WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
Chuyên đề Bồi dưỡng HSG Toán
Giáo viên : Phan Đức Thành Trường THCS Quỳnh vinh
Phương trình nghiệm nguyên là một lĩnh vực khó,đa dạng về phương pháp giải,linh hoạt
về cách suy luận…Tuy nhiên,ở mức độ nào đó,chúng ta có thể “ trấn an” học sinh bằng
cách cung cấp bài tập một cách hệ thống kèm theo phương pháp điển hình…và qui trình
bắt buộc (nếu có). Với phạm vi bồi dưỡng HSG thi cấp huyện, trong chuyên đề này tôi
ưu tiên đề cập dạng bài Giải bằng phương pháp phân tích, các phương pháp khác như
Chẵn lẻ,Cực hạn, Dùng bất đẳng thức, Loại trừ ,Chia hết, Đồng dư, Xuống thang…chỉ
giới thiệu với mục đích tham khảo và làm cho học sinh có khái niệm về chúng mà thôi.
i. Giải bằng phương pháp phân tích
Vài lưu ý khi giảng dạy phương pháp này:
- Chuyên đề chỉ đề cập đến 3 kiểu phân tích: thành tích,thành tổng các luỹ thừa,
thành tổng dạng liên phân số. (Kiểu bài này phù hợp với trình độ thi HSG cấp huyện)
- Cần phải nhắc nhở và chỉ rõ : Chỉ có trên tập Z (hoặc hẹp hơn nữa là trên số tự
nhiên,tập số nguyên tố) thì việc phân tích 1 số nguyên thành tích các thừa số hoặc tổng
các luỹ thừa mới có thể thực hiện được. Điều này không thực hiện được đối với số trên
tập R
(vì có vô hạn khả năng), để tránh sự nhầm lẫn đáng tiếc giống như trường hợp sau:
Bài tập: Giải pt: x2
+2x-3 = 0. Có h/s giải:  x(x+2) =3 .Giải 4 khả năng và
chọn được x=1, x=-3 ! (Một sự trùng hợp thú vị)
H/s này đã không đọc kỹ đề (giải trên R),vì vậy đã mắc mắc sai lầm lớn .
- a/ Đối với dạng phân tích thành tích
+) Dạng đơn giản: Không cần giải hệ mà giải các ước, thay giá trị vừa tìm vào
phương trình suy ra nghiệm (BT: 1; 2; 5; 9; 10; 11). Loại bài toỏn này sau khi phân
tích có dạng ...))(( =±± byax (Nhân tử chỉ chứa một biến) mà a và b là các hằng số.
+) Dạng phải giải hệ là bài tập sau khi biến đổi phương trình có dạng
...)'')(( =±±±± nybxambyax (nhân tử chứa nhiều biến) ,trong trường hợp có nhiều khả
năng có thể nhận xét để loại bỏ bớt ( BT: 3; 4; 7). Cũng có thể phải nhận xét tập
xác định hoặc đặc điểm riêng biệt để loại bỏ bớt khả năng ( như BT: 8; 9).
+) Dạng nghiệm nguyên của phương trình bậc hai 2 ẩn lưu ý là phải giải theo
Đk cần (∆ chính phương) do đó phải kiểm tra các khả năng có thể xảy ra và chọn
nghiệm thoả mãn .Loại bài này dùng vào cuối năm lớp 9. (Bài12 đến bài 17)
-b/ Đối với dạng Phân tích thành tổng các luỹ thừa
Khi không phân tích được thành tích thì nghĩ đến nó. Cần chọn cách viết
hợp lý để có thể phân tích được .
1
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net

WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
-c/ Dạng liên phân số thì cách cho đề đã khá rõ, cần lưu ý là: một phân số khi
phân tích thành liên phân số, kết quả phân tích là duy nhất,do đó việc đặt tương ứng các
thành phần là hợp lý.
Bài tập GiảI bằng phương pháp phân tích
a. Phân tích thành tích.
1, Tìm nghiệm nguyên của các phương trình:
a. xyyx =+ ; b. 9=++ yxyx ; c. 212 =++ yxxy (thi chọn HSG lớp 8-2003-2004)
d. xyyxp =+ )( với p là một số nguyên tố.
2, a. Tìm x, y thuộc N: 53 3
=− xyx
b. Tìm x, y, z thuộc N* thỏa mãn



++=
=+
)(2
222
zyxxy
zyx
Hay tìm tam giác vuông có số đo diện tích bằng số đo chu vi.
(Thi chọn HSG lớp 8 năm 2001-2002)
3, Giải các phương trình sau trên Z
a. 968103 22
=++ yxyx b. 092 22
=−−+ yxyx
c. 022
=−+ yxx d. 9122
=− yx
4, Tìm các số nguyên x để 62
++ xx là số chính phương (Sơ tuyển 2004-2005)
5, Tìm tất cả các cặp số nguyên dương sao cho tổng của mỗi số với số 1 thỡ
chia hết cho số kia.
6, Tìm n ∈ N sao cho n
222 118
++ là một số chính phương.
7, Tìm nghiệm nguyên của phương trình: )8)(7)(1(2
+++= xxxxy
8, Tìm x, y, z ∈ N* để: 0)()2( 323
=−+−+ yxxzxyyzy
9, Tìm xy sao cho 14)( 222
+=− xyyx
10, Tìm x;y nguyên của phương trình: 19522 2
−+=− yxxyx . (Sơ tuyển 2006-2007)
11,( Sơ tuyển 2002-2003)
Hai đội cờ vua của hai trường thi đấu với nhau, mỗi đấu thủ của đội này
phải đấu một vỏn với mỗi đấu thủ của đội kia. Biết rằng tổng số các ván cờ phải
đấu bằng 2 lần tổng số đấu thủ hai đội và một trong hai đội có số đấu thủ là số
lẻ. Tìm số đấu thủ của mỗi đội
12.Tìm n nguyên để các nghiệm của pt : x2
- (4+n)x +2n = 0 cũng nguyên.
13. Tìm n nguyên để các nghiệm của pt : x2
-(4+n)x+ 4n- 25 = 0 cũng nguyên.
2
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net

WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
14. Tìm số p nguyên tố,biết pt: x2
+px-12p = 0 có 2 nghiệm đều nguyên.
15.Tìm Nnm ∈; sao cho các nghiệm của phương trình: x2
-m(n+1)x +m +n +1 = 0
cũng là số tự nhiên.
16, Tìm x, y ∈ Z thỏa mãn các phương trình:
a. 155332 22
=++++ yxxyyx
b. 9539109 22
=−+−− yyxyyx
17, Tìm x, y ∈ Z thỏa mãn các phương trình:
a. )(283612 22
yxyxyx +=++ ; b. )(3)(7 22
yxyxyx +−=+
b. Phân tích thành tổng các luỹ thừa
1, Tìm nghiệm nguyên của phương trình: )32(2 362
−−−= yxxy
2, Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
422222 222
=−−−++ zyzxyzyx
3, Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau: 16954 22
=+− yxyx
4, Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: a. 100613 22
=−+ xyyx
b. 22
6 yxx −=−−
5, Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau:
2622423 222
=+++++ yzxzxyzyx
6, Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: yyyx 3653 232
−=−+
7, Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: xxy 242 22
−−+=
( Thi HSGlớp 9- huyện Quỳnh lưu 2005-2006)
8, Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: a. 3222236
)5(315 +−=−+ yzyxzxzx
b. )4914(17)284( 244222
+++=++ yyxyx
c. phân tích thành liên phân số
1, Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau 7
10
1
1
=
+
+
z
y
x
2, Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình : )(40)1(31 tyyztztxtxyxyzt ++=++++
3, Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: )1(229)(55 32233
+=++ xyyxyx
4, Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau: 3838)2(7 22
+=+++ xyyxyxyx
II-HƯỚNG DẪN GIẢI
A, PHÂN TÍCH THÀNH TÍCH.
1, a/. 1)1)(1(1)1()1(0 =−−⇔=−−−⇔=−−⇔=+ yxyyxyxxyxyyx
{ }1;1)1( −∈−⇒ x ) 2211 =⇒=⇒=− yxx cặp nghiệm (2;2)
3
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net

WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
) 1−x 001 =⇒=⇒−= yx cặp nghiệm (0;0)
b/. ( ) ( ) ( )( ) 101110119 =++⇔=+++⇔=++ yxyyxyxyx
Suy ra 1+x là ước của 10. Suy ra 1+x { }10;5;2;1 ±±±±∈ suy ra { }11;9;6;4;3;1;2;0 −−−−∈x
Thay giá trị của x vào phương trình đó cho thu được y tương ứng.
Các nghiệm của ph.t. là: (1;4); (4;1); (-3;-6); (-6;-3); (0;9); (9;0); (-2;-11); (-11;-2)
c/. 2xy+x+y=21 4xy+2x+2y+1=43 (2x+1)(2y+1)=43
 2x+1 là ước của 43 => { } { }22;21;1;043;43;1;1 −−∈⇒−−∈ x Thay các giá trị vào pt ta
có các giá trị y tương ứng là: 21;-22; 0; -1.
Vậy phương trình có 4 nghiệm (x;y)= (0;21) ; (-1;-22) ; (21;0); (-22;-1)
d/. xyyxp =+ )( ( ) ( ) ( )( ) 22
0 ppypxppyppyxpypxxy =−−⇔=−−−⇔=−−⇔
Suy ra px − { }2
;;1 pp ±±±∈ . Do tính chất đối xứng ta có các nghiệm. (0;0); (2p;2p);
(p+1;p2
+p); (p2
+p;p+1); (p-p2
;p-1); (p-1;p-p2
).
2, a/. ( ) 5353 23
=−⇔=− yxxxyx do { } yxx ⇒∈⇒Ν∈ 5;1 tương ứng là { }74;2−
Nghiệm của phương trình là (x;y) = (5;74) vỡ y = -2 bị loại.
b/. *
,, Ν∈zyx từ hệ
( )



++=
−+=⇒=+
)2)((2
2)1(
22222
zyxxy
xyyxzzyx
Suy ra ( ) ( )(*)4
22
zyxyxz ++−+=
(*) ( ) ( ) ( ) ( )2222
224444 +=−+⇔++=++−+⇔ zyxzzyxyx Do 02 ≥−+ yx
422 −+=⇔+=−+⇔ yxzzyx thay kết quả này vào (2) ta được
( ) ( ) ( ) ( )( ) 84484448444222 =−−⇔=−−−⇔−=−−⇔−+= yxyyxyxxyyxxy
Suy ra { } { }4;12;0;8;2;6;3;58;4;2;14 −∈⇒±±±±∈− xx
Giỏ trị x = 0; -4 bị loại nên y tương ứng là: {12;-4;8;0;6;5}
Giỏ trị y = -4; 0 bị loại nên z tương ứng là: {13;10;10;13}
Các nghiệm của phương trình là (5;12;13); (12;5;13); (6;8;10); (8;6;10).
3. Giải hệ trên Z.
a/. ( ) ( ) 9629124968103 222222
=++−++⇔=++ yxyxyxyxyxyx
⇔ ( ) ( ) ( )( ) ...12.824.432.348.296.1962439632
22
=======++⇔=+−+ yxyxyxyx 6.16
( Các hoán vị và trỏi dấu (-).(-) nên có 24 khả năng )
Nhận xét: Do ( ) ( ) yxyxyx 64243 +=+++ là số chẵn nên các khả năng tổng 2 thừa
số là số lẻ đều bị bỏ: 1.96; 3.32 nên ta chỉ giải 16 hệ và được 16 nghiệm
(x,y)=(-94;71);(44;-21);(94;-71);(-44;21);(-14;34);(14;-34);(16;-6);(-16;6);(-26;21);
(26;-21);(4;1);(-4;-1);(-16;14);(16;-14);(-4;6);(4;-6).
4
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net

WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
b/. ( ) ( ) ( )( ) ( ) 99092 22222
=++−+⇔=++−⇔=−−+ yxxyxyxxyxyxyxyx
( )( ) 331992 ⋅=⋅==−+ yxyx và các hoán vị cùng đổi dấu của chúng.
Nhận xét: ( ) ( ) xyxyx 32 =−++ để Zx ∈ thì 4 khả năng từ 1.9 bị loại vì 1+9 = 10
và (-1)+(-9) = -10 đều bị loại,( 10± không chia hết cho 3) nên chỉ giải2 hệ 3.3 và (-3)(-
3).
=>










−=
−=



=
=
⇔










−=−
−=+



=−
=+
1
2
1
2
32
3
32
3
y
x
y
x
yx
yx
yx
yx
nên phương trình có 2 nghiệm là (2;1); (-2; -1).
c/. ( ) ( ) 121204440
222222
=−+⇔=−+⇔=−+ yxyxxyxx
( )( ) ( )( )11111122122 −−=⋅==+−++⇔ yxyx
Giải 2 hệ được 2 nghiệm là (0; 0); (-1; 0).
d/. ( )( ) 137911919122
⋅=⋅==−+⇔=− yxyxyx
Giải 8 hệ được 8 nghiệm là (x,y) = (46;45); (46;-45); (-46;45); (-46;-45)
(10;3); (-10;3) ; (-10;-3); (10;-3).
4. Đặt 22
6 mxx =++ với m ∈Z =>
4
23
4
1
2
1
206 2222
−=−





+⋅+⇔=−++ mxxmxx
4
23
2
1
2
1
3
23
2
1 2
2
−=





+−





++⇔−=−





+⇔ mxmxmx
( )( ) )1(2312323122122 −⋅=⋅−=−=+−++⇔ mxmx .(*)
Và các hoán vị nên ta giải 4 hệ :
(*)⇒
















−=
=



=
−=



=
=



−=
−=
⇔
















=+−
−=++



−=+−
=++



−=+−
=++



=+−
−=++
6
5
6
6
6
5
6
6
23122
1122
23122
1122
1122
23122
1122
23122
m
x
m
x
m
x
m
x
mx
mx
mx
mx
mx
mx
mx
mx
Như vậy có 2 giá trị của x thoả mãn là x=5; x= -6
5, Gọi x, y là 2 số nguyên dương cần tìm suy ra yx 1+ và xy 1+
5
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net

WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
Nên ( )( ) )(11 ∗⋅=++ xypyx với p∈N pxyyxxy =+++⇔ 1
Do ⇒≥≥ 1;1 yx chia cả 2 vế của (*) cho xy suy ra 1
111
0 −=++ p
xyyx

Do { }.4;3;23103
111
∈⇒≤−<⇒≤++ pp
xyyx
Nếu p = 4 ,khi đó 3 phân số 1≤ có tổng bằng 3=> mỗi phân số bằng 1 => x=y=1
Nếu p = 3 ( )
12
)2(12
12
1
121212
111
−
−−−
=
−
+
=⇒−=+⇔=++⇔=++⇒
y
yy
y
y
xyxyxyyx
xyyx
12
2
1
−
−
−=
y
y
Do y { } { }2;11;2
12
2
1 =⇒=⇔Ζ∈
−
−
⇒≥ xy
y
y
suy ra có 2 nghiệm là (1; 2); (2; 1)
Nếu p=2 ( )
1
2
1
1
1
1111
111
−
+=
−
+
=⇒+=−⇔=++⇔=++⇒
yy
y
xyyxxyyx
xyyx
Để { } { }2;33;2 =⇒=⇔Ζ∈ xyx suy ra có 2 nghiệm là (3; 2); (2; 3).
Kết luận: Phương trình đã cho có 5 nghiệm (1; 1); (1; 2); (2; 1); (2; 3); (3;2).
Chú ý: Trường hợp p =3; p =2, các phương trình có dạng như bài tập 1 nên có thể giải
bằng cách phân tích thành tích ( nhớ x,y nguyên dương)
Ví dụ: p=3 => x+y+1=2xy  x(2y-1)- 3)12)(12(
2
3
)12(
2
1
=−−⇔=− yxy
{ } { } { }1;22;13;112 ∈⇒∈⇒±±∈−⇒ yxx . Vậy p.t có 2 nghiệm : (1;2);(2;1)
6. Đặt An
=++ 222 118
Thử n ≤ 8 thấy A không chính phương (2305; 2306; 2308; 2312; 2320; 2336;
2368; 2442; 2560).
Với n > 8 ta có A= ( ) ( )9221822 8888
+=++ −− nn
Do 28
chính phương nên để A chính phương thì 2n-8
+9 = m2
với m∈N*
( ) ( ) 8
233 −
=−⋅+⇔ n
mm




=−
=+
⇔ b
a
m
m
23
23
với a,b∈N và a > b
⇔
( )



=−⇒=−
=⋅
−
−
(*)6122)2.(622
)1(222 8
babba
nba
Suy ra 2b
là ước của 6, hay 2b∈{1; 2; 3; 6}⇒ b∈{0; 1} (chỉ nhận 1;2; còn 3;6 loại)
thay vào (2) ta có 2a∈{7; 8} suy ra a =3 (chỉ nhận 8, ứng với b=1; còn 7 loại )
Vậy b =1; a = 3 suy ra n = a + b + 8 = 12
Với n =12 ta có ( ) 24812118
80922222 =+=++ thoả mãn yêu cầu bài toán.
6
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net

WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
7. ( )( )( ) ( )( )788871 2222
+++=⇔+++= xxxxyxxxxy
Đặt ( ) ( ) 04949722440778 222222
=++⋅⋅+−⇔=−−⇔+=⇒+= zzyzzyzzyxxz
( ) ( ) 49722
22
−=+−⇔ zy
( )( ) 7749149722722 ⋅−=⋅−=−=++−−⇔ zyzy
Giải các khả năng có 6 hệ.
*) ⇒



=−−
−=++
49722
1722
zy
zy



−=
=
16
12
z
y
; *)



=
−=
⇒



−=−−
=++
9
12
49722
1722
z
y
zy
zy
*)



=
=
⇒



−=−−
=++
9
12
1722
49722
z
y
zy
zy
*)



−=
−=
⇒



=−−
−=++
16
12
1722
49722
z
y
zy
zy
*)



−=
=
⇒



=−−
−=++
7
0
7722
7722
z
y
zy
zy
*)



=
=
⇒



−=−−
=++
0
0
7722
7722
z
y
zy
zy
Giải các phương trình đặt cho z.
*) z = -16 ⇒ ( ) ( ) ( )12;4;12;4404168
22
−−−⇒−=⇒=+⇔−=+ xxxx
*) z = 9 ( ) ( ) ( ) ( )12;9;12;9;12;1;12;19;1982
−−−−⇒−==⇔=+⇒ xxxx
*) z = 0 ( ) ( )0;8;0;08;0082
−⇒−==⇔=+⇒ xxxx
*) z = -7 ( ) ( ).0;7;0;17;1782
−−⇒−=−=⇔−=+⇒ xxxx
Vậy phương trình đã cho có 10 nghiệm.
8.
( ) ( ) zyzyxyxxyzxyxxyzzyzyyxxzxyyzy 32322323323
20202 −−=−+−⇔=−+−+⇔=−+−+
zyzyzyzyzyxyxxyzzy 2223232222
2 ++−−=+−+−⇔
( ) ( ) ( ) ( )( ) (*)
4
11
2
1
2
2
2
22 y
yzzy
y
xyzyyzzzyxyzyxyz +−+=





+−⇔−−+=−+−⇔
Do VT ( )( )11
4
00 2
2
−+≥⇔≥⇒≥ yzzy
y
VP ( Đổi dấu 1- y)
1=⇔ y vì nếu 2
2
4
1 y
y
y >⇒> vô lí (chú ý: x;y;z *
N∈ )
Khi y =1 phương trình đã cho trở thành 


−=
=
⇒






−=+−
=+−
⇔=





+−⇔
1
2
1
2
1
2
1
2
1
4
1
2
1
(*)
2
xz
xz
xz
xz
xz
7
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net

WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
Phương trình đã cho có vô số nghiệm (n; 1; n); (n; 1; n-1) với n ∈ N*
9. Tìm xy sao cho 14)( 222
+=− xyyx Đk x, y là các chữ số ,x ≠ 0
14)( 222
+=− xyyx 0142 4224
=−−+−⇔ xyyyxx
( ) ( ) 01442 224224
=++−++⇔ xyyxyyxx
( ) ( ) 012
2222
=+−+⇔ xyyx
( )( ) 01212 2222
=+++−−+⇔ xyyxxyyx vì x2
+y2
+2xy+1 >0
( ) 01012
222
=−−⇔=−−+⇔ yxxyyx
( )( ) 011 =−−+−⇔ yxyx




=⇒+=
=⇒−=
⇔
98;87;76;65;54;43;32;21;101
89;78;67;56;45;34;23;121
xyyx
xyyx
Có 17 số thoả mãn yêu cầu.
10. 19522 2
−+=− yxxyx ( ) ( ) 01962 =+−+−−⇔ yxxyxx
( )( ) ( ) 02212312 =++−+−⇔ xxyx
( )( ) 12(*)22312 +⇒−=−−+⇔ xyxx là ước của 22
Hay { } { }6;5;1;022;11;2;112 −−∈⇒±±±±∈+ xx ,(Các ước 22;2 ±± bị loại vì 2x+1 là lẻ)
…
Thay vào phương trình (*) có y tương ứng là { }11;4;26;19 −−∈y
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm (x; y) = (0; 19); (-1; -26); (5; 4); (-6; -11).
11. Theo bài ra ta có phương trình: xy = 2( x + y) (*) trong đó x, y thuộc Z+
và x lẻ
(*) ( ) ( ) ( ) 4222022022 =−−−⇔=+−⇔=++−⇔ yyxyyxyxxy
( )( ) 422 =−−⇔ yx
∈−⇒ 2x Ư(4)={ ± 1; ± 2; ± 4} { } { }3;12;6;0;4;1;3 =⇒∈⇒ xx do x lẻ
Thay x=1; x=3 vào phương trình (*) ta được kết quả y { }6;2−∈ ;-2 bị loại
Vậy số đấu thủ của hai trường là 3; 6.
12.Tìm n nguyên để các nghiệm của pt : x2
- (4+n)x +2n = 0 cũng nguyên.
Vì các hệ số của pt đều nguyên nên đk cần là 0162
>+=∆ n là số chính phương
Đặt n2
+16 = k2
; 4.48.216.1))((1622
−=−=−=−+⇔−=−⇒∈ knknknZk
Để ý : (n+k) +(n-k)=2n là số chẵn, nên khả năng-1.16 bị loại( vì tổng của 2 thừa cố này
=15(lẻ), chỉ còn phải xét 6 khả năng có từ -2.8 và -4.4.Kết quả cho ở bảng sau:
n+k 8 -8 2 -2 4 -4
n- k -2 2 -8 8 -4 4
8
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net

WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
n 3 -3 -3 3 0 0
Ta kiểm tra lại cho 3 khả năng có được của n=-3;0;3 để lấy ngiệm (Nếu phù hợp)
*) n = 3 => x2
-7x+6 = 0 =>x =1;6 , cả 2 nghiệm đều thoả mãn => n = 3 thoả mãn.
*) n =-3 => x2
-x-6 = 0 =>x = -2;4 , cả 2 nghiệm đều thoả mãn => n = -3 thoả mãn.
*) n = 0 => x2
- 4x = 0 =>x = 0;4 , cả 2 nghiệm đều thoả mãn => n = 0 thoả mãn.
Vậy có 3 giá trị thoả mãn : n = -3;0;3
13. Tìm n nguyên để các nghiệm của pt : x2
-(4+n)x+ 4n- 25 = 0 cũng nguyên.
Vì các hệ số của pt đều nguyên nên đk cần là 0100)4( 2
>+−=∆ n là số chính phương
Đặt (n-4)2
+100 = k2
; 10.1050.2100.1100)4)(4( −=−=−=−=+−−−⇒∈ knknZk
Để ý : (n-4+k) +(n-4-k)=2n là số chẵn, nên khả năng-1.100 bị loại( vì tổng của 2 thừa cố
này =99(lẻ), chỉ còn phải xét 6 khả năng có từ -2.50 và - 10.10.
Kết quả cho ở bảng sau:
n- 4+k 50 -50 2 -2 10 - 10
n- 4 - k -2 2 - 50 50 - 10 10
n 28 -20 -20 28 4 4
Ta kiểm tra lại cho 3 khả năng có được của n=- 20;4;28 để lấy ngiệm (Nếu phù hợp)
*) n = 28 => x2
-32x+87 = 0 =>x =3;29 , cả 2 nghiệm đều thoả mãn => n = 28 thoả mãn.
*) n =- 20=>x2
+16x-105 = 0 =>x =-21;5, cả 2 nghiệm thoả mãn => n =-20 thoả mãn.
*) n = 4 => x2
- 8x - 9 = 0 =>x = -1;9 , cả 2 nghiệm đều thoả mãn => n = 4 thoả mãn.
Vậy có 3 giá trị thoả mãn : n = - 20;4;28
14. Tìm số p nguyên tố,biết pt: x2
+px-12p = 0 có 2 nghiệm đều nguyên.
Vì các hệ số của pt đều nguyên nên đk cần là 0)48( >+=∆ pp là số chính phương
Do p là số nguyên tố =>đk cần tiếp theo là: 3;24848 =⇒⇒+ pppp 
Với p = 2 6;40242100 2
−=⇒=−+⇒=∆⇒ xxx cả 2 nghiệm đều nguyên,p=2 TMĐK.
Với p = 3 153=∆⇒ , không chính phương nên p = 3 bị loại.
Vậy p = 2 là số nguyên tố cần tìm.
15.Tìm Nnm ∈; sao cho các nghiệm của phương trình: x2
-m(n+1)x +m +n +1 = 0
cũng là số tự nhiên.
9
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net

WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
Gọi 21; xx là các nghiệm của pt,khi đó ,theo Viet ta có:
.2)1()1)(1(1.
)2.....(1.
)1)...(1(
212121
21
21
+−=−−⇔+−=−−⇒



++=
+=+
mnxxmnnxxxx
nmxx
nmxx
2)1)(1()1( 21 =−−+−⇔ xxmn (*)
Do x;m;n đều là số tự nhiên,nên ,từ pt (2) của hệ Viet ta có : 1; 21 ≥xx
Kết hợp đk đó với pt (1)=> m> 0 => vế trái của (*) là tổng của 2 số không âm
Vì vậy VP = 2 chỉ có thể có các cách viết là: 2 = 0+2 = 2+0 = 1+1
Giải 3 khả năng này. Cụ thể là:
a)



=−−
=⇒=⇒=−
)2....(0)1)(1(
5;1)2;2(),3;1();()1....(..........2)1(
21 xx
xmnmn
(Tính m;n từ (1) ,do có 2 kết quả, sau đó thay từng cặp (m;n) vào pt để tìm x….)
b)



=⇒=−−
=⇒=−
2)2....(1)1)(1(
)2;1();()1....(..........1)1(
2;121 xxx
mnmn
(Tính được trực tiếp từ hệ)
c)





=⇒=−−



=
=
⇒=−
)3;2();()2....(2)1)(1(
1
0
)1....(..........0)1(
2121 xxxx
m
n
mn
Khả năng c) này ta tìm giá trị cụ thể của m;n trong từng trường hợp,với chú ý pt có
nghiệm là 2 hoặc 3.
*) n = 0 .Do x=2 là nghiệm , nên: 4-2m+m+1 = 0 =>m = 5, =>(m;n)= (5;0)
Do x=3 là nghiệm , nên: 9-3m+m+1 = 0 =>m = 5, =>(m;n)= (5;0)
*) m=1 . Do x=2 là nghiệm , nên: 4-2(n+1)+1+n+1 = 0 =>n = 4, =>(m;n)= (1;4)
Do x=3 là nghiệm , nên: 9-3(n+1)+1+n+1= 0 => n = 4, =>(m;n)= (1;4)
Vậy các cặp (m;n) có được là (m;n)= (3;1);(2;2),(2;1),(1;4),(5;0).
16. Các bài tập của bài 16 này cùng dạng, có qui trình giải đặc biệt ( pt bậc hai cho cả 2
ẩn,xem một ẩn là tham số- giống như m;n..).
a.+ Nhóm theo x ( xem y là tham số).
155332 22
=++++ yxxyyx
( ) ( ) (*)155213 22
=++++⇔ yyyxx
+Thêm bớt vào 2 vế với cùng một số m (tạo cho ∆ của vế trái là chính phương)
(*) ( ) mmyyyxx +=+++++⇔ 155213 22
+ Chọn m cho ∆ vế trái chính phương ( đảm bảo Đk cần cho Ζ∈x ).
⇔ ( ) ( ) myymyyy 49252419 222
−+−=++−+=∆ chọn m =2 Khi đó ∆ = (y-1)2
+Tìm nghiệm của VT: VT = 0 ( ) 


−−=
−−=
⇔=+++++⇔
12
2
025213 22
yx
yx
yyyxx
10
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net

WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
+Dùng định lý Bơzu ( ( )( ) 021 =−−⇔ xxxxa ) đưa phương trình về dạng A.B = m.
( Để dùng phương pháp phân tích thành tích)
(*) ( )( ) )1(17)17(111717117122 −⋅−=−⋅−=⋅=⋅==++++⇔ yxyx
Giải 4 hệ chọn nghiệm nguyên ( vì ∆ chính phương chỉ là Đk cần), thử lại.
*)



=
−=
⇔



=++
=++
17
18
1712
12
y
x
yx
yx
; *)



−=
=
⇔



=+
=++
15
30
112_
172
y
x
yx
yx
*)



−=
=
⇔



−=++
−=++
15
12
1712
12
y
x
yx
yx
; *)



=
−=
⇔



−=++
−=++
17
36
112
172
y
x
yx
yx
Phương trình đã cho có 4 nghiệm : ( -18; 17); ( 30; -15); (12; -15); (-36; 17).
b. 9539109 22
=−+−− yxxyyx ( ) mmyyyxx +=+−−−−⇔ 95101339 22
∆ = 9(3y - 1)2
+ 36.(10y2
+ 5y - m)
= myymyyyy 36912644118036095481 222
−++=−+++−
= ( ) myy 369321221
2
−+⋅⋅+ chọn m = 0
= ( )2
321 +y
VT = 0 khi
3
12
;
3
5
21
+
−==
y
xyx
Phương trình đã cho trở thành ( )( ) 9123539
3
12
3
5
9 =++−⇔=




 +
+





− yxyx
y
xyx
Mà Ư(9)= {± 1; ± 3; ± 9}
Giải 6 hệ có thể, thu được nghiệm, chọn nghiệm phù hợp
*)



=
=
⇔



=++
=−
1
2
9123
153
y
x
yx
yx
; *) ⇔



=++
=−
1123
953
yx
yx






−=
=
7
9
7
6
y
x
(loại);
*) ⇔



−=++
−=−
9123
153
yx
yx






−=
−=
7
9
21
52
y
x
(loại); *)




=
=
⇔



−=++
−=−
1
3
4
1123
953
y
x
yx
yx
(Loại);
*)






−=
=
⇔



=++
=−
7
1
21
16
3123
353
y
x
yx
yx
(Loại); *)






−=
−=
⇔



−=++
−=−
7
1
21
26
3123
353
y
x
yx
yx
(loại);
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (2; 1).
17) Đối với bài tập này, quy trình trên khó thực hiện do việc tìm m quá phức tạp, hơn
nữa do ∆ có cực đại, nên số lượng cần thử có hạn,ta dùng cách thử trực tiếp (Cách này
11
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net

WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
không dùng được cho bài 16, vì do ∆ có cực tiểu, nên số lượng cần thử là vô hạn),đòi
hỏi kiên trì và cẩn thận.
a. )(283612 22
yxyxyx +=++ 028328612 22
=−+−+⇔ yyxxyx
( ) 0283143212 22
=−+−+⇔ yyyxx
( ) 19625227)283(12143' 222
++−=−⋅−−=∆ yyyyy 





−−−=
27
196
3
28
27 2
yy
= 





−−+⋅−−
27
196
9
196
9
196
3
14
227 2
yy
= 2
2
28784
3
14
27784 =≤





−− y
Do ∆ ’ chính phương và các giá trị cần nhận của x, y thuộc Z.
Thử qua các giá trị của ∆ ’thì giá trị của ∆ ’ phù hợp là:
∆ ’= 222
thì cặp (x; y) = (1; 8)
∆ ’= 142
thì cặp (x; y) = (0; 0)
∆ ’ = 42
thì cặp (x; y) = (-1; 10)
(Các trường hợp còn lại : 222/
0;....,27;28=∆ khi thay vào để tìm y, ta đều có y∆ không
chính phương ,hoặc y không mang giá trị nguyên, nên bị loại )
Ví dụ *)
9
42
0019684905882522778428 /222/
=⇒=∆⇒=+−⇔=+−⇒==∆ yyyyy y
*) 2092501872522793 /22/
=∆⇒=−−⇒==∆ yyy không chính phương=> loại
………………………..
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là : (1; 8); (0; 0); (-1; 10).
Bài tập này còn có cách giải khác:(Đánh giá miền giá trị của x)
12x2
+6xy+3y2
= 28(x+y) 9x2
= -3(x+y)2
+28(x+y) = -3 





+−+ )(
3
14
2)( 2
yxyx
27
196
3
196
)
3
14
(3
3
196
9 222
≤⇔≤−+−=⇔ xyxx ; Vì x2
là số chính phương nên:
{ } { }2;1;04;1;02
±±∈⇒∈ xx . Đến đây ta thay các giá trị của x vào phương trình ,tìm y,chọn
cặp nghiệm nguyên (nếu có).
*) x=0 => 3y2
= 28y => y=0 => (x;y) = (0;0) , (Giá trị y=28/3 bị loại)
*) x=1 =>12+6y+3y2
=28+28y=>…y=8 => (x;y)=(1;8), (Giá trị y=-2/3 bị loại)
*) x= -1=>12-6y+3y2
=-28+28y=>…y=10=>(x;y)=(-1;10), (Giá trị y=4/3 bị loại)
*) x=2;x=-2 không cho y nguyên.
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là : (1; 8); (0; 0); (-1; 10).
b. )(3)(7 22
yxyxyx +−=+ ( ) 073733 22
=−++−⇔ yyxyx
12
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net

WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
( ) ( ) 





−−−=++−=−−+=∆
27
49
3
14
274912627731273 2222
yyyyyyy
= 





−−+⋅−−
27
49
9
49
9
49
3
7
227 2
yy
= 2
2
12144
3
7
27144 =≤





−− y
Thử các khả năng∆ chính phương và y∈Z ta nhận được các kết quả hợp lý là:
∆ = 112
thì ta tìm được x = 5; y = 4
∆ =72
thì ta tìm được x = 0; y = 0
∆ = 22
thì ta tìm được x = 4; y = 5
Vậy phương trình đã cho có 3 nghịêm (x;y)là : (0; 0); (4; 5); (5; 4).
B. Phân tích thành tổng các luỹ thừa.
1. )32(2 362
−−−= yxxy ( ) 642 2366
=+−+⇔ yyxxx
⇔ ( ) +
32
x ( ) 232323
800464 +=+==− yx
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )







−⇒



±=
=
−−−−⇒



±=
±=
⇔











±=−
=




=−
=
⇔
8;0;8;0....
8
0
82;8;2;8;2;8;2....
8
2
8
0
0
4
3
2
3
2
nghiem
y
x
nghiem
y
x
yx
x
yx
x
Vậy phương trình có 6 nghiệm .
2. 422222 222
=−−−++ zyzxyzyx ⇔ ( )22
2 yxyx +− ( ) ( ) 5122 222
=+−++−+ zzzyzy
( ) ( ) ( ) 222222
21051 ++==−+−+−⇔ zzyyx
Các khả năng có thể cho (z - 1)2
là 02
; 12
; 22
. Từ đó cho 2 cụm còn lại.
*) (z - 1)2
= 0










−=⇒±=−
−=⇒±=−



−=⇒±=−
=⇒±=−
⇒=⇔
2;0;2;41
1;32
2;2;0;42
0;21
1
xyx
yzy
xyx
yzy
z
Vậy khi z=1 ta có 8 nghiệm (x; y; z) như sau: (4; 2; 1); (0; 2; 1); (2; 0; 1); (-2; 0; 1);
(4; 3; 1); (2; 3; 1); (0; -1; 1); (-2; -1; 1 ).
*) (z - 1)2
= 12



⇒=
−−⇒=
⇒±=−⇒
)2;2;0(),2;2;4(),2;0;0(),2;4;4(:42
)0;0;2(),0;0;2(),0;2;2(),0;2;2(:40
11
nz
nz
z
13
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net

WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
*) (z - 1)2
= 22



⇒=
−−−−−−−−−⇒−=
⇒±=−⇒
)3;3;2(),3;3;4(),3;2;2(),3;4;4(:43
)1;1;2(),1;1;0(),1;2;2(),1;0;0(:41
21
nz
nz
z
Vậy phương trình có24 nghiệm.
3. 16954 22
=+− yxyx
( ) 222222
5120131692 +=+==+−⇔ yyx
Do 00, 22
=⇒≠⇒∈ +
yyZyx bị loại xét 3 khả năng:
( ) ( )13;26;13;02 =⇒==− yxyyx
( ) ( ) ( )12;19....12;29;12;52 vayxyyx =⇒==−
( ) ( ) ( )5;2....5;22;5;122 −=⇒==− vayxyyx nghiệm này bị loại
Vậy phương trình có 4 nghiệm.
4. a. 100613 22
=−+ xyyx ( ) ( ) 222222
8610010023 +=+==+−⇔ yyx
*)










−=
−=



=
=
⇒



=
=−
5
15
5
15
102
03
y
x
y
x
y
yx
suy ra nghiệm là (15; 5); (-15; -5).
*)










=
−=



=
=
⇒



=
=−
0
10
0
10
02
103
y
x
y
x
y
yx
suy ra nghiệm là (10; 0); (-10; 0)
*)




=
=−
82
63
y
yx
giải ra ta được nghiệm (18; 4); (6; 4); (-6; -4)(-18; -4).
*)




=
=−
62
83
y
yx
giải ra ta được nghiệm (17; 3); (1; 3); (-1; -3); (-17; -3)
Vậy phương trình đã cho có 12 nghiệm.
b. ( ) ( ) 2222222222
340525212424446 +=+==+−⇔−=−−⇔−=−− yxyxxyxx Giải 4
khả năng trên thì ph.t có 6 nghiệm: (3; 0); (-2; 0); (2; 2);(-1; 2); (2; -2); (-1; -2).
5. Tìm trong Z+
: 2622423 222
=+++++ yzxzxyzyx
( ) ( ) 262222 222222
=+++++++++⇔ yzxzxyzyxyxyxx
( ) ( ) 222222
43126 ++==+++++⇔ zyxyxx (*) =02
+12
+52
14
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net

WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
Với zyxyxxnenZzyx ++≤+≤≤∈ +
1.....,,
(Cách phân tích 26 = 02
+12
+52
bị loại ,do x= 0 +
∉ Z )
(*) ( )
( ) 




=
=
=
⇔






=++
=+
=
⇔
1
2
1
4
3
1
22
22
2
z
y
x
zyx
yx
x
vậy phương trình có 1nghiệm (x , y, z) =(1; 2; 1)
6. Tìm trong N: yyyx 3653 232
−=−+ (*)
( ) 64133 232
=−+−+⇔ yyyx
( ) 323232
0840641 +=+==−+⇔ yx
Giải 2 khả năng *)



=
=
⇔



=−
=
5
0
41
02
y
x
y
x
*)



=
=
⇔



=−
=
0
8
01
822
y
x
y
x
Vậy phương trình có 2 nghiệm: (0; 5); (8; 0).
7. xxy 242 22
−−+= Txđ:




≥−−
≥
024
2
2
2
xx
y
( ) xxy 242 222
−−=−⇔ ( ) ( ) 22222
21512 +==++−⇔ xy
*) ⇒



±=+
=⇒±=−
21
).(1;312 22
x
loaiyy
Hệ vô nghiệm (do y2
phải là số chính phương).
*)



−=⇒±=+
±=⇒=⇒±=−
2;011
2422 22
xx
yyy
Vậy phương trình có 4 nghiệm: (-2; -2); (-2; 2);(0;2);(0;-2).
8. Tìm trong N:
a. 3222236
)5(315 +−=−+ yzyxzxzx
( ) ( ) ( )531535 2222232332
+=+=+++⇔ yzxzxzyxyzx
Theo bất đẳng thức Côsi cho 3 số không âm: 3
3 abccba ≥++
Ta có: VT VPyzx =+≥ 3 322
)5((3 .
15
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net

WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
Dấu = xẩy ra khi và chỉ khi 522
+== yzx
Giải ( )( ) 515522
⋅==+−⇔+= yxyxyx (*)( chỉ lấy 1 khả năng do x - y < x + y và x;y là
số tự nhiên) sau đó tìm z:
(*)



=
=
⇔



=+
=−
⇒
2
3
5
1
y
x
yx
yx
Do 92
=⇒= zzx
Vậy phương trình có 1 nghiệm là: (3; 2; 9).
b. )4914(17)284( 244222
+++=++ yyxyx (*)
Nhận xét: Vế trái là bình phương của tổng, vế phải có hiện tượng là tổng của các bình
phương. (*) ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ]224244222
71749141774 ++=+++=++⇔ yxyyxyx
Theo Bunhia có: VT = ( )[ ] ( ) ( )[ ] VPyxyx =+++≤++⋅
22422222
741741
Dấu = xẩy ra khi và chỉ khi: 74
4
7
1
22
22
=−⇔
+
= yx
yx
( )( ) 71722 ⋅==+−⇔ yxyx Do 2x - y < 2x + y



=
=
⇔



=+
=−
⇔
3
2
72
12
y
x
yx
yx
Vậy phương trình có 1 nghiệm (2; 3)
c. Phân tích thành liên phân số
1.
3;2;1
3
1
2
1
1
7
10
1
1
===⇒
+
+==
+
+ zyx
z
y
x
Vậy nghiệm của Pt là (1; 2; 3).
2. )(40)1(31 tyyztztxtxyxyzt ++=++++
31
401
=
++
++++
⇔
tyyzt
zyxtxyxyzt
Nhận thấy x, y, z, t không đồng thời bằng 0. Vì nếu ngượclại thì 31.(xyzt+xy+xt+zt+1)=
0
Nên cách viết ở vế trái có nghĩa. Thực hiện các phép chia đa thức.
Ta có: VT =
1
1
1
1
+
+
+=
+
++
+
zt
t
y
x
zt
tyyzt
x
VP =
4
1
2
1
3
1
1
9
31
1
1
31
40
+
+
+=+=
16
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net

WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
Nếu t = 0
Ny
y
x ∉=⇒+=+⇒
9
31
9
31
1
1
1
loại t = 0
Nếu t
4
1
2
1
3
1
1
1
1
1
0
+
+
+==
+
+
+=⇒≠ VP
t
z
y
xVT
suy ra x = 1; y = 3; z = 2; t = 4
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất (1; 3; 2; 4).
3. )1(229)(55 32233
+=++ xyyxyx .(*). Do xy3
+ 1 0≠
Nên (*)
55
229
13
2233
=
+
++
⇔
xy
yxyx
9
1
6
1
4
1
1
2
2
+
+=
+
+⇔
y
xy
x



=
=
⇔




=
=
⇒
3
2
9
4
2
2
y
x
y
x
do x, y N∈
Vậy nghiệm của pt là (2; 3).
4. 3838)2(7 22
+=+++ xyyxyxyx
( ) ( )
7
38
1
11
7
38
1
222
=
+
++++
⇔=
+
+++
⇔
xy
yxyyxyx
xy
yxyxyx
( ) .3;2
3
1
2
1
5
1
1
==⇒
+
+=
+
++⇔ yx
y
x
yx
Vậy nghiệm của phương trình là (2; 3).
II-Giải bằng phương pháp “chẵn- lẻ”
1. Tìm nghiệm nguyên tố của phương trình: x2
-2y2
= 1.
2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3
- 2y3
- 4z3
= 0
3. Bài “Đấu cờ” Sơ tuyển của huyện Quỳnh lưu- năm 2002-2003(In ở phần I)
4. Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình : 2x
+y2
+y =111.
( Sơ tuyển tỉnh của huyện Quỳnh lưu- năm 2005-2006)
5. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (2x+5y+1)( x
2 +y+x2
+x) = 105.
6. Tìm số nguyên tố p để (4p+1) là số chính phương.
7. Tìm nghiệm nguyên tố của phương trình: xy
+1 = z.
Hướng dẫn giải
17
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net

WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
1.Tìm nghiệm nguyên tố của phương trình: x2
-2y2
= 1. (1)
(1) => x2
=2y2
+1=> x2
lẻ => x lẻ=> x=2n+1 =>2y2
= (2n+1)2
- 1 =4(n2
+n)
=>y2
chẵn =>y chẵn => y=2 ( 2 là số nguyên tố chẵn duy nhất) => x=3
Vậy pt có 1 nghiệm (x;y)= (2;3).
2.Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3
- 2y3
- 4z3
= 0 . (2)
(2)=> x3
chẵn=> x chẵn => x = 3333//
04282 yzyxx ⇒=−−⇒ chẵn
=>y chẵn =>y = 333/3//
041682 zzyxy ⇒=−−⇒ chẵn => z chẵn => /
2zz =
Nhận xét: Nếu );;( 000 zyx là nghiệm thì )
2
;
2
;
2
( 000 zyx
cũng là nghiệm
(Thật vậy: Nếu 0
8
)
2
(4)
2
(2)
2
(042 3030303
0
3
0
3
0 ==−−⇒=−−=
Azyx
zyxA )
Lặp lại quá trình đó ta có )
2
;
2
;
2
( 000
nnn
zyx
cũng là nghiệm, với n tuỳ ý. Do x;y;z nguyên
nên điều này chỉ xẩy ra khi x=y=z=0.
Vậy pt có 1 nghiệm (x;y;z) = (0;0;0)
(Cách làm như nhận xét vừa rồi ta gọi là phương pháp “Xuống thang” ).
3.Bài “Đấu cờ” Sơ tuyển tỉnh của huyện Quỳnh lưu- năm 2002-2003(In ở phần I)
…. ta có pt :xy = 2(x+y)=> xy chẵn,do x lẻ (cách đặt)=>y chẵn =>y = 2t (t >0)
=>2tx = 2(x+2t) =>
1
2
2
1
2
−
+=
−
=
tt
t
x ; vì x;t nguyên dương nên (t-1) nhận 2 giá trị 1;2.
Với t-1 = 1 => x= 4 (loại ,vì x lẻ)
Với t-1 = 2 => x = 3 =>y= 6 ( TMĐK)
Vậy số đấu thủ của 2 trường là 3 và 6.
4.Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình : 2x
+y2
+y =111.(4)
( Sơ tuyển tỉnh của huyện Quỳnh lưu- năm 2005-2006)
(4)  2x
+y(y+1) = 111. Do y(y+1) là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp nên là số chẵn. 111
lẻ => 2x
là số lẻ => x= 0 ( chú ý: 2n
là số chẵn với mọi n > 0; 20
=1 là số lẻ duy nhất của
2n
)
18
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net

WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
5.Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (2x+5y+1)( x
2 +y+x2
+x) = 105 .(5)
Do 105 là số lẻ nên cả 2 thừa số đều lẻ.
*) (2x+5y+1) lẻ => y chẵn.
*) (x2
+x)=x(x+1) là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp nên .. chẵn, y chẵn => x
2 lẻ=>x = 0
Thay x= 0 vào pht ta thu được: (5y+1)(y+1) = 105 = 1.105 = 3.35 = 5.21.
Một số khả năng bị loại ngay (nhờ y chẵn) như:
(5y+1) = 105  5y= 104 => y không nguyên (tương tự cho -105)
Hay (5y+1) = 35 5y= 34 => y không nguyên (tương tự cho - 35)
Giải các khả năng còn lại ta chọn được y = 4. (ứng với



=+
=+
51
2115
y
y
)
Vậy phương trình có 1 nghiệm (x;y) = (0; 4).
6.Tìm số nguyên tố p để (4p+1) là số chính phương.
Giả sử (4p+1) = x2
=> x2
lẻ => x lẻ=> x =2n+1 với n là số nguyên
Khi đó 4p+1 = 4n2
+ 4n+ 1=>p = n(n+1) => p chẵn
=> p = 2 (2 là số nguyên tố chẵn duy nhất).
Vậy số nguyên tố cần tìm là p = 2.
7.Tìm nghiệm nguyên tố của phương trình: xy
+1 = z.(7)
Do x;y;z đều là số nguyên tố, nên 52;2 ≥⇒≥≥ zyx ; Vì z lẻ nên xy
là số chẵn
=> x chẵn ( Luỹ thừa của số lẻ không thể là số chẵn) => x = 2.
Nếu y là số lẻ thì y=2k+1,(k nguyên dương), khi đó:
...(*)3.31)13(214.212 12
+=++=+=+= +
Az kkk
(khai triển Niu tơn)
Ta thấy 3A+3 chia hết cho 3  z chia hết cho 3=> Vô lý ( vì z là số nguyên tố)
Sự vô lý đó khẳng định y phải là số chẵn =>y = 2.
Vậy nghiệm của pt là (x;y;z) = (2;2;5).
III-giải bằng phương pháp cực hạn
1. Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình:
a) x+y+z = xyz ; b) x+y+z+t = xyzt ; c) x+y+z+9 =xyz ;
19
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net

WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
2. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x+y+1=xyz.
3. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x3
+7y = y3
+7x.
4. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 3=++
y
zx
x
yz
z
xy
.
5. Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình:
a) 4( x+y+z) = xyz ; b)5( x+y+z+t)+10 = 2xyzt ; c) 2( x+y+z)+9 = 3xyz
b)5( x+y+z+t)+7 = xyzt
Hướng dẫn giải
Phương pháp Cực hạn, (ở góc độ nào đó cũng có thể coi là PP Bất đẳng thức),
thường sử dụng cho các phương trình đối xứng loại I-(vai trò các ẩn như nhau).
Thông thường ta giả sử một thứ tự để xét cực hạn, sau đó lấy hoán vị sẽ được
tập nghiệm. Nhớ : Số hoán vị của n phần tử = n!; 3!= 3.2.1= 6; 4!= 4.3.2.1= 24.
Một kỹ thuật quan trọng hay sử dụng trong loại bài này,đó là kỹ thuật làm trội”.
Đối tượng áp dụng là loại bài tìm nghiệm nguyên dương(để việc sắp thứ tự được đơn
giản)
1.Tìm nghiệm nguyên dương của các ph.tr. dạng: a(x+y)+b = cxy (a;b;c là hệ số)
Vai trò 2 ẩn như nhau , nên ta giả sử yx ≤
Cách 1: a(x+y)+b = cxy (1)  cxy- ax –ay= b y(cx-a)- b
c
a
acx
c
a
+=−
2
)(
 (cx-a)(cy-a) = a2
+bc. Đến đây ta phân tích a2
+b thành tích 2 nhân tử rồi
giải các khả năng,tìm nghiệm và lấy các hoán vị…
Cách 2: Giả sử c
ba
x
x
ba
xy
b
y
a
x
a
cyx
+
≤≤⇒
+
≤++=⇔⇒≤≤
2
1
2
)1(1 , từ đây ta tìm
được x và suy ra y tương ứng, sau đó lấy các hoán vị.
Đối với các bài tập có 3;4 ẩn như bài 1 ,ta sẽ giải theo 2 cách này .Cụ thể:
a) x+y+z = xyz . (1a) Giả sử zyx ≤≤≤1
Khi đó 131
3111
1)1( 2
2
=⇒≤≤⇒≤++=⇔ xx
xxzyzxy
a , (do x nguyên dương)
Thay x=1 vào pht ta được y+z+1=yz(*)
-Từ đây nếu áp dụng theo cách 2 của (1) với a = b = c =1, ẩn y;z
Ta có : 3;2;131 =⇒≤≤ yy . Cách làm này dài(vì phải tính cả 3 khả năngcủa y),ta dùng
cách 1, cụ thể(*)  y(z-1) –(z-1)= 2  (y-1)(z-1) = 2=1.2 => y=1;z=2 (chú ý “giả sử”)
Vậy (1a) có 1 nghiệm là (x;y;z) = (1;2;3).
20
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net

WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
Vì vai trò x;y;z như nhau nên các hoán vị của nghiệm trên đều thoả mãn (1a)
Nghĩa là: (1a) có 3! =6 ( nghiệm)
Cụ thể: (x;y;z) = (1;2;3),(1;3;2),(2;1;3), (2;3;1), (3;1;2),(3;2;1).
b) x+y+z+t = xyzt .(1b) Giả sử tzyx ≤≤≤≤1
Khi đó 141
41111
1)1( 3
3
=⇒≤≤⇒≤+++=⇔ xx
xxytxztyztxyz
b ,
Thay x=1 vào (1b) được: y+z+t+1=yzt (*)
2;141
41111
1 2
2
=⇒≤≤⇒≤+++=⇔ yy
yytyzztyzt
*) y=1,ta lại có từ (*) z+t+2 =zt z(t-1)-(t-1)= 3  (z-1)(t-1)= 3=1.3 => z=2; t = 4
*) Với y=2,ta lại có từ (*) z+t+3 = 2zt z(2t-1)-
2
1
(2t-1)= 3+
2
1
 (2z-1)(2t-1)= 7=1.7
=> z =1; t = 7 ( Kết quả này bị loại vì không thoả mãn giả sử vì y=2 >z=1)
Vậy (1b) đã có 1 nghiệm (x;y;z;t) = (1;2;2;4).
Thực hiện hoán vị cho nghiệm này ta có 24 nghiệm cần tìm………..
b) x+y+z+9 =xyz. (1c) . Giả sử zyx ≤≤≤1
Khi đó 3;2;1121
129111
1)1( 2
2
=⇒≤≤⇒≤+++=⇔ xx
xxyzxzyzxy
c .Xét từng khả năng cho x
*) x=1=> (1c) yz-y-z = 10  (y-1)(z-1)=11=1.11 => y=2; z=12 (TMgiả sử)
*) x=2=> (1c) 2yz-y-z = 11  (2y-1)(2z-1)=23=1.23 => y=1; z=12 (khôngTMgiả sử)
*) x=3=> (1c)3 yz-y-z = 12  (3y-1)(3z-1)=37=1.37 => 3y=2; 3z=38 ( loại vì y;z
không nguyên)
Vậy (1c) đã có 1 nghiệm (x;y;z) = (1;2;12)
Thực hiện hoán vị cho nghiệm này ta có 6 nghiệm cần tìm………..
2. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x+y+1=xyz.(2)
Bài này không có dạng như bài 1, vai trò như nhau chỉ đúng cho x và y.
Giả sử yx ≤≤1 .
- Khi x = y => (2)2x +1 = x2
z  x(xz-2)=1 => x = 1=> z = 3 => (1;1;3)
- Khi x< y => (2) xyz < 2y+1  xyz )1;3;2(31;2
)2;2;1(22;1
22
⇒=⇒==
⇒=⇒==
⇒≤⇔≤
yzx
yzx
xzy
Do vai trò x;y như nhau nên phương trình có 5 nghiệm:
21
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net

WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
(x;y;z) = (1;1;3); (1;2;2),(2;1;2),(2;3;1),(3;2;1).
3. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x3
+7y = y3
+7x.(3)
(3) (x-y)(x2
+xy+y2
-7) = 0 => x=y hoặc x2
+xy+y2
= 7.
Khi x=y => nghiệm của pt là (x;y)= (n;n), với n là số nguyên dương.
Khi
yx ≠
, từ x2
+xy+y2
= 7=> (x-y)2
= 7- 3xy, do (x-y)2 1;2
2;1
3
7
0
==
==
⇒≤⇒≥
yx
yx
xy
Vậy pt có vô số nghiệm (x;y)= (2;1),(1;2), (n;n)
4. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 3=++
y
zx
x
yz
z
xy
.(4)
Do x;y;z nguyên dương và vai trò như nhau, ta giả sử xyz ≤≤≤1
Vì : 133)4(;2)(; =⇒≥⇒≥+=+≥ zzz
y
x
x
y
z
y
zx
x
yz
z
z
xy
Thay z=1 vào (4) và do 11233)()4( 222
=⇔≥⇔+≥⇔=++⇔⇒≥ yyy
y
x
x
y
xyyxy
Thay z=y=1 vào (4) được :
2
1
);(101323
1 2
==⇔=+−⇔=++ xTMDKxxx
x
xx (loại)
Vậy pht có 1 nghiệm (x;y;z) = (1;1;1)
5. Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình:
a) 4( x+y+z) = xyz ; b)5( x+y+z+t)+10 = 2xyzt ; c) 2( x+y+z)+9 = 3xyz
d)5( x+y+z+t)+7 = xyzt
(Học sinh tự giải theo bài tập 1)
IV-Giải bằng cách sử dụng bất đẳng thức
Giải các phương trình sau đây trong Z:
1. (x+y+1)2
= 3 (x2
+y2
+1). 4. y3
= 1+x+x2
+x3
.
2. x2
- 6xy+13y2
= 100. 5. 3=++
y
zx
x
yz
z
xy
3. y2
= 1+x+x2
+x3
+x4
.
Hướng dẫn giải
22
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net

WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
Việc sử dụng BĐT vào giải phương trình chính là thay thế việc giải phương trình
bằng việc giải điều kiện xẩy ra dấu “=” của BĐT phù hợp với 2 vế của pt đó. Trong
nhiều trường hợp ta có thể dùng BĐT để thay đổi bài toán (Đổi biến,hoặc xét Cực hạn)
Ta thường sử dụng các BĐT cơ bản như Cô si; Bunhia…; vì vậy việc nhận dạng
và kiểm tra lại xem có phù hợp hay không là rất cần thiết.
1. (x+y+1)2
= 3 (x2
+y2
+1). (1) (có dạng Bunhia: 1vế là bình phương của tổng ;1 vế
là tổng các bình phương nhân với hằng số).
Sử dụng Bunhia (ax+by+cz)2
≤ (a2
+b2
+c2
)(x2
+y2
+z2
); dấu “=” có
c
z
b
y
a
x
==⇔
với a=b=c=1;z=1.
Ta thấy (1) chứng tỏ điều kiện xẩy ra dấu “=” của Bunhia thoả mãn.
Có nghĩa là : x= y = 1.
Vậy nghiệm của pt là (x;y) = (1;1).
Chú ý: Bài này có thể giải bằng “Phân tích thành tổng các lượng không õm”
Cụ thể: Khai triển (1) 2x2
+2y2
-2xy-2x-2y+2 = 0  (x-y)2
+(x-1)2
+(y-1)2
= 0.
Suy ra x=y=1.
2 . x2
- 6xy+13y2
= 100.(2)
(2)  (x-3y)2
= 4(25-y2
). DoVT là bình phương của số nguyên => 25-y2
là số chính
phương và { } { }5;4;3;025;16;9;025 22
±±±∈⇒∈⇒≤ yyy Thay các giá trị của y vào (2) để tìm
x.
(y2
= 1;4 thì 25- y2
là số không chính phương -Đang dùng BĐT theo nghĩa “Cực
hạn”)
*) y = 0 =>2 nghiệm (x;y) = (-10;0), (10;0)
*)
)..(8383
)....(3883
6416.4)3(16253 22
byxyx
ayxyx
yxyy
−=⇒−=−
+=⇒=−
⇒==−⇒=−⇒±=
Nếu y=3, thay vào (a) có (x;y) = (17;3); thay vào (b) có (x;y) = (1;3),
Nếu y= -3, thay vào (a) có (x;y) = (-1;-3); thay vào (b) có (x;y) = (-17;-3),
*)
)..(6363
)....(3663
369.4)3(9254 22
byxyx
ayxyx
yxyy
−=⇒−=−
+=⇒=−
⇒==−⇒=−⇒±=
Nếu y=4, thay vào (a) có (x;y) = (18;4); thay vào (b) có (x;y) = (6;4),
23
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net

WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
Nếu y= - 4, thay vào (a) có (x;y) = (-6;-4); thay vào (b) có (x;y) = (-18;-4),
*) yxyxyy 300.4)3(0255 22
=⇒==−⇒=−⇒±=
Nếu y=5, thay vào x=3y có (x;y) = (15;5);
Nếu y= - 5, thay vào x=3y có (x;y) = (-15;-5);
Vậy pht có 12 nghiệm…
3. y2
= 1+x+x2
+x3
+x4
.(3)
*) Nếu x = 0 => 2 nghiệm (x;y) = (0;1) và (0;-1)
*) Nếu 0≠x ta có (3) 4y2
= 4+4x+4x2
+4x3
+4x4
=(2x2
+x)2
+2x2
+(x+2)2
> (2x2
+x)2
Bằng cách phân tích khác,ta lại có: 4y2
= (2x2
+x+2)2
-5x2
< (2x2
+x+2)2
Như vậy: (2x2
+x)2
< 4y2
< (2x2
+x+2)2
.Do 4y2
=(2y)2
là số tự nhiên, theo “ nguyên lý kẹp”
của các số tự nhiên thì :
4y2
= (2x2
+x+1)2
(*)
Thay y2
bởi VP của (3) ta có pht 1 ẩn (Ta đang dùng BĐT để thay đổi bài toán)
(*)  4(1+x+x2
+x3
+x4
) = (2x2
+x+1)2
 ……..<=>x2
-2x-3 = 0=> x=-1;x= 3
+) Với x=-1=>y2
= 1 => 2 nghiệm (x;y) =(-1;-1) và (-1;1)
+) Với x=3 => y2
=121=112
=> 2 nghiệm (x;y) =(3;11) và (3;-11)
Vậy pt có 6 nghiệm: (x;y) = (0;1) , (0;-1),(-1;-1), (-1;1),(3;11) và (3;-11).
4. y3
= 1+x+x2
+x3
.(4)
Do x2
+x+1> 0,nên x3
< y3
<(x+2)3
= x3
+6x2
+12x+3
(Vì : x3
+6x2
+12x+3= y3
+(5x2
+11x+7) = y3
+
20
19
)
10
11
(
20
19
)
100
121
10
11
.2(5 232
+++=+++ xyxx
=> y3
= (x+1)3
 1+x+x2
+x3
= x3
+3x2
+3x+1  2x2
+2x = 0  x= 0; x = -1
*) x = 0 => y = 1 => (x;y) =( 0;1)
*) x = - 1 => y = 0 => (x;y) =( -1;0)
Vậy pt có 2 nghiệm: (x;y) = (0;1) , (-1;0).
24
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net

WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
5. 3=++
y
zx
x
yz
z
xy
.(5) Pt như bài tập 4 ở PP cực hạn, chỉ khác là tìm nghiệm nguyên.
(5)  x2
y2
+y2
z2
+z2
x2
= 3xyz => xyz > 0.
Theo BĐT Co si cho 3 số dương thì : VT= x2
y2
+y2
z2
+z2
x2 33 4
3)(3 xyzxyzxyz =≥
VP = 3xyz 1113 33 =⇔≤⇔≥⇔≥ xyzxyzxyzxyzxyz (Do x;y;z nguyên và xyz > 0).
Vậy pt có 4 nghiệm: (x;y;z) = (1;1;1) , (1;-1;-1), (-1;1;-1),(-1;-1;1).
V- giải bằng phương pháp loại trừ
Giải các phương trình sau đây trong Z
1. x6
+3x3
+1=y4
2. x(x+1)(x+7)(x+8) = y2
.
3. (x+2)4
-x4
= y3
.
4. 6x2
+5y2
=74.
Hướng dẫn giải
1. x6
+3x3
+1=y4
.(1) Nhận thấy : (x;y)= (0;1) và (0;-1) là 2 nghiệm
Ta sẽ chứng tỏ ngoài 2 nghiệm đó, không còn nghiệm nào khác. Thật vậy:
*) Với x> 0,ta có(x3
+1)2
= x6
+2x3
+1< x6
+3x3
+1=y4
< x6
+4x3
+4 = (x3
+2)2
Nghĩa là : y nguyên mà (x3
+1)2
< y4
< (x3
+2)2
=> Vô lý( x3
+1và x3
+2 là 2 số nguyên
liên tiếp)
*) Với x ≤ -2, ta có: (x3
+2)2
< x6
+3x3
+1=y4
< x6
+2x3
+1 =(x3
+1)2
Nghĩa là : y nguyên mà 12 323
+<<+ xyx => Vô lý
*) Với x= -1, ta có : y4
=-1 => Vô lý.
Vậy phương trình có 2 nghiệm : (x;y)= (0;1) và (0;-1).
2. x(x+1)(x+7)(x+8) = y2
. (2) Bài này đã giải bằng PP phân tích thành tích ( Bài 7)
Chỉ xin giới thiệu cách giải, nhờ bạn đọc làm chi tiết và so sánh để rút kinh nghiệm.
(2)  (x2
+8x)(x2
+8x+7) = y2
= z2
+7z , với z = x2
+8x.
25
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net

WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
Nếu z > 9 thì: (z+3)2
= z2
+6z+9 < z2
+7z = y2
< (z+4)2
=>(z+3)2
= < y2
< (z+4)2
.Vô lý.
Vậy z = x2
+8x 190989 2
≤≤−⇔≤−+⇔≤ xxx (Dạng a+b+c = 0)
Đến đây ta thử trực tiếp từng giá trị của x để tìm y (nếu có) ……
3. (x+2)4
-x4
= y3
.(3) Khai triển (x+2)4
= x4
+ 8(x3
+3x2
+4x+2)
(3)  y3
= 8(x3
+3x2
+4x+2) . Đặt (x3
+3x2
+4x+2) = z3
, vì ZzZx ∈⇒∈
*) Với 0)2(133)1(0 33233
≥⇒∉⇒+<<+++=+⇒≥ xZzxzxxxxx => PT vô nghiệm.
**) Với 2−≤x . Đặt yyxxx −=≥⇒−−= 111 ;02 .Thay vào (3) ta có:
3
1
344444
1
4
1 )2()2()22()2( yyxxxxxx =−=+−=−−−+−−=−+
Theo cách đặt này thì 11; yx thoả mãn (3), như đã giải ở *) thì phương trình vô nghiệm
***) x=-1 (3)  y3
= 0 y = 0
Vậy phương trình có 1 nghiệm (x;y) = (-1; 0 ).
4. 6x2
+5y2
=74 6(x2
- 4) = 5(10- y2
).(*). Do (6;5) = 1 và x;y đều nguyên ,nên
(*) Zvuvuvu
vy
ux
∈=⇒=⇒




=−
=−
⇔ ;;.....3030
)2...(610
)1....(54
2
2
Mặt khác:
Từ
1
0
3
5
;
5
4
3
5
0610)2(
5
4
045)1(
2
2
==
==
⇒≤≤−⇒






≤⇒≥−=⇒
−
≥⇒≥+=⇒
vu
vu
vu
vvy
uux
Thay các giá trị của u;v vào hệ (*) ta có
+) u = v = 0 thì hệ vô nghiệm ( do y2
=10 => y không nguyên)
+) u=v = 1 ta có :




±=⇒=−=
±=⇒=+=
241.610
391.54
2
2
yy
xx
Vậy phương trình có 4 nghiệm (x;y) = (3;2 ),(-3;2),(3;-2),(-3;-2).
VI-giải bằng tính chất chia hết,tính chất đồng dư.
1. Giải trên Z các phương trình : a) x2
-2y2
= 5 . b) x2
-3y2
= 17.
26
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net

WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
c) x2
-5y2
= 17. d)2x
+122
= y2
- 32
.
2. Giải trên Z phương trình : 20084
7
4
6
4
5
4
4
4
3
4
2
4
1 =++++++ xxxxxxx (7 ẩn)
3. Tìm các chữ số x;y;z để : zzzxzyxyz =+
4. Chứng minh phương trình x2
+y2
= 1999 không có nghiệm nguyên.
5. Ch/m: Với x;y;z nguyên thì ( x2
+y2
+z2
) không đồng dư với 7 theo môdun 8 .
Từ đó suy ra phương trình 4x2
+y2
+9z2
= 71 không có nghiệm nguyên.
Hướng dẫn giải
1a). x2
-2y2
= 5
Chú ý rằng: )5(mod1)5(mod2);5(mod1; 2
±≡⇒±≡±≡∈∀ xxxZx
Tương tự : )5(mod22)5(mod1 22
±≡⇒±≡ yy
Do đó VT = x2
-2y2 )5(mod3;1 ±±≡ Trong khi đó VP = 5 )5(mod0≡ .
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên.
1b). x2
-3y2
= 17 x2
=3y2
+17
Chú ý rằng: )3(mod217);3(mod03);3(mod1;0; 22
≡≡≡∈∀ yxZx
Do đó VT = x2 )3(mod1;0≡ Trong khi đó VP = 3y2
+ 17 )3(mod2≡ .
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên.
1c). x2
-5y2
= 17 x2
=5y2
+17 Tương tự như 2 câu trên.
VT = x2 )5(mod4;1;0≡ Trong khi đó VP = 5y2
+17 )5(mod2≡ .
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên.
1d) 2x
+122
= y2
- 32
 y2
= 2x
+153.
*) Nếu x lẻ => 2x
= 22k+1
=2.22k
=2.4k )3(mod2)3(mod0153)...;3(mod2 ≡⇒≡≡ VP
Trong khi đó VT = y2 )3(mod1;0≡ .
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên khi x lẻ.
*) Nếu x chẵn => 2x
= 22k
= (2k
)2
Khi đó pt trở thành:
y2
- (2k
)2
= (y-2k
)(y+2k
) =153 = 1.153 = 3.31 = 9.17
Do (y+2k
) – (y-2k
) = 2k+1
> 0 => (y+2k
) > (y-2k
)=> Chỉ chọn kiểu tương ứng sao cho
y+2k
là số lớn, y-2k
là số nhỏ (để giải theo kiểu phân tích thành tích).
Cần lưu ý: y2
- (2k
)2
= 153 không giải được theo cách trên ,vì , ví dụ như:
)3(mod0).......;3(mod2;0)3(mod1);3(mod1)2()3(mod12 22
≡≡⇒≡≡⇒±≡ VPVTykk
Điều này chứng tỏ khả năng có nghiêm vẫn tồn tại.
27
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net

WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
*) Zxy
y
y xx
k
k
∉⇒=⇔=−⇒=⇒




=−
=+
2577621537777
12
1532 2
*) Zxy
y
y xx
k
k
∉⇒=⇔=−⇒−=⇒




−=−
−=+
2577621537777
1532
12 2
*) Zxy
y
y xx
k
k
∉⇒=⇔=−⇒=⇒




=−
=+
257621532727
32
512 2
*) Zxy
y
y xx
k
k
∉⇒=⇔=−⇒−=⇒




−=−
−=+
257621532727
512
32 2
*) )13;4();()....(421621531313
92
172 2
=⇒=⇒=⇔=−⇒=⇒




=−
=+
yxTMxy
y
y xx
k
k
*) )13;4();()....(421621531313
172
92 2
=⇒=⇒=⇔=−⇒−=⇒




−=−
−=+
yxTMxy
y
y xx
k
k
Vậy phương trình có 1 nghiệm nguyên: (x;y) = (4;13).
2. Giải trên Z phương trình : 20084
7
4
6
4
5
4
4
4
3
4
2
4
1 =++++++ xxxxxxx (7 ẩn)
Ta luôn có :
*) x chẵn =>x=2k, Khi đó 164
x
*) x lẻ =>x=2k+1, Khi đó )16(mod116)1)(1)(1()1)(1(1 42224
≡⇒++−=+−=− xxxxxxx 
(Vì x lẻ nên (x-1)(x+1) là tích 2 số chẵn liên tiếp => chia hết cho 8,còn x2
+1 chia hết
cho2)
Như vậy : Dù x chẵn hay lẻ thì số dư của VT khi chia cho 16 đều không vượt quá 7
Trong khi đó số dư của VP khi chia cho 16 là 8 (2008 = 125.16 + 8)
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên.
3. Tìm các chữ số x;y;z để : zzzxzyxyz =+ . (3)
zzzxzyxyz =+  100x+10y+z+100x+10z+y = 111z 200x+11y= 100z
100(z-2x) =11y => y chia hết cho 100, lại do { } 09;....;2;1;0 =⇒∈ yy
Khi y= 0 => z=2x;do x > 0 nên : { } { };4;3;2;18;6;4;2 ∈⇒∈ xz
Vậy ta có các số cần tìm là: 102; 204; 306; 408.
28
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net

WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
4. Chứng minh phương trình x2
+y2
= 1999 không có nghiệm nguyên.
Giả sử pt có nghiệm nguyên,khi đó do x;y nguyên nên
… )0;1;2(mod4VT)4(mod1;0; 22
≡⇒≡yx Trong khi đó VP =1999 =499.4 + 3. (
)4(mod3≡VP .
Vậy điều giả sử là sai, hay phương trình không có nghiệm nguyên.
5. Ch/m: Với x;y;z nguyên thì ( x2
+y2
+z2
) không đồng dư với 7 theo môdun 8 .
Từ đó suy ra phương trình 4x2
+y2
+9z2
= 71 không có nghiệm nguyên.
Giả sử ).....(*)8(mod7222
≡++ zyx
Ta luôn có : )8(mod4;1;0)8(mod4;3;2;1;0; 2
≡⇒±±±≡∈∀ xxZx
Thay kết quả này vào (*) ta được )1).....(8(mod3;6;722
≡+ zy
Mặt khác, cũng như x ,ta lại có : )2)......(8(mod5;2;1;0.....
)8(mod4;1;0
)8(mod4;1;0 22
2
2
≡+⇒




≡
≡
zy
z
y
So sánh các kết quả ở (1) và (2) ta thấy điều giả sử là sai (2 kết quả không khớp nhau).
Bài toán đựơc chứng minh.
*) 4x2
+y2
+9z2
= 71 (2x)2
+y2
+(3z)2
= 71. Do x;y;z nguyên nên 2x;y;3z đều nguyên.
Theo chứng minh trên thì VT không đồng dư với 7 theo môdun 8
Trong lúc đó 71= 8.8 +7 => VP lại đồng dư với 7 theo môdun 8.
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên.
Tài liệu tham khảo
I-định nghĩa,Các tính chất của “chia hết” trên tập Z:
Đ/n: Số a nguyên được gọi là chia hết cho số b nguyên nếu số dư của a:b bằng 0
Kí hiệu : ba ; viết tắt là a chc b.
T/c:
29
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net

WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
.1);...(;....12
1);....(.....11
;.....;.....10
*......
;;;
)(
......9
;;
)(
.......8
,;)..(;.......7
*..................;;.......6
;.......5
,,;.......4
;........3
0;0........2
,1.;0;.......1
*
bcacbcaba
cacbbac
Nnbababcacdcba
mS
mdmcmbma
mdcbaS
md
mcmbma
mdcba
Znmbcnambcba
abbavabaZba
Zcbacba
Nbabaabba
cacbba
bb
Zaaaaa
nn
















⇒=
⇒=
∈∀⇒⇒
⇒


 +++=
⇒


 +++
∈∀±⇒
⇒≠∈
∈∀⇒
∈∀=⇒
⇒
≠∀
∈∀±≠∀
+
13.a;b Z∈ ;b> 0,luôn tìm được duy nhất (q;r) để a = b.q+r; trong đó br <≤0
II-Định nghĩa và tính chất của đồng dư
Đ/n: Với ZbaZm ∈∈ +
;; ,Ta nói a;b đồng dư với nhau theo mô đun m nếu mba )( −
Kí hiệu )(modmba ≡ . Và )(modmba ≡ được gọi là đồng dư thức.
Nếu ( a-b) không chia hết cho m, ta viết )(modmba ≡ .
T/c(6t/c):
)(mod..)(mod);(mod....5
))(mod()(mod);(mod....4
)(mod)(mod);(mod....3
)(mod)(mod....2
;)(mod...1
mdbcamdcmba
mdbcamdcmba
mcamcbmba
mabmba
Zamaa
≡⇒≡≡
+≡+⇒≡≡
≡⇒≡≡
≡⇒≡
∈∀≡
Các hệ quả của t/c 4 và t/5:
30
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net

WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
)(mod)(mod)...3
)(mod)(mod)....2
)(mod)(mod)...1
mbamba
mbamba
mbamba
nn
iiii
iiii
≡⇒≡
≡⇒≡
≡⇒≡
∏ ∏
∑∑
Chú ý:
1) )2(mod1.)...;2(mod0)2(mod1);2(mod1 ≡≡+⇒≡≡ cababa
(Tổng 2 số lẻ là số chẵn; tích 2 số lẻ là số lẻ)
2) )7(mod2)7(mod3 2
≡⇒≡ aa . Nếu 1 số chia cho 7 dư 3 thì bình phương của nó chia
cho 7 sẽ dư 2…
3) Chia 2 vế của một đồng dư thức cho cùng 1 số, nói chung, là không được.
Ví dụ: )10(mod122 ≡ nhưng *)........10(mod61 ≡
4) 2 số đồng thời không chia hết cho m nhưng tích của chúng vẫn chia hết cho m.
∈≡ dmba );(mod.....6 ƯC(a,b) sao cho (d;m) = 1 thì )(modm
d
b
d
a
≡ .
31
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net