 y(y – 1) = x4 + x2 + 10
Mà x4 + x2 < x4 + x2 + 10 < x4 + x2 + 10 + 6x2 + 2
Do đó x2(x2 + 1) < y(y – 1) < (x2 + 3)(x2 + 4)
  y(y 1)  (x2 1)(x2  2)
=> 
  2 2
  y(y 1)  (x  2)(x  3)
Kết hợp với đề bài ta được x 2 = 4 hoặc x 2 = 1 từ đó tìm được nghiệm nguyên của phương 
trình đã cho.
11. Phương pháp 11: Chỉ ra nghiệm nguyên
* Nội dung: Thử trực tiếp một số giá trị của ẩn là nghiệm rồi chứng minh phương trình 
chỉ có các giá trị đó là nghiệm.
Thí dụ 25: Tìm các số tự nhiên x thoả mãn phương trình: 2x + 3x = 5x 
 GV: Lê Phúc Lợi 11 Trường THCS Vĩnh Tường Sáng kiến kinh nghiệm
 C. PHẦN KẾT LUẬN 
- Khi nghiên cứu đề tài một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên tôi nhận thấy 
việc áp dụng đề tài vào việc bồi dưỡng học sinh giỏi rất có hiệu quả. Tạo cho học sinh khả 
năng phân tích, tổng hợp và phương pháp tư duy logic trong học tập. Đặc biệt học sinh có 
hứng thú và yêu thích toán học hơn.
- Chắc chắn rằng còn nhiều những phương pháp hay thủ pháp khác để giải phương trình và 
hệ phương trình nghiệm nguyên. Đặc biệt là các thí dụ và các bài toán về phương trình và hệ 
phương trình nghiệm nguyên hay và hấp dẫn khác. Mong được tiếp tục trao đổi cùng đồng 
nghiệp và bạn đọc.
 Vĩnh tường, ngày 15 tháng 12 năm 2008
 Người viết đề tài
 Lê Phúc Lợi
......................................................................................................................................................
......................................................................................................................................................
......................................................................................................................................................
...................................................................................................................................................... 
......................................................................................................................................................
...................................................................................................................................................... 
......................................................................................................................................................
......................................................................................................................................................
 GV: Lê Phúc Lợi 13