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

c của 1 hay x - 2 = 1 hoặc x - 2 = -1 với x = 1 hoặc x = 3. Từ đó ta có nghiệm nguyên (x ; y) là (1 ; -2) và (3 ; 0). 
Chú ý: Có thể dùng phương pháp 1 để giải bài toán này, nhờ đưa phương trình (3) về dạng : x(y + 1) - 2(y + 1) = 1 tương đương (x - 2)(y + 1) = 1. 
Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau. (4)
Lời giải
 Ta thấy: x = y = 0 là nghiệm của (4).
Nếu và là nghiệm của (4). Gọi , suy ra (*)
Ta có: chẵn và (mâu thuẫn với (*) )
Vậy phương trình (4) chỉ có nghiệm nguyên duy nhất là (0; 0).
Ví dụ 5: 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)
 Ta thấy 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 x1 = 2, x2 = -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)
 Phương pháp náy do FERMAT sáng tạo ra khi giải phương trình x4 + y 4 = z 4
 Ý tưởng của phương pháp này là giả sử tìm được bộ nghiệm nhỏ nhất, ta có thể lý luận sao cho tìm được bộ nghiệm nhỏ hơn.
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 - 5y2 = 0   (1) 
Lời giải 
Giả sử (x0 ; y0) là nghiệm của (1) thì : x02 - 5y02 = 0 x0 chia hết cho 5, đặt x0 = 5x1 ; (x1 ), ta có : 25x12 - 5y02 = 0 5x12 - y02 = 0 
y0 chia hết cho 5, đặt y0 = 5y1 (y1). 
Từ đó ta có : 5x12 - 25y12 = 0 x12 - 5y12 = 0. 
Vậy nếu (x0 ; y0) là nghiệm nguyên của (1) thì cũng là nghiệm nguyên của (1). Tiếp tục lập luận tương tự, ta có với k nguyên dương bất kì, cũng là nghiệm nguyên của (1) hay x0 và y0 đều chia hết cho 5k với mọi k là số nguyên dương tùy ý. Điều này chỉ xảy ra khi và chỉ khi x0 = y0 = 0. 
Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên duy nhất là x = y = 0. 
Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x3 + 2y3 = 4z3 (2)
Lời giải
 Từ (2) x 2. Đặt x = 2x1 với x1 nguyên. Thay vào (2), chia hai vế cho 2 được : 4x13 + y3 = 2z3 (3)
Do đó y 2. Đặt y = 2y1 với y1 nguyên. Thay vào (3) rồi chia hai vế cho 2 được: 2x13 + 4y13 = z3 (4)
Do đó z 2. Đặt z = 2z1 với z1 nguyên. Thay vào (4) rồi chia hai vế cho 2 được : x13 + 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)
Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (5)
Lời giải
 Giả sử là nghiệm nguyên của phương trình khi đó đặt , thay vào (5) ta được: đặt khi đó:
đặt khi đó: . Vậy cũng là nghiệm của phương trình.
 Quá trình này tiếp tục thì được: là các nghiệm nguyên của (5) với mọi k nguyên dương điều này chỉ xảy ra khi và chỉ khi 
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 tổng của các số chính phương. 
Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + y2 - x - y = 8   (1) 
Lời giải 
(1) 4x2 + 4y2 - 4x - 4y = 32 
 (4x2 - 4x + 1) + (4y2 - 4y + 1) = 34 
 (2x – 1)2 + (2y – 1)2 = 34 
Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 chỉ có duy nhất một dạng phân tích thành tổng của hai số chính phương 32 và 52. 
Do đó phương trình thỏa mãn chỉ trong hai khả năng : 
 hoặc 
Giải các hệ trên, suy ra phương trình (1) có bốn nghiệm nguyên là 
(x ; y) {2 ; 3) ; (3 ; 2) ; (-1 ; -2) ; (-2 ; -1)} 
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 – 4xy + 5y2 = 169
Lời giải 
Ta có: x2 – 4xy + 5y2 = 169
Û (x – 2y)2 + y2 = 169 Ta thấy 169 = 02 + 132 = 52 + 122
Do đó phương trình thỏa mãn chỉ trong bốn khả năng :
Þ hoặcÞ hoặc 
 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)}
 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 thì n không thể là số chính phương.
Ví dụ 1: Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình
y2 + y = x4 + x3 + x2 + x
 Lời giải 
Ta có: y2 + y = x4 + x3 + x2 + x Û 4 y2 + 4y + 1 = 4 x4 + 4 x3 + 4x2 + 4x + 1
 (2y + 1)2 - (2x2 + x ) 2 = (3x + 1) (x +1) 
 hay (2x2 + x + 1) 2 - (2y+ 1)2 = x(x-2)
 * Ta thấy:
 Nếu x > 0 hoặc x 0 
 Nếu x > 2 hoặc x 0
 Þ Nếu x > 2 hoặc x < 1 thì (2x2 + x) <(2y+1)2 < (2x2 + x + 1) 2 (loại)
 Þ -1£ x £ 2 Þ x {0; 1; -1; 2}
Xét x = 2Þ y2 + y =30 Þ y = 5 hoặc y = -6
Xét x = 1 Þ y2 + y = 4 (loại)
Xét x = 0 Þ y2 + y = 0 Þ y (y + 1) = 0 Þ y = 0 hoặc y = -1
Xét x = -1 Þ y2 + y = 0 Þ y = 0 hoặc y = -1
 Vậy nghiệm nguyên của phương trình là các cặp số: (2; 5); (2; -6); (0; 0); (0; -1); (-1;0); (-1; -1)
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 
Lời giải
 Ta thấy: x = 0, y = ± 1 là nghiệm nguyên của phương trình.
 Với x > 0 ta có:
 ( vô lý ).
 Với x £ - 2 thì : ( vô lý ).
 Với x = - 1 thì : . ( vô lý ).
Vậy phương trình đã cho có hai cặp nghiệm nguyên là ( 0; 1 ); ( 0; -1 ).
Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 
Lời giải
Khai triển và rút gọn hai vế ta được:
 Nếu x > 0 thì từ suy ra không là số chính phương nên (1) không có nghiệm nguyên.
 Nếu x < - 1 thì từ suy ra (1) không có nghiệm nguyên.
 Nếu x = 0 hoặc x = - 1 thì từ (1) suy ra: .
 Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên là 
(x, y) 
 Phương pháp VIII: Sử dụng tính chất nghiệm của phương trình bậc 2 
Biến đổi phương trình về dạng phương trình bậc 2 của một ẩn coi các ẩn khác là tham số, sử dụng các tính chất về nghiệm của phương trình bậc 2 để xác định giá trị của tham số.
Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên: 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + 5 = 0 
Lời giải
Ta có phương trình: 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + 5 = 0
Û y2 + (4x + 2)y + 3x2 + 4x + 5 = 0 (*) 
Coi x là tham số của phương trình bậc 2 (*) với ẩn y, ta có:
 y = -(2x + 1) ± . Do y nguyên, x nguyên Þ nguyên 
Mà = (2x + 1)2 – (3x2 + 4x + 5) = x2 – 4 Þ x2 – 4 = n2 (n) 
Þ (x- n) (x+ n) = 4 Þ x = ± 2 (do x - n và x + n cùng tính chãn lẻ)
Vậy phương trình có 2 nghiệm nguyên là (x; y) {(2; -5); (-2, 3)}
Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – (y+5)x + 5y + 2 = 0
	Lời giải
Ta có: x2 – (y+5)x + 5y + 2 = 0 coi y là tham số ta có phương trình bậc 2 ẩn x. Giả sử phương trình bậc 2 có 2 nghiệm x1, x2 
Theo định lý Viet, ta có : 
Þ 5 x1 + 5x2 – x1x2 = 23
Û (x1 -5) (x2 -5) = 2 mà 2 = 1.2 = (-1)(-2)
Þ x1 + x2 = 13 hoặc x1 + x2 = 7 Þ 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)
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 
Do đó (y - 1)2 1. Suy ra -1 y - 1 1
y - 1
-1
0
1
y
0
1
2
Với y = 0, thay vào (2) ta được x2 - 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
Thử lại, các giá trị trên đều nghiệm đúng phương trình. 
Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm nguyên là (0;0), (1;0), (0;1), (2;1), (1;2), (2;2)
 Phương pháp IV: Dùng bất đẳng thức
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 –xy + y2 = 3
Lời giải
 Ta có x2 –xy + y2 = 3 Û (x- )2 = 3 - 
 Ta thấy (x- )2 ³ 0 Þ 3 - ³ 0 Þ -2 £ y £ 2
 Þ y thay vào phương trình tìm x và thử lại, ta được các nghiệm nguyêncủa phương trình là 
 (x, y) 
 Ví dụ 2: Chứng minh rằng phương trình + += b không có nghiệm nguyên dương khi b = 1 hoặc b = 2 nhưng có vô số nghiệm nguyên dương khi b = 3
Lời giải
 Do x, y, z Þ , ,> 0. Theo bất đẳng thức Cô-si, ta có:
 ( + +)3 ³ 27 (. .) = 27Þ + + ³ 3	
 Đẳng thức xảy ra x = y = z
 Vậy phương trình + + = b không có nghiệm nghiệm nguyên khi b = 1 hoặc b = 2 nhưng có vô số nghiệm nghiệm nguyên khi b = 3, chẳng hạn:
( x = a, y = a, z = a) với a là số nguyên dương bất kỳ.
Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (x + y + 1)2 = 3(x2 + y2 + 1)
Theo bất đẳng thức Bunhiacôpxki, ta có:
Đẳng thức xảy ra 
Vậy phương trình có nghiệm nguyên duy nhất là x = y = 1.
Ví dụ 4: Tìm các số nguyên dương x, y thoả mãn phương trình : 
 (x2 + 1)(x2 + y2) = 4x2y 
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức Cô–si ta có: 
x2 + 1 2x, dấu bằng xảy ra x = 1. 
x2 + y2 2xy, dấu bằng xảy ra x = y. 
Vì x, y nguyên dương nên nhân các bất đẳng thức trên vế theo vế ta được : 
(x2 + 1)(x2 + y2) 4x2y, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1. 
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)
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 = 2006 (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 chỉ có số dư 0 hoặc 1. Suy ra x2 – y2 chia cho 4 có số dư 0; 1; 3. Còn vế phải 2010 chia cho 4 dư 2. Vậy phương trình không có nghiệm nguyên. 
* BÀI TẬP VẬN DỤNG 
Bài 1: Giải các phương trình nghiệm nguyên.
a) 3x3 - 3y3 = 21
b) 3xy + x - y = 1
c) 2x2 + 3xy - 2y2 = 7
Bài 2: Tìm x,y, z nguyên dương thoả mãn.
a) 2(x + y + z) + 9 = 3xyz
b) xy + yz + zx = xyz + 2
c) 
Bài 3: Chứng minh rằng:
a) Phương trình không có nghiệm nguyên dương.
b) 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)
Bài 4: Giải phương trình trên tập số nguyên.
a).	b).	c).
d).	e).	f).
Bài 5: Giải phương trình trên tập số nguyên.
a).	b).	c).
d).	e).	e).
Bài 6: Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình sau.
a).	 b) 
c). d).	
e).	 f).
Bài 7: Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau.
a).	b).
c). d).
e).	 f). 
Bài 8: Giải phương trình trên tập số nguyên.
a).	b).
c). d).
e).
III. KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC:
 Áp dụng sáng kiến kinh nghiệm này vào giảng dạy 20 học sinh giỏi (như thực trạng đầu vào) đạt kết quả cụ thể như sau:
Số liệu đầu vào qua khảo sát giải phương trình nghiệm nguyên cho 20 học sinh khá giỏi lớp 8 và 9 của trường.
Lớp
Sĩ số
Giỏi
Khá
TB
Yếu
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
8+9
20
2
10%
5
25%
7
35%
6
30%
 
	Kết quả kiểm tra giải phương trình nghiệm nguyên sau khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm:
Lớp
Sĩ số
Giỏi
Khá
TB
Yếu
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
8+9
20
9
45%
7
35%
4
20%
0
0%

IV. KHẢ NĂNG NHÂN RỘNG.
 Sáng kiến kinh nghiệm này là một tư liệu tốt để giáo viên dùng bồi dưỡng học sinh khá giỏi.
 Áp dụng vào việc giảng dạy các chuyên đề trong trường học hoặc bồi dưỡng các đội tuyển học sinh giỏi Toán lớp 8, 9 và ôn tập cho học sinh chuẩn bị thi vào lớp 10 PTTH, lớp chuyên PTTH.
V. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT. 
Đối với nhà trường : 
 Cần tạo điều kiện thuận lợi hơn nữa về thời gian cũng như tài liệu để giúp giáo viên, nhất là giáo viên dạy bồi dưỡng học sinh giỏi giảng dạy tốt hơn. 
 Trang bị thêm đồ dùng dạy học, sách tham khảo để phục vụ tốt hơn cho công tác giảng dạy, tự học, tự nghiên cứu của giáo viên và học sinh.
 Đối với ngành :
 Mở những buổi hội thảo chuyên đề về bộ môn Toán để nâng cao trình độ chuyên môn và học hỏi kinh nghiệm của các đồng nghiệp.
 Tổ chức các buổi thảo luận, hướng dẫn viết SKKN và giới thiệu các sáng kiến kinh nghiêm có chất lượng cao, ứng dụng lớn trong thực tiễn.
Là một giáo viên dạy toán ở trường THCS trực tiếp bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi tôi nhận thấy việc giải các bài toán ở chương trình THCS không chỉ đơn giản là đảm bảo kiến thức trong SGK, đó mới chỉ là những điều kiện cần nhưng chưa đủ. Để giỏi toán học sinh cần phải luyện tập nhiều, thông qua việc giải các bài toán từ dễ đến khó môt cách đa dạng. 
Muốn vậy người thầy phải biết vận dụng linh hoạt kiến thức trong nhiều tình huống khác nhau để tạo hứng thú cho học sinh. Một bài toán có thể có nhiều cách giải, mỗi bài toán thường nằm trong mỗi dạng toán khác nhau để giải được đòi hỏi học sinh phải biết vận dụng kiến thức một cách linh hoạt, sáng tạo, phải biết sử dụng phương pháp giải phù hợp đối với mỗi bài toán.
 Đề tài này đã được thử nghiệm qua nhiều năm bồi dưỡng học sinh giỏi, qua đó tôi thấy học sinh nắm rất vững các phương pháp và rất hứng thú học tập. Tôi nghĩ rằng tôi cần phải cố gắng đọc thêm tài liệu, học bạn bè đồng nghiệp để tiếp tục xây dựng đề tài ngày càng phong phú hơn.
 Các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng và được ứng dụng rộng rãi, phổ biến trong nhiều bài toán, dạng toán. Chắc chắn rằng còn nhiều phương pháp để giải phương trình nghiệm nguyên và còn nhiều thí dụ hấp dẫn khác. Nhưng do năng lực bản thân có hạn nên trong khi trình bày sáng kiến này sẽ không tránh khỏi những điểm thiếu sót và khiếm khuyết.
 Rất mong được sự góp ý chân thành của hôi đồng khoa học ở các quí cấp. Tôi xin chân thành cám ơn!

Vĩnh Long, ngày 12 tháng 3 năm 2017
Người viết
Nguyễn Thị Ngọc Luyến