Sáng kiến kinh nghiệm Phân loại và cách giải một số dạng phương trình nghiệm nguyên

ng phương pháp lùi vô hạn giải được phương trình nghiệm nguyên. Đây là một dạng bài tập tương đối khó với học sinh nên trong hướng dẫn giáo viên cần để học sinh có thời gian tìm tòi, suy ngẫm rút ra các kết luận cần thiết phục vụ cho việc giải quyết bài toán.
 Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (3)
 * Phương pháp 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 (3)
 Quá trình này tiếp tục thì được: là các nghiệm nguyên của (3) 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 )
* Nhận xét: Dựa vào tính chất các hạng tử trong phương trình (3) nên để phương trình (3) có nghiệm nguyên thì x3 mà 3 nguyên tố nên . 
Đặt (với giả sử là nghiệm nguyên của phương trình (3)). Biến đổi phương trình (3) về dạng: nên áp dụng phương pháp lùi vô hạn chứng tỏ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = y = z = 0.
3.2.8 – Đưa về phương trình tổng giải phương trình nghiệm nguyên. 
Dạng 1: fk1(x, y) + fk2(x, y) + ... + fkn(x, y) = ak1 + ak2 + ... + akn
trong đó: k, a1, a2, an 
f1(x, y) + f2(x, y) + ... + fn(x, y) 
Xét mọi trường hợp xảy ra tìm nghiệm thích hợp.
Dạng 2: , 
trong đó: là các đa thức hệ số nguyên; ai là các số nguyên dương, k là số tự nhiên. 
Ví dụ 1: Tìm các số nguyên x và y thỏa mãn:
 5x2 + 2xy + y2 – 4x – 40 = 0	(1)
(Đề thi tuyển sinh vào 10 THPT chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An 2011-2012)
* Phương pháp giải:
Xét phương trình: 5x2 + 2xy + y2 – 4x – 40 = 0	(1)
Vì x, y Z nên (x + y)2; (2x - 1)2 là các số nguyên không âm nên:
41 = 52 + 42
Lại có, (2x - 1) là số nguyên lẻ nên:
Giải hệ suy ra được 4 cặp số nguyên (x, y) cần tìm là:
 (3; 1), (3; -7); (- 2; 6); (- 2; - 2 ).
* Nhận xét: Biến đổi phương trình (1) về dạng tổng bình của các biểu thức chứa biến với hệ số dương đưa về dạng tổng. Do x, y nguyên nên viết 41 dưới dạng tổng của các số chính phương kết hợp với phương pháp đồng nhất và tính lẻ của 2x – 1 đã xét được hết các khả năng của bài toán xảy ra. 
	Nhiều bài toán trước khi đưa về dạng để áp dụng được phương pháp giải cần phải thông qua một số phép biến đổi tương đương để biến đổi bài toán gốc về dạng quen thuộc và giải, ta có bài toán mới sau:
Ví dụ 2: Tìm các số tự nhiên có 2 chữ số sao cho:
(Đề thi chọn học sinh giỏi vòng I TP Hải Dương, năm học 2014-2015)
* Phương pháp giải:
Vì và là các số chính phương. Mà 53 thì chỉ có thể viết về dạng tổng có 2 số chính phương như sau: 
53 = 4 + 49
 Có 2 trường hợp xảy ra: mà x, y là chữ số 
(loại do x, y là chữ số)
( Hoặc học sinh loại trường hợp (II) do y + 3 > 2 do )
Vậy 
Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
	3x2 + 2y2 + z2 + 4xy + 2xz = 26 – 2yz	(3)
* Phương pháp giải:
	Xét phương trình: 3x2 + 2y2 + z2 + 4xy + 2xz = 26 – 2yz	(3)
x2 + (x2 + 2xy + y2) + (x2 + y2 + z2 + 2xy + 2xz + 2yz) = 26
x2 + (x + y)2 + (x + y + z)2 = 26	(3’)
Vì x, y, z nguyên dương nên 
mà 26 = 12 + 32 + 42
Do đó, chỉ có một khả năng xảy ra để phương trình (3) có nghiệm nguyên
Vậy phương trình có nghiệm nguyên dương duy nhất (x, y, z) =(1; 2; 1)
* Nhận xét: Sử dụng hằng đẳng thức (a + b)2 biến đổi phương trình (3) về dạng phương trình tổng (3’). Vì x, y, z nguyên dương nên có tính chất sắp thứ tự đây là một nhận xét vô cùng quan trọng mà 26 chỉ có một cách viết duy nhất dưới dạng tổng của ba số chính phương nên bài toán chỉ có một khả năng xảy ra. 
 Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 
 	 	(4) 
	(Đề thi HSG tỉnh 2011-2012)
* Phương pháp giải: 	 	(4)
	Xét phương trình: 	(4)
Biến đổi phương trình đã cho, ta được: 
Vì x, y nguyên . 
Do đều chia hết cho 8; (15;8)=1 
nên là số chính phương và chia hết cho 8 
. 
	+ Trường hợp 1: 
 Do 156 không chính phương nên trường hợp này vô nghiệm
	+ Trường hợp 2: 
Do 126 không chính phương nên trường hợp này vô nghiệm
+ Trường hợp 3: 
Ta được: hoặc 
Vậy nghiệm nguyên (x; y) của phương trình là: (-5; 10); (-17; 10); (-1; -6) và (11; -6)
* Nhận xét: Để biến đổi phương trình đã cho về dạng tổng không phải bao giờ cũng thuận lợi kinh nghiệm ở đây ta nên khéo léo chọn một biến là biến chính, biến còn lại là biến phụ và tìm cách biểu thị đủ cho biến chính trước. Ví dụ trong bài tập này biến đổi phương trình đã cho trở thành:
 mA2(x, y) + nB2(x) + kC2(y) = t (m, n, k, t là các số nguyên không âm ) 
3.2.9 – Vận dụng tính chất chữ số tận cùng
Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 
 1! + 2! + ... + x! = y2  	(1) 
* Phương pháp 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)}. 
* Nhận xét: Với y nguyên dương vế phải của phương trình (1) là một số chính phương nên gợi ý các em phát hiện ra được chữ số tận cùng là 0, 1, 4, 5, 6, 9. Do đó bằng nhận xét tìm chữ số tận cùng của x! bằng quy nạp toán học.
Ví dụ 2 : Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình : 
 x2 + x - 1 = 32y + 1  	(2) 	
* Phương pháp 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. 
* Nhận xét: Tương tự xét chữ số tận cùng của hai vế phương trình 2.
Bài toán này cũng có thể giải bằng phương pháp sử dụng tính chất chia hết. 
Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
	2x6 – 2x3y + y2 = 64	(3)
(Thi tuyển sinh vào 10 chuyên ĐHSP ngoại ngữ Hà Nội năm 2002-2003)
* Phương pháp giải: 
Đặt x3 = t (t Z) phương trình (3) có dạng;
2t2 – 2ty + y2 = 64
Vì y, t nguyên nên (2t – y)2; y2 có chữ số tận cùng là 0; 1; 4; 5; 6; 9 
mà tổng của hai số chính phương có tận cùng là 8, nên chỉ ra trường hợp:
 (2t – y)2; y2 có chữ số tận cùng là 4. Hơn nữa, tổng của hai số chính phương 
(2t – y)2; y2 bằng 128 nên chỉ xảy ra trường hợp hai số chính phương bằng nhau cùng bằng 64:
	+ Trường hợp 1: Nếu y = 8 thì (2y – t)2 = 64
	+ Trường hợp 2: Nếu y = - 8 thì (2y + 8)2 = 64
	Phương trình đã cho có 4 nghiệm: (x, y) 
* Nhận xét: Có thể viết 128 dưới dạng tổng của hai số chính phương, nhưng trong bài toán này bằng phương pháp xét chữ số tận cùng của tổng hai số chính phương thì lời giải sẽ ngắn gọn hơn. 
3.2.10 – Áp dụng bất đẳng thức 
Phương pháp: Sử dụng các bất đẳng thức quen thuộc để đánh giá một vế của phương trình không nhỏ hơn (hoặc không lớn hơn) vế còn lại. Muốn cho hai vế bằng nhau thì bất đẳng thức phải trở thành đẳng thức.
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – xy + y2 = 3
* Phương pháp 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 nguyên của phương trình là:
 (x, y) .
 * Nhận xét: Nhận thấy phương trình bậc hai đổi với biến x, y, chọn x là biến (y là tham số) nên phương trình (1) có dạng f2(x, y) = g(y). Dựa vào phương pháp đánh giá tìm tập giá trị đa thức g(y).
+ Cách 2: Đưa về dạng phương trình bậc hai có chứa tham sổ để giải phương trình nghiệm nguyên.
	Khai thác bài toán ví dụ 1 ta có bài toán sau;
Ví dụ 2: Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x2 + y2 + 5x2y2 + 60 = 37xy (1)
 (Đề chuyên Nguyễn Trãi 2010-2011)
 *) Phương pháp giải:
Xét phương trình: x2 + y2 + 5x2y2 + 60 = 37xy (1)
Giả sử x,y nguyên thỏa mãn, VT
=> 
Từ đó tìm ra 
Vậy phương trình có nghiệm nguyên là S = {(2; 2); (-2; -2)}
* Nhận xét: Tương tự như bài toán ví dụ 1 biến đổi phương trình (1) có dạng: f2(x, y)= g(xy).
Ví dụ 3: 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
* Phương pháp 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.
* Nhận xét: Bằng phương pháp bất đẳng thức chứng minh được vế trái của phương trình (1) + + ³ 3, do đó chỉ ra ngay được rằng vế phải của phương trình b = 1 hoặc b = 2 phương trình vô nghiệm nhưng với b = 3 chỉ ra được vô số bộ ba x = y = z = a (a ) thỏa mãn phương trình (1).
Ví dụ 4: Tìm số thực x không âm để có giá trị nguyên.
(Đề thi học sinh giỏi một huyện 2014-2015)
* Phương pháp giải:
 Đặt 
 mà nên a = 1; 2; 3; 4
Với a = 1 thì x = 49; Với a = 2 thì x = ; 
Với a = 3 thì x = ; Với a = 4 thì x = 
* Nhận xét: Dựa vào nhận xét , rút theo a. Giải bất phương trình tìm tập giá trị a , từ đó tìm a nguyên . Vì x nên sau khi tìm a thay vào phương trình tìm x thỏa mãn điều kiện.
Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
	x2 + 2y2 + 2xy + 3y – 4 = 0	(1)
* Phương pháp giải:
Phương trình (1) tương đương với :
Có vế phải của phương trình - (x + y)2 , nên vế phải của phương trình (y + 4)(y - 1) 
Suy ra 
Vì y nên y 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên là 
 S={(4; -4); (1; -3); (5; -3);(- 2; 0) ; (2; 0); (- 1; 1)}.
* Nhận xét: Bài này cũng có thể nhân cả hai vế của phương trình (2) với 4 phương trình trở thành: 2(x + y)2 + (2y + 3)2 = 25 bài toán giải tương tự như ví dụ trên. Nhưng ở đây đã khai thác bài toán bằng phương pháp đánh giá vế phải của phương trình (3) có giá trị nên (y + 4)(y - 1) , do đó tìm ra được các giá trị y nguyên thỏa mãn nên đã không phải chia bài toán thành nhiều trường hợp khai thác được nhiều cách giải độc đáo.
Ví dụ 6: Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình:
	(x2 + 4y2 + 28)2 = 17(x4 + y4 + 14y2 + 49)	(6)
* Phương pháp giải:
	Xét phương trình: (x2 + 4y2 + 28)2 = 17(x4 + y4 + 14y2 + 49) 
Đặt a1 = 1; a2 = 4; b1 = x2; b2 = y2 + 7
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:
Hay 
Để phương trình (6) có nghiệm tự nhiên thì: 
hay 4x2 = y2 + 7
(2x - y)(2x + y) = 7
Vì x, y nên 2x + y 2x – y 0
Ta có: 
	Vậy phương trình đã cho có nghiệm tự nhiên (x, y) = (2; 3)
3.2.11 Xét số dư từng vế của phương trình
Ví dụ 1 : Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa mãn: 
 x3 + y3 + z3 - x - y - z = 2015   (2) 
* Phương pháp 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 2015 không chia hết cho 3 nên x3 + y3 + z3 - x - y - z ≠ 2015 với mọi số nguyên x, y, z tức là phương trình (2) không có nghiệm nguyên. 
* Nhận xét: Vai trò x, y, z trong phương trình (2) là bình đẳng, do đó chỉ cần xét tính chất của đa thức x3 – x = x(x – 1)(x - 2) là tích của các số nguyên liên tiếp chia hết cho 3. Tương tự, chứng minh được vế trái của phương trình (2) chia hết cho 3, còn 2015 không chia hết cho 3 nên phương trình (2) vô nghiệm.
Ví dụ 2: Chứng minh rằng phương trình: x2 – 5y2 = 27 không có nghiệm là số nguyên.
* Phương pháp giải:
	Xét phương trình: x2 – 5y2 = 27	(1)
Vì x là số nguyên nên x chia 5 có dạng: 
 (k (*)
+ Trường hợp 1: Nếu x = 5k thì phương trình (1) (5k)2 – 5y2 = 27
Phương trình vô nghiệm vì vế trái chia hết cho 5, vế phải không chia hết cho 5.
+ Trường hợp 2; 3: Nếu x = 5k 1 thì phương trình (1) có dạng:
 (5k 1)2 – 5y2 = 2
 25k2 10k – 5y2 = 26
	Phương trình vô nghiệm vì vế trái chia hết cho 5, vế phải không chia hết cho 5.
+ Trường hợp 4; 5: Nếu x = 5k 2 thì phương trình (1) có dạng: 
(5k 2)2 – 5y2 = 27
 25k2 10k – 5y2 = 23
	Phương trình vô nghiệm vì vế trái chia hết cho 5, vế phải không chia hết cho 5.
	Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.
* Nhận xét: Trong bài toán trên đã xét hết tất cả các khả năng của x khi chia cho 5 nên x có các dạng như (*), dựa vào phương pháp xét số dư của từng vế chứng tỏ phương trình đã cho (1) mâu thuẫn.
	Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 
 Tương tự, ta xét bài toán sau:	
Ví dụ 3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 9x + 2 = y2 + y (3)
* Phương pháp giải:
Xét phương trình: 9x + 2 = y2 + y 
 9x + 2 = y(y + 1) (*)
Ta thấy: vế trái của phương trình (*) là số chia cho 3 dư 2 nên để phương trình (3) có nghiệm nguyên thì vế phải phương trình y(y + 1) chia cho 3 dư 2. 
+ Trường hợp 1: 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. 
+ Trường hợp 2: 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: 
Ví dụ 4. Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên: 
 x2 – y2 = 2014 	 (4)
	(Thi thử tuyển sinh vào 10 cấp huyện 2014-2015)
* Phương pháp giải:
* Cách 1. 
Xét phương trình: x2 – y2 = 2014 	(4) 
 (x – y)(x + y) = 2014 
Vì (x – y) + (x + y) = 2x là số nguyên chẵn nên (x – y) và (x + y) cùng tính chẵn lẻ. 
Ta có: (x – y)(x + y) = 2014 suy ra (x – y) và (x + y) đều chẵn.
Do đó: (x – y)(x + y) chia hết cho 4. 
Mặt khác: 2014 không chia hết cho 4. 
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 2014 chia cho 4 dư 2. Vậy phương trình không có nghiệm nguyên. 
* Nhận xét: Với cách tiếp cận kiến thức trong các một sau khi phân tích vế trái của phương trình (2) thành nhân tử phát hiện được (x – y) + (x + y) = 2x nên rút ra được nhận xét x – y và x + y có cùng tính chẵn, lẻ. Dựa vào vế phải 2014 là số chẵn nên x – y và x + y có tính chẵn. 
Trong cách thứ hai thấy x2, y2 đều là các số chính phương nên x2, y2 có cùng tính chất chia 4 dư 0, hoặc 1, do đó x2 – y2 chia cho 4 có số dư 0; 1; 3. Còn vế phải 2014 chia cho 4 dư 2.
4. Kết quả đạt được
 Áp dụng sáng kiến này vào giảng dạy ở trường tôi từ năm học 2014 – nay tôi đã thu được các kết quả khả quan. Khi áp dụng và hoàn thiện sáng kiến 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: Kháo sát 20 em học sinh khá giỏi năm học 2014- 2015.
Dưới điểm 5
 Điểm 5 - 8
Điểm 8 - 10
SL
%
SL
%
SL
%
1
5
4
20
15
75
 * 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 bản chất 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.
PHẦN BA: KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ
1. Kết luận
 Với vai trò của người làm chuyên môn 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, có phương pháp học tập bộ môn một cách hợp nhằm phát triển được tư duy của học sinh, khắc sâu thành những kinh nghiệm bổ ích. 
Để làm được điểu mong muốn đó 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 dạng bài.
 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 hội đồng khoa học ở các quí cấp. Tôi xin chân thành cám ơn!
2. Đề xuất và khuyến nghị
*) Đối với nhà trường: cần quan tâm đáp ứng đủ các điều kiện về cơ sở vật chất, tăng cường mua tài liệu, sách tham khảo phục vụ cho việc dạy và học bộ môn. Động viên giáo viên tích cực tham gia viết sáng kiến, hỗ trợ về mặt thời gian cũng như một phần kinh phí để giáo viên hoàn thành tốt sáng kiến của mình. Qua đó phong trào viết sáng kiến nghiệm đối với giáo viên là một hoạt động thiết thực của bản thân để mọi người cùng thi đua.
*) Đối với phòng giáo dục: Thường xuyên mở các chuyên đề về bồi dưỡng nâng cao chuyên môn nghiệp vụ cho giáo viên, nhất là các chuyên đề về bồi dưỡng học sinh giỏi và các phương pháp giảng dạy hiện đại. 
- Tổ chức các buổi thảo luận, hướng dẫn viết SKKN và giới thiệu các sáng kiến có chất lượng cao, ứng dụng lớn trong thực tiễn
 Hà nội, ngày 10/4/2016
	Người viết 
 Trần Thị Hải Yến
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
Vũ Hữu Bình
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 Đức Tấn – Vũ Đức Đoàn – Trần Đức Long
2004
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS
NXB Giáo dục
9
Vụ giáo dục trung học 
2014
Tài liệu tập huấn Dạy học và kiểm tra, đánh giá kết quả học tập theo định hướng phát triển năng lực học sinh môn toán cấp THCS
NXB Giáo dục
10
Các số
Tạp chí Toán học và tuổi trẻ
NXB Giáo dục
11
Các số
Tạp chí Toán tuổi thơ 
NXB Giáo dục
12
2000
Phương trình và bài toán với nghiệm nguyên
Vũ Hữu Bình
 MỤC LỤC
NỘI DUNG
Trang
Phần 1: Đặt vấn đề
1-3
Phần 2:N hững biện pháp đổi mới để giải quyết vấn đề
2
1.Cơ sở lý luận
2
2. Thực trạng của vấn đề
2
3. Giải pháp, biện pháp thực hiện
2
3.1 Nhắc lại định nghĩa, định lí, tính chất và kiến thức liên quan giải phương trình nghiệm nguyên.
5
3.2 Khai thác các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên
5
3.2.1-Biến đổi phương trình đưa được về dạng ax + b = 0 (a, b Z)
7
3.2.2Ứng dụng của phương trình bậc hai trong tìm nghiệm nguyên
8
3.2.3 – Khai thác phân tích đa thức thành nhân tử đưa dạng phương trình tích, tìm nghiệm nguyên 
11
3.2.4 – Phương trình bậc nhất hai ẩn trở nên 
14
3.2.5 – Nhận xét về ẩn số trong phương trình nghiệm nguyên
15
3.2.6 Dựa vào tính chất chia hết giải phương trình nghiệm nguyên
19
3.2.7 – Sử dụng phương pháp lùi vô hạn khi giải phương trình nghiệm nguyên
22
3.2.8 – Đưa về phương trình tổng giải phương trình nghiệm nguyên. 
23
3.2.9 – Vận dụng tính chất chữ số tận cùng
26
3.2.10 – Áp dụng bất đẳng thức 
27
3.2.11 Xét số dư từng vế của phương trình
29
 Phần 3: Kết luận và khuyến nghị
32
1. Kết luận, 2. Khuyến nghị
32
Tài liệu tham khảo
34