Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 chuyên đề phương trình nghiệm nguyên

Bồi dưỡng học sinh giỏi tốn 8
CHUN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
MỤC LỤC
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
B. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

2
2

1. Tìm một nghiệm riêng của phương trình: .............................................................................................. 2
2. Tìm nghiệm riêng của phương trình (1) bằng thuật tốn ơ-clit mở rộng. ................................................ 3
3. Phương pháp dùng tính chia hết ............................................................................................................ 4
Dạng 1. Phát hiện tính chia hết của một ẩn ............................................................................................ 4
Dạng 2. Phương pháp đưa về phương trình ước số................................................................................. 7
Dạng 3. Phương pháp tách ra các giá trị nguyên. ................................................................................. 16
4. Phương pháp sử dụng tính chẵn lẻ của ẩn hoặc xét số dư từng vế ........................................................ 17
Dạng 1. Sử dụng tính chẵn lẻ............................................................................................................... 18
Dạng 2. Xét tính chẵn lẻ và xét số dư từng vế ...................................................................................... 18
5. Sử dụng tính chất a(a + 1) = k2............................................................................................................ 20
6. Sử dụng lý thuyết phần nguyên ........................................................................................................... 21
7. Phương pháp dùng tính chất của số chính phương............................................................................... 21
Dạng 1: Dùng tính chất về chia hết của số chính phương .................................................................... 21
Dạng 2: Đưa về tổng các số chính phương .......................................................................................... 22
Dạng 3: Xét các số chính phương liên tiếp .......................................................................................... 26
Dạng 4: Sử dụng điều kiện  là số chính phương ................................................................................ 27
Dạng 5: Sử dụng tính chất: Nếu hai số ngun liên tiếp có tích là một số chính phương thì một trong hai
số ngun liên tiếp đó bằng 0 .............................................................................................................. 28
Dạng 6: Sử dụng tính chất: Nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là một số chính
phương thì mỗi số đều là số chính phương .......................................................................................... 29
8. Phương pháp đưa về ước số ................................................................................................................ 30
9. Sử dụng phương pháp kẹp giữa ........................................................................................................... 34

10. Sử dụng tính chất chia hết và đồng dư ............................................................................................... 38
11. Sử dụng lý thuyết đồng dư ................................................................................................................ 41
12. Phương pháp xuống thang ................................................................................................................. 44
13. Phương pháp dùng bất đẳng thức ...................................................................................................... 47
Dạng 1: Sử dụng bất đẳng thức cổ điển ............................................................................................... 47
Dạng 2: Sắp xếp thứ tự các ẩn ............................................................................................................. 48
Dạng 3: Chỉ ra nghiệm nguyên............................................................................................................ 52
Dạng 4: Sử dụng điều kiện   0 để phương trình bậc hai có nghiệm................................................... 52
14. Phương pháp khử ẩn để giải phương trình nghiệm nguyên. ............................................................... 53
15. Phương pháp lùi vô hạn, nguyên tắc cực hạn ..................................................................................... 54
Dạng 1: Phương pháp lùi vô hạn ......................................................................................................... 54
Dạng 2: Nguyên tắc cực hạn ............................................................................................................... 55
16. Điều kiện phương trình có nghiệm ngun ........................................................................................ 56
17. Bài tốn đưa về giải phương trình nghiệm nguyên............................................................................. 57
Dạng 1. Bài toán về số tự nhiên và các chữ số ..................................................................................... 57
Dạng 2. Bài toán về hàm số................................................................................................................. 58
Dạng 3. Bài tốn về tính chia hết về số nguyên tố ............................................................................... 59
Dạng 4. Các bài toán thực tế ............................................................................................................... 60

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG
D. HƯỚNG DẪN GIẢI

Biên soạn: Trần Đình Hồng

62
72

0814000158

1

Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1. Giải phương trình nghiệm nguyên.
- Phương trình nghiệm nguyên là phương trình có nhiều ẩn số, tất cả các hệ số của phương
trình đều là số nguyên. Các nghiệm cần tìm cũng là số ngun. (Phương trình nghiệm ngun
cịn gọi là phương trình Diophantus - mang tên nhà tốn học cổ Hy Lạp vào thế kỷ thứ II).
- Giải phương trình f(x, y, z, ...) = 0 chứa các ẩn x, y, z, ... với nghiệm nguyên là tìm tất cả các
bộ số nguyên (x, y, z, ...) thỏa mãn phương trình đó.
2. Một số lưu ý khi giải phương trình nghiệm nguyên.
- Khi giải các phương trình nghiệm nguyên cần vận dụng linh hoạt các tính chất về chia hết,
đồng dư, tính chẵn lẻ,… để tìm ra điểm đặc biệt của các ẩn số cũng như các biểu thức chứa ẩn
trong phương trình, từ đó đưa phương trình về các dạng mà ta đã biết cách giải hoặc đưa về
những phương trình đơn giản hơn. Các phương pháp thường dùng để giải phương trình
nghiệm nguyên là:
 Phương pháp dùng tính chất chia hết
 Đưa về phương trình tích
 Đưa về ước số
 Phương pháp xét số dư từng vế
 Sử dụng lý thuyết đồng dư
 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức
 Phương pháp dùng tính chất của số chính phương
 Sử dụng tính chất a  a  1  k 2






Sử dụng lý thuyết phần nguyên
Phương pháp lùi vô hạn, nguyên tắc cực hạn.
Sử dụng phương pháp kẹp giữa
Phương pháp xuống thang
Sử dụng delta của phương trình bậc hai

B. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
1. Tìm một nghiệm riêng của phương trình:
 Lý Thuyết
Đối với phương trình bậc nhất 2 ẩn ax + by = c (a, b, c  Z; a, b không đồng thời bằng 0).

Định lý: Điều kiện cần và đủ để phương trình ax + by = c ( a,b,c  ; a,b  0 ) có nghiệm
nguyên là ước số chung lớn nhất của a và b là ước của c.
Hệ quả: Nếu ƯCLN(a;b) = 1 thì phương trình (1) có nghiệm ngun.
 Phương pháp giải
Áp dụng tính chất: Nếu phương trình (1) có một nghiệm ngun (x0; y0) thì nó có vô số nghiệm
nguyên và tập hợp các nghiệm nguyên của nó gồm các cặp số nguyên (x; y) xác định bởi:

Biên soạn: Trần Đình Hồng

0814000158

2


Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
b

 x  x0  d t
với d = ƯCLN(a;b) và t = 0,  1,  2,...


y  y  a t
0

d

Ví dụ 1.

(Bài toán dân gian)
“ Trăm trâu, trăm cỏ,
Trâu đứng ăn năm,
Trâu nằm ăn ba
Lụ khụ trâu già,
Ba con một bó”.
Hỏi có bao nhiêu trâu đứng, bao nhiêu trâu nằm và bao nhiêu trâu già?

Lời giải:
Gọi số trâu đứng là x, số trâu nằm là y thì số trâu già là 100 – (x + y) và ta có phương trình
5x + 3y +

100  x  y
= 100.
3

Ở đó x, y là những số nguyên dương. Phương trình trên tương đương với: 7x + 4y = 100.
Ta phải tìm nghiệm nguyên dương của phương trình này. Dễ thấy x0 = 0, y0 = 25 là một
nghiệm nguyên của phương trình 7x + 4y = 100 nên tập hợp nghiệm nguyên của nó gồm tất cả
các cặp số nguyên (x;y) sau đây.

 x  4t


với t là một số nguyên tuỳ ý
 y  25  7t
Bởi vì x = 4t > 0 và y = 25 – 7t > 0 nên 0 < t < 4.
Vậy số trâu đứng là 4t, số trâu nằm là 25 – 7t và số trâu già là 25 + 3t với t = 1, 2, 3
Tóm lại có ba khả năng cho số trâu mỗi loại.
t
1
2
3

Số trâu đứng
4
8
12

Số trâu nằm
18
11
4

Số trâu già
78
81
84

Nghiệm (x0 = 0; y0 = 25) được gọi là một nghiệm riêng và nghiệm (x = 4t; y = 25 – 7t), t  Z,
được gọi là nghiệm tổng quát của phương trình 7x + 4y = 100.
Như vậy để giải phương trình (1) trong điều kiện giải được, ta chỉ cần tìm một nghiệm riêng
nào đó của nó. Sau đây chúng ta sử dụng thuật toán ơ-clit mở rộng để chỉ ra một nghiệm riêng

của phương trình (1).
2. Tìm nghiệm riêng của phương trình (1) bằng thuật tốn ơ-clit mở rộng.

Xét phương trình Đi-ơ-phăng bậc nhất hai ẩn: ax + by = c với d = ƯCLN(a; b) là một ước của
c, chẳng hạn c = dc’ (c’  Z)
Thực hiện thuật toán ơ-clit mở rộng trên hai số a, b chúng ta được d và hai số ngyên x’, y’
sao cho xảy ra đẳng thức ax’ + by’ = d. Chúng ta nhân hai vế của đẳng thức này với c’ sẽ được
a(c’x’) + b(c’y’) = d.
Đẳng thức sau cùng này chứng tỏ c’x’, c’y’ là một nghiệm riêng của phương trình (1) và áp
dụng định lí trên chúng ta được tất cả các nghiệm ngun của nó.
Ví dụ 1. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 1821x + 675y = 6.
Lời giải:
Biên soạn: Trần Đình Hồng

0814000158

3


Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Trước hết ta hãy tìm cặp số nguyên x, y sao cho: 1821x + 675y = d (d = ƯCLN(1821; 675))
Thực hiện thuận toán ơ-clit mở rộng trên hai số 1821 và 675, ta có bảng sau.
t
0
1
2
3
4
5

q
2
1
2
3
4
5

r0
1821
675
471
204
63
15

r1
675
471
204
63
15
3

r2
471
204
63
15
3

0

x0
1
0
1
-1
3
-10

x1
0
1
-1
3
-10
43

x2
1
-1
3
-10
43

y0
0
1
-2
3

-8
27

y1
1
-2
3
-8
27
-116

y2
-2
3
-8
27
-116

Nhìn vào bảng trên ta được d = ƯCLN(1821; 675) = 3
x = 43; y = -116 và có đẳng thức 1821.43 + 675(-116) = 3.
Chúng ta thấy d = 3 là ước của 6 nên phương trình đã cho có nghiệm nguyên. Bằng cách
nhân hai vế của đẳng thức trên với 2 ta được 1821.86 + 675(-232) = 6
Đẳng thức cuối cùng này chứng tỏ (x = 86, y = -232) là một nghiệm riêng của phương trình
đã cho và do đó nghiệm tổng qt của nó là
675

 x  86  3 t  86  225t

 y  232  1821 t  232  607t


3

t = 0,  1 ,  2...

Ví dụ 2. Phương trình 15x – 5y = – 20 tương đương với phương trình 3x – y = – 4 hay y = 3x + 4

x  t
với t = 0,  1 ,  2...là tất cả các nghiệm của phương
 y  4  3t

nên ta được. 

trình 15x – 5y = – 20.
Nếu |a| và |b| đều lớn hơn 1. Bao giờ ta cũng có thể chuyển việc tìm nghiệm nguyên của
phương trình (1) về việc tìm nghiệm nguyên của một phương trình bậc nhất hai ẩn mà có ít nhất
một hệ số của ẩn là  1.
Ví dụ 3. Giải phương trình vơ định: 17x – 47y = 5
Lời giải:
Bời vì – 47 = 17(– 3) + 4 nên ta viết phương trình dưới dạng: 17(x – 3y) + 4y = 5
Đặt x – 3y = z  Z ta được phương trình: 17z + 4y = 5
vì 17 = 4.4 + 1 nên phương trình này được viết dưới dạng: 4(y + 4z) + z = 5.
Đặt y + 4z = t  Z ta được phương trình: 4t + z = 5.
Đây là một phương trình bậc nhất hai ẩn có hệ số của ẩn z là 1 nó cho ta z = 5 – 4t, t  Z.
Từ đó y = t – 4z = t – 5( 5 – 4t ) = – 20 + 17t.
x = z + 3y = (5 – 4t) = 3(– 20 + 17t) = – 55 + 47t
 x  55  47t
t = 0,  1,  2, ...
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 
 y  20  17t
3. Phương pháp dùng tính chia hết

Dạng 1. Phát hiện tính chia hết của một ẩn
Bài 1. Giải phương trình nghiệm nguyên 3x + 17y = 159

(1)

Lời giải:
Biên soạn: Trần Đình Hồng

0814000158

4


Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn phương trình (1). Ta thấy 159 và 3x đều chia hết cho 3 nên
17y M 3  y M 3 (do 17 và 3 nguyên tố cùng nhau).
Đặt y  3t  t  Z  thay vào phương trình ta được: 3x + 17.3y = 159  x + 17t = 53

 x  53  17t
Do đó: 
(t  ) . Thử lại ta thấy thỏa mãn phương trình đã cho
 y  3t
Vậy phương trình có nghiệm (x, y) = (53 – 17t, 3t) với t là số nguyên tùy ý.
Bài 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x + 13y = 156

(1).

Lời giải
- Phương pháp 1: Ta có 13yM13 và 156 M13 nên 2xM13  x M13 (vì (2,3) = 1).

Đặt x  13k (k  Z) thay vào (1) ta được: y  2k  12
x  13k
(k  Z).
 y  2k  12

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: 
- Phương pháp 2: Từ (1)  x 

Để x  Z 

156  13y
13y
 78 
,
2
2

13y
 Z Mà (13,2) = 1  y M 2 Đặt y  2t(t  Z)  x  78  13t
2
x  78  13t

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: 

 y  2t

(t  Z).

Bài 3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 11x + 18y = 120 (1)

Lời giải

Ta thấy 18y và 120 đều chia hết cho 6  11xM6 nên xM6 .
Đặt x = 6k (k nguyên). Thay vào (1) và rút gọn ta được: 11k + 3y = 20
Biểu thị ẩn mà hệ số của nó có giá trị tuyệt đối nhỏ (là y) theo k ta được: y 

20  11k
3

k 1
3
k 1
 y  7  4(3t  1)  t  3  11t
 t với t nguyên suy ra k = 3t + 1. Do đó: 
Lại đặt
3
 x  6k  6(3t  1)  18t  6

Tách riêng giá trị nguyên của biểu thức này: y  7  4k 

Thay các biểu thức của x và y vào (1), phương trình được nghiệm đúng.
 x  18t  6
Vậy các nghiệm nguyên của (10 được biểu thị bởi công thức: 
với t là số nguyên tùy ý
 y  3  11t
Chú ý:
a) Nếu đề bài yêu cầu tìm nghiệm nguyên dương của phương trình (1) thì sau khi tìm được nghiệm
18t  6  0

1

3
 t
3
11
 3  11t  0

tổng quát ta có thể giải điều kiện: 

Do đó t = 0 do t là số nguyên. Nghiệm nguyên dương của (1) là (x, y) = (6, 3).
Trong trường hợp tìm nghiệm ngun dương của (1) ta cịn có thể giải như sau
Biên soạn: Trần Đình Hồng

0814000158

5


Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Do y  1 nên 11x  120  18.1  102.
Do x nguyên nên x  9 . Mặt khác xM 6 và x nguyên dương nên x = 6  y  3
20  11k
, chẳng hạn:
3

b) Có nhiều cách tách giá trị nguyên của biểu thức y 
y  7  4k 

y  6  3k 

k 1

(cách 1)
3

2 1  k 
3

y  7  3k 

;

1  2k
(cách 2)
3

(cách 3)

Ta thấy: - Cách 1 gọn hơn cách 2 vì ở cách 1 hệ số của k trong phân thức bằng 1, do đó sau khi
đặt

k 1
 t ta không cần thêm một ẩn phụ nào nữa
3

- Trong cách 3, nhờ đặt được thừa số chung mà hệ số của k của phần phân số bằng -1, do đó sau
khi đặt

1 k
 t cũng không cần dùng thêm thừa số phụ nào nữa.
3

Bài 4. Giải phương trình nghiệm nguyên 23x + 53y = 109.
Lời giải

Ta có x 

109  53y 23(4  2y)  17  7y
17  7y

 4  2y 
23
23
23

Ta phải biến đổi tiếp phân số

17  7y
để sao cho hệ số của biến y là 1.
23

Phân tích: Ta thêm, bớt vào tử số một bội thích hợp của 23
17  7y 17  7y  46  46 7(9  y)  46
7(9  y)


 2 
23
23
23
23

Từ đó x  2  2y 

7(9  y)
9y
, Để x  Z 
 Z , do (7,23) = 1.
23
23

Đặt 9  y  23t (t  Z)  y  9  23t
x  9  23t

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: 

 y  53t  16

(t  Z).

Chú ý: Phương trình có dạng ax  by  c với a, b, c là các số nguyên.

 Phương pháp giải:
- Rút gọn phương trình chú ý đến tính chia hết của các ẩn.
- Biểu thị ẩn mà hệ số của nó có giá trị tuyệt đối nhỏ (chẳng hạn x) theo ẩn kia.
- Tách riêng giá trị nguyên ở biểu thức của x.
- Đặt điều kiện để phân số trong biểu thức chứa x bằng một số nguyên t1 , ta được một phương
trình bậc nhất hai ẩn y và t1.
- Cứ tiếp tục làm như trên cho đến khi các ẩn đều được biểu thị dưới dạng một đa thức với các
hệ số nguyên.
Biên soạn: Trần Đình Hồng

0814000158

6


Bồi dưỡng học sinh giỏi tốn 8
Bài 5. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 6x2 + 5y2 = 74
Lời giải

Ta có: 6x 2  5y 2  74  6  x 2  4   5  10  y 2   2 
Từ (2) suy ra 6  x 2  4 M 5 , mặt khác  6, 5   1   x 2  4 M 5  x 2  5t  4  t  N 





Thay x2  4  5t vào (2) ta có: 30t  5 10  y2  y2  10  6t

4
t


5t

4

0

5   4  t  5 , t  N .Suy ra: t  0;1
Ta có: x 2  0, y 2  0  


 
5
3
10t  6  0
 t 5

3

Với t = 0 không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
 x 2  9
 x  3
. Mặt khác x, y nguyên dương nên x = 3, y = 2.

2
 y  4
 y  2

Với t = 1 ta có: 

Vậy phương trình có nghiệm (x, y) = (3, 2).
Bài 6. Có tồn tại hay khơng hai số nguyên x, y thỏa mãn : 3x 2  7 y 2  2002

HD:
Biến đổi phương trình thành:
x2
 y 2  286  x 2 M 7 và x 2  286  7  x  16 và x M 7  x  7, x  14
7
Với x  7  y 2  165  l 
Với x  14  y 2  202  l 

3.

Dạng 2. Phương pháp đưa về phương trình ước số

 Phương pháp:
- Ta tìm cách đưa phương trình đã cho thành phương trình có một vế là tích các biểu thức có
giá trị nguyên, vế phải là hằng số nguyên.
- Ta có thể sử dụng các PP phân tích thành nhân tử, biến thành hiệu của hai số chính phương,
- Sử dụng biệt thức denta là số chính phương ” .
- Thực chất là biến đổi phương trình về dạng: A(x; y).B(x; y)  c trong đó A(x; y), B(x; y) là các
biểu thức nguyên, c là một số nguyên.
- Xét các trường hợp A(x; y), B(x; y) theo ước của c.
 Bài tập áp dụng
Bài 1. Giải phương trình nghiệm nguyên : x 2  4 x  y 2  1
Lời giải:
2
Ta có: x 2  4 x  y 2  1   x 2  4 x  4   y 2  5   x  2   y 2  5   x  2  y  x  2  y   5

Vì x, y 

 x  y  2 và x  y  2 là số nguyên. Do đó ta có bảng giá trị:

x–y+2
x+y+2
Biên soạn: Trần Đình Hồng

-5
-1

-1

-5

0814000158

1
5

5
1
7


Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
x
y

-5
2

-5
-2

1
2

1
-2

Vậy: (x; y) = (-5; 2), (-5; -2), (1; 2), (1; -2)
Bài 2. Giải phương trình nghiệm nguyên : x  y  2 xy  6

Lời giải:
1
2

Ta có: x  y  2 xy  6  x 1  2 y   y  6  x 1  2 y   y  

11
2

 2 x 1  2 y    2 y  1  11   2 x  1 2 y  1  11

Vì x, y 

 2 x  1 và 2 y  1 là số nguyên. Do đó ta có bảng giá trị:

2x – 1
2y + 1
x
y

-11
-1
0
-6

-1
-11
-5
-1

1
11
6
5

11
1
1
5

Vậy: (x; y) = (0; -6), (-5; -1), (6; 5), (1; 5)
Bài 3. Giải phương trình nghiệm nguyên : x 2  xy  3 y  11
Lời giải:
Cách 1: Ta có: x 2  xy  3 y  11  x 2  9  xy  3 y  11  9   x  3 x  3  y  x  3  2
Vì x, y 

  x  3 x  y  3  2
 x  3 và x  y  3 là số nguyên. Do đó ta có bảng giá trị:
x+3
-2
-1
1
2
x+y–3
-1
-2
2
1
x
-5

-4
-2
-1
y
7
5
7
5

2

2



y y2   y2
 2x  y   y  3 
Cách 2: Ta có: x  xy  3 y  11   x 2  2 x.      3 y   11  
 
 2
2 4   4
 2   2 


2

  2 x  y    y  3  8   2 x  y  y  3 2 x  y  y  3  8   2 x  2 y  3 2 x  3  8
2

2

Vậy: (x; y) = (-5; 7), (-4; 5), (-2; 7), (-1; 5)

Bài 4. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2xy – x + y = 3
Lời giải
Ta có: 2xy  x  y  3  4xy – 2y + 2y = 6  2x(2y – 1) + (2y – 1) = 6 – 1  (2y – 1)(2x + 1) = 5
Ta gọi phương trình trên là phương trình ước số: vế trái là một tích các thừa số nguyên, vế trái
là hằng số. Ta có x và y là các số nguyên nên 2x + 1 và 2y – 1 là các số nguyên và là ước của 5.
(2x + 1) và (2y – 1) là các ước số của 5 nên ta có:
2x + 1
1
-1
5
-5
2y – 1
5
-5
1
-1
Vập phương trình có các nguyện ngun là (x, y) = (3, 0); (-1, -2); (2, 1); (-3, 0).
Biên soạn: Trần Đình Hồng

0814000158

8


Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Kinh nghiệm giải: Để đưa vế trái 2xy  x  y về phương trình dạng tích, ta biến đổi thành
x  2y  1 

1
 2y  1 bằng cách nhân 2 vế của phương trình với 2 để đưa về phương trình ước số.
2

Luyện tập kinh nghiệm này bằng ví dụ 2 sau đây.
Bài 5. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 5x – 3y = 2xy – 11.

Lời giải
3
15
 11  0
2
2
3  7
2x  3 7

 (5  2y)  x   
 (2y  5) 
  (2y  5)(2x  3)  7 (*)
2 2
2
2


Ta có : 5x  3y  2xy  11  x(5  2y)  (5  2y) 

Suy ra (2x + 3) và (2y – 5) là các ước số của 7 nên ta có:
2x + 3
1

-1
7
2y - 5
7
-7
1

-7
-1

Vập phương trình có các nguyện nguyên là (x, y) = (-1, 6); (-2, -1); (2, 3); (-5, 2).

Nhận xét: Đối với nhiều phương trình nghiệm nguyên việc đưa về phương trình ước số là rất khó
khăn ta có thể áp dụng một số thủ thuật, các bạn xem tiếp ví dụ 3:
Bài 6. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – 2xy + 3y – 5y + 7 = 0.
Lời giải
Ta có : x 2  2xy  3y  5x  7  0  x 2  2x.

(2y  5) (2y  5) 2 (2y  5)2


 3y  7  0
2
4
4

2

2

2y  5  4y 2  20y  25  12y  28
2y  5  4y 2  8y  3


 x
 0  x
 
 
2 
4
2 
4


2

2

2y  5  4(y  1) 2  7
2y  5 
7


2
 x
 0  x
 
  (y  1) 
2 
4

2 
4


(2x  2y  5) 2
7
 (y  1) 2 
 (2x  2y  5) 2  4(y  1) 2  7
4
4
 (2x  2y  5  2y  2)(2x  2y  5  2y  2)  7  (2x  4y  7)(2x  3)  7 (*)


Vì x, y nguyên nên từ PT(*) ta có các trường hợp sau:
2x  4y  7  1
 x  2

2x  3  7
 y  3

1) 

2x  4y  7  1

3) 

2x  3  7

x  5


y  1

2x  4y  7  7
x  2

2x  3  1
y  1

2) 

 2x  4y  7  7

4) 

 2x  3  1

x  1

 y  3

Vậy các nghiệm nguyên (x; y) của phương trình là: (-2; -3); (2; 1); (5; 1);(1; -3).
 Nhận xét: Trong cách giải trên ta đã sử dụng phương pháp biến đổi tam thức bậc hai

 ax

2

 bxy  cy 2 , ax 2  bx  c  trước hết ta chọn một biến để đưa về hằng đẳng thức (Bình

phương của một tổng, hoặc một hiệu) chứa biến đó: ở đây ta chọn biến x là :

Biên soạn: Trần Đình Hồng

0814000158

9


Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
x  x  2y  5 
2

 2y  5

4

2

, phần còn lại của đa thức ta lại làm như vậy với biến y:

  2y  5 
4  y  1  7
4y 2  8y  3
 3y  7  

4
4
4
Các bạn có thể tư duy tìm hướng giải như sau:
2

2

x 2  2xy  3y  5x  7  0  x 2  (2y  5)x  3y  7  a  a (*)
Xét phương trình: x 2  (2y  5)x  3y  7  a  0 (**)
Với a là số chưa biết cần thêm vào, xác định a như sau:
 (**)  (2y  5) 2  4(3y  7  a)  4y 2  20y  25  12y  28  4a  4y 2  8y  3  4a

7

Chọn a để  **  là số chính phương nên 3  4a  4  a 
.
4
2y  5  2(x  1) 3
2y  5  2(x  1) 4y  7
 , x2 

Khi đó :  (**)  4(x  1) 2  x1 
2
2
2
2
3 
4y  7 
7

Vậy: (*)   x   x 
    (2x  3)(2x  4y  7)  7
2 
2 

4

Vì x, y nguyên nên ta có các trường hợp sau:
2x  4y  7  1
x  2

2x  3  7
 y  3

2) 

2x  4y  7  7
x  2

2x  3  1
y  1

2x  4y  7  1
x  5

2x  3  7
y  1

4) 

1) 

 2x  4y  7  7
x  1


 2x  3  1
 y  3

3) 

Vậy các nghiệm nguyên (x;y) của phương trình là: (-2; -3); (2; 1); (5; 1);(1; -3).
Bài 7. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + 12y = y2 (1)
Lời giải

Phương trình tương đương với :
x 2  12x  y 2

  x  6   y 2  36   x  y  6  x  y  6   36
2

Suy ra (x + y + 6) và (x – y + 6) là ước của 36.
Mà 36 có 18 ước nên:  x  y  6   1; 2; 3; 4; 6; 9; 18; 36
Kết quả ta tìm được các nghiệm nguyên là:  0, 0  ;  12, 0  ;  16, 8  ;  16, 8  ;  4, 8  ;  4, 8 
Nhận xét: Phương pháp đưa về phương trình ước số có 2 bước: Phân tích thành ước và xét các
trường hợp. Hai bước này có thể khơng khó nhưng trong trường hợp hằng số phải xét có nhiều
ước số chúng ta cần dựa vào tính chất của biến (ví dụ: tính chẵn lẻ, số dư từng vế) để giảm số
trường hợp cần xét.
Trong trường hợp bài tập 4 ta có thể nhận xét như sau:
Do y có số mũ chẵn nên nếu y là nghiệm thì – y cũng là nghiệm nên ta giả sử y  0 . Khi đó
x  6  y  x  6  y ta giảm được 8 trường hợp:

Biên soạn: Trần Đình Hồng

0814000158

10


Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
 x  6  y  9  x  6  y  4  x  y  6  1
,
,

 x  6  y  4  x  6  y  9  x  y  6  36
 x  6  y  36  x  6  y  2  x  y  6  18
,
,

 x  6  y  1  x  6  y  18  x  y  6  2
 x  6  y  3  x  6  y  12  x  y  6  6
,
,

 x  6  y  12  x  6  y  3  x  y  6  6

x  6  y  6

x  6  y  6

Bây giờ có 10 trường hợp, ta lại thấy  x  6  y    x  6  y   2y nên  x  6  y  ,  x  6  y  có
cùng tính chẵn lẻ. Do đó ta cịn 4 trường hợp:
 x  6  y  2
 x  y  6  18
, 


x  6  y  18  x  y  6  2

x  y  6  6 x  y  6  6
,
, 
x  y  6  6 x  y  6  6

x  y  6  6 x  y  6  6
, 
hai phương trình này đều có nghiệm
 x  y  6  6 x  y  6  6

Tiếp tục xét hai phương trình 

y = 0 ta có xét y = 0 ngay từ đầu. Ta có phương trình ban đầu: x  x  12   y 2 , xét hai khả năng:
Nếu y = 0 thì x = 0 hoặc x = - 12
Nếu y  0 thì x  6  y  x  6  y áp dụng hai nhận xét trên ta chỉ phải xét 2 trường hợp
 x  6  y  2
x  y  6  18
, 

x  6  y  18  x  y  6  2

Giải và kết luận phương trình có 4 nghiệm  0, 0  ;  12, 0  ;  16, 8  ;  16, 8  ;  4, 8  ;  4, 8 
Bài 8. Giải phương trình nghiệm nguyên: y 2  x  x  1 x  7  x  8 
Lời giải:





Biến đổi phương trình thành: y2  x 2  8x x 2  8x  7



Đặt: z  x 2  8 x  y 2  z2  7z  4 y 2   2 z  7   49   2 z  2 y  7  2 z  2 y  7   49
2

Ta có các TH sau:
2 z  2 y  7  1

 y  12

2 z  2 y  7  49
z  9

2 z  2 y  7  49

 y  12

2 z  2 y  7  1
z  9

TH1: 

TH2: 
x  1

Cả hai TH trên đều có z  9  x 2  8x  9  

 x  9

2 z  2 y  7  1

 y  12

2 z  2 y  7  49
 z  16
TH5: 2 z  2 y  7  2 z  2 y  7  7  y  z  0
TH6: 2 z  2 y  7  2 z  2 y  7  7

TH3: 

2 z  2 y  7  49

 y  12

2 z  2 y  7  1
 z  16

TH4: 

Bài 9. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x  xy  y  9

HD:

Biến đổi phương trình đã cho về dạng:  x  1 y  1  10
Vì x, y  Z   x  1 ,  y  1  Z  x  1  1;  2;  5;  10 , Thay vào tìm được y

Bài 10. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 3 x  4 y  xy  16

Biên soạn: Trần Đình Hồng

0814000158

11


Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
HD: Biến đổi phương trình thành: xy  3 x  4 y  16  x  y  3  4 y  12  4
x  y  3  4  y  3  4   y  3 x  4   4

Bài 11. Giải phương trình nghiệm nguyên : x 2  25  y  y  6 

HD : Ta có: x 2   y 2  6 y   25  x 2   y 2  6 y  9   16  ( x  y  3)( x  y  3)  16
mà x  y  3  x  y  3  2 x là một số chẵn nên 2 số đều chẵn.
Bài 12. Giải phương trình nghiệm nguyên : x  x  1 x  2  x  3   y 2

HD : Ta có: x  x  1 x  2  x  3  y 2   x 2  3x  x 2  3 x  2   y 2 (1)
Đặt a  x 2  3x , khi đó (1) trở thành   a  1  y  a  1  y   1
Bài 13. Giải phương trình nghiệm nguyên : x 2  y 2  1999

HD: Ta có: x 2  y 2  1999   x  y  x  y   1999
Bài 14. Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2  2 y  xy


y
2

HD: Ta có: x 2  2 y  xy   x 2  2 x. 



y2   y2
y
    2. .2  4   4   x  2 y  2  x  2   16
4   4
2


Bài 15. Giải phương trình nghiệm nguyên : x  y  6  2 xy
1
2

HD: Ta có: 2 xy  x  y  6  x  2 y  1  y  

11
 2 x  2 y  1   2 y  1  11   2 x  1 2 y  1  11
2

Bài 16. Giải phương trình nghiệm nguyên : x 2  y 2  2 x 2 y 2
1
2

HD: Ta có: x 2  y 2  2 x 2 y 2  2 x 2 y 2  x 2  y 2  0  x 2  2 y 2  1  y 2  
 2 x 2  y 2  1   2 y 2  1  1   2 x 2  1 2 y 2  1  1

1
2

Bài 17. Giải phương trình nghiệm nguyên : xy  4  x  y 

HD: Ta có: xy  4  x  y   xy  4 x  4 y  0  x  y  4   4 y  16  16
 x  y  4   4  y  4   16   x  4  y  4   16

Bài 18. Giải phương trình nghiệm nguyên : x  x  1 x  7  x  8   y 2

HD: Ta có: x  x  1 x  7  x  8   y 2   x 2  8 x  x 2  8 x  7   y 2  a  a  7   y 2 (với a  x 2  8 x )
Bài 19. Giải phương trình nghiệm nguyên : x  x  8   y 2  116

HD: Ta có: x 2  8 x  16  y 2  110   x  4   y 2  110   x  4  y  x  4  y   110
2

Bài 20. Giải phương trình nghiệm nguyên : xy  3 x  5 y  3

(1)

HD: Ta có: 1  x  y  3  5 y  15  18  x  y  3  5  y  3  18   y  3 x  5  18
Bài 21. Giải phương trình nghiệm nguyên : 6 x 2 y 3  3 x 2  10 y 3  2

Biên soạn: Trần Đình Hồng

0814000158

12


Bồi dưỡng học sinh giỏi tốn 8
HD: Ta có: 3 x 2  2 y 3  1  10 y 3  5  2  3 x 2  2 y 3  1  5  2 y 3  1  2   2 y 3  1 3x 2  5   2
Bài 22. Giải phương trình nghiệm nguyên : 2 x 2  y 2  3 xy  3 x  2 y  2  0


y
2

HD: Ta có: 1   y 2  2. .  3 x  2  


 3x  2 
4

2

(1)

  2  3x  2 

 3x  2   0
   2x 

4
 

2

2

3 x  2  8 x 2  9 x 2  12 x  4  12 x  8
2

 y
 0   2 y  3 x  2   x 2  4

 
2 
4


Bài 23. Giải phương trình nghiệm nguyên :

4 2
 1
x y

(1)

HD: Ta có: 1  4 y  2 x  xy  y  x  4   2 x  0  y  x  4   2 x  8  8  y  x  4   2  x  4   8
Bài 24. Giải phương trình nghiệm nguyên :

1 1 1
 
x y 3

(1)

HD: Ta có: 1  3  x  y   xy  x  y  3  3 y  0  x  y  3  3 y  9  9  x  y  3  3  y  3  9
Bài 25. Giải phương trình nghiệm nguyên : xy  x  y  2

HD: Ta có: xy  x  y  2  x  y  1  y  1  3  x  y  1   y  1  3   x  1 y  1  3
Bài 26. Giải phương trình nghiệm nguyên : x  xy  y  9

HD: Ta có: x  xy  y  9  x  y  1  y  1  10   x  1 y  1  10
Bài 27. Giải phương trình nghiệm nguyên : x 2  2 x  11  y 2

HD: Ta có: x 2  2 x  11  y 2   x 2  2 x  1  y 2  12   x  1  y 2  12   x  1  y  x  1  y   12
2

Bài 28. Giải phương trình nghiệm nguyên :

1 1
1
1
 

x y 6 xy 6

1 1
1
1

  6  x  y   1  xy  xy  6 x  6 y  1  x  y  6   6 y  36  37
x y 6 xy 6
 x  y  6   6  y  6   37   x  6  y  6   37

HD: Ta có : 

Bài 29. Giải phương trình nghiệm nguyên : 2 x 2  2 xy  5 x  y  19  0

(1)

HD: Ta có : 1  2 x  x  y    x  y   4 x  19  0   x  y  2 x  1  4 x  2  17
  x  y  2 x  1  2  2 x  1  17   2 x  1 x  y  2   17

Bài 30. Giải phương trình nghiệm nguyên : x 2  2 x  11  y 2

HD: Đưa phương trình về dạng :  x  1  y 2  12   x  1  y  x  1  y   12
2

Bài 31. Giải phương trình nghiệm nguyên : xy  2 x  3 y  27
HD: Đưa phương trình về dạng :  x  3 y  2   21
Bài 32. Giải phương trình nghiệm nguyên : x  y  3   y  38

HD: Đưa phương trình về dạng :  x  1 y  3  35
Bài 33. Giải phương trình nghiệm nguyên : 3 xy  x  y  17
HD: Đưa phương trình về dạng :  3 x  1 3 y  1  52
Biên soạn: Trần Đình Hồng

0814000158

13


Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Bài 34. Giải phương trình nghiệm nguyên : x 2  x  1  xy  y
HD: Đưa phương trình về dạng :  x  1 y  x  2   3
Bài 35. Giải phương trình nghiệm nguyên : x 2 y 2  x 2  8 y 2  2 xy
2
HD: Đưa phương trình về dạng : y 2  x 2  7    x  y 

Phương trình có nghiệm x  y  0 , xét x, y # 0  x 2  7 là 1 số chính phương
Đặt : x 2  7  a 2   x  a  x  a   7  Tìm x
Vậy (x ; y) =  0; 0  ,  4; 1 ,  4; 2  ,  4;1 ,  4; 2 
Bài 36. Giải phương trình nghiệm nguyên : x  xy  y  9

HD: Đưa phương trình vê dạng :  x  1 y  1  10
Bài 37. Giải phương trình nghiệm nguyên : y 2  x  x  1  x  7  x  8 

HD: Đưa phương trình thành : y 2   x 2  8 x  x 2  8 x  7   z 2  7 z  4 y 2   2 z  7   49
2

 49   2 z  2 y  7  2 z  2 y  7 

Bài 38. Giải phương trình nghiệm nguyên : x 2  4 y 2  1
HD: Biến đổi phương trình thành :  x  2 y  x  2 y   1
Bài 39. Giải phương trình nghiệm nguyên : 2 x 3  xy  7
HD: Biến đổi phương trình thành : x  2 x 2  y   7
Bài 40. Giải phương trình nghiệm nguyên : x 3  7 y  y 3  7 x
HD: Biến đổi phương trình thành :

x3  y 3   7 x  7 y   0   x  y   x 2  xy  y 2   7  x  y   0   x  y   x 2  xy  y 2  7   0

TH1 : x  y
TH2 : x 2  xy  y 2  7   x  y   7  3 xy  xy 
2

x  1 y  2
7

3
x  2  y  1

Bài 41. Giải phương trình nghiệm nguyên : 3 x 2  10 xy  8 y 2  96
HD: Đưa phương trình về dạng :  x  2 y  3 x  4 y   96

Chú ý : Vì  x  2 y    3 x  4 y   2  2 x  3 y  là 1 số chẵn nên có tính chất cùng chẵn
Bài 42. Giải phương trình nghiệm nguyên : xy  3 x  5 y  3
HD: Đưa phương trình về dạng : x  y  3  5 y  15  18  x  y  3  5  y  3  18
  x  5  y  3  18

Bài 43. Giải phương trình nghiệm nguyên : 2 x 2  2 xy  5 x  5 y  19
HD: Đưa phương trình về dạng : 2 x  x  y   5  x  y   19   2 x  5 x  y   19
Bài 44. Giải phương trình nghiệm nguyên : 4 x  11 y  4 xy
HD: Đưa phương trình về dạng :  4 x  11 y  1  1
Bài 45. Giải phương trình nghiệm nguyên : x 2  656 xy  657 y 2  1983
HD: Đưa phương trình về dạng :  x  y  x  567 y   1983
Bài 46. Giải phương trình nghiệm nguyên : 7 x  xy  3 y  0
HD: Đưa phương trình về dạng :  x  3 7  y   21
Biên soạn: Trần Đình Hồng

0814000158

14


Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Bài 47. Giải phương trình nghiệm nguyên : y 2  x  1   1576  x 2

HD: Đưa phương trình về dạng :  x  1  y 2  x  1  1577  19.83

Bài 48. Giải phương trình nghiệm nguyên : x 2  2003 x  2004 y  y  xy  2004 xy 2  2005
HD: Đưa phương trình về dạng :  x  1  x  2004  2004 y 2  y   1
Bài 49. Tìm x, y nguyên thỏa mãn: 2x 3  2 y 2  5 xy  1  0
HD: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : xy  3x  4 y  9
Biến đổi phương trình thành : x  y  3  4 y  12  21   x  4  y  3  21

Bài 50. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 2 xy  5  6 x  y
HD: Biến đổi phương trình thành : 2 xy  6 x  y  5  2 x  y  3  y  3  8   y  3 2 x  1  8
Bài 51. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 2 xy 2  x  y  1  x 2  2 y 2  xy
HD: Biến đổi phương trình thành :  2 xy 2  2 y 2    xy  y    x 2  x   1
 2 y 2  x  1  y  x  1  x  x  1  1   x  1  2 y 2  y  x   1

Bài 52. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x 2  y 2  2003
HD: Biến đổi phương trình thành:  x  y  x  y   2003
Bài 53. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : x  y  xy
HD: Biến đổi phương trình thành:  x  1 y  1  1
Bài 54. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : xy  1  x  y
HD: Biến dổi phương trình thành:  x  1 y  1  0
Bài 55. Tìm các nghiệm nguyên dương x, y của phương trình : y 2  x 2  12 x  1995

HD: Biến đổi thành: y 2   x  6   1959  1959  y  45
2

Lại có: 1959   x  6   y 2   x  y  6  x  y  6  , Với x  y  52 và 1959 = 3.653
2

Bài 56. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn phương trình: x 2  25  y  y  6 

HD: Ta có: x 2  25  y  y  6   x 2   y  3  16   x  y  3 x  y  3  16
2

Bài 57. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2 y 2  x 2  8 y 2  2xy

HD: Viết lại PT đã cho dưới dạng: y 2  x 2  7    x  y 

2

(1)

Dễ thấy PT có nghiệm x  y  0 ,
Xét x , y  0, (1)  x 2  7 là số chính phương, Đặt x 2  7  a 2   x  a  x  a   7  x

Tìm được x, y là  0;0  ,  4; 1 ,  4;2  ,  4 :1 ,  4; 2 

Bài 58. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x 3 y  xy 3  3x  3 y  17





HD : Ta có: x 3 y  xy 3  3 x  3y  17  x 2  y 2  xy  3  17
2

2

Do x,y nguyên dương nên: x  y  1
2
2
2
2
 x  y  17
 x  y   2 xy  17
 x  y   25




 xy  3  1
 xy  4
 xy  4

Biên soạn: Trần Đình Hoàng

0814000158

15


Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
x  y  5

TH1 : 

 xy  4

x  4
x  1

hoặc 
y  1
y  4

 x  y  5

TH2 : 

cy  4

 x  4
 x  1

hoặc 
 y  1
 y  4

Bài tập tương tự:
Bài 1. Giải các phương trình Đi-ơ-phăng sau đây bằng cách tách phần nguyên:
a) 73x – 41y = 1
c) 114x – 41y = 5
b) 32x – 48y = 112
d) 38x + 117y = 109
Bài 2. Giải phương trình Đi-ơ-phăng sau đây bằng cách sử dụng thuật toán ơ-clit mở rộng.
a) 43x + 47y = 50
c) 1657x + 367y = 23
d) 7959x – 2754y = 6
b) 83x – 79y = 105
Bài 3. Giải các phương trình Đi-ơ-phăng sau đây:
a) x + 2y – z = 0
c) 2x – 5y + 2z = 10
b) 2x + 3y – 5z = 15
d) 3x +4y + 5z = 25.
Bài 4. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

a) 2 x 2  6 y 2  7xy  x  y  25

b) 9 x 2  10 y 2  9 xy  3x  5y  9

Dạng 3. Phương pháp tách ra các giá trị nguyên.

 Cơ sở phương pháp: Trong nhiều bài toán phương trình nghiệm nguyên ta tách phương trình
ban đầu thành các phần có giá trị nguyên để dễ dàng đánh giá tìm ra nghiệm, đa số các bài tốn
sử dụng phương pháp này thường rút một ẩn (có bậc nhất) theo ẩn cịn lại.
 Bài tập áp dụng:
Bài 1. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau: xy – 2y – 3y + 1 = 0
Lời giải
Ta có xy  2y  3y  1  0  y  x  3   2x  1.
Ta thấy x = 3 khơng là nghiệm nên x  3 do đó: y 
Tách ra ở phân thức

2x  1
x 3

2x  1
các giá trị nguyên:
x 3

2x  1 2  x  3  5
5

 2
x 3
x 3
x 3
5
Do y là số nguyên nên
cũng là số nguyên, do đó (x – 3) là ước của 5.
x 3

 x – 3 = 1 thì x = 4, y = 2 + 5 = 7
 x – 3 = –1 thì x = 2, y = 2 – 5 = –3 (loại)
 x – 3 = 5 thì x = 8, y = 2 +1 = 3
 x – 3 = -5 thì x = –2 (loại)
Vậy nghiệm (x, y) là (4, 7), (8, 3).
y

Bài 2. Tìm các số nguyên x và y thoả mãn phương trình: x2 + xy – 2y – x – 5 = 0
Lời giải
Nhận xét: trong phương trình này ẩn y có bậc nhất nên rút y theo x.
Biên soạn: Trần Đình Hồng

0814000158

16


Bồi dưỡng học sinh giỏi tốn 8
Ta có: x 2  xy  2y  x  5  0  y(x  2)   x 2  x  5
Với x = 2 thì: (*)  0 = 3 (vô lý)

x 2  x  2
3
3

 x  1 
Với x  2 ta có: (*)  y 
x2
x2
x2

Để y nguyên thì 3 M (x  2) .
Vậy (x – 2) là ước của 3 do đó: (x  2)  {3;  1; 1; 3}  x  {1; 1; 3; 5}
Vậy phương trình có nghiệm: (x, y) = (3; - 1) ; (5; -5); (1; -5); (-1; - 1)
Bài 3. Tìm các số nguyên dương x, y sao cho 6x + 5y + 18 = 2xy (1)
Lời giải
5y  18
10y  36
66  5(6  2y)
66
33
Ta có: x 
 2x 
 2x 

 5  2x 
5
6  2y
6  2y
6  2y
6  2y
3 y

Như vậy x muốn nguyên dương thì (3 – y) phải là ước của 33 . Hay (3  y)  {1;  3;  11;  33} .
Lại do y  1  3  y  2  y  {1;  3;  11;  33} . Ta có bảng sau:
3–y
y
x

-1
4

19

1
2
- 14

-3
6
8

-11
14
4

-33
36
3

Thử lại ta được các cặp thỏa mãn là (19, 4); (8, 6); (4, 14); (3, 36).
Nhận xét:
Dễ xác định được phương pháp để giải bài toán này, khi biểu diễn x theo y được
5y  18
x
. Ta thấy biểu thức này khó phân tích như 2 ví dụ trên, tuy nhiên để ý ta thấy tử số là –
6  2y
5y mẫu số là -2y, do đó mạnh dạn nhân 2 vào tử số để xuất hiện 2y giống mẫu.
- Bài tốn có thể giải bằng phương pháp đưa về phương trình ước số. Do ở bài toán trên đã nhân
2 ở x để biến đổi, do đó phải có bước thử lại xem x, y có thỏa mãn phương trình đã cho hay
khơng.

Bài 4. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2xy2 + x + y + 1 = x2 + 2y2 + xy
Lời giải
Ta có: 2y 2 x  x  y  1  x 2  2y 2  xy  2y 2  x  1  x  x  1  y  x  1  1  0  1

Nhận thấy x = 1 không là nghiệm của phương trình (1).
Chia cả 2 vế của (1) cho (x – 1) ta được: 2y 2  x  y 
PT có nghiệm x, y nguyên, suy ra

1
 0 2
x1

x  2
1
nguyên nên x  1  1; 1  
x 1
x  0

Thay x = 2 và x = 0 vào phương trình và để ý đến y nguyên ta được y = 1.
Vập phương trình đã cho có 2 nghiệm là (2; 1) và (0; 1).
4. Phương pháp sử dụng tính chẵn lẻ của ẩn hoặc xét số dư từng vế

 Cơ sở phương pháp: Chúng ta dựa vào tính chẵn lẻ của ẩn hoặc xét số dư hai vế của phương
trình nghiệm nguyên với một số nguyên nào đó rồi dùng lập luận để giải bài tốn.
Biên soạn: Trần Đình Hồng

0814000158

17

Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Dạng 1. Sử dụng tính chẵn lẻ
Bài 1. Tìm x, y ngun tố thoả mãn y2 – 2x2 = 1
Lời giải

Ta có y 2  2x 2  1  y 2  2x 2  1  y là số lẻ
Đặt y = 2k + 1 (với k nguyên). Ta có (2k + 1)2 = 2x2 + 1
⇔ x2 = 2 k2 + 2k ⇒ x chẵn , mà x nguyên tố ⇒ x = 2, y = 3

Vậy nghiệm của phương trình là (x, y) = (2, 3).
Bài 2. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình  2 x  5 y  1   x | x|  y  x 2  x   105

Lời giải
Ta có:  2x  5y  1  x |x|  y  x 2  x   105
Ta thấy 105 lẻ ⇒ 2x + 5y + 1 lẻ ⇒ 5y chẵn ⇒ y chẵn, 2  y  x 2  x  2  y  x  x  1 lẻ
x

x

x

x

có x(x + 1) chẵn, y chẵn ⇒ 2 lẻ ⇒ 2 = 1 ⇒ x = 0
Thay x = 0 vào phương trình ta được
(5y + 1) ( y + 1) = 105 ⇔ 5y2 + 6y – 104 = 0⇒ y = 4 hoặc y = 

26
(loại)

5

Thử lại ta có x = 0; y = 4 là nghiệm của phương trình.
Vậy nghiệm của phương trình là (x, y) = (0, 4).

Dạng 2. Xét tính chẵn lẻ và xét số dư từng vế
Bài 1. Chứng minh rằng các phương trình sau khơng có nghiệm ngun:
a) x2 – y2 = 1998
b) x2 + y2 = 1999
Lời giải
a) Do x là số nguyên nên x = 2k hoặc x = 2k + 1 (k  ) do đó x2 = 4k2 hoặc x2 = 4k2 + 4k + 1 vì
thế x 2 chia 4 ln dư 1 hoặc 0. Tương tự ta cũng có y 2 chia 4 ln dư 1 hoặc 0
Suy ra: x 2  y 2 chia cho 4 luôn dư 1 hoặc 0 hoặc 3. Mà 1998 chia cho 4 dư 2 do đó phương
trình đã cho khơng có nghiệm ngun.
b) Như chứng minh câu a ta có: x 2 , y 2 chia cho 4 luôn dư 0 hoặc 1 nên x 2  y 2 chia cho 4 luôn dư
0 hoặc 1 hoặc 3. Mà 1999 chia cho 4 dư 3 do đó phương trình đã cho khơng có nghiệm
ngun.
Chú ý: Chúng ta cần lưu ý kết quả ở bài toán này:
 x2 – y2 chia cho 4 không dư 2
 x2 + y2 chia cho 4 khơng dư 3
Bài 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 9x + 2 = y2 + y

Lời giải
Ta có: 9x  2  y 2  y  9x  2  y  y  1
Ta thấy vế trái phương trình là số chia cho 3 dư 2 nên y  y  1 chia cho 3 dư 2
Do đó chỉ có thể y  3k  1 và y  1  3k  2  k  Z 
Biên soạn: Trần Đình Hồng

0814000158

18


Bồi dưỡng học sinh giỏi tốn 8
Khi đó: 9x  2   3k  1 3k  2   9x  9k 2  9k  x  k  k  1
Thử lại: x  k  k  1 , y  3k  1 thỏa mãn phương trình đã cho.
Vậy nghiệm của phương trình là  x, y    k  k  1 , 3k  1 với k  Z

Bài 3. Tìm x, y là số tự nhiên thoả mãn x2 + 3y = 3026
Lời giải
Xét y  0  x 2  30  3026  x 2  3025 . Mà x ∈ N ⇒ x = 55
Xét y > 0 ⇒ 3 y chia hết cho 3, x2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1  x 2  3y chia cho 3 dư 0 hoặc 1
mà 3026 chia cho 3 dư 2 (loại)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất (x,y) = (55,0)

Bài 4. Chứng minh rằng phương trình x3 – 7y = 51 khơng có nghiệm ngun
Lời giải
Xét x  7k  k  Z  thì x 3 M 7.
Xét x  7k  1  k  Z  thì x 3 chia cho 7 dư 1 hoặc 6.
Xét x  7k  2  k  Z  thì x 3 chia cho 7 dư 1 hoặc 6.
Xét x  7k  3  k  Z  thì x 3 chia cho 7 dư 1 hoặc 6.
Do đó vế trái phương trình chia cho 7 dư 0 hoặc 1 hoặc 6 còn vế phải của phương trình chia 7 dư
2. Vậy phương trình đã cho vơ nghiệm.

Bài 5. Tìm nghiệm ngun của phương trình x2 – 5y2 = 27
Lời giải
Do x là số nguyên nên ta có thể biểu diễn x dưới dạng: x  5k hoặc x  5k  1 hoặc x  5k  2 với
kZ





- Xét x = 5k thì x2  5y2  27   5k   5y2  27  5 5k 2  y 2  27
2

Điều này là vơ lý vì vế trái chia hết cho 5 với mọi k và y nguyên còn vế phải ko chia hết cho 5.
Xét x  5k  1 thì x 2  5y 2  27   5k  1  5y 2  27
2





 25k 2  10k  1  5y 2  27  5 5k 2  2k  y 2  23

Điều này là vơ lý cũng vì vế trái chia hết cho 5 với mọi k và y ngun cịn vế phải khơng chia hết
cho 5.
Xét x  5k  2 thì x 2  5y 2  27   5k  2   5y 2  27
2





 25k 2  10k  1  5y 2  27  5 5k 2  4k  y 2  23

Điều này là vơ lý cũng vì vế trái chia hết cho 5 với mọi k và y ngun cịn vế phải khơng chia hết
cho 5.
Vậy phương trình đã cho vơ nghiệm.

Biên soạn: Trần Đình Hồng

0814000158

19


Bồi dưỡng học sinh giỏi tốn 8
5. Sử dụng tính chất a(a + 1) = k2

 Phương pháp: “ Biến đổi PT có 1 vế là tích của hai số ngun liên tiếp, vế cịn lại là một số
chính phương ”.
 Bài tập áp dụng
Bài 1. Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2  x  y 2  0

Lời giải:
Ta có: x 2  x  y 2  0  x  x  1  y 2
Nhận xét: Vì x 
và y 

nên x và x + 1 là hai số nguyên liên tiếp
 y2 là một số chính phương
x  0

x  0  y  0

Nên x(x + 1) = 0  

x 1  0

 x  1  y  0
Vậy phương trình có các cặp nghiệm nguyên là: (0; 0) hoặc (-1; 0)

Bài 2. Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2  y 2  3 xy  x 2 y 2
Lời giải:
Ta có: x 2  y 2  3xy  x 2 y 2   x  y   x 2 y 2  xy   x  y   xy  xy  1
2

Nhận xét: Vì x, y 

2

nên xy và xy – 1 là hai số nguyên liên tiếp và (x + y)2 là một số chính

phương
 x  0  y  0  x  0; y  0
 xy  0
Nên xy(xy – 1) = 0  
  y  0  x  0   x  y  1
 xy  1  0
 xy  1
 x  y  1

Vậy các bộ số (x; y) tìm được là: (0; 0), (1; 1), (-1; -1)

Bài 3. Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2  y 2  x  2 y  1
Lời giải:
Ta có: x 2  y 2  x  2 y  1  x 2  x  y 2  2 y  1   y  1  x  x  1
Nhận xét: Vì x  nên x và x – 1 là hai số nguyên liên tiếp
và y   y  1  nên (y – 1)2 là một số chính phương

2

x  0
x  0  y  1

 x 1  0
x  1 y  1

Nên x  x – 1  0  

Vậy ta tìm được hai cặp nghiệm nguyên là: (0; 1), (1; 1)

Bài 4. Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2  xy  y 2  x 2 y 2
Lời giải:
Ta có: x 2  xy  y 2  x 2 y 2  x 2  2 xy  y 2  x 2 y 2  xy   x  y   xy  xy  1
2

Nhận xét: Vì x, y 

nên xy và xy + 1 là hai số nguyên liên tiếp và (x + y)2 là một số chính

phương

Biên soạn: Trần Đình Hồng

0814000158

20

Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
 x  0  y  0  x  0; y  0
 xy  0
  y  0  x  0   x  1; y  1
Nên xy  xy  1  0  




1
0
xy

 xy  1
 x  1; y  1

Vậy ta tìm được ba cặp nghiệm nguyên là: (0; 0), (1; -1); (-1; 1)
6. Sử dụng lý thuyết phần nguyên

 Định nghĩa: Phần nguyên của số thực x, kí hiệu là [x], là số nguyên lớn nhất không vượt
quá x. Phần thập phân của số thực x được định nghĩa bởi {x} = x − [x].
 Bài tập áp dụng

Bài 1. Tìm x, y z tự nhiên sao cho: x 

1
1
y
z



10
7

(*)

Lời giải:
Ta có: x 

1



10
 x
7

1

 1

1 7
1
1
3
 x = 1. Thay vào (*) ta được: y    y   2 
3
z 3
z

7

1
1
y
z
z
 y  2  z  3 . Vậy ta tìm được bộ nghiệm nguyên là: (1; 2; 3)
y

Bài 2. Tìm x, y, z, t  N * thỏa mãn: 31  xyzt  xy  xt  zt  1  40  yzt  y  t 

(*)

Lời giải:
Từ (*) 

xyzt  xy  xt  zt  1 40
zt  1
40

 x

yzt  y  t
yzt  y  t 31
31

(1)

 40 

yzt  y  t 31
t
31

 y

 1 , Thay x  1 vào (1) ta suy ra :

zt  1
zt  1 9
9
 31 

Từ (1)  x  

 31 
zt  1 9
1 9
 3 thay y  3 vào (2) ta được :
  z 

4
t
t 4
9

Từ (2)  y  

(2)

(3)

Từ (3)  z  2, t  4 . Vậy ta tìm được bộ nghiệm nguyên là: (1; 3; 2; 4)
7. Phương pháp dùng tính chất của số chính phương

Dạng 1: Dùng tính chất về chia hết của số chính phương
 Cơ sở phương pháp:
- Số chính phương khơng thể có chữ tận cùng bằng 2, 3, 7, 8;
- Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì cũng chia hết cho p 2
- Số chính phương chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1;
- Số chính phương chia 4 có số dư là 0 hoặc 1;
- Số chính phương chia cho 8 có số dư là 0, 1 hoặc 4.

 Ví dụ minh họa:

Bài 1. Tìm nghiệm ngun của phương trình: 9x + 5 = y(y + 1)
Lời giải
2
Ta có: 9x  5  y  y  1  36x  20  4y 2  4y  36x  21  4y 2  4y  1  3 12x  7    2y  1 .

Biên soạn: Trần Đình Hồng

0814000158

21


Bồi dưỡng học sinh giỏi tốn 8
Số chính phương chia hết cho 3 nên cũng chia hết cho 9, ta lại có 12x + 7 khơng chia hết cho 3
nên 3 12x  7  không chia hết cho 9. Do đó phương trình vơ nghiệm.

Cách khác:
9x  5  y  y  1  y 2  y  9x  5  0

  1  4  9x  5   36x  21  3 12x  7 

Ta có  chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 9 nên không là số chính phương do đó khơng
tồn tại y ngun. Vậy phương trình vơ nghiệm.

Dạng 2: Đưa về tổng các số chính phương
 Phương pháp: Sử dụng hằng đẳng thức đáng nhớ  a  b   a 2  2ab  b 2 , biến đổi PT thành
2

tổng các số chính phương a1 A12  a2 A22  ...  an An2  k trong đó Ai (i  1,..., n) là các đa thức hệ số
 A12  k12
 2
2
 A2  k2
nguyên, ai là số nguyên dương, k là số tự nhiên, dẫn đến giải hệ phương trình 
 ...
 An2  kn2

 Bài tập áp dụng:

Bài 1. Giải phương trình nghiệm nguyên: 4 x 2  8 y 2  8 xy  4 y  8  0
Lời giải:
Ta có: 4x 2  8 y 2  8xy  4 y  8  0   2 x  2 y    2 y  1  9
2

Vì x, y 

2

nên (2x + 2y)2 và (2y + 1)2 là số chính phương

Mà 9 = 02 + 32. Từ đó suy ra:
TH1: 2x + 2y = 0 và 2y + 1 = ± 3  y1 = 1 và y2 = -2.
Với y1 = 1  x1 = -1 ; y2 = -2  x2 = 2
1
TH2: 2x + 2y = ± 3 và 2y + 1 = 0  y   (loại)
2
Vậy ta được hai bộ nghiệm nguyên là: (-1; 1), (2; -2)

Bài 2. Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2  y 2  x  y  8
Lời giải:
Nhân cả hai vế của x 2  y 2  x  y  8 với 4 ta được: 4 x 2  4 y 2  4 x  4 y  32
  4 x 2  4 x  1   4 y 2  4 y  1  34   2 x  1   2 y  1  34
2

2

Vì x, y  nên (2x – 1)2 và (2y – 1)2 là số chính phương
Mà 34 = 52 + 32. Từ đó suy ra:
 x 1  2 ; x2  1
 x 1  3 ; x2  2
2 x – 1   3
2 x – 1   5
TH1: 
TH2: 



2 y – 1   5
2 y – 1   3
 y1  3 ; y2  2
 y1  2 ; y2  1
Vậy ta có các bộ số (x, y) là: (2; 3), (2; -2), (-1; 3), (-1; -2), (3; 2), (-2; 2), (3; -1), (-2; -1)

Bài 3. Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 x 6  y 2  2 x 3 y  64
Lời giải:
Ta có : 2x6  y 2  2x 3 y  64   x 3   2x 3 y  y 2  x6  64   x 3  y   x6  64
2

Biên soạn: Trần Đình Hồng

0814000158

2

22


Bồi dưỡng học sinh giỏi tốn 8
Vì x, y 

nên (x3 – y)2 và x6 là hai số chính phương

Mà 64 = 82 + 06 = 02 + 26 (Vì x6  64 nên x  0; 2;  2
TH1: x = 0  x3 – y = ± 8  y1 = -8 ; y2 = 8
TH2: x = 2  x3 – y = 0  y3 = 8
TH2: x = -2  x3 – y = 0  y3 = -8
Vậy ta có các bộ số (x, y) là: (0; 8), (0; -8), (2; 8), (-2; -8)

Bài 4. Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2  5 y 2  2 y  4 xy  3  0
Lời giải:
2
2
Ta có: x 2  5 y 2  2 y  4 xy  3  0   x  2 y    y  1  4
Vì x, y  nên  x  2 y  và  y  1 là hai số chính phương
Mà 4 = 22 + 02 nên suy ra:
 y1  1 ; y 2  3
 y  1
 y  1  2
y  1  0
TH2: 
TH1: 


 x  2y  0  x1  2; x 2  6
 x  2y  2  x1  0; x 2  4
Vậy ta được các bộ số nguyên là: (0; -1), (-4; -1), (2; 1), (-6; -3)
2

2

Bài 5. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2  y 2  x  y  8

Lời giải:
Ta có: x 2  y 2  x  y  8  4 x 2  4 y 2  4 x  4 y  32   4 x 2  4 x  1   4 y 2  4 y  1  34

 (2 x  1) 2  (2 y  1) 2  34  | 2 x  1|2  | 2 y  1|2  32  52
Ta thấy 34 chỉ có duy nhất một dạng phân tích thành hai số chính phương là 32 và 52 .

  2x  1 2

  
  2y  1 2


Do đó:  
2

   2x  1
2

  2y  1

 32

  2x  1

 52
  2y  1

 2x  1
 52
  2y  1
2
 
3

3
5

5
3

Giải ra ta được 4 nghiệm (x, y) = (2, 3); (-1, -2); (-2; -1); (3, 2).

Bài 6. Giải phương trình nghiệm nguyên x 2  4 xy  5 y 2  2  x  y  .
Lời giải
Ta có x 2  4xy  5y 2  2(x  y)  x 2  4xy  5y 2  2x  2y  0
 x 2  2x(2y  1)  (2y  1)2  (2y  1)2  5y 2  2y  0
 (x  2y  1)2  y 2  2y  1  0  (x  2y  1)2  (y  1)2  2(*)

Xét phương trình (*) ta có:  x  2y  1  0 x, y   y  1  2
2

2

Mà x nguyên nên  y  1  0,1
2

* Với  y  1  0 thì  x  2y  1  2 (loại)
2

2

 y 1  1

y  2

 y  1  1  y  0

* Với  y  1  1  
2

Biên soạn: Trần Đình Hồng

0814000158

23


Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
 x51
x  6

 x  5  1  x  4

- y = 2   x  4  1  1  
2

 x 1  1

x  2

 x  1  1  x  0

- y = 0   x  0  1  1  
2

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm:  x, y    6, 2  ;  4, 2  ;  2,0  ;  0,0  .

Bài 7. Giải phương trình nghiệm nguyên 5 x 2  2 xy  5 y 2  17 .
Lời giải

Ta có 5x 2  2xy  y 2  17   x  y   4x 2  17  (x  y)2  17  4x 2 (*)
2

Xét phương trình (*) ta có  x  y   0, x, y  17  4x 2  0  x 2 
2

Mà x là số nguyên nên x 2  0;1; 4

17
4

- Với x 2  0  (x  y)2  17 (loại).
- Với x 2  1  (x  y)2  13 (loại)
- Với x2  4  x  2 ,
2  y  1
y  1

 2  y  1  y  3

Với x  2  (2  y)2  1  

2  y  1

 y  1

 2  y  1  y  3

Với x  2  (2  y)2  1  

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: (2; 1), (2; 3), (-2; -1); (-2; -3).
Bài 8. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x  y  xy  x 2  y 2
Lời giải

Biến đổi: x  y  xy  x2  y2   x  1   y  1   x  y   2.
2

2

2

Tổng của ba số chính phương bằng 2 nên tồn tại một số bằng 0.
Trường hợp: x – 1 = 0 ta được (1; 0), (1; 2)
Trường hợp: y – 1 = 0 ta được: (0; 1), (2; 1)
Trường hợp x – y = 0 ta được: (0; 0), (2; 2)
Vậy phương trình có nghiệm (x, y) = (1; 0), (1; 2), (0; 1), (2; 1), (0;0), (2; 2).
Bài 9. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2 x 2  4 x  19  3 y 2 .
Lời giải

Ta có : 2x 2  4x  19  3y 2  2  x  1  3  7  y 
2



2

 *



2
2
Ta thấy 3 7  y M 2  7  y M 2  y lẻ

Ta lại có 7  y 2  0 nên chỉ có thể y2 = 1
Khi đó (*) có dạng 2  x  1  18.
Ta được: x  1   3 do đó x1  2; x 2  4.
Các cặp số (2; 1), (2; -1), (-4; 1), (-4; -1) thỏa mãn (2) nên là nghiệm của phương trình đã cho
2

Biên soạn: Trần Đình Hồng

0814000158

24


Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Bài 10. Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2  4 xy  5 y 2  169

HD: Ta có: x 2  4 xy  5 y 2  169   x  2 y   y 2  169
2

Bài 11. Giải phương trình nghiệm nguyên dương: x 2  13 y 2  6 xy  100

HD: Ta có : x 2  13 y 2  6 xy  100   x  3 y   4 y 2  100
2

Bài 12. Giải phương trình nghiệm nguyên: x 

1
1
 y 4
x
y
2

2
1
1
1  
1 

HD: Ta có: x   y   4   x 
 y 
 4


x
y
x 
y 


Bài 13. Giải phương trình nghiệm nguyên:  x 2  1  x 2  y 2   4 x 2 y

HD: Ta có: x 4  x 2 y 2  x 2  y 2  4 x 2 y   x 2  y   x 2  y  1  0
2

2

Bài 14. Giải phương trình nghiệm nguyên:: 2 x 2  y 2  2 xy  2 y  6 x  5  0

HD : Ta có:  x 2  2 xy  y 2   6 x  2 y  x 2  5  0   x  y   2  x  y   4 x  x 2  5  0
2

  x  y  1   x  2   0
2

2

Bài 15. Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2  4 y 2  2 x  4 y  2  0
HD: Ta có: x 2  4 y 2  2 x  4 y  2  0   x 2  2 x  1   4 y 2  4 y  1  0
Bài 16. Giải phương trình nghiệm nguyên: 4 x 2  2 y 2  2z 2  4 xy  4 xz  2 yz  6 y  10z  34  0

HD: Ta có:  2 x   4 x  y  z    y 2  2 yz  z 2    y 2  6 y    z 2  10 z   34  0
2

  2 x  x  y    y 2  6 y  9    z 2  10 z  25   0
2

Bài 17. Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2  y 2  x  y  8
1
1
17
2
2
HD: Ta có: x 2  y 2  x  y  8   x 2  x     y 2  y      2 x  1   2 y  1  34

4
4
2


 



Bài 18. Giải phương trình nghiệm nguyên: m 2  n 2  9m  13n  20
HD: Ta có: m 2  n 2  9m  13n  20   4m 2  36m  81   4n 2  52n  169   170
Bài 19. Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2  6 xy  13 y 2  100
HD: Ta có: ( x  3 y )2  4(25  y 2 ) , mà y 2  25, y 2 là số chính phương nên  y
Bài 20. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2  4 xy  5 y 2  16  0
HD : Ta có phương trình trở thành : x 2  4 xy  5 y 2  16  0
 x 2  4 xy  4 y 2  y 2  16   x  2 y   y 2  16 , Vì x, y là số nguyên nên  x  2 y   Z
2

  x  2 y   y 2  16  0  16  16  0
2

Bài 21. Tìm các số nguyên x, y, z thỏa mãn: x 2  y 2  z 2  xy  3 y  2z  4
HD:

Biên soạn: Trần Đình Hồng

0814000158

25