Sáng kiến kinh nghiệm Giúp học sinh có kỹ năng giải phương trình nghiệm nguyên

A. Đặt vấn đề:
 I. Cơ sở lí luận.
Bộ môn toán ở trường THCS có vai trò rất quan trọng trong hệ thống toán ở phổ thông. Đó là sự nối tiếp và phát triển cao hơn của chương trình toán tiểu học đồng thời là cơ sở là nền tảng giúp người học có thể lĩnh hội được kiến thức mới cao hơn ở chương trình toán THPT .
	Trong thời đại ngày nay xã hội đang ngày càng phát triển cấp độ tư duy của con người ngày càng cao, càng sâu đã đòi hỏi nền giáo dục nước ta luôn vận động thay đổi và phát triển. Nằm trong sự vận động đó bộ môn toán ở trường THCS đã đặt ra cho giáo viên và học sinh những thách thức mới. Giáo viên không còn là người truyền thụ kiến thức một cách thụ động cho học sinh mà phải là người tổ chức điều khiển để học sinh tự lĩnh hội tri thức. Còn học sinh cũng không còn ở mức độ tiếp thu kiến thức và trình bày lại kiến thức một cách máy móc mà phải đòi hỏi người học tự tìm tòi lĩnh hội tri thức để có kĩ năng toán học, phải biết tìm ra những phương pháp, những lời giải tổng quát để từ đó thể hiện được một lời giải phù hợp nhất đối với một bài toán cụ thể.
	Là một giáo viên giảng dạy ở trường THCS tôi cũng luôn tìm tòi , học hỏi những lời giải, những phương pháp giải toán mới. Và cũng luôn muốn được góp phần xây dựng nền toán học nước nhà ngày càng phát triển hơn. Nên trong đề tài này tôi cũng xin đưa ra một vấn đề nhỏ để được trao đổi với độc giả hi vọng với vấn đề tôi đưa ra sau đây sẽ góp phần xây dựng cho công tác dạy và học bộ môn toán ở trường THCS được tốt hơn.
 II. Cơ sở thực tiễn:
	Xuất phát từ trải nghiệm của bản thân qua việc giảng dạy môn toán ở trường THCS , qua đọc sách báo tham khảo và đặc biệt qua việc bồi dưỡng cho đội tuyển học sinh giỏi ở các khối 8 và 9. Tôi nhận thấy rằng giải một phương trình nghiệm nguyên là tương đối khó đối với học sinh THCS và đặc biệt hơn nữa các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên không hề có trong chương trình toán THCS do đó đã gây khó khăn không nhỏ đối với học sinh trong khi gặp phải dạng toán này. Học sinh không có một phương pháp cụ thế nào mà chỉ biết mò mẫm một cách vô hướng. 
	Dựa vào kinh nghiệm của bản thân vốn kiến thức và thu thập qua sách báo tôi xin đưa ra một số phương pháp mà tôi cho là phù hợp với học sinh THCS để giải dạng toán này.
Đối với đa số các bài toán giải phương trình nghiệm nguyên ta có thể phân về một số dạng tương ứng với một số phương pháp sau:
Phương pháp 1: Dựa vào tính chất chia hết.
Phương pháp 2: Phân tích thành tích.
Phương pháp 3: Phân tích thành tổng các số chính phương.
Phương pháp 4: Sử dụng tính chất nghiệm của phương trình bậc 2.
Phương pháp 5: Phương pháp đánh giá.
Đặc biệt hơn nữa trong đề tài này Tôi đưa ra phần bài tập phát triển kĩ năng đó là dựa vào các phương pháp giải đã nêu để tìm các cách giải khác nhau cho một bài toán và vận dụng một số phương pháp giải để giải một số bài toán liên quan.
B.Nội dung đề tài:
Tên đề tài: “giúp Học sinh có kỹ năng giải phương trình nghiệm nguyên”
 I.Phương pháp:
 Phương pháp 1: Dựa vào tính chất chia hết.
Đối với phương pháp này thường dùng cho những phương trình có thể rút được ẩn này biểu diễn qua ẩn kia. Hoặc có thể chia cả 2 vế cho một biểu thức chứa ẩn nào đó để có thể sử dụng kiến thức ước chung, bội chung để tìm nghiệm:
Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên.
 5x + 25 = - 3xy + 8 y2.
Giải:
 5x + 25 = - 3xy + 8 y2
5x + 3xy = 8 y2 – 25
(5 + 3y)x = 8y2-25
 x= (1)
Vì x;y nguyên (8y2 - 25) 3y + 5 
 3(8y2 - 25) 3y + 5
 24y2- 75 3y + 5
(24y2+40y – 40y - 75) 3y + 5
 8y(3y+5) – (40y +75) 3y + 5
 40y + 75 3y + 5
120y +225 3y + 5
40(3y+5)+25 3y + 5
25 3y + 5 3y+5 là ước của 25.
 3y+5 1;5; 25 
 y -2 ; 0 ; -10
Thay các giá trị của vào (1) ta có nghiệm của phương trình:
(x;y) (-5;0);(-7;-2);(-31;-10)
Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên :
 x + xy + y = 9
Giải:
 x + xy + y = 9
 x(y+1) = 9 – y (1)
Xét với y= -1 (1) 0x = 10 không có giá trị của x hay phương trình vô nghiệm.
Với y + 10 ta chia cả hai vế của phương trình cho y +1 
(1) x = (2)
 x = - 1.
Vì x;y nguyên phải là số nguyên y+1 là ước của 10
 y+1 1; 2; 5; 10
 y 0;1;4;-2;-3;-6;-1
Thay lần lượt các giá trị của y vào (2) ta tìm được x tương ứng.
 Nghiệm của phương trình là:
 (x;y) (9;0);(4;1);(1;4);(0;9);(-11;-2);(-2;-11);(-3;-6);(-6;-3)	
Với bài toán này chúng ta cũng có thể biến đổi một vế thành tích các biểu thức, vế còn lại là tích của các thừa số nguyên tố. Ta hoán vị các biểu thức chữa ẩn tương ứng với các thừa số nguyên tố ta cũng tìm ra được nghiệm phương trình .
Cụ thể: x+xy+y =9 
 (x+1)(y+1) = 10 =1. (10) =2. (5)
Giải ra ta tìmđược tập nghiệm (x;y).
Ví dụ 3: Giải phương trình nghiệm nguyên .
 2xy2+x+y+1=x2+2y2+xy
Giải:
 2xy2+x+y+1=x2+2y2+xy
2y2(x-1)-x(x-1)+y(x-1)+1=0 (1)
* Với x=1 không thoả mãn phương trình 
* Với x-10 ta chia cả 2 vế cho x-1.
(1)2y2-x + y+ = 0
Vì: x;y nguyên nguyên x-1 là ước của 1
 x-1 -1;1
x 0;2 . Ta thay lần lượt x=0 và x=2 vào (1)
ta có nghiệm phương trình là:
(x;y) (0;1);(2;1) 
* Một số bài tập áp dụng.
Giải phương trình nghiệm nguyên .
xy-2x-2y-5=0.
x2-3xy+2y+x=4
x2y-2xy=4
y=.
 Phương pháp 2. Phân tích thành tích.
Với phương pháp này ta biến đổi một vế thành nhân tử vế còn lại ta phân tích thành tích các thừa số nguyên tố. Ta hoán vị các biểu thức chữa ẩn với các thừa số nguyên tố được phân tích ra.
 Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên .
 x2-y2 = 1999.
Giải:
 x2-y2= 1999 2-2= 1999
(+)(-) =1999 (1)	(->o)
Vì 1999 là một số nguyên tố nên 1999 chỉ có các ước dương là:
 1; 1999.
Vậy để giải (1) ta giải các hệ sau:
 +=1 +=1999 
 -=1999 (I) -=1 	 (II)
Giải các hệ phương trình trên, giải hệ (II) ta có =1000 và =1 
Vậy ngiệm nguyên của phương trình là:
 (x;y) (1000;-999);(-1000;999);(1000;999);(-1000;-999)
Ví dụ 2:
Giải phương trình nghiệm nguyên.
x2-394xy -395y2 = 2005.
Giải:
 x2-394xy -395y2 = 2005
x2-395xy+xy-395y2=2005
x(x-395y)+y(x-395y) = 2005 (1)
 Vì 2005 = (1).( 2005)=( 5).( 401)
 Để giải(1) ta giải các hệ sau.
x - 395y = 1	 x- 395y = 2005
x + y= 2005	 x + y = 1
x - 395y =-1	 x - 395y = - 2005
x+ y= - 2005	 x+ y = - 1
x - 395y =5	 x -395y = 401
x+y= 401	 x + y = 5
x - 395y = -5	 x - 395y= - 401
x + y = - 401	 x+ y = - 5
Giải các hệ trên ta được các nghiệm nguyên của phương trình là:
(x;y) (6;-1);(-6;1);(400;1);(1;400)
 * Một số bài tập áp dụng.
Giải phương trình nghiệm nguyên .
a. x2+2y2+3xy+3x+5y=14
b. 2x2+6y2+7xy – x – y = 25
c. x2 - 6y2-xy+5x+5y=20
Phương pháp 3: Phân tích thành tổng các số chính phương. 
Để Giải phương trình nghiệm nguyên ta có thể biến đổi một vế của phương trình thành tổng các bình phương của các biểu thức chứa ẩn. Vế còn lại ta biến đổi thành tổng của các số chính phương. Hoán vị các hạng tử ở vế này tương ứng với các hạng tử ở vế kia ta cũng tìm được nghiệm nguyên của phương trình .
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình .
x2+y2 – x – y = 8.
Giải:
 x2+y2 – x – y = 8.
4x2+4y2-4x-4y=32
(4x2-4x+1)+(4y2-4y+1) = 34 (1)
Bằng phương pháp phân tích và thử chọn ta thấy 34 chỉ có duy nhất một dạng phân tích thành tổng của 2 số chính phương là 32 và 52.
(1)2 + 2 = 32+52
phương trình trên xảy ra 2 khả năng 
 = 3	 = 5	
 = 5 = 3
Giải các hệ trên ta có nghiệm nguyên của phương trình .
(x;y) (2;3); (3;2); (-1;-2); (-2;-1)
Ví dụ 2:	Tìm nghiệm nguyên của phương trình .
5x2-4xy+y2=125.
Giải:
 5x2-4xy+y2=125.
(4x2-4xy+y2)+x2=125
(2x-y)2+x2 =112+22 (1) (Vì 125 chỉ phân tích được tổng của 2 số chính phương là 112và 22)
(1) = 11	hoặc	 = 2	
 =2 = 11
Giải các hệ trên ta được nghiệm nguyên là:
(x;y) (2;-7);(2;5);(-2;7);(-2;-15);(11;20);(11;24);(-11;-24);(-11;-20)
* Lưu ý: 
- Đối với phương pháp này ta thường áp dụng cho những phương trình sau khi biến đổi một vế thành tổng các bình phương của các biểu thức chứa ẩn thì vế còn lại phải đủ bé để ta dễ dàng nhẩm ra tổng các số chính phương. 
- Khi giải phương pháp này các biểu thức chứa ẩn ta phải để dưới dấu giá trị tuyệt đối để không bị mất nghiệm.
* Một số bài tập áp dụng:
Giải phương trình nghiệm nguyên.
5x2+16y2= 73+4(x+2y)
2x2+13y2+2xy =5
Phương pháp 4:Sử dụng tính chất nghiệm của phương trình bậc 2.
Để giải phương trình nghiệm nguyên ta có thể biến đổi phương trình về dạng phương trình bậc hai theo một ẩn, coi các ẩn khác là tham số, sử dụng tính chất nghiệm của phương trình bậc hai để xác định điều kiện của tham số rồi từ đó xác định nghiệm nguyên của phương trình.
 Ví dụ 1: 
Giải phương trình nghiệm nguyên.
3x2+y2+4xy+4x+2y+5 = 0 (1)
Giải:
(1)y2+(4x+2)y+3x2+4x+5 = 0
 D’y = (2x+1)2 – 3x2-4x-5 = x2-4.
Để (1) có nghiệm nguyên thì D’y là một số chính phương.
 x2-4= n2 (n N) 
 x2-n2=4 
 (+n)(-n) =4 vì +n-n
 Suy ra +n = 4 hoặc +n = 2 	
 - n =1 	 - n = 2
Giải các hệ trên ta có =2 x=2
Thay lần lượt x=2và x=-2 vào phương trình (1) ta tìm được y tương ứng.
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là:
 (x;y) (2;-5);(-2;3)
* Ngoài cách dựa vào ta có thể sử dụng định lí vies để tìm nghiệm nguyên :
Ví dụ2:
Giải phương trình nghiệm nguyên
x2- (y+5)x+5y+2 = 0 (1)
Giải:
Giả sử phương trình có 2 nghiệm x1;x2 theo định lí vies ta có.
x1+x2 = y+5	5x1+5x2 =5y+25
 	(2) 	
x1.x2 =5y+2	x1.x2 =5y+2
 5x1+5x2- x1.x2 = 25 – 2 
-5x1-5x2 +x1.x2 + 25 = 2
 (x1-5)(x2-5) = 2 vì 2= 1.2=(-1)(-2)
Nên ta có các hệ sau:
x1-5 = 1	x1-5 = 2
x2- 5 =2 x2- 5 =1
x1-5 = -1	x1-5 = - 2
x2- 5 =-2 x2- 5 = -1
Giải các hệ trên ta có: x1+x2=13 hoặc x1+x2=7 lần lượt thay vào(2) ta có y=8 hoặc y=2.
Thay y=8 và y=2 lần lượt vào phương trình (1) ta tìm được x tương ứng.
Nghiệm nguyên của phương trình là:
(x;y) (7;8);(6;8);(4;2);(3;2)
* Bài tập áp dụng: Giải phương trình nghiệm nguyên. 
 5x2-4xy+y2=169
Phương pháp 5: Phương pháp đánh giá: 
Trong một số phương trình mà các vế có dạng đặc biệt ta có thể đánh giá các biểu thức ở các vế để giới hạn miền giá trị của chúng, qua việc kiểm nghiệm ta tìm ra nghiệm nguyên của phương trình.
Ví dụ 1: 
Tìm x;y nguyên dương thoả mãn.
 += (1).
Giải:
Giả sử xy>0 ta có += 2. 
Vì xy nên = + y4
Vậy y =3 hoặc y = 4
Với y=3 x=6.
Với y=4 x=4.
Vì x;y có vai trò như nhau ta có thêm nghiệm của phương trình y=6 và x=4 (trường hợp yx).
Vậy ta có nghiệm nguyên dương của phương trình là :
(x;y) (3;6);(6;3);(4;4)
* Để giải các phương trình nghiệm nguyên có từ 3 ẩn trở lên ta thường dùng phương pháp này.
Ví dụ 2:
Giải phương trình nghiệm nguyên .
3(x-3)2 + 6y2+2z2+3y2z2 = 33 (1)
Giải:
Từ phương trình trên ta thấy tất cả các hạng tử ở phía trái đều không âm nên (x-3)311. Do x nguyên 
 (x-3)3 0;1;4;9
- Xét với (x-3)3=0 x=3
Khi đó (1)6y2+2z2+3y2z2 =33 
 (3y2+2)(z2+2)=37 	(2) 	(37= 1.37)
 3y2+2 =1 	3y2+2 =37
 	(I)	(II)
 z2+ 2 =37	z2+ 2 = 1
Vì y;z nguyên hệ (I);(II) vô nghiệm.
- Xét với (x-3)2=1 x=2 hoặc x= 4.
Khi đó: (1) (3y2+2)(z2+2) =34
Tương tự cách giải như phương trình (2) 
 phương trình (3y2+2)(z2+2) =34 vô nghiệm.
- Xét với (x-3)2=4 x=1 hoặc x=5.
 Khi đó (1) (3y2+2)(z2+2) =25 (=5.5).
 3y2+2 =5
	vì y;z nguyên nên hệ vô nghiệm với x=1 hoặc x=5 (1) 
 z2+2 =5
vô nghiệm. 
- Xét với (x-3)2=9 x=0 hoặc x=6
Khi đó: (1) (3y2+2)(z2+2) =10 (3)
Để giải (3) ta giải các hệ sau.
 3y2+2 =2	z2+2 = 2
 	(*)	(**)
 z2+2 = 5 	3y2+2 = 5
Giải các hệ trên ta có (*)Vô nghiệm, (**) có nghiệm là: z=0; y=1 vậy nghiệm nguyên của phương trình là:
(x;y;z) (0;1;0);(0;-1;0);(6;-1;0);(6;1;0)
Ví dụ 3: 
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình .
+ = (1)
Giải:
(1) + = 6
Ta thấy x;y có vai trò như nhau nên.
Xét với 0<xy đặt =a; =b. Với a+b =6.
 Ta có các khả năng xảy ra
a=1	a=2	a=3
b=5	b=4	b=3
Thay các giá trị a;b vào biểu thức của và 
 (x;y) (55;1375);(220;880);(495;495)
 Vì x;y có vai trò như nhau nên ta có nghiệm nguyên của phương trình là: 
 (x;y) (55;1375);(220;880);(495;495); (1375;55);(880;220)
 *Một số bài tập áp dụng:Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 
2x+y-7=0
2x2+6y2+z2-xy-3xyz –yz =10
x3-y3 = 2xy +8
 II.Bài tập phát triển kĩ năng:
	Để học sinh có kĩ năng biến đổi, lập luận, cũng như trình bày lời giải một phương trình nghiệm nguyên ta có thể tìm hiểu một số cách giải khác nhau của một bài toán sau đây.
Giải phương trình nghiệm nguyên
x2+xy+y2 = x2y2	(1)
 Cách giải 1:	
(1) x2+2xy+y2= x2y2+xy
 (x+y)2=xy(xy+1).
 (x+y)2 là một số chính phương mà xy và xy+1 là hai số nguyên liên tiếp xy(xy+1) là số chính phương khi xy=0 hoặc xy+1=0.
- Với xy=0 thay vào 	 (1) x2+y2 =0 x=y=0
- Với xy+1=0 xy =1 (x;y) = (1;-1) hoặc (x;y) =(-1;1). Thử lại các cặp (x;y) trên ta có nghiệm nguyên của phương trình là: 
 (x;y) (0;0);(1;-1);(-1;1).
 Cách giải 2:
(1) 4x2+4xy+4y2=4x2y2 
 (2x+y)2=y2(4x2-3)
 - Nếu y=0 ta có (1) 2x=0 x=0. 
 - Nếu y0 để phương trình có nghiệm nguyên thì 4x2-3 phải là một số chính phương.
 Đặt 4x2-3 =t2 (t N). (+t) ( -t) =3 (*)
 Vì +t N và -t N +t - t 
	+t =3	
 Từ (*) 	 = 2 x =1
-t =1
Với x = 1 y=-1
Với x=-1 y =1	
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là:
(x;y) (0;0);(1;-1);(-1;1)
Cách giải 3: 
x2+xy+y2 = x2 y2 (1)
Với x=0 thì y=0 
Với x0;y0.
Đặt (x;y) =d	(d N* )
 x=x1d; 	y=y1d;	với (x1;y1) =1
Ta có (1) (x1d)2+ (x1d).(y1d)+ (y1d)2 = (x1d)2.(y1d)2
	 x21+x1x2+y21 = d2 x21 y21
Vì x21 x1; (x1 y1) x1;	(d x21 y21) x1 y21 x1 .
 Mà (x1; y1) =1 x1=1.
Tương tự ta lập luận với y1 y1=1.
Kết hợp x=1 Với y=1,thử lại ta có nghiệm nguyên của phương trình là:
(x;y) = (0;0);(1;-1);(-1;1)
 Cách giải 4: 
 x2+xy+y2 = x2 y2 (1)
 (y2-1)x2-xy-y2 = 0 (*)
Xét với y2=1 y=1
 Với y=1 thay vào (*) ta có x=-1
 Với y=-1 thay vào (*) ta có x=1
Xét y1 ta có = y2(4y2-3) là một số chính phương.
Đặt (2 y)2-3 = n2 (n N)
 (2 y)2-n2=3.
 (-n) (+n)=3.
Vì (+n) N; (-n) N 2y+n-n.
Ta có hệ	 (2y)+n =3	
 (2y) -n=1	 =2 y =1 	 
Không thích hợp vì điều kiện y 1.
 Vậy ta có nghiệm của phương trình là.
(x;y) (0;0);(1;-1);(-1;1)
 Cách giải 5: 
Không mất tính tổng quát.
Giả sử .
Ta có x2y2 và xy y2.
Nên x2y2 = x2+xy+y2 y2+ y2+ y2 3 y2.
Nếu y= 0 x=0.
Nếu y 0 x23 x2=1 x=1
Với x =1 y = -1.
Với x=-1 y= 1
Vậy nghiệm nguyên của phương trình x2+xy+y2=x2y2 là:
 (x;y) (0;0);(1;-1);(-1;1)
Cách giải 6: 
Giả sử 
Nếu =0 x=0 thì y=0.
Nếu =1 x=1
Với x=1 y=-1
Với x=-1 y=1
Nếu 2 thì x24 x24 y24
Do đó x2+xy+y2 = x2y2 Chia cả 2 vé phương trình cho x2y2 ta có.
 + + =1.
1= + + ++=.
Điều này vô lí!.
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là:
(x;y) (0;0);(1;-1);(-1;1)
Cách giải 7: 
Xét với x=0 y=0
 với x=1 y=-1
 với x=-1 y=1
 với x=2. (1) 3y2-2y-4 không có nghiệm nguyên đối với y.
 với x=-2. (1) 3y2+2y-4 cũng không có nghiệm nguyên đối với y
Hoàn toàn tương tự với y=2 phương trình không thoả mãn.
Vậy>2 và >2 
 x2y2 > 4x2
 x2y2 > 4y2
 x2y2 > 2(x2+y2) = x2+y2+ x2+y2 x2+y2 +2 x2+y2 +xy.
 x2y2 > x2+y2 +xy không có nghiệm thoả mãn
Vậy ta có nghiệm nguyên của phương trình là 
(x;y) (0;0);(1;-1);(-1;1)
Cách giải 8: 
 x2+xy+y2=x2y2
 4x2+4xy+4y2=4x2y2
 (4x2+4xy+1)-( 4x2+8xy+4y2) =1
 2xy+1+2x+2y =1
 2xy+1- (2x+2y) =1
 2xy+1+2x+2y = -1
 2xy+1- (2x+2y) = -1
	 2xy+1= 1 (I)
	 2x+2y= 0
 2xy+1 =-1 (II)
	 2x+2y = 0
Giải hệ (I) ta có: x = y = 0
 Giải hệ (II) ta có x=1 hoặc x=-1
 y=-1 y= 1
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là:
 (x;y) (0;0);(1;-1);(-1;1)
*Lưu ý: Mỗi cách giải của bài toán trên đây không hoàn toàn tương ứng với một phương pháp giải.Nhưng mỗi cách giải là một cách lập luận, cách biến đổi thường gặp khi giải phương trình nghiệm nguyên .
 * Một số bài tập liên quan.
 Bài tập 1: Phương trình 3x+5y=501 có bao nhiêu cặp (x;y) với x;y nguyên dương
Giải:
 3x + 5y=501 y= 
Vì y nguyên dương 167 – x phải là bội số dương của 5
 167-x= 5k (k > 0) x= 167-5k.
Vì x > 0 167 – 5k > 0 k< 0 < k < , và k nguyên nên:
 k 1;2;333
Vậy có 33 cặp (x;y) thoả mãn.
 Bài tập 2: Chứng minh phương trình 6x-3y=5 không có nghiệm nguyên .
Giải:
 6x-3y=5
y= y=2x+.
Vì x nguyên nên 2x nguyên.
2x+ Z.
Vậy phương trình 6x-3y=5 không có nghiệm nguyên.
*Phương trình nghiệm nguyên hay các bài toán liên quan thường có nhiều cách giải nên khi trình bày lời giải ta nên nhận dạng bài toán có thể sử dụng phương pháp nào là phù hợp nhất và có cách biến đổi chính xác nhất 
 C.Kết quả:
	Khi áp dụng đề tài này vào việc bồi dưỡng học sinh giỏi ở các khối 8 và 9 Tôi thấy kết quả được là rất khả quan. Không những học sinh không còn bỡ ngỡ, gặp khó khăn khi gặp dạng toán phương trình nghiệm nguyên mà ngược lại học sinh rất có hứng thú khi gặp dạng toán này và trình bày lời giải một cách rất dễ dàng.
D.Kết luận.
	Với nội dung Tôi đưa ra trong đề tài này hi vọng sẽ trở thành tài liệu tham khảo hữu ích cho các em học sinh ở khối 8 và khối 9 đặc biệt là các em học sinh khá và giỏi. Tôi cũng hi vọng đề tài này là một tài liệu tham khảo tốt cho giáo viên giảng dạy môn toán cấp THCS.
	Khi thức hiện đề tài này Tôi đã làm việc với tinh thần và ý thức rất nghiêm túc cộng vào đó là sự góp ý tận tình của các đồng nghiệp. Song đề tài này Tôi chỉ mới đưa ra được một số phương pháp giải cơ bản về phương trình nghiệm nguyên mà chưa thể khai thác hết các phương pháp giải của dạng phương trình này. Với kinh nghiệm nghiên cứu khoa học và kinh nghiệm giảng dạy chưa thật sự nhiều, cũng như để thực hiện đề tài còn có nhiều hạn chế nên chắc chắn trong đề tài này còn có nhiều thiếu sót, hi vọng được sự góp ý chân thành của các độc giả để đề tài này được hoàn thiện hơn. 
Tôi xin chân thành cảm ơn mọi ý kiến góp ý của bạn đọc!
E.Tài liệu tham khảo: