CAC PP GIAI PT NGHIEM NGUYEN

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com

1
2. CáC PHơNG PHáP GIảI PHơNG TRìNH NGHIệM NGUYêN:
2.1. - PHơNG PHáP 1
: Phơng pháp đa về dạng tổng
Phơng pháp: Phơng pháp ny thờng sử dụng với các phơng trình có các biểu thức
chứa ẩn viết đợc dới dạng tổng các bình phơng.
- Biến đổi phơng trình về dạng một vế l một tổng của các bình phơng các biểu thức chứa
ẩn; vế còn lại l tổng bình phơng của các số nguyên (số số hạng của hai vế bằng nhau).


2
22 2
22

, , , , ,



ABC mnp
xy xy xy

Với
( ; ; , )

mnp Z
- Giải các hệ tơng ứng:

2
2
2
2
2
2
,,
,,
, ,

A
m
xy
B
n
xy
Cp
xy




2
2
2
2
2
2
,,
,,
, ,

A
n
xy
B
m
xy
Cp
xy

2
2
2
2
2
2
,,
,,
, ,

A
p
xy
B
m
xy
Cn
xy
.
Các ví dụ minh hoạ:
- Ví dụ 1
: Tìm x;y Z thoả mãn:
22
5x 4x
yy
169

(1)
Nhận xét Tìm hớng Giải:
Ta thấy cả hai vế của phơng trình có thể biểu diễn đợc bằng tổng của hai bình phơng.

Giải:
(1)
222
4x 4xy y x 144 25 169 0

2
2
2
2
214425(1)
21690(2)







xy x
xy x

Từ (I) ta có:



2
2
22
2
2
22
55
212

;
222
5
12 12
25
;
19 29
12

xx
xy
yy
x
xx
xy
yy
x

Tơng tự từ (II) ta có:



2
2
2

2
22
0
213
13
0
13
20
26
13

x
xy
y
x
x
xy
y
x








www.VNMATH.com
www.VNMATH.com

2
Vậy

5; 2;5; 22; 5;2; 5;22;12; 19;12; 29
,
12; 19 ; 12; 29 ; 0; 13 ; 0; 13 ; 13; 26 ; 13; 26








xy

- Ví dụ 2: Tìm x;y Z thoả mãn:
22
x+y-x-y=8
(2)
Nhận xét Tìm hớng Giải:
Ta thấy cả hai vế của phơng trình có thể biểu diễn đợc bằng tổng của hai bình phơng.

Giải:

22
x+y-x-y=8

22
22
22
22
444432
44144134
21 21 53



xxyy
xx yy
xy






2
2
2
2
2
2
2
2
21 3
2; 1

3; 2
21 5
21 5
3; 2
2; 1
21 3

x
xx
yy
y
x
xx
yy
y

Vậy














; 2;3;2;2;1;3;1;2;3;2;3;1;2;2;2;1 xy
Bi tập áp dụng: Giải các phơng trình nghiệm nguyên;
a/
22
4 115 2
x

yx

b/
222
324
x
yzxyxz
2.2. - PHơNG PHáP 2: Phơng pháp đa về dạng tích

Phơng pháp: Phơng pháp ny thờng sử dụng với các phơng trình có các biểu thức
chứa ẩn phân tích đợc thnh nhân tử.
- Biến đổi phơng trình về dạng một vế l tích của các đa thức chứa ẩn; vế còn lại l tích các
số nguyên (
số nhân tử của hai vế bằng nhau).


. . . .
, , , , ,



ABC mnp
xy xy xy

Với ( ; ; , )mnp Z
- Giải các hệ tơng ứng:

,,
,,
,,

xy
xy
xy
Am
An
Ap

,,
,,
,,

xy
xy
xy
An
B
m
Cp

,,
,,
,,

xy
xy
xy
Ap
B
m
Cn

.

Các ví dụ minh hoạ:
- Ví dụ 1: Tìm x;y Z thoả mãn:
33
91

xy (1)
Nhận xét Tìm hớng Giải:








www.VNMATH.com
www.VNMATH.com

3
Ta thấy vế trái của phơng trình dễ dng phân tích thnh nhân tử.

Giải:
(1)

22
91.1 13.7 xyx xyy (Vì


22
0

xxyy )
Ta có:


22
22
22
22
1
65
;
56
91
91
.91.17.13
1
7
34
;
43

13

xy
xx
yy
xxyy
xy
xyx xyy VN
xxyy
xy
xx
yy
xxyy


22
13
7

xy
VN
xxyy

- Ví dụ 2: Tìm x;y Z thoả mãn:
22
0

xxy (2)
Nhận xét Tìm hớng Giải:
Ta thấy vế trái của phơng trình l hiệu của hai đa thức bậc hai độc lập của x v y, nên ta có
thể phân tích thnh nhân tử.

Giải:


22 2 2
22
04 44 0
21 2 1
2212 11

xxy x xy
xy
xy xxy

2211
0
0
2211
2211
1
0
2211

xy
x
y
xy
xy
x
y
xy

Vậy:




;0;0;1;0xy
Bi tập áp dụng: Giải các phơng trình nghiệm nguyên;
a/
2

425xxy
b/
3
35
x
xy
c/
.
x
yxy

2.3. - PHơNG PHáP 3: Phơng pháp cực hạn

Phơng pháp: Phơng pháp ny thờng sử dụng với các phơng trình đối xứng
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com

4
- Vì phơng trình đối xứng nên x; y; z có vai trò bình đẳng nh nhau. Do đó; ta giả thiết

x
yz
; tìm điều kiện của các nghiệm; loại trừ dần các ẩn để có phơng trình đơn giản. Giải
phơng trình; dùng phép hoán vị để suy ra nghiệm.

Ta thờng giả thiết 1
x
yz
Các ví dụ minh hoạ:
- Ví dụ 1: Tìm ;;

x
yz Z thoả mãn:


x
yzxyz (1)
Nhận xét Tìm hớng Giải:
Ta thấy đây l phơng trình đối xứng.

Giải:
Giả sử
1
x
yz. Khi đó:
(1)
3 . 3
x
yz x y z z xy (Vì ;;


x
yz Z )


.1;2;3xy
. Nếu: .1 12
x
yxy zz(vô lí)

. Nếu: .2 1;2;3
x
yxyz
. Nếu: .3 1;3 2
x
yxyzy(vô lí)
Vậy:
;;
x
yzl hoán vị của

1; 2; 3

- Ví dụ 2: Tìm ;;


x
yz Z thoả mãn:
111
2


xyz
(2)
Nhận xét Tìm hớng Giải:
Đây l phơng trình đối xứng.

Giải:
Giả sử
1

x
yz. Khi đó:
(2)
1113 3
21
2

x
x
xyzx

Với:

112
11 2 1;2 xyy
yzy

. Nếu:
1
10 y
z
(vô lí)
. Nếu: 22yz
Vậy:
;;
x
yz l hoán vị của

1; 2; 2
Bi tập áp dụng: Giải các phơng trình nghiệm nguyên dơng:

a/

x
yztxyzt
b/
111 1
1995

xyz

c/

3
x
yzxyz
zyx

d/
1
x
yxyz
2.4. - PHơNG PHáP 4: Phơng pháp sử dụng tính chất chia hết
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com

5
Phơng pháp: Phơng pháp ny thờng sử dụng với các phơng trình có dạng phân thức
m tử l một số nguyên; đợc dùng để Giải các bi toán: Tìm giá trị nguyên của biến để biểu
thức nhận giá trị nguyên
- áp dụng tính chất chia hết trong Z để xác định tập giá trị của biểu thức chứa ẩn (thờng l

biểu thức dới mẫu).

Các ví dụ minh hoạ:
- Ví dụ 1: Tìm ;
x
yZ để:
2
2
1




x
x
A
x
x
nhận giá trị nguyên
Nhận xét Tìm hớng Giải:
Ta thấy A l phân thức có tử v mẫu hơn kém nhau một hằng số nguyên. Do đó ta có thể
biến đổi A thnh tổng của một đa thức v một phân thức có tử l hằng số nguyên

Giải:
Ta có:
22
22 2
11 1
1
11 1

xx xx
A
x
xxx xx
. Khi đó:
Để A nhận giá trị nguyên thì
2
1
1
x
x
nhận giá trị nguyên.





22
1
11 1 1;1 xx xx U
Vì V:

22
0
10; 11
1

x
xx x xx
x

Vậy để A nhận giá trị nguyên thì: x = 0 hoặc x = - 1

- Ví dụ 2: Tìm ;
x
yZ thoả mãn:
222
212.

yx x y x y xy (2)
(
Đề thi Tuyển sinh vo 10 chuyên Toán đại học KHTN H Nội)
Nhận xét Tìm hớng Giải:
Ta nhận thấy các hạng tử chứa biến từng đôi một có chứa nhân tử chung nên nếu nhóm các
hạng tử hợp lí cho ta đa thức có nhân từ chung (x 1), nên chia hai vế của phơng trình cho (x
1) ta sẽ có một vế luôn nhận giá trị nguyên.

Giải:
Ta có:
(2)

2
2. 1 . 1 . 1 10*yx xx yx
Với:


1; * 1 0 1
x
x không phải l nghiệm của phơng trình.
Nên:

2
1
20**
1


yxy
x
.
Phơng trình có nghiệm nguyên

1
0
1
11;1
1
1








x
xU
x
x


- Ví dụ 3: Tìm
;


x
yZ
thoả mãn: 3
x
+ 1 = (y + 1)

2
(3)
Nhận xét Tìm hớng Giải:
Vì 3
x
l số lẻ; suy ra (y + 1)
2
chia hết cho 2. Sử dụng tính chất ny ta xét các điều kiên của
nghiệm của phơng trình.

GIảI:
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com

6
Ta có:
(3)




2
311 2
x
yyy.
3
x
l số lẻ

;2yy l hai số lẻ liên tiếp

;21 ;2yy yy l các luỹ thừa của 3, nên:





3*
323
23**








m
mn
n
y
mnx mn
y


Với: 0; 1 1; 1. mnyx

Với: 1; 1mnTừ

3
*;** ; 2 1
23







y
yy
y
( vô lí)
Phơng trình có nghiệm nguyên:
1
1





x
y

Bi tập áp dụng: Giải các phơng trình nghiệm nguyên dơng:

a/
22
25xy
b/
22
19 28 729xy
c/
23
x
yx y
d/ Chứng tỏ phơng trình sau vô nghiệm:
333
2000xyzxyz
2.5. - PHơNG PHáP 5: Phơng pháp sử dụng bất đẳng thức

Phơng pháp: Phơng pháp ny thờng sử dụng với các phơng trình m hai vế l những
đa thức có tính biến thiên khác nhau.
- áp dụng các bất đẳng thức thờng gặp:

Bất đẳng thức Cô si:
Cho
n số không âm:
123
; ; ; ;
n
aaa a. Khi đó:

123
123

. .


n
n
n
aaa a
aaa a
n
.
Dấu = xảy ra
123

n
aaa a

Bất đẳng thức Bunhiacôpxki:
Cho 2n số thực:
123
; ; ; ;
n
aaa a v
123
; ; ; ;
n
bbb b. Khi đó:

2
11 2 2 33 1 2 3 1 2 3
. . . . . . .
nn n n
ab ab ab ab a a a a b b b b .
Dấu = xảy ra


1;
ii
akbi n.

Bất đẳng thức giá trị tuyết đối:

.0
.0






ab ab
ab
ab ab


Các ví dụ minh hoạ:

- Ví dụ 1: Tìm ;


x
yZ thoả:

3


xy yz zx
zxy
(1)
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com

7
Nhận xét Tìm hớng Giải:
Ta thấy đây l một phơng trình đối xứng, nên có thể dùng phơng pháp 3 (phơng pháp cực
hạn). Tuy nhiên, các hạng tử trong tổng có giá trị dơng nên ta có thể áp dụng bất đẳng thức Cô
si để xác định điều kiện của tích các ẩn.

GIảI:
áp dụng BĐT Cô si. Ta có:
3
3

33 3
xy yz zx xy yz zx
x
yz

zxy zxy
.

3
1 1 1
x
yz xyz x y z
Vậy nghiệm của phơng trình l:
1


x
yz

- Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:




2
22
13 1

xy x y (2)
(
Toán Tuổi thơ 2)
Nhận xét Tìm hớng Giải:
Ta nhận thấy hai vế của phơng trình có dạng: bình phơng của tổng v tổng các bình
phơng; nên ta có thể vận dụng BĐT Bunhiacôpxki.

GIảI:
Theo Bunhiacôpxki, ta cự:









2
22222 22
1 111 13 1 xy xy xy
Dấu = xảy ra
1
1
111

xy
x
y

Vậy nghiệm của phơng trình l:
1
x
y

- Ví dụ 3: Tìm tất cả các số nguyên
x
thoả mãn:

3 10 101 990 1000 2004 xx x x x (3)
Nhận xét Tìm hớng Giải:
Ta nhận thấy: 2104 = 3 + 10 + 101 + 990 + 1000 =101 + 2003 v
aa

Giải:
Ta có:
(3)
3 10 101 990 1000 2004 xxx x x .
M
33
10 10
101 101 2004 101 2003 101 1
990 990
1000 1000

xx
xx
aa x x x x
xx
xx

Do đó:








1 101 1 101 1;0;1 102; 101; 100 xx x .
Với
101 2004 2003
x
(vô lí).
Vậy nghiệm của phơng trình l:


102; 100

x
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com

8
Bi tập áp dụng: Giải các phơng trình nghiệm nguyên dơng:
a/
22
3xxyy
b/
222
222224xyzxyyzz
2.6. - PHơNG PHáP 6: Phơng pháp lựa chọn

Phơng pháp: Phơng pháp ny đợc sử dụng với các phơng trình m ta có thể nhẩm
(
phát hiện dể dng) đợc một vi giá trị nghiệm
- Trên cơ sở các giá trị nghiệm đã biết. áp dụng các tính chất nh chia hết; số d; số chính
phơng; chữ số tận cùng ta chứng tỏ rằng với các giá trị khác phơng trình vô nghiệm

Các ví dụ minh hoạ:

- Ví dụ 1: Tìm ;


x
yZ thoả:
63 4
31


x
xy

Nhận xét Tìm hớng Giải:
Ta thấy với
0; 1
x
y thì phơng trình đợc nghiệm đúng. Ta cần chứng minh phơng
trình vô nghiệm với
0
x


Giải:
+ Với
0; 1
x
y thì phơng trình đợc nghiệm đúng
+ Với
0
x
. Khi đó:





22
63 63 63 3 43
21 31 44 1 2xx xx xx x yx (*)
Vì

33
1; 2xx l hai số nguyên liên tiếp nên không có giá trị no của y thoả mãn (*)
Vậy
0; 1
x
y l nghiệm của phơng trình.

- Ví dụ 2: Tìm
;


x
yZ
thoả:
221
13



y
x
x (2)
(
Toán học v tuổi trẻ)
Nhận xét Tìm hớng Giải:
Ta nhận thấy vế phải l luỹ thừa bậc lẽ của 3 nên có tận cùng l 3 hoặc 9. Ta cần xét chữ số
tận cùng của vế trái

Giải:
Gọi
b l chữ số tận cùng của x . Vì vậy


0;1;2; ;9

b . Khi đó:


2
1xx có chữ số tận
cùng l: 1, 5 hoặc 9. (*)
Mặt khác:
21
3
y
l luỹ thừa bậc lẻ của 3 nên có tận cùng l 3 hoặc 7. (**)
Từ (*)v v (**)suy ra phơng trình vô nghiệm.s

- Ví dụ 3: Tìm ;


x
yZ thoả mãn:
22
613100 xxyy (3)
Nhận xét Tìm hớng Giải:
Với trờng hợp ny ta có thể sử dụng phơng pháp 1 (Phơng pháp đa về dạng tổng). Tuy
nhiên vế phải l một số chính phơng nên ta có thể sử dụng tính không âm của luỹ thừa bậc

chẳn để giới hạn tập giá trị, sau đó sử dụng sự lựa chọn.

Giải:
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com

9
(3)




2
2
22
5
3425
25








y
xy
ynn

Do đó :




5; 4; 3;0;3;4;5 3;9;11 ;13 yx
Phơng trình có nghiệm nguyên:



















; 5;3 ; 4;9 ; 3;11 ; 0;13 ; 3;11 ; 4;9 ; 5;3 xy

Bi tập áp dụng: Giải các phơng trình nghiệm nguyên dơng:
a/

2
.1.1.1
x
xxx y
b/
22
6574xy
2.7 PHơNG PHáP 7: Phơng pháp lùi vô hạn (xuống thang)

Phơng pháp: Phơng pháp ny thờng sử dụng với những phơng trình có (n 1) ẩn
m hệ số có ớc chung khác
1
- Dựa vo tính chất chia hết ta biểu diễn ẩn theo ẩn phụ nhằm hạ (giảm bớt) hằng số tự do,
để có đợc phơng trình đơn giản hơn.
- Sử dụng linh hoạt các phơng pháp để Giải phơng trình đó.

Các ví dụ minh hoạ:
- Ví dụ 1: Giải phơng trình:
333
390xyz (1)
Nhận xét Tìm hớng Giải:
Ta thấy

333 333
390 393xyz xyz
m


33
393 yz
nên
3
3
x


Giải:
Ta có: (1)


333 3
1
393 3 3 3
x
yz x x xx
Khi đó: (1)




333 333 3
11 1
27 3 9 3 9 3 3 3 3 3

x
yz xyz y y yy.



333 3
11 1
92733 3 3 3
x
yz z z yz.
* Tiếp tục sự biểu diễn trên v nếu gọi
000
;;
x
yz l nghiệm của (1) v thì

000
;;
3

x
yz
U
v
000
0;;9xyz . Thực hiện thử chọn ta đợc:
000
0

xyz

Vậy nghiệm của phơng trình l:
000
0

xyz

Bi tập áp dụng: Giải các phơng trình nghiệm nguyên:
a/
233
24
x
yz
b/
333
240xyz
c/
22
50xy
2.8. - PHơNG PHáP 8: Phơng pháp sử dụng điều kiện nghiệm của phơng trình bậc hai

Phơng pháp: Phơng pháp ny đợc sử dụng với các phơng trình có dạng:

;
0

xy
f
.
Trong đó:

;
x
y
f
l đa thức bậc hai
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com

10
- Biến đổi phơng trình đa về dạng phơng trình bậc hai (một ẩn l ẩn của phơng trình
bậc hai; một ẩn l tham số
). Biện luận nghiệm theo điều kiện nghiệm của phơng trình bậc hai.
* Chú ý:
Nên chọn ẩn có hệ số bằng 1

Các ví dụ minh hoạ:

- Ví dụ 1: Tìm ;


x
yZ thoả:
22
344250

xy xyxy (1)
Nhận xét Tìm hớng Giải:
Ta thấy phơng trình ny có thể xem l một phơng trình bậc hai ẩn
y tham số x.

Giải:
(1)


22
22 1 3 4 5 0 yxyxx.
Ta có:




2
1,2
4; 0 2 1

xyx
Do đó:
y nhận giá trị nguyên với giá trị nguyên x


nhận giá trị nguyên


22
42

xnn x (áp dụng phơng pháp 2: Đa về dạng tích)
+ Với
25
x

y
+ Với
23
x
y
Vậy nghiệm của phơng trình l:




2; 5 ; 2; 3

xy xy

- Ví dụ 2: Tìm ;
x
yZ thoả:


22
12 6 3 28


x
xy y x y (2)
Nhận xét Tìm hớng Giải:
Ta thấy phơng trình ny có thể xem l một phơng trình bậc hai ẩn
y tham số x

Giải:

(2)


22
3231412280 yxyxx. Ta có: y nhận giá trị nguyên với giá trị nguyên x



222
27 196 0 7 0; 1; 2

xkxx
+ Với
00
x
y
+ Với
18
x
y
+ Với
110
x
y
+ Với

x
y
Vậy nghiệm của phơng trình l:

0; 0 ; 1; 8 ; 1; 10

xy xy x y

- Ví dụ 3: Tìm ;


x
yZ thoả mãn:
22
613100 xxyy (3)
Nhận xét Tìm hớng Giải:
Với trờng hợp ny ta có thể sử dụng phơng pháp 1 (Phơng pháp đa về dạng tổng). hoặc
đã Giải trong phơng pháp 6 (phơng pháp lựa chọn). Tuy nhiên, ta có thể đa về phơng trình
bậc hai ẩn
x tham số y.
Giải:
(3)


2
425 5

yy

Do đó :




5; 4; 3;0;3;4;5 3;9;11 ;13 yx
Phơng trình có nghiệm nguyên:



















; 5;3 ; 4;9 ; 3;11 ; 0;13 ; 3;11 ; 4;9 ; 5;3 xy
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com

11
Bi tập áp dụng: Giải các phơng trình nghiệm nguyên dơng:
a/
22
222 100xyxyxy
b/
2
5520xxyyx
3) ứNG DụNG CủA BI TOáN PHơNG TRìNH NGHIệM NGUYêN:
Bi toán về phơng trình nghiệm nguyên có nhiều ứng dụng l công cụ để giải các dạng loại
bi tập khác. Việc vận dụng đòi hỏi t duy kết hợp các phơng pháp giải một cách hợp lí. Sau
đây, l một số ứng dụng thờng gặp của bi toán phơng trình nghiệm nguyên.

Các ví dụ minh hoạ:

Ví dụ 1: Tìm n sao cho
811
22 2


n
l số chính phơng (*)

HD Giải: Ta có:

811 2 2 811 2 2
2 2 2 2 2 2 48 48 48
nn
aa a a a a
(*)
+ Đặt:


,; npqpq pq. Ta có:
(*)

5
48 2
229622 12.3
48 2









q
pq qpq
p

a
a
( Vì


21


pq
lẻ ) nên:
5712 qpn

Ví dụ 2: Tìm tất cả các cặp số nguyên tố (x;y) sao cho:


2
22
4. 1
x
yxy (2)
HD Giải:
Ta có:






2
22 22 22

14. 1 1 4
x
yxyxyxyxy (**)
+ Vì (2) l phơng trình đối xứng v x, y l số nguyên tố nên đặt:

.6
2
5






xy
xy
x
y
v y l số lẻ (I). Ta có:
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com

12
(**)





22

22
22
22
22
22
22
22
22
22
1
6
14
12
2
12
12
1
12
14
42
1
14
412
11

xy xy
xy a
xy
xy xy
xy b
xy
xy y
xy c

xy x
xy x
x
yd
xy y
xy xy
x
ye
xy

+ Kết hợp với điều kiện (I) ta có cặp số nguyên tố cần tìm l:




;2;5xy

Ví dụ 3: Giải hệ phơng trình nghiệm nguyên dơng:

333
15 (1)
495 (2)





xyz
xyz

(
Toán học tuổi trẻ số 373; tháng 7/2008)

HD Giải: Ta có: Hệ l hệ phơng trình đối xứng v

3373333
7 343 495 512 8 7 8xyz
nên:
08
x
y . Giả sử: 0 8
x
y


333
333
15
480
495






xyz
xx yy zz
xyz
(*)

Vì:






3
1 1;

aa a aa a
; nên:







333
480 xx yy zz
Kết hợp phơng pháp lựa chọn v phơng pháp đa về tổng ta có nghiệm của hệ phơng
trình đã cho (x; y; z) l hoán vị của (3; 5; 7)

Ví dụ 4: Bi toán cổ Trăm con trâu Ăn trăm bó cỏ.
Trâu đứng ăn năm Trâu nằm ăn ba.
Lụm khụm trâu gi Ba con một bó.
HD Giải: Gọi a; b; c lần lợt l số lợng trâu đứng; trâu nằm; trâu gi. Ta có hệ phơng
trình nghiệm nguyên dơng:

100
100
53 100
14 8 200
3











abc
cab
c
ab
ab

+ áp dụng phơng pháp 4 (Phơng pháp sử dụng tính chất chia hết). Ta có:
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com

13

14 200
0;4;8;12
14 8






a
a
a

* Nếu
02575 ab c
* Nếu
41878 ab c
* Nếu
81181 ab c
* Nếu
12 4 84abc

Ví dụ 5: Tìm các số nguyên x; y z thỏa mãn:

222
323
x
yzxyyz (5)

HD Giải: Ta có:

222
(5) 2 2 2 2 6 4 6
x
yzxyyz







22 2
2
32.15 xxy y z
Đặt:






22 2
2
32.1 Ax xy y z

1
1
31
11

3.10














x
xy
y
z
xx y y z

Xét 01325 xxyyy A (vô lí). Vậy 0
x

Xét 0
x
1x (a)
+ Nếu
0325xy yx y A (vô lí). Vậy 1

xy xy (b)
+ Nếu
30 3 2 5yyxyA(vô lí). Vậy 331

yy (c)
+ Nếu
10 1.zz (d)
Từ (a); (b); (c); (d) ta có: x =1; y = 2; z = 1
Bi tập tham khảo:

Tìm số nguyên tố p sao cho 4p + 1 l số chính phơng

Tìm số nguyên a lớn nhất để:
27 1016
44 4


a
T
l một số chính phơng
(
Toán Tuổi thơ 2 Số 11; tháng 1/2004)

Tìm tất cả bộ ba số nguyên dơng x; y; z thoả: 55710


x
yz x y z
(
Toán học tuổi trẻ số 370; tháng 4/2008)

Tìm các số nguyên dơng x; y; z thoả:




21 1 1

xy z x y
(
Toán học tuổi trẻ số 370; tháng 4/2008)

Tìm số nguyên dơng nhỏ nhất thoả mãn những điều kiện sau: một phần hai số đó l
bình phơng của một số nguyên; một phần ba số đó l lập phơng của một số nguyên; một phần
năm số đó l luỹ thừa bậc năm của một số nguyên.
(
Toán Tuổi thơ 2 Số 47)
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com

14
HD: Đa về bi tập Tìm các số nguyên dơng x; y; z ;


x
yZ v x; y; z nhỏ nhất thoả
mãn :

12
13

15
2.3.5
2.3 .5
2.3.5











xyz
xy z
xyz
a
b
c


Tìm tất cả các số nguyên dơng: x; y; z thoả mãn đồng thời cả hai điều kiện sau:
(i)
2006
2006


xy

yz
l một số hữu tỉ.
(ii)
222

x
yz l một số nguyên tố.
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com

15
BI DNG HC SINH GII LP 9
Chuyên đề 1 : Phơng trình nghiệm nguyên.
A. Phơng pháp giải.
+ Phơng trình dạng : ax + by = c, ( a,b,c các số nguyên).
Muốn tìm các nghiệm nguyên ta phải tách đợc phần nguyên ra khi biểu diễn x theo y v
ngợc lại.
+
Đa về phơng trình tích. Ta có thể biến đổi để một vế của phơng trình l tích các biểu
thức nguyên của ẩn
cồn vế kia l một số nguyênbằng cách phântích số nguyên ny thnh các thừa số nguyên tố
ta có thể xét mọi
trờng hợp xảy ra rồi từ đó tính ra nghiệm nguyên của phơng trình.
+
Phơng pháp loại trừ . Từ phơng trình đã cho tìm ra một số điều kiện loại bớt dần những
giá trị của ẩn để
tìm ra nghiệm
+
Dùng tính chia hết . Ta có thể dùng tính chia hết để thu hẹp miền xác địnhcủa nghiệm đa
phơng trình về

những phơng trình đôn giản hơn.
+
Tách phần nguyên. Ta có thể tách phân nguyên riêng ra v đặc điều kiện cho phân thức còn
lại cũng l một
số nguyên từ đó tìm ra nghiệm của phơng trình.
+
Dùng vai trò bình đẳng của ẩn. Nếu phơng trình nguyên m các ẩn x,y,z có vai trò bình
đẳng, ta có thể đặt
điều kiện để giả sử
z
y
x
m bi toán không mất tính tổng quát từ đó giới hạn bớt miền
xác định của ẩn
v tìm đợc nghiệm của phơng trình.
+
Chứng minh nghiệm duy nhất . Với một số phơng trình có nghiệm nguyên ta có thể thấy
ngay đợc một
hoặc vi nghiệm , bằng cách chứng minh phơng trình chỉ nhận những nghiệm đó ta kết
luận đợc về
nghiệm của phơng trình đã cho.
B. Bi tập
3.1/ Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình: 3x + 4y = 29.
3.2/ Tìm các nghiệm nguyên của phơng trình: x + y = xy.
3.3/Tìm nghiệm tự nhiên của phơng trình: xy- 4x= 35-5y.
3.4/ Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:
.100136
22
yxyx
3.5/ Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:

34553
22
yx .
3.6/ Tìm nghiệm nguyên của phơng trình :
.7456
22
yx
3.7/Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình : 5x-3y = 2xy-11.
3.8/ Tìm nghiệm nguyên của phơng trình sau:
a/
)6(25
2
yyx . b/
22
91 yx .
c/ 11 + 14xyz + 7x = -22yz - 7z.
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com

16
3.9/ Tìm các nghiệm nguyên của các phơng trình sau .
a/
1987
22
yx . b/ x(x+1).(x+7).(x+8) =
2
y .
3.10/ Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình. x+ y + z = x.y.z
3.11/ Tìm nghiệm nguyên tố của phơng trình.
a/

012
22
yx . b/ zx
y
1 .
3.12/ Giải phơng trình nghiệm nguyên.
a/
0523
23
yxyxx . b/ 0154384
224
yyxx
y
.
3.13/ Tìm tất cả các bộ số nguyên m , n, p thoả mãn hai đẳng thức sau:
m + n =3 , (1) v mn 2p
1
2
nm . (2).
3.14/ Chứng minh rằng phơng trình sau đây không có nghiệm nguyên :
52
22
yx .
3.15/ Chứng minh rằng phơng trình sau đây không có nghiệm nguyên:
399
22
xyx .
3.16/Tìm nghiệm tự nhiên của phơng trình:
2
12 y

x
.
3.17/ Tìm mọi số có hai chữ số xy sao cho :
2
2
2
kyxxy .
3.18/ Giải phơng trình nghiệm nguyên :
3)2(
44
yxx .
3.19/ Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:
a/ xy 2x 3y + 1 =0. b/
1999
22
yx .
c/
pyx
111

, (p l số nguyên tố cho trớc).
3.20/ Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình :
a/
50 yx . b/ z
yx

11
.
3.21/ Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng.
a/

1
111

zyx
. b/ 20
222
xyzzyx .
3.22/ Tìm các số nguyên x , y , z , t sao cho :

2003 xttzzyyx .
3.24/ Tìm các cặp số nguyên không âm x,y thoả mãn:
22
1576)1( xxy ; (p2).
3.25/ Tìm tất cả các cặp số nguyên không âm x , y sao cho : x-y=
22
yxyx
3.26/ Tìm các số nguyên x , y sao cho :
54
2
xxy .

C. Gợi ý giải.
3.4/
0)25(4)3(410096
22222
yyxyyxyx . Vậy 5y v 25-
2
y l số chính
phơng.
Với y=0 suy ra x=0, y=1 hoặc y=2 không thoả mãn , y=3 hoặc y=4 , hoặc y=5 thoả mãn

suy ra nghiệm
của phơng trình.
3.5/ 345 vừa chia hết cho 3 vừa chia hết cho 5 nên x x phải chia hết cho 5 v y phải chia hết cho
3 suy ra x=5a,
y=3b. Khi đó
23353459.525.3
2222
baba
, từ đó tìm ra nghiệm của phơng trình.
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com

17
3.6/ suy ra uxyx 54)10(5)4(6
222
v vy 610
2
suy ra u = v.
Vì
0610;054
22
vyux nên
3
5
;
5
4
vu
.
Hoặc u = v =0 thì 10=

2
y , vô nghiệm , hoặc u = v = 1 thì 4,9
22
yx suy ra các nghiệm
nguyên của
phơng trình l (x,y)= (3,2);(3 ,-2);(-3, 2);(-3, -2).
3.7/ Ta có 11+5x = y(2x + 3)
32
7
5
32
)115(2
2





x
x
x
y
. Vì x,y l các số tự nhiên khác o
nên 2x + 3
phải l ớc của 7. Từ đó suy ra x v tìm nghiệm của phơng trình .
3.8/a/
16)3(1696
2222
yxyyx (x-y-3)(x+y+z) = 16.
Nhng x+y+3 v x-y-3 có tổng 2x nên cùng tính chẳn lẻ vì vậy tích của chúng chỉ có thể

viết thnh:
2.8 = (-2).(-8) = 4. 4 = (-4).(-4). suy ra nghiệm của phơng trình.
b/ Tơng tự câu 2.
c/ Ta có
3
1
2
1
2
1
2
1
7
3
2
127
11
12
2








z
y
x

yz
z
x
yz
zxxyz
suy ra x=-
2,y=1,z=3.
3.9a/ Vì 1987 l số nguyên tố nên ta chỉ có các trờng hợp sau:
22
yx =(x-y).(x+y)=1.
1987=1987. 1
=(-1).(-1987)= (-
1987).(-1).
Xét 4 trờng hợp ta có nghiệm của phơng trình.
b/ Ta có
222
)78).(8( yxxxx . Đặt z=
2
x +8x , thì z(z+7) =
2
y .
3.11a/
2
)1).(1(
2
1
2
2

xxx
y
. Vì y l nguyên tố nên chỉ có thể xảy ra 4 trờng hợp.
+
yxy
x


1,
2
1
suy ra x,y
Ba trờng hợp còn lại không thoả mãn. Từ đó suy ra nghiệm .
b/ Vì
2,2 yx nên 5,4 zx
y
nhng
y
x +1 l số nguyên tố nên
y
x l số chẳn tức l x=2.
Nếu y=2k+1 thì z=
)1 22).(12(12
12212

kkk
tức l nó chia hết cho 3. Nếu z>5 lại
chia hết cho 3 thì không phải l số nguyên tố nữa. Vởy x=2 , y=2 , z=5.

3.12a/ Ta có
2
5
0523
2
23



x
x
xyyxyxx
. Vì x,y
2)5)(5(25
22
xxxxxZ
suy ra 27 chia hết cho
2
2
x
do x l số nguyên v
2
2
x
>1 nên
2
2
x
có thể nhận các
giá trị l ớc của 27 l 3 ,9 ,27 . Kiểm tra điều kiện ta đợc nghiệm (x,y)=(-1;-3);(5,5).

b/
11)232)(22(11)2()(411)44()2(4
222222224
yxyxyyxyyyxx
Ta tìm đợc các nghiệm của phơng trình (x,y)=(0,3);(-2,-7);(2,-7).
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com

18
3.22/ NÕu






0;0
0;2
a
aa
aaZa

Do ®ã
aa  lμ sè ch¼n. Ph−¬ng tr×nh t−¬ng ®−¬ng víi

2003)()()()(  xtxttztzzyzyyxyx .
Do vÕ tr¸i lμ sè tù nhiªn ch¼n nªn ph−¬ng tr×nh kh«ng cã nghiÖm.
3.24/
83.191577)1)(1(115771576)1(
2222

 xxyxxxy .

3.25/
22
yxyxyx  . Do x,y kh«ng ©m nªn xyyxyxyxx 3
22
 .
- NÕu x=0 ta cã y=0.
- NÕu x kh¸c 0 suy ra y=0, x=1.
Suy ra ngiÖm cña ph−¬ng tr×nh.
3.26/
xxxx  ,01)2(54
22
, nªn y x¸c ®Þnh víi mäi x vμ y>0.
Do ®ã ph−¬ng tr×nh












1)2)(2(
0
1)2(

0
22
xyxy
y
xy
y