Một số bài toán đưa về mô hình phương trình nghiệm nguyên

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

—————

TRẦN THỊ THU HIỀN

MỘT SỐ BÀI TỐN
ĐƯA VỀ MƠ HÌNH
PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN

KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP

Người hướng dẫn khố luận:
TS. Hồng Nhật Quy

Đà Nẵng, 5/2023
4


Mục lục
MỞ ĐẦU

5

1 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
NGHIỆM NGUYÊN
1.1 Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7
7

1.2

8
8

Phương pháp xét tính chia hết . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Phát hiện tính chia hết của một ẩn . . . . . . . . . . .
1.2.2
1.2.3

1.3
1.4

1.5

1.6

Phương pháp đưa về phương trình ước số . . . . . . .
Phương pháp biểu thị một ẩn theo ẩn còn lại rồi dùng

11

tính chia hết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Phương pháp xét số dư từng vế . . . . . . . . . . . . . . . . .

16
18

Phương pháp dùng bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . .

1.4.1 Sử dụng bất đẳng thức cổ điển . . . . . . . . . . . . .

19
19

1.4.2

Phương pháp sắp thứ tự các ẩn . . . . . . . . . . . . .

22

1.4.3
1.4.4

Phương pháp chỉ ra nghiệm nguyên . . . . . . . . . .
Sử dụng điều kiện để phương trình bậc hai có nghiệm

24
25

Phương pháp dùng tính chất của số chính phương . . . . . .
1.5.1 Dùng tính chất về chia hết của số chính phương . . . .

27
27

1.5.2
1.5.3

Tạo ra tổng các số chính phương . . . . . . . . . . . .

Xét các số chính phương liên tiếp . . . . . . . . . . . .

30
31

1.5.4
1.5.5

Sử dụng điều kiện biệt số ∆ là số chính phương . . . .
Sử dụng tính chất: Nếu hai số nguyên liên tiếp có tích

32

là một số chính phương thì một trong hai số nguyên
liên tiếp đó bằng 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

34

Phương pháp lùi vô hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

36

2


1.7

Thuật tốn Euclid giải phương trình nghiệm ngun bậc nhất
hai ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.7.1 Phương trình bậc nhất 2 ẩn . . . . . . . . . . . . . . .

37
37

1.7.2

39

Thuật toán Euclid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2 MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM
NGUN
44
2.1 Bài tốn về số tự nhiên và các chữ số . . . . . . . . . . . . . 45
2.2
2.3

Bài tốn về tính chia hết và số nguyên tố . . . . . . . . . . .
Ứng dụng phương trình nghiệm nguyên để giải một số bài toán

47

thực tế . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

49

Kết luận

55

Tài liệu tham khảo

56

3


LỜI CẢM ƠN
Lời đầu tiên,em xin chân thành và sự tri ân sâu sắc đối với các thầy giáo,
cô giáo của Trường Đại học Sư Phạm- Đại học Đà Nẵng, đặc biệt là các thầy,
cơ khoa Tốn đã tạo điều kiện cho em thực hiện Khóa Luận Tốt Nghiệp này.
Thời gian vừa rồi, nhờ có sự hướng dẫn tận tình và hết lịng của TS.
Hồng Nhật Quy, em đã hiểu thêm nhiều kiến thức khơng chỉ xoay quanh
Khóa Luận và cịn các vấn đề thú vị của Tốn học nữa! Một lần nữa em xin
chân thành cảm ơn thầy!
Với vốn kiến thức còn hạn hẹp của bản thân và thời gian hạn chế, việc
hồn thành khóa luận khơng thể tránh khỏi những thiếu sót. Nên em mong
nhận được những ý kiến đóng góp và xây dựng của q thầy cơ để bài Khóa
luận tốt nghiêp của em được hồn thành chỉnh chu hơn.
Em xin chân thành cảm ơn.

4


MỞ ĐẦU
1. Lý do lựa chọn đề tài
Phương trình nghiệm ngun là một chủ đề thú vị trong chương trình
tốn học phổ thông, đã lôi cuốn nhiều người, từ các học sinh nhỏ tuổi với
các bài toán như Trăm trâu trăm cỏ, cho đến các chuyên gia toán học lớn
với các bài tốn như định lí lớn Fermat. Được nghiên cứu từ thời Diophante

thế kỉ III, phương trình nghiệm nguyên mãi mãi còn là đối tượng nghiên cứu
thú vị của tốn học.
Ngồi phương trình bậc nhất hai ẩn, các phương trình nghiệm ngun
thường khơng có cách giải tổng qt. Mỗi bài tốn, với điều kiện riêng của
nó, địi hỏi một cách giải riêng phù hợp. Điều này có tác dụng giúp học sinh
hình thành và phát triển năng lực tư duy và lập luận tốn học và năng lực
mơ hình hóa tốn học. Chính vì thế mà các phương trình nghiệm ngun
thường có mặt trong các kì thi học sinh giỏi về Tốn ở tất cả các cấp.
Phương trình nghiệm nguyên giúp các em học sinh cũng như các bạn u
tốn rèn luyện phương pháp suy luận, đó cũng là những phẩm chất cần thiết
trong học tập, nghiên cứu và làm việc. Có nhiều người chưa gặp một lần
nào những bài tốn về phương trình nghiệm ngun được trình bày trong
đề tài này trong suốt cuộc đời. Nhưng những kinh nghiệm để tìm ra cách
giải những bài tập đó, như cách phân tích bài tốn, cách suy luận để tìm
hướng giải, cách phân chia bài toán thành những bài toán nhỏ dễ giải quyết
hơn, cách "đưa khó về dễ, đưa lạ về quen", cách liên hệ tình huống đang giải
quyết với những tình huống tương tự, cách dùng những cơng cụ mới để giải
quyết một vấn đề mới, cách chọn hướng đi phù hợp với những bài toán đặt
ra,... tất cả những điều đó đều là những kĩ năng mà mỗi người cần có trong
cuộc sống. Với những lí do thú vị ở trên, cùng với sự hướng dẫn khoa học

5


của giảng viên TS. Hoàng Nhật Quy, em đã quyết định chọn đề tài "Một
số bài toán thực tế đưa về mơ hình phương trình nghiệm ngun"
cho khóa luận tốt nghiệp của mình.
2. Mục đích nghiên cứu
Mục tiêu nghiên cứu của đề tài là nghiên cứu một số bài toán mà khi giải
quyết phải dụng đến các công cụ của phương trình nghiệm nguyên.

3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
a. Đối tượng nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu của đề tài là phương trình nghiệm nguyên và một
sộ số bài tốn thực tế có thể đưa về mơ hình phương trình nghiệm nguyên
để giải quyết vấn đề.
b. Phạm vi nghiên cứu
Phạm vi nghiên cứu của đề tài thuộc lĩnh vực đào sâu tốn học phổ thơng.
4. Cấu trúc luận văn
Cấu trúc của luận văn gồm các phần chính sau đây:

• Mở đầu:
• Phần nội dung: Nội dung chính của luận văn gồm có 2 chương cụ thể
như sau:
Chương I: Một số phương pháp cơ bản giải phương trình nghiệm
nguyên
Nội dung của chương này là hệ thống lại các phương pháp giải của một
số dạng phương trình nghiệm nguyên.
Chương II: Một số bài tốn đưa về phương trình nghiệm ngun
Nội dung của chương 2 là tìm hiểu một số bài tốn trong tốn học và
trong thực tế có thể đưa về mơ hình phương trình nghiệm ngun để giải
quyết vấn đề.
• Kết luận

• Tài liệu tham khảo

6


Chương 1

MỘT SỐ PHƯƠNG
PHÁP CƠ BẢN GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH
NGHIỆM NGUYÊN
Chương này trình bày các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên.
Trong mỗi phương pháp chúng tôi cố gắng giới thiệu sơ lược phương pháp,
cho ví dụ minh họa, đặc biệt có đưa thêm các bình luận nhằm rút ra các kinh
nghiệm khi giải một bài tốn phương trình nghiệm ngun. Các nội dung ở
chương này có tham khảo trong các tài liệu [11], [12].

1.1

Mở đầu

Giải phương trình nghiệm nguyên chứa các ẩn x, y, z, ... là tìm tất cả các bộ
số nguyên (x0 , y0 , z0 , ...) thỏa mãn phương trình đó.
Khi giải phương trình nghiệm ngun, do phải lợi dụng các tính chất của tập
hợp Z nên ngồi cách biến đổi tương đương, ta cịn dùng đến các biến đổi

7


mà các giá trị của ẩn chỉ thỏa mãn điều kiện cần (chứ chưa phải điều kiện
cần và đủ) của nghiệm. Trong trường hợp này ta cần kiểm tra lại các giá trị
đó bằng cách thử vào phương trình đã cho. Do đó, việc giải phương trình
nghiệm ngun thường trải qua hai bước sau đây:
Bước 1. Giả sử phương trình đã cho có nghiệm nguyên (x0 , y0 , z0 , ...), ta
suy ra các ẩn phải nhận các giá trị nào đó.
Bước 2. Thử lại các giá trị đó của ẩn để khẳng định tập nghiệm của
phương trình. Để đơn giản, trong nhiều bài toán ở chương này, bước 1 không

tách riêng một cách tường minh và các giá trị x0 , y0 , z0 , ... vẫn được biểu thị
bởi x, y, z, ... Với các bài toán mà các biến đổi đều tương đương, ta không
cần bước 2.
Một phương trình nghiệm ngun có thể vơ nghiệm, hoặc hữu hạn nghiệm,
hoặc vô số nghiệm. Trong trường hợp phương trình có vơ số nghiệm ngun,
các nghiệm ngun của phương trình thường biểu thị bởi một cơng thức có
chứa tham số là một số nguyên.
Sau đây ta tìm hiểu một số phương pháp giải phương trình nghiệm
ngun.

1.2

Phương pháp xét tính chia hết

1.2.1

Phát hiện tính chia hết của một ẩn

Ví dụ 1.2.1.1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình

2x + 13y = 156. (1)
Lời giải:
Lời giải 1:
Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn phương trình (1). Vì 156, 13y đều chia
.
hết cho 13 nên từ phương trình suy ra 2x..13. Do (2, 13) = 1

8

.
Suy ra x..13.
Đặt x = 13k(k ∈ Z). Thay vào phương trình (1) ta được: y = −2k + 12.
Vậy ta có:

x = 13k
y = −2k + 12

, k ∈ Z. (2)

Thử lại: Thay các biểu thức của x và y ở (2) vào (1) thì phương trình được
nghiệm đúng.
Vậy phương trình (1) có vơ số nghiệm ngun (x, y) được biểu thị bởi công
thức (2) với k là số nguyên tùy ý.
Lời giải 2:

156 − 13y
13
Từ phương trình (1) ⇒ x =
= 78 − y
2
2
13y
..
∈ Z. Mà (13, 2) = 1 nên y . 2. Đặt y = 2t, (t ∈ Z)
Để x ∈ Z ⇒
2
⇒ x = 78 − 13t



x = 78 − 13t
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là:
y = 2t

, (t ∈ Z).

Kinh nghiệm giải:
Để giải phương trình dạng ax + by = c(a, b, c ∈ Z) ta có thể có các định
hướng sau đây:
- 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 nhất (chẳng hạn x)
theo ẩn kia.
- Tách riêng giá trị nguyên ở biểu thức chứa x.
- Đặt điều kiện để phân số trong biểu thức chứa x bằng một số nguyên t0 ta
được một phương trình bậc nhất hai ẩn y và t0 . Cứ tiếp tục làm như trên
cho đến khi các ẩn đều được biểu diễn dưới dạng một đa thức với các hệ số
ngun.
Ví dụ 1.2.1.2 . Tìm nghiệm ngun của phương trình

11x + 18y = 120. (1)
Lời giải:
..
.
.
Ta thấy 18y , 120 . 6, nên từ phương trình (1) ta suy ra 11x .. 6 ⇒ x .. 6, vì

9


(11, 6) = 1. Đặt x = 6k , k ∈ Z

Thay vào (1) và rút gọn ta được phương trình: 11k + 3y = 20. Từ đây ta
suy ra
20 − 11k
k−1
y=
= 7 − 4k +
.
3
3
Đặt
k−1
(t ∈ Z) ⇒ k = 3t + 1.
t=
3

x = 18t + 6
Vậy nghiệm của phương trình là:
(t là số nguyên tùy ý).
y = 3 − 11t
Chú ý:
- Nếu đề bài yêu cầu tìm nghiệm nguyên dương của (1) thì sau khi tìm được
nghiệm tổng quát ta có thể giải điều kiện.

18t + 6 > 0
3 − 11t > 0

⇔

−1
3

⇒ t = 0.
3
11

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (1) là (x; y) = (6; 3).
- Có nhiều cách tách giá trị nguyên của biểu thức y =
như sau:
k−1
y = 7 − 4k +
(cách 1).
3
1 + 2k
y = 7 − 3k −
(cách 2).
3
2(1 − k)
y = 6 − 3k +
(cách 3).
3

20 − 11k
, cụ thể
3

Nhận xét:
Cách 1 gọn hơn Cách 2 vì hệ số của k trong phân thức bằng 1, do đó sau
k−1
khi đặt
= t ta không cần thêm một ẩn phụ nào nữa. Trong Cách 3,

3
nhờ đặt được thừa số chung mà hệ số của k ở phần phân số bằng -1, do đó
k−1
= t ta cũng khơng cần thêm một thừa số phụ nào nữa.
sau khi đặt
3

10


1.2.2

Phương pháp đưa về phương trình ước số

Cơ sở 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, còn vế kia là hằng số nguyên. Tức là

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 để tìm ra điều kiện cần
của các nghiệm.
Ví dụ 1.2.2.1. Tìm nghiệm ngun của phương trình

xy − x − y = 2.
Lời giải:
Biến đổi phương trình thành

x(y − 1) − y = 2 ⇔ x(y − 1) − (y − 1) = 3
⇔ (y − 1)(x − 1) = 3

Vì x và y là các số nguyên nên x − 1 và y − 1 cũng là các số nguyên và là
ước của 3. Do tính đối xứng của các ẩn x và y trong phương trình nên có
thể giả sử x ≥ 
y để giảm bớt trường
 hợp. Khi đó x − 1 ≥ y − 1
x − 1 = 3
x − 1 = −1
Lúc này ta có
hoặc
y − 1 = 1
y − 1 = −3


x = 4
x = 0
Do đó
hoặc
y = 2
y = −2
Vậy tất cả các nghiệm nguyên của phương trình là (4;2), (2;4), (0;-2), (-2;0).
Ví dụ 1.2.2.2. Tìm nghiệm ngun của phương trình

3xy + x − y = 1.
Lời giải:

11


Ta có

3xy + x − y = 1
⇔ 9xy + 3x − 3y = 3
⇔ 3x(3y + 1) − (3y + 1) = 2
⇔ (3y + 1)(3x − 1) = 2
3x − 1và 3y − 1 lấy các giá trị nguyên và là ước của 2, ta có:
3x-1

1 -1 2 -2

3y+1 2 -2 1 -1
Từ bảng trên ta có thể dễ dàng tính được các nghiệm nguyên (x, y) của
phương trình là (0; −1), (−1; 0).
Kinh nghiệm giải:
- Ta tìm cách đưa phương trình đã cho thành phương trình có một vế là tích
các biểu thức có giá trị ngun, vế cịn là hằng số ngun.
- Trong Ví dụ 1.2.2.2, để viết biểu thức 3xy + x − y vế trái thành một tích,
1
ta có thể biến đổi thành x(3y + 1) − (3y + 1). Do đó ta nhân hai vế của
3
phương trình với 3 để đưa về phương trình ước số.
Nhận xét:
Đối với nhiều phương trình nghiệm nguyên việc đưa về phương trình ước số
có thể khó khăn hơn, khi đó ta có thể áp dụng một số thủ thuật phân tích
đa thức thành nhân tử khác, chẳng hạn xét ví dụ sau đây.
Ví dụ 1.2.2.3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau

x2 − 2xy + 3y − 5x + 7 = 0.
Lời giải:
Ta biến đổi phương trình như sau:

x2 − 2xy + 3y − 5x + 7 = 0.
(2y + 5)2 −(2y + 5)2
⇔ x − x(2y + 5) +
+
+ 3y + 7 = 0
4
4
2



2y + 5
⇔ x−
2

2

−4y 2 − 20y − 25 + 12y + 28
+
=0
4
12




2

4y 2 + 8y − 3
=0

−
4



2

4(y + 1)2 − 7
=0
−
4

2y + 5
⇔ x−
2
2y + 5
⇔ x−
2


2y + 5
⇔ x−
2

2

− (y + 1)2 =

−7
4

⇔ (2x − 2y − 5)2 − 4(y + 1)2 = −7
⇔ (2x − 4y − 7)(2x − 3) = −7 (1)
Vì x, y nguyên, nên từ phương trình (1) ta có các trường hợp sau:

1)

2)

3)

4)



2x − 4y − 7 = 1
x = −2
⇔
2x − 3 = −7
y = −3


2x − 4y − 7 = −7
x = 2
⇔
2x − 3 = 1
y = 1


2x − 4y − 7 = −1

x = 5
⇔
2x − 3 = 7
y = 1


2x − 4y − 7 = 7
x = 1
⇔
2x − 3 = −1
y = −3

Vậy các nghiệm của phương trình là:

(x; y) = {(−2; −3), (2; 1), (5; 1), (1; −3)}.
Kinh nghiệm giải:
Trong cách giải trên ta đã sử dụng phương pháp biến đổi tam thức bậc
hai (ax2 + bxy + cy 2 ; ax2 + 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:

13


(2y + 5)2
.
4
Phần còn lại của đa thức ta lại làm như vậy đối với biến y:
x2 − x(2y + 5) +

−(2y + 5)2
4(y + 1)2 − 7
+ 3y + 7 =
4
4
Chúng ta có thể tư duy như sau:
x2 − 2xy + 3y − 5x + 7 = 0
⇔ x2 − (2y + 5)x + 3y + 7 + a = a (∗)
Xét phương trình x2 − (2y + 5)x + 3y + 7 + a = 0 (∗∗) với a là số chưa biết
cần thêm vào, ta xác định như sau:

∆(∗∗) = (2y + 5)2 − 4(3y + 7 + a) = 4y 2 + 8y − 3 − 4a
Chọn a để ∆(∗∗) là số chính phương nên −3 − 4a = 4 ⇔ a =
Khi đó ∆(∗∗) = 4(y + 1)2

⇒ x1 =
Và

x2 =
Vậy

−7
4

2y + 5 − 2(y + 1) 3
= .
2
2

2y + 5 + 2(y + 1) 4y + 7

=
.
2
2

3
4y + 7
−7
(∗) ⇔ (x − )(x −
)=
.
2
2
4
⇔ (2x − 3)(2x − 4y − 7) = −7

Vì x, y ngun, từ phương trình (∗) ta có các trường hợp sau:


2x − 4y − 7 = 1
x = −2
⇔
1)
2x − 3 = −7
y = −3


2x − 4y − 7 = −7
x = 2
2)

⇔
2x − 3 = 1
y = 1

14




2x − 4y − 7 = −1
x = 5
3)
⇔
2x − 3 = 7
y = 1


2x − 4y − 7 = 7
x = 1
4)
⇔
2x − 3 = −1
y = −3
Vậy các nghiệm của phương trình là

(x; y) = {(−2; −3), (2; 1), (5; 1), (1; −3)}.
Nhận xét:
Phương pháp đưa về phương trình ước số có hai 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 (tính chẵn lẻ, số dư từng vế,...) để giảm số trường hợp cần xét.
Ví dụ 1.2.2.4. Tìm nghiệm ngun của phương trình sau

x2 + 12x = y 2 .
Lời giải:
Ta biến đổi phương trình như sau:

x2 + 12x = y 2
⇔ (x + 6)2 − y 2 = 36
⇔ (x − y + 6)(x + y + 6) = 36
Suy ra (x − y + 6) và (x + y + 6) là ước của 36.
Tức là (x + y + 6), (x − y + 6) ∈ {±1; ±2; ±3; ±4; ±6; ±9; ±12; ±18; ±36}.
Từ đây bằng cách xét các trường hợp ta tìm được các nghiệm (x; y) của
phương trình là: (0; 0), (−12; 0), (−16; 8), (−16; −8), (4; 8), (4; −8).
Nhận xét:
Ở ví dụ này ta có thể nhận xét như sau.
Nếu y là nghiệm thì −y cũng là nghiệm nên ta giả sử y ≥ 0.
Khi đó x − y + 6 ≤ x + y + 6 ta giảm được 8 trường hợp.
Bây giờ còn 10 trường hợp, ta lại thấy (x − y + 6) + (x + y + 6) = 2x + 12
nên (x − y + 6) và (x + y + 6) có cùng tính chẵn lẻ.
Do đó ta còn 4 trường hợp:
15



x + y + 6 = −2
x − y + 6 = −18

x + y + 6 = −6
x − y + 6 = −6


x + y + 6 = 18
,
x − y + 6 = 2

x + y + 6 = 6
,
x − y + 6 = 6

x + y + 6 = −6
Tiếp tục xét 2 trường hợp
x − y + 6 = −6


x + y + 6 = 6
,
x − y + 6 = 6

Hai trường hợp này đều có nghiệm y = 0 ta có thể xét y = 0 ngay từ đầu.
Ta có phương trình ban đầu:

x(x + 12) = y 2 .
Nếu y = 0 thì x = 0 hoặc x = −12.
Nếu
 y ̸= 0 thì x + 6 − y< x + 6 + y đến đây ta chỉ còn xét 2 trường hợp:
x + y + 6 = −2
x + y + 6 = 18
,
x − y + 6 = −18

x − y + 6 = 2
Giải và kết luận phương trình có 5 nghiệm

(x; y) = {(0; 0), (−12; 0), (−16; 8), (−16; −8), (4; 8), (4; −8)}.

1.2.3

Phương pháp biểu thị một ẩn theo ẩn cịn lại
rồi dùng tính chia hết

Cơ sở phương pháp
Trong nhiều bài tốn phương trình nghiệm nguyên, khi giải ta sẽ rút một ẩn
theo một phân thức hữu tỷ của biến còn lại. Lúc này ta tách phân thức hữu
tỷ thành các phần có giá trị nguyên và phần hữu tỷ với tử số là hằng số. Khi
đó ta sẽ tìm điều kiện để phần hữu tỷ này nguyên thì sẽ tìm được các giá trị
hữu hạn của một biến. Và từ đây sẽ tìm ra tất cả các nghiệm của phương
trình.
Ví dụ 1.2.3.1. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau:

xy − 2x − 3y + 1 = 0.
16


Lời giải:
Ta có xy − 2x − 3y + 1 = 0 ⇒ y(x − 3) = 2x − 1.
Ta thấy x ̸= 3 (Vì nếu x = 3 thì 0.y = 5, vơ nghiệm).
2x − 1
Do đó y =
.
x−3

2x − 1
Tách ra ở phân thức
các giá trị nguyên
x−3

y=

2x − 1
5
=2+
.
x−3
x−3

5
cũng là số nguyên, do đó x − 3 là ước của 5. Lần
x−3
lượt cho (x − 3) = {−1; 1; −5; 5} ta được nghiệm nguyên dương:

Do y nguyên nên

(x, y) = {(4; 7), (8; 3)}
. Ví dụ 1.2.3.2 Tìm các số nguyên thỏa 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.
Ta có: x2 + xy − 2y − x − 5 = 0

⇔ y(x − 2) = −x2 + x + 5 (*)

Ta thấy x ̸= 2 (Vì nếu x = 2 thì (*) có dạng 0.y = 3, vô nghiệm)
−x2 + x + 5
3
= −x − 1 +
(*) ⇔ y =
x−2
x−2
..
Để y nguyên thì 3 . (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)}.
Kinh nghiệm giải:
Trong nhiều bài tốn phương trình nghiệm ngun 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 toán sử dụng phương pháp này thường rút một ẩn (có bậc nhất)
theo ẩn cịn lại.

17


1.3

Phương pháp xét số dư từng vế

Cơ sở phương pháp
Xét số dư từng vế của phương trình nghiệm nguyên với một số nguyên nào
đó rồi dùng lập luận để giải bài tốn.
Ví dụ 1.3.1. Chứng minh rằng các phương trình sau khơng có nghiệm
ngun:
a) x2 − y 2 = 2022

b) x2 + y 2 = 2023
Lời giải:
a) Do x nguyên nên x = 2k hoặc x = 2k + 1, (k ∈ Z) do đó x2 = 4k 2 hoặc

x2 = 4k 2 + 4k + 1 vì thế x2 chia cho 4 luôn dư 0 hoặc 1, tương tự y 2 cũng
chia cho 4 luôn dư 0 hoặc 1.
Suy ra x2 − y 2 chia cho 4 luôn dư 1 hoặc 0 hoặc 3. Mà 2022 chia cho 4
dư 2 do đó phương trình đã cho khơng có nghiệm nguyên.
b) Như chứng minh ở câu a) thì x2 , y 2 chia cho 4 luôn dư 0 hoặc 1 nên x2 +y 2
luôn dư 0 hoặc 1 hoặc 2. Mà 2023 chia cho 4 dư 3. Vậy phương trình khơng
có nghiệm ngun.
Kinh nghiệm giải:
Cần nhớ các kết quả:
x2 − y 2 chia cho 4 không dư 2.
x2 + y 2 chia cho 4 khơng dư 3.
Ví dụ 1.3.2. Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình
x2 + 3y = 3026
Lời giải:

• Xét y = 0 ⇒ x2 + 30 = 3026 ⇒ x2 = 3025. Mà x ∈ N ⇒ x = 55.
• Xét y > 0 ⇒ 3y chia hết cho 3.
Với x ∈ N, ta viết x = 3k + r, 0 ≤ r < 3. Ta xét từng trường hợp của số
dư r như sau:
- Nếu r = 0 thì x = 3k ⇒ x2 = 9k 2 . Vậy x2 chia cho 3 dư 0.
- Nếu r = 1 thì x = 3k + 1 ⇒ x2 = 9k 2 + 6k + 1. Vậy x2 chia cho 3 dư 1.
- Nếu r = 2 thì n = 3k + 2 ⇒ x2 = 9k 2 + 12k + 4. Vậy x2 chia cho 3 dư 1.
18


Vậy x2 khi chia cho 3 thì số dư là 0 hoặc 1.

⇒ x2 + 3y chia cho 3 dư 1.
Mà 3026 chia cho 3 dư 2 (loại).
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất (x, y) = (55; 0).

1.4
1.4.1

Phương pháp dùng bất đẳng thức
Sử dụng bất đẳng thức cổ điển

Cơ sở phương pháp
Trong nhiều bài toán ta thường sử dụng bất đẳng thức để chứng minh một
vế không nhỏ hơn (hoặc khơng lớn hơn) vế cịn lại. Muốn cho phương trình
có nghiệm thì dấu bằng trong bất đẳng thức phải xảy ra đó là nghiệm của
phương trình. Một số bất đẳng thức cổ điển thường được sử dụng như:
1. Bất đẳng thức Cauchy (AM-GM) Nếu a1 , a2 , a3 , ..., an là các số thực khơng
âm thì

√
a1 + a2 + a3 + ... + an
≥ n a1 .a2 .a3 ...an .
n
Đẳng thức xảy ra khi
a1 = a2 = a3 = ... = an .
2. Bất đẳng thức Bunhiacopxki

(a21 + a22 + ... + a2n )(b21 + b22 + ... + b2n ) ≥ (a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn )2 .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

a2
an
a1
=
= ... = .
b1
b2
bn
Ví dụ 1.4.1.1. Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình

(x2 + 1)(x2 + y 2 )(y 2 + 1) = 8x2 y 2
Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

19


x2 + 1 ≥ 2x. Dấu bằng xảy ra khi x = 1
x2 + y 2 ≥ 2xy. Dấu bằng xảy ra khi x = y
y 2 + 1 ≥ 2y . Dấu bằng xảy ra khi y = 1
Do x, y dương nên ta có:(x2 + 1)(x2 + y 2 )(y 2 + 1) ≥ 8x2 y 2 . Dấu bằng xảy
ra khi x = y = 1.
Ví dụ 1.4.1.2. Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau:
x6 + z 3 − 15x2 z = 3x2 y 2 z − (y 2 + 5)3 (1)
Lời giải:

.

Ta có: (1) ⇔ x6 + z 3 + (y 2 + 5)3 = 15zx2 + 3x2 y 2 z.

⇔ x6 + z 3 + (y 2 + 5)3 = 3x2 z(y 2 + 5).
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: x6 + z 3 + (y 2 + 5)3 ≥ 3x2 z(y 2 + 5).
Dấu bằng xảy ra khi x2 = y 2 + 5 = z từ x2 = y 2 + 5 giải ra ta được
nghiệm:
(x; y; z) = (3; 2; 9).
Ví dụ 1.4.1.3 Giải phương trình nghiệm ngun sau:

(x + y + 1)2 = 3(x2 + y 2 + 1).
Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức BunhiaCopxki ta có:

(x + y + 1)2 ≤ (12 + 12 + 12 )(x2 + y 2 + 1).
⇔ (x + y + 1)2 ≤ 3(x2 + y 2 + 1).
1
1
Dấu bằng xảy ra khi = = 1. ⇔ x = y = 1.
x y
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là (x; y) = (1; 1).
Ví dụ 1.4.1.4 Giải phương trình nghiệm ngun sau:

 10
x
y 10
+ 2 + x16 + y 16 = 4(1 + x2 y 2 )2 − 10.
2
2
y
x
Phân tích bài tốn

x10 y 10
Khi gặp bài toán này, từ đẳng thức 2 + 2 ta nghĩ ngay tới bất đẳng thức
y
x
Cauchy nhưng phải chọn điểm rơi cho đúng, để tìm mối liên hệ giữa x, y .
Lời giải:
20


Điều kiện: x, y ̸= 0.
Ta có

s

10

10

10 y 10
y
x
4 x
+ 2 +1+1≥4
= 4x2 y 2 .
2
2
2
y
x
xy

Suy ra
 10

x
y 10
2
+ 2 + 2 ≥ 8x2 y 2 . (1)
2
y
x
và
16

x +y

16

p
+ 1 + 1 ≥ 4. 4 x16 y 16 = 4x4 y 4 . (2)

Từ (1) và (2) suy ra
 10

y 10
x
2
+ 2 + 2 + x16 + y 16 + 2 ≥ 4x4 y 4 + 8x2 y 2
2
y

x
 10

x
y 10
⇔2
+ 2 + x16 + y 16 ≥ 4(1 + x2 y 2 )2 − 10
2
y
x
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

x2 = y 2 = 1 ⇔ |x| = |y| = 1
Vậy phương trình có các nghiệm

(x; y) = {(1; 1), (−1; −1), (1; −1), (−1; 1)}.
Nhận xét:
Khi sử dụng hai lần bất đẳng thức Cauchy thì dấu bằng xảy ra

x2 = y 2 = 1 ⇔ |x| = |y| = 1
Chính vì thế mà ta đã giải được phương trình có các cặp nghiệm như trên.
Ví dụ 1.4.1.5. Giải phương trình nghiệm nguyên sau:

√

x+

p

y−1+

√

1
z − 2 = (x + y + z).
2

Phân tích bài tốn
Đây là một phương trình mà có tới 3 ẩn thì ta nhận biết ngay là dấu hiệu
đưa về tổng của các hằng đẳng thức
p
√
√
( x − 1)2 + ( y − 1 − 1)2 + ( z − 2 − 1)2 = 0

21


hoặc dùng bất đẳng thức để giải.
Lời giải:
Điều kiện: x ≥ 0, y ≥ 1, z ≥ 2. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai
số khơng âm ta có:

√
x+1
x ≤ x.1 ≤
. (1)
2
q
p

y−1+1 y
y − 1 = (y − 1).1 ≤
= . (2)
2
2
q
√
z−2+1 z−1
=
. (3)
z − 2 = (z − 2).1 ≤
2
2
Cộng (1),(2),(3) ta được:
√

√

√

1
z − 2 ≤ (x + y + z).
2






x=1

x=1




Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi y − 1 = 1 ⇔ y = 2






z − 2 = 1
z = 3
x+

p

y−1+

Vậy phương trình có nghiệm là (x; y; z) = (1; 2; 3).

1.4.2

Phương pháp sắp thứ tự các ẩn

Phương pháp này thường được áp dụng khi phương trình có tính đối xứng
giữa các ẩn với nhau, tức là khi ta hốn vị vị trí các ẩn cho nhau thì phương
trình khơng thay đổi. Khi đó ta thường giả sử x ≤ y ≤ z ≤ ... để giới hạn
miền nghiệm của phương trình và bắt đầu đi tìm nghiệm bé nhất trở đi.

Ví dụ 1.4.2.1. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau

2xyz = x + y + z.
Lời giải:
Gọi x; y; z là các số nguyên dương cần tìm
1
1
1
≤
≤
Giả sử x ≥ y ≥ z ⇒ xy ≥ xz ≥ yz ⇒
xy
xz
yz
3
3
⇒2≤
⇒ yz ≤ .
yz
2

22


Mà yz nguyên dương nên yz =1
Do đó y = z = 1 Thay vào phương trình ban đầu ta được 2x = x + 2
hay x = 2. Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:

(x; y; z) = {(1; 1; 2), (1; 2; 1), (2; 1; 1)}.
Ví dụ 1.4.2.2. Giải phương trình nghiệm nguyên dương

1 1 1
+ + = 1.
x y z
Lời giải:
Do x, y, z có vai trò như nhau nên ta giả sử x ≤ y ≤ z.
3
1 1 1
Khi đó 1 = + + ≤ ⇒ x ≤ 3 ⇒ x ∈ {1; 2; 3}.
x y z
x
+ Với x = 1, phương trình đã cho vô nghiệm.
1 1 1
1 2
+ Với x = 2, ta có: 1 = + + ≤ + .
2 y z
2 y
⇒ y ≤ 4. Mặt khác y ≥ x ⇒ y ∈ {2; 3; 4}.
+ y = 2 thì phương trình đã cho vơ nghiệm.
+ y = 3 ⇒ z = 6.
+ y = 4 ⇒ z = 4.

1 2
1 1 1
+ + ≤ + ⇒ y ≤ 3.
3 y z
3 y
Suy ra y = 3 (vì y ≥ x) ⇒ z = 3.
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là:

+ Với x = 3 ta có: 1 =

(x; y; z) = {(2; 3; 6), (2; 4; 4), (3; 3; 3)}.
Kinh nghiệm giải
Khi phương trình đối xứng với các ẩn x, y, z, ... ta thường giả sử x ≤ y ≤ z ≤
... để giới hạn miền nghiệm của phương trình và bắt đầu đi tìm từ nghiệm
bé nhất trở đi.
Ví dụ 1.4.2.3. Tìm nghiệm ngun dương của phương trình

1 1
+ = z.
x y

23


Lời giải
Ta biến đổi

1 1
+ = z ⇔ xyz = x + y.
x y

Nhận xét: Do tính đối xứng của x và y nên có thể giả sử rằng x ≤ y.
Ta có:

xyz = x + y ≤ y + y = 2y ⇒ xz ≤ 2.
Ta lựa
 chọn nghiệm
 trong các

 trường hợp sau:
x = 1
x = 2
x = 1
,
,
z = 1
z = 1
z = 2
Ta suy ra nghiệm (x; y; z) là (1; 1; 2), (2; 2; 1).
Kinh nghiệm giải:
Ở bài tốn này do vai trị của x, y, z là khơng bình đẳng nên ta khơng thể
giả sử x ≤ y ≤ z mà chỉ có thể giả sử x ≤ y .

1.4.3

Phương pháp chỉ ra nghiệm nguyên

Ý tưởng của phương pháp này là: đầu tiên ta sẽ chỉ ra một nghiệm ngun
của phương trình. Sau đó ta sẽ chứng minh nghiệm này là duy nhất bằng
nhiều cách khác nhau.
Ví dụ 1.4.3.1. Tìm nghiệm ngun dương của phương trình sau:

3x + 4x = 5x .
Lời giải:

 x  x
3
4
Chia hai vế của phương trình cho 5x ta được

+
= 1.
5
5
Thử thấy x = 1 không là nghiệm của phương trình trên.
Với x ̸= 1 thì VT = VP = 1 thỏa mãn bài toán

24


Với x ≥ 2 ⇒

 
 2
x

3
3


≤



5
 5

 x  2




4
4


≤

5
5

 x  x
3
4
⇒
+
< 1.
5
5

Vậy x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Kinh nghiệm giải:
Phương pháp xét từng khoảng giá trị của ẩn còn được thể hiện dưới dạng:
chỉ ra một hoặc vài số là nghiệm của phương trình, rồi chứng minh phương
trình khơng cịn nghiệm nào khác.
Ví dụ 1.4.3.2. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau:

2x + 3x = 35.
Lời giải:
Xét x = 0, x = 1, x = 2 đều khơng thỏa mãn phương trình 2x + 3x = 35.
Xét x = 3 thỏa mãn phương trình 2x + 3x = 35 vì 23 + 33 = 35.

Xét x > 3 suy ra 2x + 3x > 23 + 33 = 35 (loại).
Đáp số: x = 3.

1.4.4

Sử dụng điều kiện để phương trình bậc hai có
nghiệm

Cơ sở phương pháp
Ta viết phương trình f (x, y) = 0 dưới dạng phương trình bậc hai đối với một
ẩn, chẳng hạn đối với x và coi biến còn lại y là tham số. Điều kiện để phương
trình có nghiệm là ∆ ≥ 0. Từ điều kiện này ta sẽ tìm được một số hữu hạn
giá trị nguyên của biến y thỏa mãn và từ đó tìm ra tất cả các nghiệm của
phương trình.
Ví dụ 1.4.4.1. Tìm nghiệm ngun của phương trình sau

x2 + y 2 − 2x + y = 9. (1)
Lời giải:

25