Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán Lớp 9 - Rèn luyện tư duy sáng tạo qua một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên - Lê Văn Trung

A - Phần mở đầu
I- Đặt vấn đề
Trong quá trình học toán ở trường THCS học sinh cần biết cách tổ chức công việc của mình một cách sáng tạo. Người thầy cần rèn luyện cho học sinh kỹ năng, độc lập suy nghĩ một cách sâu sắc, sáng tạo. Vì vậy đòi hỏi người thầy một sự lao động sáng tạo biết tìm tòi ra những phương pháp để dạy cho học sinh trau dồi tư duy logic giải các bài toán.
Là một giáo viên dạy toán ở trường THCS trực tiếp bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi nhiều năm 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. Muốn giỏi toán cần phải luyện tập nhiều thông qua việc giải các bài toán đa dạng, giải các bài toán một cách khoa học, kiên nhẫn, tỉ mỉ, để tự tìm ra đáp số của chúng. 
Muốn vậy người thầy phải biết vận dụng linh hoạt kiến thức trong nhiều tình huống khác nhauđể 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 nó đòi hỏi phải biết vận dụng kiến thức trong nhiều lĩnh vực nhiều mặt một cách sáng tạo vì vậy học sinh phải biết sử dụng phương pháp nào cho phù hợp.
Các dạng toán về số học ở chương trình THCS thật đa dạng phong phú như: Toán về chia hết, phép chia có dư, số nguyên tố, số chính phương, phương trình nghiệm nguyên.
 Đây là một dạng toán có trong SGK lớp 9 nhưng chưa đưa ra phương pháp giải chung. Hơn nữa phương trình nghiệm nguyên có rất nhiều trong các đề thi:Tốt nghiệp THCS ;Trong các đề thi học sinh giỏi huyên, học sinh giỏi tỉnh .
Song khi giải các bài toán này không ít khó khăn phức tạp. Từ thực tiễn giảng dạy tôi thấy học sinh hay bế tắc, lúng túng về cách xác định dạng toán và chưa có nhiều phương pháp giải hay. 
Từ những thuận lợi, khó khăn và yêu cầu thực tiễn giảng dạy.Tôi chọn đề tài: “Rèn luyện tư duy sáng tạo qua một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên” Trong quá trình viết đề tài do điều kiện và kinh nghiệm không tránh khỏi khiếm khuyết. Rất mong được sự đóng góp, chỉ đạo của thầy cô giáo và các bạn đồng nghiệp.
II. Điều tra thực trạng trước khi nghiên cứu.
Để đánh giá được khả năng của các em đối với dạng toán trên và có phương án tối ưu truyền đạt tới học sinh, tôi đã ra một đề toán cho 10 em học sinh trong đội tuyển của trường như sau:
Bài 1: ( 6 đ )
 	a)Tìm x, y є Z biết x – y + 2xy = 6
 	b) Giải phương trình nghiệm nguyên: 5x – 7y = 3
 Bài 2: (4 đ)
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :
1 + x + x2 + x3 = 2y
Kết quả thu được như sau: 
Dưới điểm 5
 Điểm 5 - 7
Điểm 8 - 10
Điểm 5 - 10
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
6
60
4
40
0
0
4
40
Qua việc kiểm tra đánh giá tôi thấy học sinh không có biện pháp giải phương trình nghiệm nguyên đạt hiệu quả. Lời giải thường dài dòng, không chính xác, đôi khi còn ngộ nhận . Cũng với 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.
III-Mục đích
- Đề tài nhằm rèn luyện cho học sinh tư duy sáng tạo khi học và giải toán.
- Biết cách định hướng và giải bài tập ngắn gọn.
- Phát huy trí lực của học sinh tìm nhiều cách giải hay phát triển bài toán mới.
- Giúp học sinh tự tin khi giải toán hoặc trong thi cử.
IV- Phạm vi áp dụng:
- áp dụng vào việc giảng dạy các chuyên đề trong trường học hoặc bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi Toán lớp 9, ôn tập cho học sinh chuẩn bị thi vào các
 lớp chọn, lớp chuyên PTTH.
- Thời gian nghiên cứu có hạn mặc dù được sự góp ý chân thành của nhiều giáo viên có chuyên môn cao, song vẫn còn nhiều điều bỏ ngỏ để tiếp tục khai thác và đi sâu hết dạng toán này.
B- Nội dung
Phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng và phong phú nó có thể là phương trình một ẩn, nhiều ẩn. Nó có thể là phương trình bậc nhất hoặc bậc cao. Không có cách giải chung cho mọi phương trình, để giải các phương trình đó thường dựa vào cách giải một số phương trình cơ bản và một số phương pháp giải như sau:
Chương I - Các dạng phương trình cơ bản
I-Phương trình nghiệm nguyên dạng:
ax + by = c (1) với a, b, c є Z
1.Các định lí:
 a. Định lí 1: Điều kiện cần và đủ để phương trình ax + by = c (trong đó a,b,c là các số nguyên khác 0 ) có nghiệm nguyên (a,b) là ước của c.
 b.Định lí 2: Nếu (x0, y0) là một nghiệm nguyên của phương trình ax + by = c thì nó có vô số nghiệm nguyên và nghiệm nguyên (x,y) được cho bởi công thức: 
 Với t є Z, d = (a,b)
2.Cách giải:
 a.Tiến hành qua 5 bước sau: (cách giải chung)
Bước 1: Tìm d = (a,b)
Khi đó ax + by = c Û a1x + b1y = c1
Với a = da1; b = db1; c = dc1; (a1; b1) = 1
Bước 2: Viết thuật toán Ơclit cho 2 số a1 và b1 
Giả sử : > Ta có
 	a1 = q0 + r1
	b1 = r1q1 + r2
	r1 = r2q2 +r3 
	rn-2 = rn-1 + rn Với rn = 1
Bước 3: Tính a0 + = 
Bước 4: Lấy nghiệm riêng (x0’; y0’) của phương trình a1x + b1y = 1
sao cho :
	x0’	= m 	x0’ 	= n
 hoặc 
 y0’ 	= n	y0’	 = m
Xác định dấu bằng cách thử trực tiếp được (x0’, y0’)
Bước 5: x0 = c1 x0’; y0 = c1y0’ là nghiệm riêng của phương trình
 a1x + b1y = c1
ị nghiệm tổng quát của phương trình là:	x = x0 + b1 t
	y = y0 –a1t (với t є Z )
Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên
 5x – 7y = 3
Hướng dẫn:
Ta nhận thấy (5, 7) = (7, 3) = 1 . Vậy phương trình có nghiệm nguyên
Để giải ta tiến hành các bước:
- Viết thuật toán Ơclit cho 2 số 5 và 7
7 = 5.1 + 2 ị = 1 + = 
5 = 2.2 + 1
- Tìm nghiệm riêng của phương trình 	5x – 7y = 1
 (x0’, y0’) = (3, 2)
- Tìm nghiệm riêng của phương trình	5x – 7y = 3 
 là (x0, y0) = (9, 6)
ị nghiệm tổng quát của phương trình là:
 	 x = 9 – 7t	hay	x = 7t + 2
 	 y = 6 – 5t	y = 5t + 1 	(t є Z )
Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên
 6x –14 y = 12
Hướng dẫn:
Ta nhận thấy (6 ,14) = (6 ,12) = 2 ị pt có nghiệm ta tiến hành giải như sau:
Bước 1: 6x –14 y = 12 Û 3x – 7y = 6
Bước 2: Viết thuật toán Ơclit cho 3 và 7 
7 = 3.2 + 1
Bước 3: Tính = q0 = 2 = 
Bước 4: Tìm nghiệm riêng của phương trình
3x – 7y = 1 là (x0’, y0’) = (-2; -1)
Bước 5: Xác định nghiệm riêng của pt 3x – 7y = 6 là (x0; y0) = (-12; -6)
ị Nghiệm tổng quát của phương trình 6x –14 y = 12 là 
	 x = -12 – 7t	hay 	x = 7t + 2
	 y = -6 – 3t	y = 3t 	(t є Z )
* Nhận xét: Trên đây là phương pháp chung để giải phương trình nghiệm nguyên dạng ax + by = c
Tuy nhiên khi đi vào bài toán cụ thể bằng các kiến thức về chia hết biết khéo léo sử dụng sẽ cho lời giải ngắn gọn.
b.Cách giải thông thường khác (3 bước)
Bước 1: Rút ẩn này theo ẩn kia (giả sử rút x theo y)
Bước 2: Dựa vào điều kiện nguyên của x, tính chất chia hết suy luận để tìm y 
Bước 3: Thay y vào x sẽ tìm được nghiệm nguyên 
Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên:
2x + 5y =7 
Hướng dẫn:	Ta có 2x + 5y =7 Û x = 
Û x = 3 – 2y +
Do x, y nguyên ị nguyên. Đặt = t với (t є Z )
ị y = 1 – 2t ị x = 3 – 2(1- 2t) + t = 5t + 1
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là:
 x = 5t + 1
 y = -2t +1	(t є Z )
Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên
 6x – 15 y = 25
Hướng dẫn:
Ta thấy( 6,15 ) = 3 mà 3/25 
	Vậy không tồn tại x,y nguyên sao cho 6x- 15y = 25
Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình.
	5x + 7y = 112
Hướng dẫn:
	Ta có 5x + 7y = 112
 ị x = = 22 - y + 
 Do x, y nguyên ị nguyên hay (2 – 2y) 5 Û 2(1-y) 5; (2 , 5) = 1
 ị (1-y) 5 hay (y-1)5 . Đặt y-1 = 5t 	(t є Z ) 
ị y = 5t +1 
 thay y vào x ta có x = 21 – 7t
ị
 lại có x > 0; y > 0 ị 	5t + 1 > 0	t > -
	 21 – 7t > 0	t < 3
 ị t = 
	 Nếu t = 0 ị x = 21; y = 1
 	 Nếu t = 1 ị x = 14; y = 6
 	 Nếu t = 2 ị x = 7; y = 11
II. Phương trình nghiệm nguyên dạng
a1x1 + a2x2 + + anxn= c (2)
 Với a, c є Z (i = 1,2n); n ³ 2
1.Định lý: Điều kiện cần và đủ để phương trình (2) có nghiệm là (a1, a2,an) \ c
2.Cách giải: Đưa phương trình về 1 trong 2 dạng sau:
a. Có một hệ số của một ẩn bằng 1
Giả sử a1 = 1. Khi đó x1 = c – a2x2 – a3x3 - - anxn 
với x1, x2,., xn є Z 
Nghiệm của phương trình là:
(c - a2x2 – a3x3 - - anxn , x2,., xn) với x2,., xn nguyên bất kỳ
b. Có hai hệ số là hai số nguyên tố cùng nhau
Giả sử ( a1, a2 ) = 1. Khi đó pt (2) Û a1x1 + a2x2 = c - a3x3 - - anxn
Giải phương trình theo 2 ẩn x1, x2
Ví dụ 4: Giải phương trình trên tập số nguyên
	 6x + 15y + 10 z = 3
Hướng dẫn:
	Phương trình 6x + 15y + 10 z = 3 có nghiệm nguyên vì (6 ,15, 10) = 1 và 1/3
Cách 1: Ta biến đổi 6x + 15y + 10 z = 3
	Û x + 10(y + z) + 5 ( x+ y) = 3
Đặt t = y + z, k = x + y với( t, k є Z). Ta có:	x + 10 t + 5k = 3
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình
	x = 3- 10 t – 5k
	y = - 3 + 10 t + 6k ( t, k є Z)
 z = 3 – 9 t – 6k 	
Cách 2: 6x + 15y + 10 z = 3
	Û 6 (x + z) + 15 y + 4 z = 3 
 Đặt x + z = t ta có 6t +15 y + 4z = 3
	Û 15 y + 4z = 3 – 6t
 Ta có cặp số (-1; 4) là nghiệm riêng của pt 15 y + 4z = 1 nên (-3 + 6t; 12 – 24 t) là nghiệm riêng của phương trình 	
 	15 y + 4z = 3 – 6t
 Do đó nghiệm tổng quát là:	y = -3 + 6t + 4k (k є Z)
	z = 12 – 24t – 15 k 
 lại có t = x + z ị x = t – z 	ị x = -12 = 25t + 15 k
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình 6x + 15y + 10 z = 3 là:
	x = -12 = 25t + 15 k
	y = -3 + 6t + 4k với ( t, k є Z)
 z = 12 – 24t – 15 k
III. Phương trình nghiệm nguyên đưa về dạng
 	 g (x1, x2,., xn) . h (x1, x2,., xn) = a (3) Với a є Z
1.Cách giải:
Đặt	g (x1, x2,., xn) = m 	(với m là ước của a)
ị	h(x1, x2,., xn) = 
Giải hệ:	g (x1, x2,., xn) = m 	
	h(x1, x2,., xn) = 
tìm được x1, x2,., xn
 thử vào (3) ta được nghiệm của phương trình.
2.Chú ý:
-Nếu a = 0 ta có	g (x1, x2,., xn) = 0	
	h(x1, x2,., xn) = 0
-Nếu a = pa với p nguyên tố thì từ pt (3) ta có: g (x1, x2,., xn) = pa1
	 h(x1, x2,., xn) = pa2
 Với a1 + a2 = a
Ví dụ 5: Tìm x, y є Z biết x – y + 2xy = 6
Hướng dẫn:
Ta có x – y + 2xy = 6 Û 2 x – 2y + 4 xy = 12
 Û 2 x – 2y + 4 xy –1 = 11
Û (2x – 1) + 2y(2x-1) = 11
Û (2x – 1) (2y + 1) = 11
Ta có 11 = 1.11= (-1)(-11) = 11.1 = (-11)(-1)
 Ta có	2y + 1 = 1	ị (x; y) = (6; 0)
	2x – 1 = 11
	2y + 1 = -1	ị (x; y) = (-5; -1)
	2x – 1 = -11
	2y + 1 = 11	ị (x; y) = (1, 5)
	2x – 1 = 1
2y + 1 = -11	ị (x; y) = ( 0; -6)
	2x – 1 = -1
Ví dụ 6: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 
1 + x + x2 + x3 = 2y
Hướng dẫn:
Ta có 1 + x + x2 + x3 = 2y Û (1 + x) (1 + x2) = 2y
ị 1 + x = 2 m và 1 + x2 = 2y – m (m nguyên dương)
ị 	x = 2 m – 1	ị 	x2 = 22m – 2 m +1 + 1
x2 = 2y – m - 1	x2 = 2y – m – 1
ị 22m – 2m + 1 + 1 = 2 y – m - 1
ị 2 y – m – 22m + 2m +1 = 2
Nếu m = 0 ị x = 0 ; y = 0 (t/m)
Nếu m > 0 ị 2 y – m – 1 – 22m – 1 + 2m = 1 mà 22m – 1và 2m đều là số chẵn nên:
ị 2 y – m – 1 lẻ ị 2 y – m – 1 = 1 ị y – m – 1 = 0 ị y = m + 1
ị 2 m - 22m – 1 = 0 ị 2 m = 22m – 1 ị m = 2m – 1 ị m = 1
ị y = 2 ; x ...  	5x1 + 5x2 = 5y + 25
	x1x2 = 5y + 2
ị 5 x1 + 5x2 – x1x2 = 23
Û (x1 -5) (x2 -5) = 2 Mà 2 = 1.2 = (-1)(-2)
ị x1 + x2 = 13 hoặc x1 + x2 = 7 ị y = 8 hoặc y = 2
thay vào phương trình ta tìm được các cặp số 
(x,y ) = (7, 8); (6, 8); (4, 2); (3, 2); là nghiệm của phương trình
X- Phương pháp 10 : Dùng bất đẳng thức
Ví dụ 30: Tìm nghiệm nguyên của phương trình
x2 –xy + y2 = 3
Hướng dẫn:
Ta có x2 –xy + y2 = 3 Û (x- )2 = 3 - 
Ta thấy (x- )2 ³ 0 ị 3 - ³ 0 ị -2 Ê y Ê 2
ị y= ± 2; ±1; 0 thay vào phương trình tìm x 
Ta được các nghiệm nguyên của phương trình là :
(x, y) = (-1,-2), (1, 2); (-2, -1); (2,1) ;(-1,1) ;(1, -1)
Ví dụ 31: Chứng minh rằng phương trình 
 + + = b không có nghiệm tự nhiên khi b = 1 hoặc b = 2 nhưng có vô số nghiệm tự nhiên khi b = 3
	Hướng dẫn:
Ta thấy x, y, z є Zị , ,> 0 Theo bất đẳng thức Côsi ta có 
( + +)3 ³ 27 ( )= 27
ị + + ³ 3	Đẳng thức xảy ra khi x = y = z
Vậy phương trình + + = b không có nghiệm là số tự nhiên khi b = 1 hoặc 
b = 2 và có vô số nghiệm khi b = 3 chẳng hạn ( x = a, y = a, z = a) với a là số tự nhiên bất kỳ.
Chương III: Bài tập luyện tập rèn tư duy sáng tạo
Bài 1:Tìm nghiệm nguyên của phương trình
	2x + 3y = 11
 	Hướng dẫn
Cách 1: Ta thấy phương trình có cặp nghiệm đặc biệt là x0 = 4, y0 = 1
Vì 2.4 + 3.1 = 11
ị( 2x + 3y) – (2.4 + 3.1) = 0
Û 2(x-4) + 3(y-1) = 0
ị 2(x-4) = - 3(y-1) mà (2,3) = 1
Đặt x – 4 = 3k và y – 1 = 2k với ( k ẻ Z)
Vậy nghiệm tổng quát của pt là :	x = 4 – 3k
	y = 1+ 2k 	( k ẻ Z)
*Nhận xét: Theo cách giải này phải tìm ra 1 cặp nghiệm nguyên đặc biệt (x0, y0) của phương trình vô định ax + by = c
Nếu phương trình có hệ số a, b, c lớn thì cách giải khó khăn.
Cách 2: Dùng tính chất chia hết.
Ta có 2x + 3y = 11
ị x= = 5- y-
Do x, y nguyên ị nguyên 
đặt = k ị y = 2k +1 ị x = 4- 3k (k ẻ Z)
 y = 2k +1 (k ẻ Z)
 Vậy nghiệm tổng quát:
 x = 4- 3k
Bài 2: Tìm cặp số nguyên dương (x,y) thoả mãn phương trình
6x2 + 5y2 = 74
 Hướng dẫn:
Cách 1: Ta có 6x2 + 5y2 = 74 
Û 6x2 –24 = 50 – 5y2
Û 6(x2 – 4) = 5(10 – y2)
ị 6(x2 – 4) 5 	ị x2 – 4 5
 (6, 5) = 1
ị x2 = 5t + 4 	(t ẻN)
Thay x2 – 4 = 5t vào phương trình ị y2 = 10 – 6t
lại có 	x2 > 0 	Û 	 t >
y2 > 0	 t < 
ị t = 0 hoặc t = 1
với t = 0 ta có x2 = 4, y2 = 10 (loại)
Với t = 1 ta có	x2 = 9	 Û	 x = ± 3
	y2 = 4	y = ± 2
mà x, y ẻ Z ị x = 3, y = 2 thoả mãn
Cách 2: Sử dụng tính chẵn lẻ và phương pháp chặn
Ta có 6x2 + 5y2 = 74 là số chẵn ị y chẵn
lại có 0< 6x2 ị 0< 5y2 < 74
Û 0 < y2 < 14 ị y2 = 4 ị x2 = 9
Cặp số (x,y) cần tìm là (3, 2)
Cách 3: Ta có 6x2 + 5y2 = 74 
Û 5x2 + 5y2 + x2 + 1 = 75
ị x2 + 1 5
mà 0 < x2 Ê 12 ị x2 = 4 hoặc x2 = 9
Với x2 = 4 ị y2 = 10 loại
Với x2 = 9 ị y2 = 4 thoả mãn 
cặp số (x,y) cần tìm là (3, 2)
 Bài 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
x2 + y2 = 2x2y2
Hướng dẫn:
Cách 1:
Đặt x2 = a, y2 = b
Ta có a + b = 2 ab ị 	a b	ị 	= ị a = ± b
	b a
Nếu a = b ị 2a = 2a2 ị a= a2 ị a= 0, a= 1
ị (a,b) = (0, 0); (1, 1) 
Nếu a = - b ị 2 b2 = 0 ị a = b = 0
ị (x2, y2) = (0, 0); (1, 1)
ị (x, y ) = (0, 0); (-1, -1); (-1, 1); (1, -1) ; (1, 1)
Cách 2: 
Ta có x2 + y2 = 2x2y2
Do x2, y2 ³ 0 
Ta giả sử x2 Ê y2 ị x2 + y2 Ê 2 y2 
ị 2x2 y2 Ê 2y2 
Nếu y = 0 phương trình có nghiệm (0;0)
Nếu y 0ị x2 Ê 1 ị x2= 0 hoặc x2 = 1
ị y2 = 0 (loại) hoặc y2 = 1 ị (x, y) = (1, 1); (1, -1) ; (-1, 1)
Vậy phương trình có nghiệm (x;y) =(0, 0); (-1, -1); (-1, 1); (1, -1) ; (1, 1)
Cách 3:
 Có x2 + y2 = 2x2y2 
Û 2x2 + 2y2 = 4 x2y2
Û 4 x2y2 –2x2 – 2y2 + 1 = 1
2x2 (2y2 - 1) – (2y2 - 1)= 1
Û (2x2 – 1) (2y2 - 1) = 1
Mà 1 = 1.1 = (-1)(-1) ị (x2, y2) = (1, 1); (0, 0)
ị (x, y) = (1, 1); (0, 0) ; (1, -1); (-1; -1); (-1, 1)
Bài 4: Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình
x2 –3xy + 2y2+ 6 = 0
 Hướng dẫn:
Ta thấy(x, y) = (0, 0) không phải là nghiệm của phương trình
Ta coi phương trình x2 – 3xy + 2y2 + 6 = 0 ẩn x ta tính = y2 – 24
Phương trình có nghiệm tự nhiên thì là số chính phương
ị y2 – 24 = k2 ị (y – k)(y + k) = 24	(kẻN)
mà 24 = 24.1 = 12.2 = 6.4 = 3.8 ; y+k và y – k cùng chẵn
ị 	y+ k = 6	ị y = 5	 hoặc 	y+ k = 12	ị y = 7
y – k = 4 y – k = 2
Thay vào ta tìm được (x,y) = (8, 7); (13, 7); (7, 5); (8,5)
Bài 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình 
2x2 + 2y2 – 2xy + y + x – 10 = 0
 Hướng dẫn:
Cách 1: 
Ta có phương trình đã cho Û 2x2 – (2y-1) x + 2y2 + y – 10 = 0
Coi x là ẩn y là tham số ta có phương trình bậc 2 ẩn x
Xét = (2y – 1)2 – 4.2 (2y2 + y -10) = -12y2 – 12y+ 81
Để nghiệm x nguyên thì là số chính phương
Đặt k2= -12y2 – 12 y + 81 ị k2 + 3(2y + 1) = 84
ị (2y + 1)2 = 28 - Ê 28; (2y + 1)2 lẻ ị (2y + 1)2 = 1, 9, 25
ị y = 0, 1, -2, 2, -3 thử trực tiếp vào phương trình ta tìm được các cặp số (x, y) = (2, 0); (0, 2) thoả mãn
Cách 2: 
Đặt x + y = a, xy = b ta có x, y ẻ Z ị a, b ẻ Z
phương trình 2x2 – (2y-1) x + 2y2 + y – 10 = 0
 Û 2a2 – 4b + a – 10 = 0
Û 4a2 – 8b + 2a – 20 = 0
Û (a+ 1)2 + 3a2 – 8b – 21 = 0
Û (a+ 1)2 + 3a2 = 8b + 21
lại có (x+ y)2³ 4 xy ị a2 ³ 4b
ị 8b + 21 Ê 2a2 + 21
ị (a+ 1)2 + 3a2 Ê 2a2 + 21
ị (a+ 1)2 Ê 21
mà (a+ 1)2 là số chính phương ị (a+ 1)2 ẻ {1, 4, 9, 16}
ị a ẻ {0, 1, 2, 3}
Với a = 0 ị 12 + 3. 0 = 8b + 21 ị 8b = 20 loại
Với a = 1 ị (1+1)2 + 3.12 = 8b + 21 ị 8b = -14 loại
Với a = 2 ị (1+ 2)2 + 3.22 = 8b + 21 ị 8b = 0 ị b = 0
Với a = 3 ị (1+ 3)2 + 3.32 = 8b + 21 ị 8b = 22 loại
Vậy được a = 2, b = 0 ị xy = 0
 x + y = 2
ị (x, y ) = (0, 2); (2, 0) thoả mãn
Bài 6 :Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương x, y sao cho 
 x2 + 4x – y2 = 1
Hướng dẫn:
Cách 1:
Ta có x2 + 4x – y2 = 1
Û (x + 2)2 - y2 = 5
Û (x + 2+ y)(x+ 2-y) = 5
mà x, y nguyên dương ị (x + 2+ y) > (x+ 2-y)
ị x+ 2 + y = 5 ị x = 1, y = 2
 x + 2 – y = 1
Vậy nghiệm của phương trình là x = 1, y = 2
Cách 2:
 Ta có x2 + 4 x – y2 = 1
 Û x2 + 4 x – (y2 + 1) = 0
 = 4 + y2 + 1 ị x = 
 Để phương trình có nghiệm thì là số chính phương ị 4 + y2 + 1 = k2
Û (k- y) (k+ y) = 5 ị y = 2
thay vào phương trình tìm được x = 1
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là x = 1; y = 2
Bài 7: Hai đội cờ thi đấu với nhau mỗi đấu thủ của đội này phải đấu 1 ván với mỗi đấu thủ của đội kia. Biết rằng tổng số ván cờ đã đấu bằng 4 lần tổng số đấu thủ của hai đội và biết rằng số đấu thủ của ít nhất trong 2 đội là số lẻ hỏi mỗi đội có bao nhiêu đấu thủ.
Hướng dẫn:
Gọi x, y lần lượt là số đấu thủ của đội 1 và đội 2 (x, y nguyên dương )
Theo bài ra ta có xy = 4 (x + y) 
Đây là phương trình nghiệm nguyên ta có thể giải bằng các cách sau 
Cách 1: Có xy = 4(x + y)
Û xy – 4x – 4y + 16 = 16
Û (x-4) (y - 4) = 16
mà 16 = 1.16 = 2.8 = 4.4 
lại có ít nhất 1 đội có số đấu thủ lẻ
ị x – 4 = 1 Û x = 5 hoặc x = 20
 y-4 = 16 y = 20 y = 5
Cách 2: Ta thấy x, y bình đẳng.Không mất tính tổng quát ta giả sử xÊ y
 Ta có x, y nguyên dương xy = 4 (x + y)
 Û + = 1
 lại có ³ Û + Ê Û Ê 1
 ị x Ê 8 ị x= 5, 6, 7, 8
 Mà Ê 1 ị x > 4
 Thử trực tiếp ta được x = 5, y = 20 (thoả mãn)
 Vậy 1 đội có 5 đấu thủ còn đội kia có 20 đấu thủ
Bài 8: Tìm năm sinh của Bác Hồ biết rằng năm 1911 khi Bác ra đi tìm đường cứu nước thì tuổi Bác bằng tổng các chữ số của năm Bác sinh cộng thêm 3.
Hướng dẫn:
 Ta thấy nếu Bác Hồ sinh vào thể kỷ 20 thì năm 1911 Bác nhiều nhất là 11 tuổi (1+ 9 + 0 + 0 + 3) loại
Suy ra Bác sinh ra ở thế kỷ 19 
Gọi năm sinh của Bác là 18 xy
(x, y nguyên dương, x, y Ê 9)
Theo bài ra ta có
1911 - 18 xy = 1 + 8 + x + y = 3
Û 11x + 2y = 99
ị 2y 11 mà (2, 11) = 1 ị y 11
 mà 0Ê y Ê 9	
ị y = 0 ị x = 9
Vậy năm sinh của Bác Hồ là 1890
Bài 9: Tìm tất cả các số nguyyên x, y thoả mãn phương trình = 
Hướng dẫn:
 Ta có = Û 7 (x+ y) = 3 (x2 – xy + y2)
 Đặt x + y = p , x – y = q ị p, q nguyên
ị x = ; y = thay vào phương trình có dạng 28 p = 3 (q2 + 3 q2) ị p > 0 và p 3 đặt p = 3k (k ẻZ)
ị 28k = 3(3k2+ q2) ị k 3 và k có dạng 3m (mẻ Z+) ị 28 m = 27m2 + q
ị m( 28 – 27m) = q2 ³ 0
 ị m = 0 hoặc m = 1
Với m = 0 ị k = 0 ị q = 0 ị x = y = 0 (loại)
Với m = 1 thì k = 3; p = 9
ị 28 = 27 + q2 ị q = ± 1
Khi p = 9, q = 1 thì x = 5, y= 4
khi p = 9, q = 1- thì x = 4, y= 5 
Vậy nghiệm của phương trình là (x, y) = (4, 5); (5, 4)
Bài 10: Hãy dựng một tam giác vuông có số đo 3 cạnh là a, b, c là những số nguyên và có cạnh đo được 7 đơn vị 
Hướng dẫn:
 Giả sử cạnh đo được 7 đơn vị là cạnh huyền (a = 7)
 ị b2 + c2 = 72 ị b2 + c2 7 ị b 7; c 7
 (vì số chính phương chia hết cho 7 dư 0, 1, 4, 2)
 lại có 0<b, c< 7 loại
 ị Cạnh đo được là cạnh góc vuông giả sử b = 7 
 Ta có a2 – c2 = 49 Û (a+c)(a-c) = 49
 ị a+ c = 49 ị a = 25	 Vậy tam giác cần dựng có số đo 3 cạnh
 a – c = 1 c = 24	 là 7, 25, 24 
D. Kết quả thực hiện.
1) Kết quả chung
Sau khi áp dụng đề tài vào giảng dạy đa số học sinh không những nắm vững cách giải phương trình nghiệm nguyên mà còn vận dụng linh hoạt trong các dạng toán khác.
2) kết quả cụ thể
Kiểm tra 10 học sinh lớp 9 theo các đợt khác nhau dưới dạng phiếu học tậpthu được kết quả sau:
Đề bài
 Bài 1:Tìm nghiệm nguyên của phương trình
 a, x2 – 4x- y2 = 1
 b, 2x2 + 2y2 – 2xy + y + x = 10
 Bài 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
 5x + 7y = 56
Dưới điểm 5
 Điểm 5 - 7
Điểm 8 - 10
Điểm 5 - 10
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
1
20
4
40
5
40
8
90
C – Kết luận
 Đề tài này đã nhận được thử nghiệm qua nhiều năm bồi dưỡng học sinh giỏi tôi thấy học sinh nắm được bài và rất hứng thú học tập. Tôi nghĩ rằng tôi cần phải cố gắng đọc thêm tài liệu, học hỏi thầy cô và các bạn đồng nghiệp để tiếp tục xây dựng đề tài ngày càng phong phú hơn.
 Phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên là phương pháp được ứng dụng rộng rãi trong nhiều bài toán dạng toán. Song vì thời gian eo hẹp nên đề tài này không thể tránh được những sai sót.
Hải Dương, ngày 05 tháng 6 năm 2006
 	Người thực hiện
Xác nhận của trường THCS Trường Thành	
................................................................................................................
................................................................................................................
 Lê Văn Trung
................................................................................................................
................................................................................................................
Tài liệu tham khảo
STT
Tài liệu
Tên tác giả
1
Chuyên đề bồi dưỡng số học
Nguyễn Vũ Thanh
2
400 bài toán số học chọn lọc
Vũ Dương Thuỵ
Trương Công Thành
Nguyễn Ngọc Đạm
3
Tìm hiểu phương trình đại số
Vũ Hoàng Lâm
Nguyễn Đễ
4
351 bài toán số học chọn lọc
Nguyễn Đức Tấn
Đặng Anh Tuấn
Trần Chí Hiếu
5
Một số tạp chí toán học