SKKN phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn toán ở THPT

ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Phương trình nghiệm nguyên là một đề tài hấp dẫn, thú vị của toán học, vì
vậy phương trình nghiệm nguyên đã được rất nhiều nhà toán học nghiên cứu.
Tuy nhiên, với người học thì giải phương trình nghiệm nguyên là một vấn đề
khó. Để giải được phương trình nghiệm nguyên đòi hỏi phải có tư duy lôgic, sự
sáng tạo. Các phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng và kèm theo các phường
trình nghiệm nguyên đó có rất nhiều phương pháp giải hay, nhưng do khó, phức
tạp mà trong chương trình toán ở phổ thông cũng như Cao đẳng chỉ đề cập đến
rất ít, Vì vậy, tôi chọn đề tài: ''phương trình nghiệm nguyên'' để giúp các bạn
tìm hiểu được nhiều hơn về phương trình nghiệm nguyên.
II. MỤC ĐÍCH ĐỀ TÀI:
Đề tài này nhằm đạt được một số mục đích sau:
+ Thống kê các phương trình nghiệm nguyên.
+ Phân loại và phương pháp giải một số dạng phương trình nghiệm nguyên.
III. NỘI DUNG:
A. Một số định nghĩa, định lý liên quan đến phương pháp giải các phương
trình nghiệm nguyên.
1. Định lý Ơ - le:
Định lý: Giả sử m là một số tự nhiên lớn hơn 1 và a là một số nguyên tố
với m khi ấy ta có:
(m)
a 1
ϕ
≡
(modm).
+
(m)ϕ
: Là số các số tự nhiên khác 0 không vượt quá m và nguyên tố với
m.
+ Hệ thặng dư đầy đủ modun m H = {0, 1, , m -1}

- Hệ thặng dư thu gọn modun m
H =
m 1 m 1 m 1
, 1, ,
2 2 2
− − −
 
− − +
 
 
với m là số lẻ
H =
m m m
, 1, , 1
2 2 2
 
− − + −
 
 
với m là số chẵn.
1
ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT
H =
m m m
1, 2, ,
2 2 2
 
− + − +
 
 

là hệ thặng dư đầy đủ giá trị tuyệt đối nhỏ nhất.
Chứng minh:
Cho x chạy qua hệ thặng dư thu gọn modun m không âm nhỏ nhất {r
1
,
r
2
, , r
(m)ϕ
} khi ấy tập hợp {ar
1
, ar
2
, , ar
(m)ϕ
} cũng là hệ thặng dư thu gọn
modun m. Gọi s
1
, s
2
, s
(m)ϕ
là các thặng dư không âm nhỏ nhất cùng lớp với ar
1
,
ar
2
, , ar
n
thì ta có:

ar
1

≡
s
1
(modm)
ar
2

≡
s
2
(modm)

ar
(m)ϕ
≡
s
(m)ϕ
(modm)
Ta sẽ được { s
1
, s
2
, , s
(m)ϕ
} cũng là hệ thặng dư thu gọn modun m không âm
nhỏ nhất, Bằng cách nhân vế với vế của
(m)ϕ

đồng thức trên ta được:
a
(m)ϕ
. r
1
r
2
r
(m)ϕ

≡
s
1
s
2
s
(m)ϕ
(modm)
Vì {r
1
, r
2
, , r
(m)ϕ
} và {s
1
, s
2
, , s
(m)ϕ

} cũng là hệ thặng dư thu gọn không
âm nhỏ nhất nên ta có:
r
1
r
2
r
(m)ϕ
= s
1
s
2
s
(m)ϕ
Từ đó a
(m)ϕ
r
1
,r
2
r
(m)ϕ
≡
r
1
r
2
r
(m)ϕ
(modm)

Nhưng r
1
r
2
r
(m)ϕ
nguyên tố với (m vì từng thừa số nguyên tố với m) nên có
thể chia cả 2 vế của đồng dư thức r
1
r
2
r
(m)ϕ
ta được: a
(m)ϕ
≡
1 (modm)
2. Định lý Feema:
Cho p là một số nguyên tố và a là một nguyên tố không chia hết cho p.
Khi ấy ta có: a
p-1

≡
(mod p).
Chứng minh:
Vì p là số nguyên tố nên
(p)ϕ
= p - 1. áp dụng định lý ơ-le suy ra điều
phải chứng minh.
3. Phương trình ax

2
+ bx + c = 0
2
ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT
- Nếu có nghiệm nguyên là x
0
thì C
M
x
0
- Phương trình có nghiệm nguyên khi và chỉ khi
∆
(
∆
')là số chính phương
4. Thuật toán ơclit mở rộng. (Tìm ước chung lớn nhất của 2 số a, b)
- Giả sử a > b. a,b
∈
z
+
B
1
: Chia a cho b được dư r
1
. Nếu r
1
= 0 thì b/a. Nếu r
1

≠

0 ta được:
a = bq + r
1
.
B
2
: Chia b cho r
1
được dư r
2
.
- Nếu r
2
= 0 thì UCLN (a,b) = r
1
- Nếu r
2

≠
0 thì ta được: b = r
1
q
1
+ r
2
.
B
3
: Thực hiện phép chia r
1

cho r
2
được số dư r
3
.
- Nếu r
3
= 0 thì UCLN (a, b) = r
3
- Nếu r
3

≠
0 thì r
1
= r
2
q
2
+ r
3
.
Tiếp tục quá trình như vậy cho đến khi số dư bằng 0 (Giả sử là r
n
). Quá
trình này phải biết kết thúc vì ta được dãy giảm nghiêm ngặt bị chặn dưới
r
1
> r
2

> r
3
> r
n -1
> r
n
> 0
- Ước chung lớn nhất của a và b là r
n-1
( số dư khác 0 cuối cùng)
5. Điều kiện cần và đủ để phương trình:
ax + by = c (1) có nghiệm là UCLN (a, b) c.
Chứng minh:
- Điều kiện cần: Giả sử phương trình (1) có nghiệm nguyên là (x
0
, y
0
) ta
có: ax
0
+ by
0
= c. Gọi d = UCLN (a, b). Khi ấy d là ước của a và b nên d cũng là
ước của ax
0
+ by
0
= c nghĩa là d ước của c.
- Điều kiện đủ:
Giả sử d = UCLN (a,b) là ước của c, nghĩa là có số nguyên c, sao cho c =

c
1
d. Ta phải chứng minh phương trình (1) có nghiệm nguyên, nghĩa là có cặp số
(x
0
, y
0
) sao cho có đẳng thức: ax
0
+ by
0
= c.
Thật vậy vì d = UCLN (a,b) nên có cặp số nguyên x
1
, y
1
sao cho : d = ax
1
+ by
1
.
3
ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT
Nhân cả 2 vế với c
1
ta được c
1
d = c
1
ax

1
+ by
1
c
1
hay ( c
1
a)x
1
+ (c
1
b)y
1
= c
Đẳng thức này chứng minh của phương trình (1).
* Nếu phương trình (1) có một nghiệm nguyên là (x
0
, y
0
) thì nó có vô số
nghiệm nguyên và tập hợp các nghiệm nguyên của nó gồm các cặp số nguyên
(x
1
y) xác định bởi:
0
0
b
x x t
a
a

y y t, t Z
d

= +




= − ∈


Với d = UCLN (a, b) và t = 0,
±
1,
±
2
Điều này ta dễ dàng kiểm tra khi thay x, y vào phương trình (1).
* Phương trình: a
1
x
1
+ a
2
x
2
+ + a
n
x
n
= c khi và chỉ khi

φ
UCLN (a
1
,
a
2
, , a
n
) là ước của c.
Chứng minh cho trường hợp này tương tự như chứng minh cho trường
hợp n = 2.
B. MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN VÀ PHƯƠNG
PHÁP GIẢI:
a. Phương pháp giải:
1. Tách phần nguyên: (phương pháp này chủ yếu áp dụng cho phương
trình bậc nhất 2 ẩn).
Ví dụ: Giải phương trình: 43x + 47y = 50 (1)
Phương trình (1) <=> 43x = 50 - 47y => x = 1 - y +
7 4y
43
−
Đặt t =
7 4y
43
−
, t
∈

Z
=> x = 1 - y + t. Và 7 - 4y = 43t

=> y = 2 - 11t +
t 1
4
−
. Đặt
t 1
4
−
=
η

η

∈
Z
=> y = 2 - 11t +
η
và t=4
η
+1
=> y = 2 - 11 (4
η
+ 1) +
η
= - 43
η
- 20 => x = 1 - ( - 43
η
- 20) + 4
η

+ 1 = 22 +
47
η
. Vậy phương trình (1) có nghiệm tổng quát là:
x 22 47t
y 20 43t
= +


= − −

Với t
∈
Z
.
4
ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT
Chú ý: Khi dùng phương pháp này nên tách sao cho các hệ số của ẩn của
phần đặt ẩn phụ là nhỏ nhất
Ví dụ: Giải phương trình: 7x + 4y = 100 (*)
Cách 1: 4y = 100 - 7x => y =
100 7x
4
−
=> y = 25 - x -
3x
4
. Đặt
3x
4

= t,
t
∈
Z
= > y = 25-x-t và 3x=4t => x =
4t t
t
3 3
= +
.
Đặt
t
, x t ,t 3
3
η η∈ => = + η = η¢
=> x = 3
η
+
η
= 4
η
=> y =25-4
η
-3
η
= 25
- 7
η
.
Vậy phương trình có nghiệm tổng quát là:

x 4t
y 25 7t, t .
=


= − ∈

Z
Cách 2: (*) <= > 4y =
100 7x x
100 7x y 25 2x
4 4
−
− => = = − +
Đặt
x
t x 4t y 25 2x t y 25 2(4t) t 25 7t
4
= => = => = − + => = − + = −
Vậy phương trình có nghiệm tổng quát là:
x 4t
y 25 7t, t
=


= − ∈

Z
2. Phương pháp sử dụng đồng dư thức:
Phương pháp này dựa vào các tính chất của đồng dư thức để giải phương

trình nghiệm nguyên. Ta chuyển phương trình cần giải về các đồng dư thức:
Ví dụ: Giải phương trình: 5x + 3y = 2
Phương trình đã cho tương đương với đồng dư thức:
5x
≡
2(modz) <=> 2x
≡
2(modz) (*) x
≡
1(modz).
=> x= 1+3t, t
∈Z
=> 3y = 2-5x = 2-5 (1+3t)
=> 3y = -3 - 15t => y = -1 - 5t.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm tổng quát là:
x 1 3t
y 1 5t,t
= +


= − − ∈

¢
5
ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT
3. Phương trình sử dụng thuật toán ơclít mở rộng
Ví dụ: Giải phương trình: 38 x + 117y = 109
Ta có: 117 = 38.3 + 3 => 3 = 117 - 38.3
38 = 3.12 + 2 => 2 = 38 - 3.12
3 = 2.1 + 1 => 1 = 3 - 2

2 = 1.2
Ta suy ra: 1 = 3 - 2 = 3 - (38 - 3.12) = 3.13 - 38
= (117 - 38.3). 13 - 38 = 117.13 - 38.40
=> 109 = 117(13.109) + 38(-40.109) = 117(1417) + 38 (-4346)
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm riêng là:
(-4346, 1417)
Vậy phương trình có nghiệm tổng quát là:
x 4346 117t
y 1417 38t,t R
= − +


= − ∈

Lưu ý: Phương pháp sử dụng thuật toán ơclít mở rộng có thể áp dụng cho tất
cả các phương trình bậc nhất một ẩn và nhiều ẩn. Tuy nhiên phương trình này có
nhược điểm là trong một số trường hợp việc tách quá nhiều bước.
4. Phương pháp sử dụng tính chia hết.
Trong một số phương trình việc áp dụng tính chia hết sẽ cho ra kết quả rất
nhanh.
Ví dụ: Giải phương trình 6x
2
+ 5y
2
= 74 (1)
(1)
⇔
6(x
2
- 4) = 5(10 - y

2
) . Vì UCLN(5,6) = 1 nên phải có x
2
- 4
M
5 và
10 - y
2

M
6 tức là x
2
- 4 = 5u và 10 - y
2
= 6v (với u, v
∈

Z
) => 6.5u = 5.6v => u =
v.
Vì x
2
- 4 = 5u => x
2
= 5u + 4
≥
0 => u
≥
-
4

5

Tương tự y
2
= 10 - 6u
≥
0 => v <
5
3
. Kết hợp u = v => u = v = 0 hoặc
u = v = 1.
6
ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT
- Với u = v = 0 => y
2
= 10 => Không có giá tri nào nguyên của y thoả
mãn.
- Với u = v = 1 => y
2
= 4 và x
2
= 9.
Vậy phương trình có 4 nghiệm là: (3,2); (3,-2); (-3,2) và (-3,-2).
5. Phương pháp sử dụng tính chất của số nguyên tố.
Trong phương pháp này áp dụng các tính chất của số nguyên để giải các
phương trình nghiệm nguyên.
Ví dụ: Giải phương trình x
2
+ y
2

= 3
2
z
(1)
dễ thấy phương trình có nghiệm là (0;0;0). Giả sử phương trình có
nghiệm: (x;y;z). Nếu x, y, z có ước chung lớn nhất d
≠
1 tức là x = dx', y = dy'
và z = dz' từ (1) => (dx')
2
+ (dy')
2
= 3(dz)
2
=> x'
2
+ y'
2
= 3z'
2
Vì vậy ta có thể giả sử UCLN(x,y,z) = 1.
Từ x
2
+ y
2
= 3z
2
=> x
2
+ y

2
M
3 => x
2

M
3 và y
2

M
3 tức là x
M
3u và y = 3v ta
có (3u)
2
+ (3v)
2
= 3z
2
=> z
2
= 3(x
2
+ y
2
) => z
2

M
3 => x,y,z có ước chung là 3 trái

với giả thiết => phương trình có nghiệm duy nhất là (0;0;0).
6. Phương pháp sử tính chất của số chính phương
- Tính chất của số chính phương là:
- Số chính phương không có tận cùng bằng 2,3,5,7,8.
- Một số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì căn bậc hai của số
đó cũng chia hết cho p.
- Số chính phương chia 3 dư 0;1; chia 4 dư 0;1 chia 8 dư 0;1;4.
- Giữa 2 số chính phương liên tiếp không có số chính phương nào điều
này tương đương
∀
a,x
∈

Z
+ Không tồn tại x để a
2
< x
2
< (a+1)
2
+ Nếu a
2
< x
2
< (a+2)
2
thì x
2
= (a+1)
2

- Nếu 2 số nguyên liên tiếp có tích là số chính phương thì một trong 2 số
đó phải bằng 0.
7
ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT
⇔
Nếu a(a+1) = k
2
thì
a 0
a 1 0
=


+ =

- Nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là một số chính
phương thì mỗi số đều là số chính phương.
2
a.b c ,⇔ =
với
a, b,c N∈
,
2
2
a p
(a,b) 1
b q

=


= =>

=


Ví dụ: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
x(x+1) = k(k+2) (1),
x Z∈
+
Giải.
(1) => x
2
+ x = k
2
+ 2k
⇔
x
2
+ x + 1 = k
2
+ 2k + 1
⇔
x
2
+ x + 1 = (k+1)
2
vì x
Z∈
+
=> x

2
< x
2
+ x + 1 = (x + 1)
2
=> x
2
< (x + 1)
2
(*)
Mặt khác vì x
∈
Z
+
=> x
2
+ x + 1 < x
2
+ 2x + 1
=> (k + 1)
2
< (x + 1)
2
(**). Từ (*) và (**)
=> x
2
< (k + 1)
2
< (x + 1)
2

=> Không tồn tại số k thoả mãn phương trình
(1). Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
7. Phương pháp tách thành phương trình tích:
- Trong phương pháp này vế chứa biến của phương trình nghiệm nguyên
được phân tích thành các nhân tử. Do các nghiệm nguyên nên xét các trường
hợp có thể xảy ra rồi giải và tìm nghiệm.
Ví dụ: Giải phương trình x
2
+6 = xy - y (1)
Giải:
(1)
⇔
x
2
- 1 + 7 = y(x - 1)
⇔
(x - 1)(x + 1) + 7 = y(x - 1)
⇔
(x - 1)(y - x - 1) = 7. Vì x, y
∈
Z nên có các trường hợp sau.
TH1:
x 1 1 x 2
y x 1 7 y 10
− = =
 
⇒
 
− − = =
 

TH2:
x 1 7 x 8
y x 1 1 y 10
− = =
 
⇒
 
− − = =
 
8
ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT
TH3:
x 1 1 x 0
y x 1 7 y 6
− = − =
 
⇒
 
− − = − = −
 
TH4:
x 1 7 x 6
y x 1 1 y 6
− = − = −
 
⇒
 
− − = − = −
 
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm là (2;10), (8;10), (0;-6) và (-6;-6)

8. Phương pháp sử dụng bất đẳng thức:
Phương pháp này dùng để đưa các ẩn của một phương trình nghiệm
nguyên bị kẹp bởi 2 giá trị nguyên nào đó. Do các ẩn là các số nguyên nên ta có
thể thử các trường hợp có thể có của ẩn để từ đó rút ra nghiệm.
Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x + y + 1 = xyz (1).
Giải:
Không giảm tính tổng quát giả sử
0 x y≤ ≤
=> x+y+1
≤
2y+1
=> xyz
≤
2y+1 => xyz - 2y
≤
1 => y(xz-2)
≤
1.
Từ (1) ta thấy (1;1;1) không phải là nghiệm của (1). Do x,y,z là những số
nguyên dương.
xz
2≥
=> xz - 2
0≥
từ (*) =>
0 y(xz 2) 1≤ − ≤
=>
y(xz 2) 0(2)
y(xz 2) 1(3)
− =



− =

Giải 2: y(xz-2) = 0 =>
y 0 x 1
xz 2 0 xz 2(2')
= = −
 
⇒
 
− = =
 
(2') => x = 1 và z = 2 => y = 2
x = 2 và z = 1 => y = 3
Giải 3: y(xz - 2) = 1 => Các trường hợp sau:
TH1:
x 1
y 1 y 1
y 1
xz 2 1 xz 3
z 3
=

= =
 

⇒ ⇒ =




− = =
 

=

TH2: y= -1 (loại)
xz - 2 = -1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
9
loại
ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT
(1;2;2); (2;3;1); (1;1;3)
9. Phương pháp sử dụng tính chẵn, lẻ
Dựa vào đề bài mà chúng ta có thể tìm ra tính chẵn, lẻ để từ đó rút ra tính
chất đặc trưng của các ẩn và đưa phương trình cần giải về phương trình đơn giản
hơn.
Ví dụ: Giải phương trình: (2x+5y+1)(
x
2
2 y x x) 105+ + + =
Giải:
Vì 105 là số lẻ nên (2x+5y+1) và (
x
2
2 y x x)+ + +
là số lẻ.
- Xét 2x+5y+1 lẻ: 2x+1 lẻ nên 5y là chẵn, do đó y chẵn.
- Xét (
x

2
2 y x x)+ + +
lẻ vì x
2
+ x = x(x+1) chẵn nên
x
2 y+
lẻ
Vì y chẵn =>
x
2
lẻ =>
x 0 x 0= => =
Thay x vào phương trình trên ta được: (5y+1)(x+1) = 105.
Vì y là số nguyên nên ta có các trường hợp sau:
+ TH1:
5y 1 105 y 104/ 5
y 1 1 y 0
+ = =
 
⇒
 
+ = =
 

+ TH2:
5y 1 1 y 0
y 1 105 y 104
+ = =
 

⇒
 
+ = =
 

+ TH3:
5y 1 21 y 4
y 1 5
+ = => =


+ =

+ TH4:
5y 1 21
y 1 5 y
+ = −


+ = − => ∉

Z
+ TH5:
5y 1 1 y
y 1 105
+ = − => ∉


+ = −


Z
+ TH6:
5y 1 105 y
y 1 1
+ = − => ∉


+ = −

Z
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: (0;4)
10. Phương pháp chứng minh bằng phản chứng:
10
(loại )
(loại )
ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT
Giả sử phương trình có nghiệm nguyên là x
o
, y
o
, rồi xây dựng dãy vô số
nghiệm từ đó đưa đến mâu thuẫn hoặc giả sử phương trình có nghiệm nguyên x
o
,
y
o
với x
o
có giá trị nhỏ nhất trong những giá trị có thể của nó rồi chứng minh
phương trình có nghiệm x

1
, y
1
mà x
o
> x
1
.
Ví dụ: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
4 4 4 4
8x 4y 2z u (1)+ + =
Giải:
Giả sử (x
o
,y
o
,z
o
,u
o
) là một nghiệm của phương trình (1).
Khi đó ta có:
4 4 4 4
0 0 0 o
8x 4y 2z u (2)+ + =
=>
4
o o
u 2 u 2=>M M
Đặt u

o
= 2u
o
' thay vào phương trình (2) ta được:
4 4 4 ' 4 4
0 0 0 0 0
8x 4y 2z (2u ) 16u '+ + = =
=>
4 4 4 4
0 0 0 0
4x 2y z 8u '+ + =
=> z
0
4

M
2 => z
0

M
2. Đặt z
0
= 2z
0
' thay vào phương trình trên ta được:
4x
0
4
+ 2y
0

4
+ (2z
0
'
)
4
= 8u'
0
4
=>2x
0
4
+ y
0
4
+ 8z'
0
4
= 4u'
0
4
=> y
0
4

M
2
=> y
0
M

2 Đặt y
0
= 2y
0
'
. Thay vào pt trên ta được:
2x
0
4
+ ( 2y
0
'
)
4
+ 8z'
0
4
= 4u'
0
4
=>
4 4 4 4
0 0 0 0
x 8y' 4z ' 2u '+ + =
=>
4
0 0
x 2 x 2⇒M M
Đặt x
0

= 2x'
0
. Thay vào phương trình trên ta được:
4 4 4 4
0 0 0 0
8x ' 8y' 4z ' 2u '+ + =
.
Như vậy, nếu (x
0
, y
0
, z
0
, u
0
) là nghiệm của phương trình (1) thì
0 0 0 0
x y z u
, , ,
2 2 2 2
 
 ÷
 
cũng là nghiệm của phương trình (1).
Quá trình này cứ tiếp tục mãi ta có cặp số
0 0 0 0
k k k k
x y z u
, , ,
2 2 2 2

 
 ÷
 
cũng là nghiệm
của phương trình (1)
Các cặp số
0 0 0 0
k k k k
x y z u
, , ,
2 2 2 2
là số nguyên với mọi k nguyên. Do đó
x
0
= y
0
= z
0
= u
0
= 0. Vậy phương trình trên có nghiệm duy nhất là
(0;0;0;0).
11
ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT
b. Một số phương trình nghiệm nguyên và phương pháp giải cụ thể.
b.1. Phương trình bậc nhất.
1. Phương trình bậc nhất một ẩn:
- Phương trình bậc nhất 1 ẩn là phương trình có dạng ax+by = c (1)
Đây là phương trình nghiệm nguyên thường gặp trong chương trình phổ
thông cũng như trong chương trình cao đẳng. Phương trình này có nhiều cách

giải. Phương trình (1) có nghiệm thì UCLN (a,b)/c. nếu UCLN (a,b)=d và d/c
thì ta có thể chia 2 về của (1) cho d và (1) trở thành dạng a'x + b'y = c' với
UCLN (a',b')=1. Do đó ta có thể giải phương trình (1) với giả sử a và b nguyên
tố cùng nhau.
a. Cách giải:
- Cách 1: Tìm nghiệm riêng của phương trình bằng thuật toán ơclit mở
rộng. Sau đó áp dụng công thức nghiệm tổng quát để tìm nghiệm.
- Cách 2: (Tách lấy phần nguyên)
Giả sử a<b. Từ (1) ta có ax+by=c
⇒
ax=-by+c'
⇒
x=
c by c'' b''y
c' b ' y
a a
− +
= + +
đặt
c'' b'' y
t, t at c'' b''y
a
+
= ∈ ⇒ = +Z
và
x = c'+b'y+t. Tiếp tục làm như vậy đến khi tìm được hệ số
b''=1
⇒
t
⇒

y
⇒
x và tìm nghịêm của phương trình.
Cách 3: (Dùng đồng dư thức)
Từ ax+by=c
⇒
ax
≡
by (modc). áp dụng các tính chất và phương pháp giải
của đồng dư thức
⇒
x
⇒
y.
b. Ví dụ:
Ví dụ 1: Giải các phương trình nghiệm nguyên sau:
a) 73x - 41y = 1 (1)
b) 38x + 117y = 1 (2)
12
ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT
Giải:
a) Cách 1: (Dùng thuật toán ơclit)
Ta có: 73 = 41.1 + 37
⇒
37 = 73 - 41
41 = 37.1 + 4
⇒
4 = 41 - 37
37 = 4.9 + 1
⇒

1 = 37 - 4.9
4 = 1.4
Ta có: 1 = 37 - 4.9 = 37 - (41 - 37).9 = 37.10 - 41.9
= (73 - 41).10 - 41.9 = 73.10 - 41.19.
Vậy phương trình (1) có nghiệm riêng là (10;19)
⇒
Vậy nghiệm tổng
quát của phương trình là:
x = 10 + 41t
y = 19 + 73t, t
∈
R
b. Cách 2: (Tách phần nguyên)
Từ 73x - 41y = 1
⇒
41y = 73x - 1
⇒
y =
73x 1
41
−
⇒
y = 2x -
9x 1
41
+
. Đặt
9x 1
41
+

=t t
∈Z
=> y = 2x - t
Từ (1) => x=
41t 1
9
−
= 5t -
4t 1
9
+
Đặt
4t 1
9
+
= z (2) z
∈Z
x = 5t-z
(2) => 4t = 9z - 1 => t =
9z 1
4
−
= 2z +
z 1
4
−
Đặt
z 1
4
−

= u (3) u
∈Z
=> t = 2z + u; từ (3) =>
z= 4u + 1 => t = 2 (4u + 1) + 4 = 9u + 2
=> x = 5(9u + 2) - (4u + 1) = 41u + 9
y = 2( 41u + 9) - (9u + 2) = 73 u + 16
Vậy phương trình có nghiệm là:
x 9 41u
y 16 73u u
= +


= + ∈

Z
13
ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT
b) 38x + 117y = 1
Cách 1: (Tách phần nguyên)
Từ 38x + 117y = 1
⇒
38x = 1 - 117y
⇒
x =
1 117y
38
−
⇒
x = -3y +
1 3y

38
−
. Đặt
1 3y
38
−
= u
⇒
x = -3y + u và 1 - 3y = 38u
⇒
3y = 1 - 38u
⇒
y =
1 38u
3
−

⇒
y = -13u +
1 u
3
+
. Đặt
1 u
3
+
= v
⇒
u = 3v - 1
⇒

y = -13u + v
⇒
y = -13 (3v - 1) + v = -38v + 13
⇒
x = -3y + u
⇒
x = -3(13 - 38v) + 3v - 1 = -40 + 117v.
Vậy phương trình có nghiệm là:
x 40 117t
y 13 38t
= − +


= +

Với t
∈
Z
Cách 2: (Dùng thuật toán ơclit)
117 = 38.3 + 3
⇒
3 = 117 - 38.3
38 = 3.12 + 2
⇒
2 = 38 - 3.12
3 = 2 + 1
⇒
1 = 3 - 2
Từ đó ta có: 1 = 3 - 2 = 3 - (38 - 3.12) = 13.3 - 38
= 13(117 - 38.3) - 38 = 117.13 - 40.38

⇒
Phương trình có một nghiệm riêng là (40;13)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm tổng quát là:
x 40 117t
y 13 38t, t
= − +


= − ∈

Z
Cách 3: Dùng đồng dư thức
Từ 38x + 117y = 1 => 117y
≡
1 (mod 38) <=>
114y + 3y
≡
1 (mod 38) <=> 3y
≡
1 (mod 38)
<=> 3y
≡
1+ 38 (mod 38) => y
≡
13 (mod 38) => y = 13 + 38t
=> Thay vào phương trình trên => x = -40 - 117t (t
∈Z
)
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là:
14

ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT
x 40 117t
y 13 38t, t
= − −


= + ∈

Z
Lưu ý: Qua 2 ví dụ trên ta thấy, 2 phương pháp sử dụng thuật toán ơclít
và tách phần nguyên có thể áp dụng cho tất cả các phương trình bậc nhất tuy
nhiên hai phương pháp này đôi khi phải sử dụng nhiều lần. Tách nhiều phép
toán dẫn đến lời giải dài. Còn phương pháp sử dụng đồng dư thức có thể cho ra
kết quả nhanh nhưng không phải áp dụng được cho tất cả các bài toán.
Ví dụ 2: Tìm các điểm trên mặt phẳng toạ độ của đồ thị hàm số:
3x + 2y - 1 = 0
Bài toán này tương đương với tìm nghiệm nguyên của phương trình
3x + 2y = 1. Ta áp dụng các phương pháp giải trên và từ đó tìm ra
nghiệm.
Chú ý: Một bài toán của hàm số ta có thể chuyển thành bài toán tìm
nghiệm nguyên như ở phương trình trên.
2. Phương trình dạng: ax+by = c+dxy (1)
a) Phương pháp giải:
Cách 1: + Nhân cả 2 vế của phương trình (1) với d ta được:
adx + bdy = cd + d
2
xy
⇔
d
2

xy - adx - bdy + ab = ab - cd
⇔
(dx - b) (dy - a) = ab - cd.
+ Tìm các ước của ab - cd và xét các trường hợp có thể xảy ra đối với
dx - b và dy - a
+ Giải các trường hợp và chọn nghiệm phù hợp.
Cách 2: Ta có (1)
⇔
ax - c = y(dx-b)
⇒
y =
ax c
dx b
−
−
- Nếu a
M
d thì tức là a = dt (t
∈
Z) thì y = t +
bt c
dx b
−
−
Để y
∈
Z
thì (bt - c)
M
dx - b

Tìm tất cả các ước của bt - c và giải các trường hợp ta tìm ra nghiệm của
phương trình.
15
ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT
- Nếu a
M
d thì: y = a
1
+
1 1
(a a d)x a b c
dx b
− + −
−
Hay y = a
1
+
Ax B
dx b
+
−
với A = a - a
1
d; B = a
1
- b - c,
A
<d
Để y nguyên thì x = -B/A
Điều kiện cần để y nguyên là

Ax B dx b+ ≥ −
⇔
(Ax + B)
2
> (dx -b)
2

⇔
(Ax + B)
2
- (dx - b)
2

≥
0
⇔
[(Ax+B) - (dx-b)] [(Ax+B) + (dx-b)]
≥
0
⇔
[(d-A)x + B - b] [(d+A)x + B - b ]
≥
0 (*)
Từ đẳng thức (*) ta luôn tìm được 2 giá trị x
1
, x
2

∈
Z nào đó sao cho: x

1
≤

x
≤
x
2
từ đó suy ra các giá trị của x. Thay các giá trị vừa tìm được của k vào (1)
⇒
y
⇒
nghiệm của phương trình.
Đặc biệt: Nếu tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
a(x+y) + b = cxy với a, b, c là các số nguyên không âm và a : c
≠
b. Ta sử
dụng phương pháp bất đẳng thức.
Do vai trò của x, y như nhau nên ta có thể giả sử 1
≤
x
≤
y. Khi đó
a(x+y) + b = cxy
⇔
c =
a a b 2a b 2a b
1 x
x y xy x c
+ +
+ + ≤ ⇒ ≤ ≤

Kết hợp với điều kiện x
∈
Z
⇒
các giá trị của x
⇒
y.
b) Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau:
1) x + y = xy
2) 2x + 7y = 5 + 3xy
Giải:
1) x + y = xy (1)
Phương pháp 1: (1)
⇔
xy - x - y = 0
⇔
(x-1) (y-1) = 1
Vì x, y
∈
Z nên ta có các trường hợp sau:
TH
1
:
x 1 1 x 2
y 1 1 y 2
− = =
 
⇒
 
− = =

 
16
ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT
TH
2
:
x 1 1 x 0
y 1 1 y 0
− = − =
 
⇒
 
− = − =
 
Vậy phương trình 2 có nghiệm là (0;0) và (2;2)
Phương pháp 2:
Từ x + y = xy
⇒
x = y (x-1)
⇒
y =
x
x 1−
⇒
y = 1 +
1
x 1−
. Để y
∈
¢

thì
1
x 1−
∈
¢
⇒
x - 1/1
x 1 1 x 2 y 2
x 1 1 x 0 y 0
− = = =
  
⇒ ⇒ ⇒
  
− = − = =
  
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm (0;0) và (2;2)
2) 2x + 7y = 5 + 3xy (2)
Phương pháp 1: Nhân 2 vế của (2) với 3 ta được:
6x + 21y = 15 = 9xy
⇒
9xy - 6x - 21y = 15
⇔
(9x - 21) (9y - 6) = 111. Ta có các trường hợp sau:
1
9x 21 1
TH : x
8y 21 111
− =

⇒ ∉


− =

¢
2
9x 21 111
TH : y
9y 6 1
− =

⇒ ∉

− =

¢
3
9x 21 3
TH : x
9y 6 37
− =

⇒ ∉

− =

¢
4
9x 21 37
TH : x
9y 6 3

− =

⇒ ∉

− =

¢
5
9x 21 1
TH : x
9y 6 11
− = −

⇒ ∉

− = −

¢
6
9x 21 11
TH : x
9y 6 1
− = −

⇒ ∉

− = −

¢
7

9x 21 3
TH : y
9y 6 37
− = −

⇒ ∉

− = −

¢
8
9x 21 37
TH : x
9y 6 3
− = −

⇒ ∉

− = −

¢
17
ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT
Vậy phương trình vô nghiệm
3) Phương trình bậc nhất nhiều ẩn.
- Phương trình bậc nhất nhiều ẩn là phương trình có dạng
a
1
x
1

+ a
2
x
2
+ + a
n
x
n
= c (1)
Để phương trình (1) có nghiệm thì (a
1
, a
2
, a
n
) /c.
- Phương pháp giải: Đối với phương trình bậc nhất nhiều ẩn có 2 phương
pháp giải chủ yếu là: đưa về dạng có 1 hệ số bằng 1; phương pháp 2 là đưa về
dạng có 2 hệ số nguyên tố cùng nhau.
+ Phương pháp đưa về dạng phương trình có hệ số bằng 1:
Giả sử phương trình (1) có hệ số a
1
= 1 thì phương trình có nghiệm là:
1 1 1 n 1
2 2 1 n 1
n n 1 n 1
x f (u , u )
x f (u , u )

x f (u , u )

−
−
−
=


=




=

Với u
1

∈¢
;
i 1,n 1= −
.
+ Phương pháp đưa về dạng có 2 hệ số nguyên tố cùng nhau. Giả sử UCLN
(a
1
, a
2
) =1 phương trình (1) trở thành: a
1
x
1
+a

2
x
2
= c-(a
3
x
3
+ +a
n
x
n
) (2)
Đặt vế phải bằng u phương trình (2) trở thành
a
1
x
1
+ a
2
x
2
= u và quan niệm đây là phương trình bậc nhất 2 ẩn và tiến hành
giải như đã trình bày:
- Ví dụ: Giải các phương trình sau đây:
1) 2x - 5y - 6z = 4 (1)
2) 6x + 15y + 10z = 3 (2)
Giải:
1) Phương pháp 1:
(1)
⇔

2x - 5y = 6z + 4
Lấy z = u, u
∈
Z. Đặt 6u + 4 = c
⇒
2x - 5y = c
Phương trình có nghiệm riêng ra x
0
= 3c, y = c
18
ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT
⇒
phương trình có nghiệm tổng quát là:
x 3c 5t
y c 2t; t
= +


= + ∈

¢
Thay c = 6u+4 vào ta được nghiệm tổng quát của phương trình là:
x 3(6u 4) 5t
y (6u 4) 2t
= + +


= + +

hay

x 12 18u 5t
y 4 6u 2t, u, t
= + +


= + + ∈

¢
Phương pháp 2:
(1)
⇒
2x - 5(y+z) - z = 4
Đặt y+z = u
⇒
2x - 5u - z = 4
⇒
z = 2x - 5u - 4
Lấy x = t, t
∈¢

x t
z 2t 5u 4
y u z (2t 5u 4) 4
=


⇒ = − −


= − = − − − +


Hay
x t
y 4 6u 2t
z 4 5u 2t
=


= + −


= − − +

Trong đó u, t
∈¢
.
2) Giải phương trình 6x + 15y + 10z = 3 (2)
Phương pháp 1:(Biến đổi đưa về dạng có hai số nguyên tố cùng nhau)
(2)
⇒
6(x+z) + 15y + 4z = 3. Đặt x+z = u
⇒
6u + 15y + 4z = 3 (2'). Vì UCLN (15,4) = 1 nên (2') được đưa về dạng:
15y + 4z = 3 - 6u.
Đặt 3-6u = c
⇒
15y + 4z = c (*) phương trình có nghiệm riêng y
0
=-c; z =
4c nên phương trình (*) có nghiệm tổng quát là :

y c 4t
z 4c 15t t
= − +


= − ∈

¢
Thay c = 3 - 6u vào ta được là:
y (3 6u) 4t y 3 6u 4t
z 4(3 6u) 15 z 12 24u 15t
= − − + = − + +
 
⇒
 
= − − = − −
 
Vì x + z = u
⇒
x = u - z = u - (12 - 24u - 15t) = -12+ 25u + 15t
Vậy nghiệm tổng quát của (2) là:
x 12 25u 15t
y 3 6u 4t
z 12 24u 15t
= − + +


= − + +



= − −

19
ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT
Trong đó u, t
∈¢
- Phương pháp 2: (Đưa về dạng có 1 hệ số bằng 1)
(2)
⇔
6x + 10 (y+z) + 5y = 3. Đặt y + z = u (u
∈¢
)
⇒
6x + 10u + 5y = 3
⇔
x + 10u + 5(y+x) = 3
Đặt y + x = v
⇒
x + 10u + 5v = 3
⇒
x = 3 - 10u + 5v
⇒
y = v - x = v - (3 - 10u + 5v) = -3 + 10u - 4v
⇒
z = u - y = v - (-3 + 10u - 4v) = 3 - 9u + 5v
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (2) là:
x 3 10u 5v
y 3 10u 4v
z 3 9u 5v
= − +



= − + −


= − +

Trong đó u,v
∈¢
4. Dạng phương trình: a(x
1
+x
2
+ + x
n
) + b = c x
1
x
2
x
n

Với a, b, c
∈
N, n>2, a
≠
0, c
≠
0, x
i

≥
0, i=
1,n
- Phương pháp giải:
Sử dụng phương pháp bất đẳng thức để giải đối với những phương trình
dạng này.
Vì x
1
, x
2
, , x
n
có vai trò như nhau nên ta có thể giả sử
1
≤
x
1
≤
x
2
≤

≤
x
n
.
Khi đó, ta sử dụng bất đẳng thức:
1 2 n 1
1 1 1 n

x x x x
+ + + ≤
và
n
1 2 n
1
1 1
x x x
x
≤
. Khi đó từ a(x
1
+x
2
+ +x
n
)+b=cx
1
x
2
x
n.
2 3 n 1 3 n 1 2 n 1 1 2 n
a a a b
c
x x x x x x x x x x x x
−
⇔ = ≤ + + +
n 1

n 1
1 1
n 1
1
na b na b na b
x 1 x
c c
x
−
−
−
+ + +
≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤ ≤
(*)
Do x
∈
Z nên từ đẳng thức (*) ta tìm được các giá trị của x
1
. Thay các giá
trị của x
1
và phương trình đã cho thực hiện tương tự ta sẽ tìm được nghiệm của
phương trình.
20
ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT
- Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình sau đây:
1) 2(x+y+z) +9 = 3xyz
2) 4(x+y+z) = xyz
Giải:
1) 2(x+y+z) +9 = 3xyz (1)

Không giảm tính tổng quát ta giả sử 1
≤
x
≤
y
≤
z
Chia cả 2 vế của 91) cho xyz
≠
0 ta được:
2(x y z) 9 1 1 1 9
3 2 3
xyz yz xz xy xyz
 
+ + +
= ⇒ + + + =
 ÷
 
Vì x
≤
z
2
1 1 1
xz x.x
x
⇒ ≤ =
. Tương tự
2
1 1
yz

x
≤

và
2 3 2 2
1 1 1 1 1 9 9
xy xyz xyz
x x x x
≤ − ≤ ≤ ⇒ ≤
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 2 3
2 2
yz xz xy
x x x x
 
−
 
⇒ + + ≤ + + =
 ÷
 ÷
 
 
.
2 2
1 1 1 9 2.3 9 15
3 2
yz xz xy xyz
x x
 
+

⇒ = + + + ≤ =
 ÷
 
2 2
15
x 5 1 x 5 x 1
3
⇒ ≤ = ⇒ ≤ ≤ ⇒ =
hoặc x = 2
- Với x =1 (1) trở thành 2(y+z)+11=3yz.
1 1 11
2 3
z y yz
 
⇒ + + =
 ÷
 
2.2 11
3 y 5 y 1;2;3;4
y
+
⇒ ≤ ⇒ ≤ ⇒ =
Với y = 1
17
z 13; y 3 z Z
7
⇒ = = ⇒ = ∉
Với y = 2
⇒
z = 4; y = 4

⇒
z =
19
10
∉¢
- Với x = 2. (1) trở thành 2 (y+z) + 15 = 6yz.
2
2
1 1 15 2.2 15 9
6 2 y
z y yz 6
y
 
+
⇒ = + + ≤ ⇒ ≤
 ÷
 
21
ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT
2
19
1 y y 1; y 2; y 3; y 4
6
⇒ ≤ ≤ ⇒ = = = =
+ Với y=1
17
z
4
⇒ = ∉¢
+ Với y = 2

19
z
4
⇒ = ∉ ¢
+ Với y = 3
21
z
16
⇒ = ∉¢
+ Với y = 4
23
z
22
⇒ = ∉ ¢
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:
(1;1;13) ; (1;2;4)
2) 4(x+y+z)=xyz. (2). Giả sử 1
≤
x
≤
y
≤
z.
(2)
1 1 1
4 1
yz xz xy
 
⇔ + + =
 ÷

 
Vì x
≤
y
≤
z nên
2
1 1 1 3
yz xz xy
x
 
+ + ≤
 ÷
 
2
2
4.3
1 x 12
x
⇒ ≤ ⇒ ≤
. Kết hợp với giả thiết x
≥
1
⇒
x = 1; x = 2; x = 3.
Với x = 1 (2) trở thành 4(y+z)
≠
4 = yz
1 1 4 4.2 4 12
1 4

z y yz y y
 
+
⇒ = + + ≤ =
 ÷
 
22
ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT
4
y 1 z (loai)
3
y 2 z 0
y 3 z 0
y 4
y 12
−
= ⇒ =
= ⇒ <
= ⇒ <
= ⇒ ∋
⇒ ≤ ⇒
z
y 5 z 24
y 6 z 15
32
y 7 z
7
y 8 z 9
y 9 z 8
44

y 10 z
6
45
y 11 z
7
52
y 12 z
8








= ⇒ =


= ⇒ =


= ⇒ = ∉


= ⇒ =


= ⇒ =



= ⇒ = ∉



= ⇒ = ∉


= ⇒ = ∉


¢
¢
¢
¢
- Với x = 2 (2) trở thành 4(y+z)+8 = 2yz
1 1 8 4.2 8 16
4 2 2
z y yz y y
 
+
⇒ + ≠ = ⇒ ≤ =
 ÷
 
Từ phương trình 4(y+z) +8 = 2yz
⇒
để z>0 thì y>2. nên ta có các trường
hợp sau:
y 3 z 10
y 4 z 6

28
y 5 z
6
y 6 z 4
36
y 7 z
10
40
y 8 z
12
= ⇒ =


= ⇒ =


= ⇒ = ∉


= ⇒ =



= ⇒ = ∉


= ⇒ = ∉


¢

¢
Z
Với x = 3 (2) trở thành (4(y+z)+12 = 3yz
⇒
3 = 4
1 1 12 4.2 12 20
y
z y yz y 3
 
+
+ + ≤ ⇒ ≤
 ÷
 
Để z
≥
0
⇒
3yz >4z
⇒
y>1
⇒
ta có các trường hợp sau:
23
ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT
y 2 z 10
24
y 3 z
9
28
y 4 z

8
32
y 5 z
11
36
y 6 z
14


= ⇒ =


= ⇒ = ∉



= ⇒ = ∉


= ⇒ = ∉



= ⇒ = ∉


¢
Z
Z
Z

Vậy các nghiệm của hệ phương trình:
(1;5;24); (1;6;15); (1;8;9) ; (2;3;10) ; (2;4;6) ; (2;6;4);
b
2 -
Phương trình bậc cao:
1) Phương trình dạng: x
2
+y
2
=z
2
(1)
Dễ thấy (0;0;0) là một nghiệm của phương trình (1) ta xét phương trình
(1) trong trường hợp z
≠
0.
Chia cả 2 vế của (1) cho z
2
ta được:
2 2
2 2
x y
1
z z
+ =
Đặt
x y
X, Y
y z
= =

, ta có phương trình
X
2
+ Y
2
= 1 (2) với X, Y là các số hữu tỉ.
(2)
⇔
Y
2
= 1-X
2

⇔
Y
2
= (1-X)(1+X) (3) Giả sử X
≠
1
(3)
⇔
2
2
Y 1 X
1 X
(1 X)
−
=
+
+

(4). Đặt
Y
t
1 X
=
+
(4)
⇔

2
2
2 2
1 X 1 t 2t
t X Y
1 X
1 t 1 t
− −
= ⇒ = ⇒ =
+
+ +
(5)
Với mọi giá trị hữu tỉ của t, ta có các giá trị hữi tỉ của X và Y thoả mãn
(2). Ngược lại, mỗi nghiệm hữu tỉ đều có dạng (3). (Trừ trường hợp X = -1, Y=
0). Như vậy (5) và công thức nghiệm tổng quát của (2).
Từ (5) ta có công thức nghiệm tổng quát của (1) bằng cách đặt
p
t
q
=
với

UCLN (p,q) =1. Lúc đó ta có
24
ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT
2 2
2 2
x p q
Y
z
p q
−
= =
+
(6)
2 2
y 2pq
Y
z
p q
= =
+
Từ đó thấy rằng các số nguyên thoả mãn (1) là:
2 2
2 2
x m(p q )
y m.2pq
z m(p q )

= −

=



= +

(7)
Với m là số nguyên bất kỳ.
Nếu các số nguyên p
2
- q
2
, 2pq và p
2
+ q
2
có ước chung d>1 thì có thể chia
chúng cho d và ta có nghiệm mới của (1) khác với nghiệm (7). Nhưng điều này
không thể xảy ra.
Nên (7) là nghiệm tổng quát của (1)
Thực vậy, vì UCLN (p,q) = 1 nên chỉ có thể là p và q khác tính chẵn, lẻ
hoặc cả 2 cùng lẻ.
- Trường hợp p, q chẵn lẻ khác nhau thì p
2
, q
2
, 2pq và p
2
+ q
2
không thể có
ước chung d>1, vì nếu có số d như vậy thì d phải lẻ (do p

2
- q
2
lẻ) và d phải là
ước của (p
2
- q
2
) và p
2
+ q
2
= 2p
2
(do d lẻ nên d là ước của p) và (p
2
+q
2
) - (p
2
-
q
2
)=2q
2
(do d cũng là ước của q). Trái với giả thiết UCLN (p,q) = 1.
- Trong trường hợp p, q cùng lẻ, ta đặt p+q=2p và p-q=2Q và có UCLN
(P,Q) = 1 và P, Q chẵn lẻ khác nhau (vì P+Q lẻ).
Thay vào (6) ta được:
2 2

x 2PQ
z
P Q
=
+
và
2 2
2 2
y P Q
z
P Q
−
=
+
Nghĩa là có kết quả tương tự như (6), chỉ khác x và y đổi chỗ cho nhau và
thay vì p, q thì có P, Q với (P, Q) = 1 và P, Q chẵn lẻ khác nhau.
Như vậy (7) là công thức nghiệm của (1).
Chú ý: Phương trình x
n
+ y
n
= z
n
với n>2, n
∈
N không có nghiệm. Đây là
nội dung của định lý lớm Fecma mà việc chứng minh định lý này đã diễn ra
trong một thời gian dài và nhiều nhà toán học đã chứng minh nhưng mãi tới
25