Chuyên đề Kinh nghiệm giải phương trình, hệ phương trình nghiêm nguyên

hiệm nguyên. 
Hướng dẫn: 
Giả sử f(x) có nghiệm nguyên a. 
Thế thì: f(x) = (x – a).g(x); trong đó g(x) là đa thức có các hệ số nguyên. 
Suy ra f(1) = (1 – a). g(1) và f(2) = (2 – a).g(2); trong đó g(1), g(2) là các số 
nguyên. 
Do đó: f(1).f(2) = (1 – a)(2 – a). g(1).g(2) 
Suy ra 35 = (1 – a)(2 – a). g(1).g(2) (*) 
Ta thấy (1 – a)(2 – a) là tích của 2 số nguyên liên tiếp nên là số chẵn nên vế phải 
là số chẵn, trong khi đó vế trái là số lẻ nên không xảy ra đẳng thức (*) 
Tức là đa thức f(x) không có nghiệm nguyên. 
Ví dụ 6: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 2x 2x 4y 37   
Hướng dẫn : 
2 2 2 2x 2x 4y 37 (x 1) (2y) 38 19       M ( dạng 4k+3) 
(x 1) 19  M và 2y 19M 2 2 2(x 1) (2y) 19   M (vô lý) 
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên. 
Ví dụ 7: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 3x y 7  
Hướng dẫn : 
2 3 2 2x y 7 x 1 (y 2)(y 2y 4)        
 Nếu y chẵn thì 2 2(x 1) 4 x 3(mod4)  M vô lý 
 Nếu y lẻ thì 2 2y 2y 4 (y 1) 3     có dạng 4k + 3 nên phải có một ước 
nguyên tố dạng đó, do đó 2x 1 có ước nguyên tố dạng 4k + 3 điều này 
vô lý. 
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên. 
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh 
 11 
Ví dụ 8: ( Đề thi HSG lớp 10 năm học 2014 – 2015 Đồng Nai ) 
Tìm các nguyên x,y thoả: 2 23x 5y 255  (*) 
Giải : với k,m là các số nguyên 
Từ PT(*) suy ra 2 5x M mà 5 là số nguyên tố nên 2 25 5 25x x k x k   M 
Khi đó (*) thành 2 2 2 275k 5y 255 15k y 51     (**) 
(**) suy ra 2 3y M mà 3 là số nguyên tố nên 2 23 3 9y y m y m   M 
(**) thành 2 2 2 215k 9m 51 5k 3m 17     (***) 
(***) 
2 2 175 17 1
5
k k k      khi đó 2m  
Suy ra các nghiệm (x ;y) là (5 ;6),(5-6),(-5 ;6),(-5 ;-6) 
Ví dụ 9 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 219x 28y 729  (1) 
Hướng dẫn : 
Ta có: 
2 2 2 2 2 219x 28y 729 (18x 27y ) (x y ) 729       (*) 
2 2(*) ( ) 3 3 ; 3 3 ; 3x y x y x x y b     M M M 
(1) thành 2 2 2 2 2 219 28 81 (18 27 ) 81a b a b a b       (**) 
Tương tự x,y (**) thành 2 219 28 9u v   vô nghiệm 
3. ĐƯA VỀ DẠNG TÍCH: 
 Ta biến đổi phương trình về dạng: vế trái là tích của các đa thức chứa 
ẩn, vế phải là tích của các số nguyên. 
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: xy – x – y = 2 (1) 
Hướng dẫn: 
Ta có (1)  x(y – 1) – y = 2  x(y – 1) – (y – 1) = 3  (y – 1) (x – 1) = 3 
Do vai trò bình đẳng của x và y trong pt nên có thể giả sử x  y 
khi đó x – 1  y – 1. 
Vậy ta có : 
ì - =ïï
í
ï - =ïî
x 1 3
y 1 1
 hay 
  

  
x 1 1
y 1 3
  
ì =ïï
í
ï =ïî
x 4
y 2
 hay 


 
x 0
y 2
Kiểm tra thấy đúng.Vậy nghiệm nguyên của pt là (4; 2), (0; -2); (2; 4), (-2;0) 
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: y3 – x3 = 91 (2) 
Hướng dẫn: 
(2) (y – x)(y2 + xy + x2) = 91 (*) 
Vì y
2
 + xy + x
2
 > 0 với mọi x, y nên từ (*) => y – x > 0. 
 Mặt khác: 91 = 1.91 = 7.13 và y – x, y2 + xy + x2 đều nguyên dương nên ta có 4 
khả năng sau: 
2 2
y x 91
x xy y 1
ì - =ïï
í
ï + + =ïî
2 2
y x 1
x xy y 91
 

  
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh 
 12 
2 2
y x 13
x xy y 7
ì - =ïï
í
ï + + =ïî
2 2
y x 7
x xy y 13
 

  
; 
Giải ra ta được các nghiệm của pt là: 
x 3
y 4
ì = -ïï
í
ï =ïî
; 
x 4
y 3
 


; 
x 5
y 6
ì =ïï
í
ï =ïî
; 
x 6
y 5
 

 
Ví dụ3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x + y + xy = 9 
Hướng dẫn: 
Biến đổi pt về dạng: (x + 1)(y + 1) = 10 
Khi đó nghiệm ( x;y) l (1, 4); (4, 1); (-3, -6); (-6, -3), (9, 0); (0, 9); (-2; -11); 
(-11, -2) 
Ví dụ 4: 
Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: y2 = x(x + 1)(x + 7)(x + 8) (4) 
Hướng dẫn: 
(4)  y
2
 = ( x
2
 + 8x)(x
2
 +8x + 7) 
Đặt z = x2 + 8x; ta có y2 = z2 + 7z  4y2 = (2z + 7)2 – 49 
  (2z – 2y + 7)(2z + 2y +7) = 49. Chỉ có thể xảy ra trong các trường hợp 
sau: 
a. 
2z 2y 7 1 y 12
2z 2y 7 49 z 9
    
 
    
 Ta có : 
2
y 12 y 12
x 1 x 9x 8x 9
  
 
     
b. 
2z 2y 7 1 y 12
2z 2y 7 49 z 16
      
 
      
 Ta có : 
2
y 12 y 12
x 4x 8x 16
    
 
    
c.
2z 2y 7 49 y 12
2z 2y 7 1 z 9
     
 
    
 Ta có : 
2
y 12 y 12
x 1 x 9x 8x 9
    
 
     
d. 
2z 2y 7 49 y 12
2z 2y 7 1 z 16
     
 
      
 Ta có : 
2
y 12 y 12
x 4x 8x 16
    
 
    
e. 2z – 2y + 7 = 2z + 2y +7 = 7  y = z = 0 
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh 
 13 
 Ta có : 
2
y 0 y 12
x 0 x 8x 8x 0
   
 
     
f. 2z – 2y + 7 = 2z + 2y +7 = -7  y = 0; z = -7 
 a có : 
2
y 0 y 12
x 1 x 7x 8x 7
   
 
       
Kiểm tra và kết luận 
Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: xy = p(x + y) với p là số 
nguyên tố cho trước. 
Hướng dẫn: 
xy = p(x + y)  px + py – xy = 0  x(p – y) – p(p – y) = – p2 
p là số nguyên tố. Do đó ta có: 
2x p p
y p 1
ì - =ïï
í
ï - =ïî
(1) 
2
x p 1
y p p
 

 
 (2) 
2x p p
y p 1
ì - = -ïï
í
ï - = -ïî
(3) 
2
x p 1
y p p
  

  
 (4) 
x p p
y p p
ì - =ïï
í
ï - =ïî
 (5) 
x p p
y p p
  

  
 (6) 
Giải ra ta được các nghiệm nguyên là: 
(p
2
 + p; 1 + p); (1 + p; p
2
 + p); (-p
2
 + p; -1 + p) (-1 + p; -p
2
 + p); (2p; 2p); (0; 0) 
4. SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC: 
 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 này. 
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – xy + y2 = 3 (1) 
Hướng dẫn: (1)  
 
 
 
2
y
x
2
= 3 – 
23y
4
 Vì 
 
 
 
2
y
x
2
 0  3 – 
23y
4
  0  -2  y  2 
Lần lượt thay y =  2; y =  1; 0 vào phương trình để tính x. 
Ta có nghiệm nguyên của phương trình là: (-1; -2), (1; 2); (-2; -1); (2; 1), 
 (-1; 1), (1; -1). 
Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình: 
1 1 1
x y 3
  
Hướng dẫn: 
Do vai trò bình đẳng của x và y nên giả sử: x  y. 
 Hiển nhiên ta có: 
3
11

y
 nên y > 3 (1) 
Mặt khác do: x  y  1 nên 
1 1
x y
. Do đó: 
1
3
  
1 1
x y
+  
1 1
y y
 = 
2
y
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh 
 14 
  
2 1
y 3
 nên y  6 (2) 
Ta xác định được khoảng giá trị của y là: 4  y  6 
Với y = 4 ta được: 
1
x
 = 
1 1
3 4
 = 
1
12
 nên x = 12 
Với y = 5 ta được: 
1
x
 = 
1 1
3 5
- = 
2
15
, loại vì x không phải là số nguyên. 
Với y = 6 ta được: 
1
x
 = 
1 1
3 6
 = 
1
6
 nên x = 6 
Vậy các nghiệm của phương trình là: (4; 12), (12; 4), (6; 6) 
Ch ý : Ta có thể đưa về phương trình tích: 


y x 1
xy 3
  xy – 3x – 3y = 0  (x – 3)(y – 3) = 9 
Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 
yz xz xy
3
x y z
+ + = 
Hướng dẫn: 
Điều kiện x, y, z  0. Ta có: y
2
x
2
 + z
2
x
2
 + x
2
y
2
 = 3xyz  xyz >0. 
Ap dụng BĐT Cosi ta có: y2x2 + z2x2 + x2y2  3 4 4 4x y z 
 3xyz  3 4 4 4x y z  xyz  1  xyz = 1 (do xyz >0) 
Vậy ta có các nghiệm: (1, 1, 1); (1, -1, -1); (-1, 1, -1); (-1, -1, 1); 
5. ĐƯA VỀ DẠNG TỔNG: 
 Biến đổi phương trình về dạng: vế trái là tổng các bình phương, vế phải 
là tổng các số chính phương hay bằng 0. 
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + y2 – x – y = 8 (1) 
Hướng dẫn: 
(1)  4x
2
 + 4y
2
 – 4x – 4y = 32 
  (4x
2
 – 4x + 1) + (4y2 – 4y + 1) = 34 
  |2x – 1|2 + |2y – 1|2 = 32 + 52 
 Do đó phương trình thoả mãn chỉ 2 khả năng: 
  

 
2x 1 3
2y 1 5
2x 1 5
2y 1 3
ìï - =ïï
í
ï - =ïïî
 Giải hệ v kiểm tra . 
Phương trình đã cho có nghiệm (x;y)là: (2; 3), (3; 2), (-1; -2), (-2; -1) 
Ví dụ 2: 
Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 + 2y2 + z2 – 2xy – 2y + 2z + 2 = 0 
Hướng dẫn: 
Ta biến đổi về dạng: (x – y)2 + (y – 1)2 + (z – 1)2 = 0 
 x – y = 0; y – 1 = 0; z + 1 = 0  phương trình có nghiệm (1; 1; -1) 
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh 
 15 
Ví dụ 3: Giải phương trình trên tập số nguyên Z: x2 – 6xy + 13y2 = 100 
Hướng dẫn: 
Ta biến đổi phương trình về dạng: (x – 3y)2 = 4(25 – y2) (1) 
Từ (1)  25 – y2  0  y2  25 và 25 – y2 là một số chính phương. 
Vậy: y2 {0, 9, 16, 25}  y  {0,  3,  4,  5}. 
Thay vào ta tìm được các giá trị của x. 
6. PHƯƠNG PHÁP XUỐNG THANG: 
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – 5y2 = 0 (1) 
Hướng dẫn: Giả sử (x0; y0) là nghiệm của (1) thì: 
 x0
2
 – 5y0
2
 = 0 x0  5 ; 
Đặt x0 = 5x1 (x1  Z). 
Ta có: 25x1
2
 – 5y0
2
 = 0  5x1
2
 – y0
2
 = 0  y0 5 
 Đặt y0 = 5y1 (y1  Z). 
 Từ đó ta có: 5x1
2
 – 25y1
2
 = 0  x1
2
 – 5y1
2
 = 0. 
 Vậy nếu (x0; y0) là nghiệm của (1) thì 
 
 
 
0 0
x y
;
5 5
 cũng là nghiệm của (1). 
Tiếp tục lập luận tương tự, ta có 0 0
k k
x y
;
5 5
æ ö÷ç ÷ç ÷ç ÷çè ø
 với k nguyên dương bất kỳ, cũng là 
nghiệm nguyên của (1): hay x0; y0 đều chia hết cho 5
k
 với mọi k là số nguyên 
dương tuỳ ý. Điều này chỉ xảy ra khi x0 = y0 = 0. Vậy phương trình đã cho có 
nghiệm duy nhất là : x = y = 0 
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3 = 2y3 + 4z3 
Hướng dẫn: 
Từ phương trình đã cho ta suy ra x chẵn, hay x = 2x1 (x1  Z) 
Thay vào ta được 4x1
3
 = y
3
 + 2z
3. Ta lại suy ra y chẵn, y = 2y1 (y1  Z). 
Thay vào ta được: 2x1
3
 = 4y1
3 
+ z
3
. 
Do đó z chẵn, z = 2z1 (z1  Z). Thay vào ta được: 
x1
3
 = 2y1
3
 + 4z1
3. Vậy nếu (x, y, z) là nghiệm của phương trình đã cho thì 
 
 
 
x y z
; ;
2 2 2
 cũng là nghiệm của phương trình đã cho. Một cách tổng quát, ta suy ra 
n n n
x y z
; ;
2 2 2
æ ö÷ç ÷ç ÷ç ÷è ø
 cũng là nghiệm của phương trình đã cho, với mọi n  N, hay x, y, z 
chia hết cho 2n với mọi n, Do đó x = y = z = 0 
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh 
 16 
7. Sử dụng liên phân 
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 
1 10
1 7
x
y
z
 

Hướng dẫn: 
Biểu diễn 
10 1
1
17
2
3
 

 do đó ta có 
1 1
1
1 1
2
3
x
y
z
  
 
 sự phân tích trên là 
duy nhất nên 1, 2, 3x y z   
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 
31( 1) 40( )xyzt xy xt zt yzt y t       
Hướng dẫn: 
Dễ thấy x,y,z,t không đồng thời bằng không nên 0yzt y t   
31( 1) 40( )
31( 1) 40
31
1 40
31
1 40
 ( 1 0)
31
1
xyzt xy xt zt yzt y t
xyzt xy xt zt
yzt y t
zt
x
yzt y t
x do zt
t
y
zt
      
   
 
 

  
 
    


TH1: 0t  Ta có 
1 1 31
1
31 9
9
x y IN
y
      
TH2: 0t  Ta có 
1 40 1 1
 1
1 131
3
1 11
2
4
x x
t
y y
zt
z
t
     
  

 
Suy ra: 1, 3, 2, 4x y z t    
A. HỆ PHƯƠNG TRÌNH 
Phương pháp giải 
- Dựa vào các phép biến đổi tương tương và kết hợp các phương pháp giải 
hệ phương trình quen thuộc đã biết. 
- Kết hợp các phương pháp đã biết về giải phương trình nghiệm nguyên. 
Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của hệ 
3 2 1 (1)
3 6 2 1 (2)
x y
x y z
  

   
Hướng dẫn: 
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh 
 17 
- Ta có thể coi mỗi phương trình của hệ là phương trình mặt phẳng trong không 
gian Oxyz 
Tìm 1 nghiệm riêng nguyên chẳng hạn 1, 1, 7x y z    
Viết về dạng phương trình đường thẳng 
1 2
1 3 ( )
7 6
x t
y t t
z t
  

   
  
¢ (*) 
Khi đó (*) là nghiệm tổng quát của phương trình. 
- Cũng có thể viết phương trình (1) dạng 
1 2
 ( )
1 3
x t
t
y t
  

  
¢ và thay vào (2) 
Được : 6 1z t  (**) 
(**) có nghiệm nguyên là 
7 6
 ( )
1
z k
k
t k
  

 
¢ 
Từ đó ta có 
1 2(1 ) 3 2
1 3(1 ) 4 3 ( )
7 6 7 6
x k x k
y k y k k
z k z k
     
 
         
     
¢ 
Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên của hệ 
2 3 5 2
3 5 2 3
x y z
x y z
   

  
Hướng dẫn: 
Một nghiệm riêng 1, 0x y z   khi đó nghiệm tổng quát 
1
 ( )
x t
y t t
z t
  

 
 
¢ 
Ví dụ 3 : Trên trục hoành hãy tìm tất cả các điểm có toạ độ nguyên mà tại đó ta 
dựng được đường thẳng vuông góc với trục Ox và cắt các đường thẳng 
5 2 0, 8 1 0, 11 3 0x y x y x y         tại các điểm có toạ độ nguyên. 
Hướng dẫn: 
Ta cần tìm các số nguyên 
1 2 3
, , ,x y y y thoả hệ thức 
1 2 3
5 2 8 1 0 11 3x y y y       
Ta có hệ : 2 1
1 3
8 5 1 (1)
5 11 1 (2)
y y
y y
  

 
Nghiệm tổng quát của (1) là 1 1
1
2 1
5 8
 ( )
3 5
y t
t
y t
   

  
¢ 
Nghiệm tổng quát của (2) là 1 2
2
3 2
2 11
 ( )
1 5
y t
t
y t
   

  
¢ 
Suy ra 
1 2 1 2
5 8 2 11 8 11 3t t t t        
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh 
 18 
Nghiệm tổng quát của 
1 2
8 11 3t t  là 1
2
1 11
 ( )
1 8
t k
k
t k
   

  
¢ 
Thay t1,t2 vào y1,y2,y3 ta được 
1
2
3
13 88
8 55
6 40
y k
y k
y k
   

  
   
Khi đó 63 440 ( )x k k   ¢ 
Ví dụ 4 : Tìm nghiệm nguyên dương của hệ 
2 2 2
2( )
x y z
x y z xy
  

  
 (a) 
Hướng dẫn: 
2 2 2
2 2 2 2
 (1)
( )
4 4 ( ) 4( ) (2)
x y z
a
z x y xy x y x y
  
 
    
(1),(2) ta có : 2 2 2 2 24 ( ) 4( ) 4( )x y xy x y x y x y      
2 2 2 24 ( ) 4( ) 4( ) 8
( 4 4 8) 0
4 4 8 0 ( , 0)
( 4) 4 8
x y xy x y x y x y xy
xy xy x y
xy x y dox y
x y y
       
    
     
   
+ Với 4y  thay vào hệ (a) được 
2 2 ( )( ) 16 4 416
4 4 02( 4 ) 4
x z x z x z xx z
x z x z zx z x
         
     
         
 ( loại) 
+ Với 4 0y  
4 8 8
( 4) 4 8 4
4 4
y
x y y x x
y y

       
 
Khi đó 4y là ước của 8. 
Tìm được các nghiệm 
12 6 8 5
5 , 8 , 6 , 12
13 10 10 13
x x x x
y y y y
z z z z
      
   
      
         
Ví dụ 5 : Tìm nghiệm nguyên của hệ 
2 2 22 9 2 6 0 (1)
199 (2)
x y z xy yz
x y z
     

  
Hướng dẫn: 
- Phương trình (1) biến đổi được về dạng tổng bình phương 
2 2 2 2 2 2 22 9 2 6 0 (1) ( 2 ) ( 6 9 ) 0
199 (2) 199
x y z xy yz x xy y y yz z
x y z x y z
           
 
      
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh 
 19 
2 2( ) ( 3 ) 0
199
3 0
199
81
3
81
199
27
x y y z
x y z
x y y z
x y z
x
x y z
y
x y z
z
    
 
  
    
 
  
 
   
   
    
Ví dụ 6 : Tìm nghiệm nguyên của hệ 
2 2
0
3 5 345
x y z
x y
   

 
Hướng dẫn: 
Phương trình 2 23 5 345x y  có nghiệm ( ; )x y là: 
(10;3),(10; 3),( 10;3),( 10; 3)    ( đã trình bày ở mục 2 , ví dụ 8) 
Khi đó hệ có nghiệm (x;y;z) (10;3; 13),(10; 3; 7),( 10;3;7),( 10; 3;13)      
BÀI TẬP VẬN DỤNG 
Bài tập 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình 
1. y
2
 - 2x
2
 = 1 
2. (2x + 5y + 1)( 
x
2 + y + x
2 
 + x) = 105 
3. x
4
 + 4x
3
+ 6x
2
+ 4x = y
2
4. 5 (x + y + z + t) + 10 = 2xyzt 
5. x + y + z + t = xyzt 
Bài tập 2 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình 
1. y2 + y = x4 + x3 + x2 + x 
2. x2 + y3 = 3026 
3. xy + 1 = z 
4. x2 - 4xy + 5y2 = 169 
Bài tập 3 : Tìm số nguyên tố P để 4p 1 là số chính phương. 
Bài tập 4 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình 
1. x2 + y2 + z2 = x2 y2 
2. 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + 5 = 0 
3. x2 - (y + 5)x + 5y + 2 = 0 
4. 6x2 + 5y2 = 74 
5. x2 + y2 = 2x2y2 
6. 2x2 + 2y2 - 2xy + y + x - 10 = 0 
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh 
 20 
Bài tập 5 : 
Chứng minh phương trình 
x
y
 + 
y
z
+
z
x
 = b không có nghiệm nguyên dương khi 
b = 1 hoặc b = 2 , nhưng có nghiệm nguyên dương khi b =3 
Bài tập 6 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 
1. x2 -3xy + 2y2+ 6 = 0 
2. x2 + 4x - y2 = 1 
Bài tập 7 : Tìm các giá trị nguyên thỏa 
1. (y + 2)x2 + 1 = y2 
2. 3 3 3x 3y 9z 0   
3. 2 2 2 2x y z t 2xyzt    
4. 2 2 2 2 2x y z x y   
Bài tập 8 : Chứng minh rằng nếu P(x) là một đa thức với hệ số nguyên, thêm 
vào đó P(0) và P(1) là các số lẻ thì đa thức P(x) không thể có nghiệm nguyên 
Bài tập 9: 
Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là số chính phương: x4 – x2 + 2x + 2 
Bài tập 10: Tìm nghiệm nguyên của hệ 
1. 
2
2
1
x y
xy z
  

 
 2. 
2
2
2 4
x y z
xy z
   

 
3. 
3 3 3 3
3
x y z
x y z
   

  
 4. 
4 4 2 2
2 2
2
13
1 2
1
x y x y
x y xy
xy z
   

  
   
Bài tập 10: Tìm nghiệm nguyên dương của hệ 
1. 
3
15 16 1
xy yz xz
z x y
x y z t

  

    
 2. 
3 3 3
2
3
2( )
x y z xyz
x y z
   

 
3. 
2 2 2
2 2 2
5 4 4 4 125
3 4 4 4 75
x y z xy yz
x y z xy yz
     

    
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh 
 21 
C.KẾT QUẢ VẬN DỤNG ĐỀ TÀI 
 Đề tài này là một phần trong chuyên đề số học mà tôi đã áp dụng để bồi 
dưỡng học sinh giỏi khối 10,11,12 tại trường. 
Kết quả đạt được là đa số học sinh trong đội tuyển học sinh giỏi của 
trường dự thi cấp Tỉnh giải được những bài toán về số học trong đề thi. 
Qua việc áp dụng đề tài này phần nào giúp các em học tập một cách say 
mê hứng thú, chất lượng học tập của học sinh tăng nên rõ rệt. Góp phần không 
nhỏ vào luyện trí thông minh, khả năng tư duy sáng tạo của học sinh. 
D.KẾT LUẬN: 
 Các bài tập về phương trình, hệ phương trình nghiệm nguyên, nguyên dương 
thường là tương đối khó đối với học sinh bởi vì nó không có phương pháp cụ thể 
nào cho từng loại mà nó đòi hỏi phải biết phân tích, tổng hợp từ đó mới định ra 
được hướng giải. Nhưng khi giảng dạy xong đề tài thì học sinh phần nào đã 
định ra được phương pháp giải cho một bài quen thuộc và có hướng giải cho các 
bài không mẫu mực khác. 
 Để đạt được kết quả tốt thì nhất thiết học sinh phải nắm được một số kiến 
thức cơ bản của số học như: Số nguyên tố, hợp số, số chính phương, đồng dư, 
một số định lý về chia hếtcho nên giáo viên có thể kết hợp dạy với chuyên đề 
số học. 
 Nội dung của đề tài còn nhiều hạn chế tôi sẽ từng bước hoàn thiện hơn. 
 Thông qua đề tài này tôi mong hội đồng khoa học và các đồng nghiệp kiểm 
định và góp ý để đề tài ngày một hoàn thiện hơn, có ứng dụng rộng rãi trong 
việc bồi dưỡng học sinh giỏi. 
Xin chân thành cảm ơn! 
 Thực hiện đề tài 
Đinh Quang Minh 
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh 
 22 
Tài liệu tham khảo: 
1. Báo Toán học – Tuổi trẻ : Các năm 2010,2011,2012,2013,2014 
2. Phương trình- hệ phương trình không mẫu mực của Nguyễn Đức 
Tấn và Phan Ngọc Thảo 
3. Chuyên đề bồi dưỡng chuyên toán số học của Nguyễn Vũ Thanh 
4. Tài liệu bồi dưỡng số học của trường ĐH Quy Nhơn 
Phương trình, hệ nghiệm nguyên Gv: Đinh Quang Minh 
 23 
SỞ GD &ĐT ĐỒNG NAI CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT 
NAM 
Đơn v : THPT Đoàn Kết Độc lập - tự do - hạnh phúc 
 Tân Phú, ngày 18 tháng 05 năm 2014 
PHIẾU NHẬN XÉT,ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 
Năm học:2013 - 2014 
Tên đề tài: “ KINH NGHIỆM GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG 
TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN, NGUYÊN DƯƠNG” 
Người viết: Đinh Quang Minh ; Đơn vị: Tổ Toán - Trường THPT Đoàn Kết. 
Lĩnh vực: 
Quản lí giáo dục Phương Pháp dạy học bộ môn 
Phương pháp giáo dục Lĩnh vực khác 
1.Tính mới 
- Có giải pháp hoàn toàn mới 
- Có giải pháp cải tiến,đổi mới từ giải pháp đã có 
2.Hiệu quả 
- Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng trong toàn nghành có hiệu quả cao: 
- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp 
dụng trong toàn nghành có hiệu quả cao 
-Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả cao 
-Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và triển khai áp dụng 
tại đơn vị có hiệu quả cao 
3.Khả năng áp dụng 
- Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính 
sách: 
 Tốt Khá Đạt 
- Đưa ra các giải pháp khuyến khích có khả năng ứng dụng thực tiễn,dễ thực 
hiện và dễ đi vào cuộc sống: 
 Tốt Khá Đạt 
- Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt 
hiệu quả trong phạm vi rộng: 
 Tốt Khá Đạt 
XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN HIỆUTRƯỞNG 
 Tần Thế Anh Nguyễn Văn Hiển