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

trình : y3 - x3 = 91   (1)
Lời giải 
Ta có (1) tương đương với (y - x)(x2 + xy + y2) = 91   (*) 
Vì x2 + xy + y2 > 0 với mọi x, y nên từ (*) => y - x > 0. 
Mặt khác 91 = 1 . 91 = 7 . 13 và y - x ; x2 + xy + y2 đều có giá trị nguyên dương nên ta có bốn khả năng sau: 
y - x = 91 và x2 + xy + y2 = 1 (I) 
y - x = 1 và x2 + xy + y2 = 91 (II) 
y - x = 3 và x2 + xy + y2 = 7 (III) 
y - x = 7 và x2 + xy + y2 = 13 (IV) 
Đến đây, bài toán coi như được giải quyết. 
 Phương pháp II : Sắp thứ tự các ẩn
 Nếu các ẩn x, y, z, ... có vai trò bình đẳng, ta có thể giả sử x y z ... để tìm các nghiệm thỏa mãn điều kiện này. Từ đó, dùng phép hoán vị để => các nghiệm của phương trình đã cho. 
Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x + y + z = xyz   (1). 
Lời giải 
 Do các ẩn x, y, z có vai trò bình đẳng trong phương trình nên có thể sắp xếp thứ tự giá trị của các ẩn, chẳng hạn:1xyz
 Do đó xyz = x + y + z 3z chia hai vế của bất đẳng thức xyz 3z cho số dương z ta được xy3. Do đó xy {1; 2; 3}
 Với xy = 1, ta có x = 1, y = 1. Thay vào (1) được 2 + z = z (loại)
 Với xy = 2, ta có x = 1, y = 2. Thay vào (1) được z = 3
 Với xy = 3, ta có x = 1, y = 3. Thay vào (1) được z = 2 (loại) vì trái với sắp xếp
 y z.
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (1) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 3).
Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : (2) 
Lời giải
 Do vai trò bình đẳng của x, y, z trong phương trình nên có thể sắp xếp thứ tự giá trị của các ẩn, chẳng hạn x ≤ y ≤ z. Ta có : 
 ( do x nguyên dương)
Thay x = 1 vào (2) ta có : 
Suy ra : y = 1 = 0 (vô lí) hoặc y = 2 = 2 z = 2. 
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (3) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 2). 
 Phương pháp III : Sử dụng tính chất chia hết 
 - Sử dụng tính chất chia hết để chứng minh phương trình vô nghiệm hoặc tìm 
nghiệm của phương trình. 
- Hai vế của phương trình nghiệm nguyên khi chia cho cùng một số có số dư khác nhau thì phương trình đó không có nghiệm nguyên.
Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x2 - 2y2 = 5   (1) 
Lời giải
 Từ phương trình (1) => x phải là số lẻ. Thay x = 2k + 1 (k) vào (1), ta được: 4k2 +4k + 1 - 2y2 = 5 2(k2 + k - 1) = y2 
=> y2 là số chẵn => y là số chẵn. 
 Đặt y = 2t (t ), ta có : 2(k2 + k - 1) = 4t2 k(k + 1) = 2t2 + 1   (*) 
Nhận xét : k(k + 1) là số chẵn, 2t2 + 1 là số lẻ => phương trình (*) vô nghiệm. 
Vậy phương trình (1) không có nghiệm nguyên. 
Ví dụ 2 : Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa mãn : 
x3 + y3 + z3 = x + y + z + 2000   (2)
Lời giải
Ta có : x3 - x = (x - 1).x.(x + 1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp (với x là số 
nguyên). Do đó : x3 - x chia hết cho 3. 
Tương tự y3 - y và z3 - z cũng chia hết cho 3. Từ đó ta có : x3 + y3 + z3 - x - y - z chia hết cho 3. Vì 2000 không chia hết cho 3 nên x3 + y3 + z3 - x - y - z ≠ 2000 với mọi số nguyên x, y, z tức là phương trình (2) không có nghiệm nguyên. 
Ví dụ 3 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : xy + x - 2y = 3   (3)
Lời giải
 Ta có (3) tương đương  y(x - 2) = - x + 3. Vì x = 2 không thỏa mãn phương trình nên (3) tương đương với: 
Ta thấy: y là số nguyên nên x - 2 là ước 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. 
IV. 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).
V. KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC:
 Áp dụng sáng kiến kinh nghiệm này vào giảng dạy ở trường tôi trong năm học 2010 – 2011 tôi đã thu được các kết quả khả quan.
 Trong ba năm liên tục áp dụng và hoàn thiện sáng kiến kinh nghiệm này, tôi thấy ngày càng có hiệu quả, chất lượng học tập của học sinh mũi nhọn ngày càng cao. Đặc biệt là các em hứng thú học toán hơn, vận dụng và sử dụng thành thạo các phương pháp cho từng bài cụ thể. Kết quả cụ thể như sau:
Dưới điểm 5
 Điểm 5 - 10
Điểm 8 - 10
SL
%
SL
%
SL
%
1
10
9
90
5
50
VI. BÀI HỌC KINH NGHIÊM
 * Qua quá trình áp dụng sáng kiến này, tôi thấy để có được kết quả cao, giáo viên cần lưu ý một số vấn đề sau: 
 Phải hướng dẫn học sinh nắm chắc phần lý thuyết.
 Để học sinh nắm vững và hứng thú học tập, giáo viên cần chọn lọc hệ thống bài tập theo mức độ tăng dần từ dễ đến khó, tạo sự tìm tòi cho các em.
 Khi giải một bài toán về phương trình nghiệm nguyên trước hết phải đoán dạng, sau đó mới chọn lựa phương pháp để giải.
 Phải rèn học sinh cách suy nghĩ tìm tòi lời giải và thưc hành nhiều với các bài toán từ dễ đến khó. Đặc biệt nên khai thác vấn đề theo nhiều khía cạnh khác nhau để củng cố và rèn khả năng tư duy sáng tạo cho học sinh. 
 Giáo viên cần đưa ra các bài toán nâng cao hơn từ các bài toán sẵn có, đã làm. Muốn vậy cần phải soạn kĩ trước khi lên lớp để đưa ra phương án giải quyết tốt nhất cho từng bài. 
 Giáo viên cần hướng dẫn học sinh tổng quát hoá bài toán và chọn cách giải hay nhất.
VII. PHẠM VI ÁP DỤNG CỦA SÁNG KIẾN.
 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.
XIII. KIẾN NGHỊ. 
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.
C. KẾT LUẬN CHUNG
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. 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!
TÀI LIỆU THAM KHẢO
STT
TÊN TÁC GIẢ
NĂM XUẤT BẢN
TÊN TÀI LIỆU
NHÀ XUẤT BẢN
1
Phan Đức Chính
2004
SGK, SGV toán 8
NXB Giáo dục
2
Phan Đức Chính
2005
SGK, SGV toán 9
NXB Giáo dục
3
Nguyễn Ngọc Đạm
1996
Toán phát triển đại số 8, 9
NXB Giáo dục
4
Nguyễn Ngọc Đạm - Nguyễn Quang Hanh - Ngô Long Hậu
2004
500 bài toán chọn lọc 8
NXB Đại học sư phạm
5
Phạm Gia Đức
2005
Tài liệu BDTX chu kỳ III
NXB giáo dục
6
Đỗ Đình Hoan
2007
Tuyển tập đề thi môn toán THCS
NXB Giáo dục
7
TS Lê Văn Hồng
2004
Một số vấn đề đổi mới phương pháp dạy học môn toán
NXB Giáo dục
8
Nguyễn Văn Nho
2004
Phương pháp giải các dạng toán 8 (tập 2)
Nhà xuất bản Giáo dục
9
ThS. Đào Duy Thụ - ThS. Phạm Vĩnh Phúc
2007
Tài liệu tập huấn Đổi mới phương pháp dạy học môn toán
NXB Giáo dục
10
Các số
Tạp chí Toán học và tuổi trẻ
NXB Giáo dục
11
Các số
Tạp chí Toán tuổi thơ 2
NXB Giáo dục