SKKN: Giải phương trình nghiệm nguyên

Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn



1



LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI




Phương trình nghiệm nguyên là một dạng toán quan trọng và khó,
thường gặp trong các đề thi học sinh giỏi. Cách giải của nó rất đa dạng và
phong phú. Vì vậy, việc bồi dưỡng, rèn luyện cho học sinh giỏi các kỹ năng,
phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên là một việc làm hết sức cần
thiết. Trong khuôn khổ của sáng kiến kinh nghiệm, xin giới thiệu một số
phương pháp thường dùng để giải phương trình nghiệm nguyên.

Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn



2

NỘI DUNG

PHẦN I: CÁC PHƯƠNG PHÁP THƯỜNG DÙNG ĐỂ GIẢI PHƯƠNG
TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN


1. SỬ DỤNG TÍNH CHẴN, LẺ

2. PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH ƯỚC SỐ
3. PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TỔNG
4. PHƯƠNG PHÁP DÙNG LIÊN PHÂN SỐ
5. PHƯƠNG PHÁP DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC
6. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
7. DÙNG TÍNH CHÂT SÔ VÔ TỶ
8. DÙNG ĐIỀU KIỆN CÓ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH
9. PHƯƠNG PHÁP CHIA ĐA THỨC
10. MỘT SỐ BÀI TOÁN KHÁC

PHẦN II: HIỆU QUẢ

Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn



3
PHẦN I: CÁC PHƯƠNG PHÁP THƯỜNG DÙNG ĐỂ GIẢI PHƯƠNG
TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN


1. SỬ DỤNG TÍNH CHẴN, LẺ


LÝ THUYẾT


1. Định nghĩa 1: Nếu x là số chẵn thì x = 2 k với k nguyên; x là số lẻ thì x = 2k +
1 với k nguyên
2. Định nghĩa 2: Số nguyên tố là số nguyên dương lớn hơn 1 chỉ chia hết cho 1 và
chính nó.
3. Định lý nhỏ Phecma:
Nếu p là số nguyên tố và a là số nguyên không chia hết cho p thì a
p-1


1 (mod p)
3. Số chính phương (modn)

a. Định nghĩa: Cho số nguyên dương n

2. Số nguyên a được gọi là số chính
phương (modn) nếu tồn tại x

N sao cho x
2


a (modn)
b. Định lý 1: Cho số nguyên tố p.
i) Nếu p = 2 thì mọi số lẻ a đều là số chính phương (mod 2)
ii) Nếu p > 2 thì a là số chính phương (mod p)


2
1p
a


1 (mod p)
a là số không chính phương (mod p)


2
1p
a


-1 (mod p)

c. Ký hiệu Lơgiăngđrơ: Cho số nguyên tố lẻ p; a là số nguyên không chia hết cho
p.
Ký hiệu








p
a
được định nghĩa như sau:
nếu a là số chính phương (mod p)
1
1
a
p
  


 

  

nếu a là số không chính phương (mod p)

d. Định lý 2: Cho số nguyên tố p và số nguyên a không chia hết cho p. Khi đó:
+)

2
1p
a











p
a
(mod p)



Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn



4
+) Nếu a

b (mod p) (a, b

Z; (a, p) = (b, p) = 1) thì









p
a
=








p
b

+)









p
a








p
b
=








p
ab
(a, b

Z; (a, p) = (b, p) = 1)
+)









p
a
2
= 1 +)
2
1p
)1(
p
1











+)
8
1
2

p
)1(
p
2











e. Luật tương hỗ Gauss:
Nếu p, q là các số nguyên tố lẻ và p

q thì
4
)1q)(1p(
)1(
p
q
q
p





















VÍ DỤ

1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình

(2x + 5y + 1)(


2
2
x
y x x
  
= 105
HD

Vì 105 lẻ nên (2x + 5y + 1) lẻ. Suy ra y chẵn
Mặt khác x
2
+ x = x( x + 1) chẵn nên 2
|x|
lẻ. Suy ra x = 0;
Thay x = 0 vào pt ta được: (5y + 1)(y + 1) = 105

y = 4;
Thử lại thấy x = 0; y = 4 thỏa yêu cầu bài toán.

2. Tìm số nguyên tố p để 4p + 1 là số chính phương

HD
Giả sử 4p + 1 = x
2
. Suy ra x lẻ nên x = 2n + 1 với n nguyên
Khi đó 4p + 1 = (2n + 1)
2


p = n(n + 1)

p chẵn

p = 2.
Thử lại thấy p = 2 thỏa.

3. Tìm tất cả số nguyên tố x, y thỏa x
2

– 2y
2
= 1

HD:
Ta có x
2
– 2y
2
= 1

x
2
= 2y
2
+1

x lẻ nên x = 2k + 1, k nguyên
Do đó
x
2
= 2y
2
+1

y
2
= 2k(k + 1)

y chẵn


y = 2, x = 3

4. Giải phương trình x
y
+ 1 = z trên tập số nguyên tố P

HD
Vì x, y nguyên tố nên x, y

2. Do đó x
y


4

z

5
Vì z = x
y
+ 1 nguyên tố lẻ nên x
y
chẵn

x = 2
Nếu y = 2k + 1, k nguyên

z = 2
2k+1

+ 1 = (2 + 1)M

3 vô lí vì z nguyên tố


y chẵn, nguyên tố nên y = 2

z = 5.



Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn



5

BÀI TẬP

1. Tìm tất cả các bộ 3 số nguyên dương (a, b, c) sao cho: a
2
+ 2
b+1
= 3
c

(Đề thi Olympic Toán của Italia năm 2008)
Đs: (a, b, c) = (1, 2, 2) hoặc (a, b, c) = (7, 4, 4)
2. Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình 3
x

+ 4
y
= 7
z

Đs: (x, y, z) = (1, 1, 1)
3. Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình 7
x
+ 12
y
= 13
z
(Đề thi Olympic Toán của Serbia năm 2008)
Đs: phương trình 7
x
+ 12
y
= 13
z
không có nghiệm nguyên dương.
4. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x, n) thoả mãn x
3
+ 2x + 1 = 2
n

(Đề thi Olympic Toán của Serbia năm 2007)
Đs: (x, n) = (1, 2)
5. Chứng minh tồn tại vô số cặp số nguyên dương (m, n) sao cho
m
1n

n
1m



là
một số nguyên dương. (Đề thi Olympic Toán của Anh năm 2007)
6. Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên dương n sao cho n
7
+ 7 là bình
phương của một số nguyên dương. (Đề chọn đội tuyển Mỹ thi IMO năm 2008)
Lời giải:
Giả sử n
7
+ 7 = a
2
(a  N*)
Khi đó n
7
+ 128 = a
2
+ 121
 a
2
+ 121 = (n + 2) (n
6
- 2n
5
+ 4n
4

- 8n
3
+ 16n
2
- 32n + 64)
Nếu n chẵn  a
2
 7 (mod 8). Đó là điều vô lý. Vậy n lẻ  n
2
 1(mod 4)
Đặt b = n
6
- 2n
5
+ 4n
4
- 8n
3
+ 16n
2
- 32n + 64 thì b lẻ và
b  n
6
- 2n
5
+ n
4
- n
4
 n

4
(n - 1)
2
- n
4
(mod 4)
Vì n
4
 1 (mod 4) và n - 1 chẵn  (n - 1)
2
 0 (mod 4)  b  -1 (mod 4)
 b có ước nguyên tố dạng 4k + 3 (k  N). Giả sử p là ước nguyên tố dạng 4k + 3
(k  N) của b  a
2
+ 121⋮p  p = 11 và a⋮p  a = 11q (q  N*) và b

11. Nếu
n + 2

11 thì b  7.8
2
(mod 11). Đó là điều vô lý.
Vậy n + 2 không chia hết cho 11. Mặt khác a
2
+ 121

121  b

121

Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn



6
 b = 121. r (r  N*, r lẻ).
Ta có a
2
+ 121 = 121(q
2
+ 1) = (n + 2)b= 121r (n + 2) r (n + 2) = q
2
+ 1
 r không có ước nguyên tố dạng 4t + 3 (t N)  b  1 (mod 4). Đó là
điều vô lý.
Vậy không tồn tại số nguyên dương n sao cho n
7
+ 7 là bình phương của một số
nguyên dương.
7. Tìm tất cả các nghiệm nguyên không âm của phương trình 12
x
+ y
4
= 2008
z

(Đề thi Olympic Toán của Serbia năm 2008)
HD

Giả sử z > 0  y > 0. Với x chẵn vế trái có dạng a
2
+ b
2
, với x lẻ vế trái có dạng a
2

+ 3b
2
, trong đó a, b là các số nguyên dương không chia hết cho 251. Tuy nhiên -1
và -3 không là số chính phương (mod 251). Vậy phương trình đã cho không có
nghiệm nguyên không âm thoả mãn z > 0.
8. (OL – 04) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x
2
= y
3
+ 16
Đs: 4; 0); ( - 4; 0)
9. (OL – 07). Chứng minh rằng phương trình x
2
+ 1 = 4y
5
không có nghiệm
nguyên
10. (OL – 09). Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 7
x
+ x
4
+ 47 = y
2

Đs: (4; 52)



















Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn



7
2. PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH ƯỚC SỐ


LÝ THUYẾT

Định nghĩa :

Với hai số nguyên a, b, ta nói rằng a chia hết cho b nếu tồn tại số nguyên k sao
cho a = kb. Khi đó, ta cũng nói a là bội của b hay b là ước của a và kí hiệu: a

b

Ta vận dụng định nghĩa này để giải một số phương trình nghiệm nguyên

VÍ DỤ

Tìm tự nhiên của phương trình 3x
3
– xy = 5

Giải
3x
3
– xy = 5

x(3x
2
– y) = 5
2
2
1
3 5
5
3 1

x
x y
x
x y
 


 









 



Đs: (5; 74)

BÀI TẬP

1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình

a.
)6(25
2

 yyx

HD


)6(25
2
 yyx

(x + y + 3)(x – y – 3) = 16

Đs: (4; -3), (-4; -3), (5; -6), (5; 0), (-5; -6), (-5; 0)
b.
22
6 yxx 

HD


22
6 yxx 


(2x + 2y + 1)(2x – 2y -1) = 23
Đs: (5; 6

), (-6; )6


2. Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: 1991)2()2(
22
 xyyyxx
Đs: (12; 1)



Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn



8

3. Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình
22
1576)1( xxy 


Đs: (18; 10), (82; 10)

4. Tìm tất cả các tam giác vuông có cạnh là số nguyên và số đo diện tích bằng số
đo chu vi

Đs: (5; 12; 13); (6; 8; 10)

5. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
x
2
+ 2005x +2006y
2

+ y = xy + 2006xy
2
+ 2007

Đs: (2; 1), (0; 1)

6.(OL – 02). Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
x
5
+ 6x
4
y – 18x
3
y
2
– 68x
2
y
3
+ 81xy
4
+ 126y
5
= 770 với x > 2y
Đs: (4; 1)
7. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x
3
+ y
3
= 3xy + 3

Đs: (1; -1); (-1; 1); (1; 2); (2; 1)

8. (OL – 06). Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho A = n
2005
+ n
2006
+ n
2
+ n + 2
là một số nguyên tố.
HD
Kiểm tra n = 0; n = 1 không thỏa
Với n > 1, ta có A = n(n
2004
– 1) + n
2
(n
2004
– 1) + 2(n
2
+ n + 1)

n
2004
– 1 = (n
3
)
668
– 1 chia hết cho (n – 1)(n

2
+ n + 1)….
Vậy A là hợp số và không tồn tại n.

9. (OL – 07) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
x
3
(2x
4
+ 3xy
2
+ 10x – 2y) = 3y
3
+ 10 y + 1111
HD
Phương trình tương đương: (x
4
– y)(3y
2
+ 2x
3
+ 10) = 11.101
Do x
4
– y

1
2
x
 


3y
2
+ 2x
3
+ 10

3 + 16 + 10 = 29


4
4
1
11
x y
x y

 

 


Nếu x = 2 thì y = 5 hoặc y =15. Thử lại được x = 2; y = 5
Nếu x

3 thì 11

x
4

– y

81 – y, suy ra y

70, không thỏa phương trình.



Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn



9
Vậy …
10. Cho hình hộp chữ nhật có ba kích thước là ba số tự nhiên. Người ta sơn
màu xanh tất cả các mặt của hình hộp. Hình hộp được phân hoạch bởi các
hình lập phương đơn vị bởi các mặt phẳng song song với các mặt của nó. Tìm
kích thước hình hộp, biết rằng số hình lập phương đơn vị không có mặt nào
màu xanh bằng một phần ba tổng số các hình lập phương.
Đs: Có tất cả 8 bộ kích thước.
11. (OL – 09). Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
x
2
+ 13y
2
+ 4xy = y
2
z
2

HD
Gọi d = (x; y) và giả sử x = x
0
d, y = y
0
d, thay vào phương trình ta được:

2
0
x
= y
0
(y
0
z
2
– 13y
0
– 4x
0
) do d > 0;
Suy ra
2
0
x

y
0
, mà (x
0

, y
0
) = 1 nên x
0


y
0
suy ra y
0
= , suy ra y = d suy ra
x = x
0
y. Thay vào phương trình đầu ta được (x
0
+ 2 + z)(z – x
0
– 2) = 9
Do (x
0
+ 2 + z) > (z – x
0
– 2) nên (x
0
+ 2 + z) = 9 và (z – x
0
– 2) = 1
Đs: (2t; t; 5).
12. (OL – 10). Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
3(x – 3)

2
+ 6y
2
+ 2z
2
+ 3y
2
z
2
= 33
HD
Từ pt suy ra 3(x – 3)
2


33 hay (x – 3)
2


11 hay (x – 3)
2
là 0; 1; 4; 9.
Xét các trường hợp, dùng phương trình ước số, ta được nghiệm
(6; 1; 0); (6; -1; 0); (0; 1; 0); (0; -1; 0)
13. (OL – Irland). Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
1 + 1996x + 1998y = xy
HD
Phương trình tương đương: (x – 1998)(y – 1996) = 1997
2

Đs: 6 nghiệm.







Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn



10

3. PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TỔNG


1. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình . 16954
22
 yxyx

HD

16954
22
 yxyx


(x – 2y)
2

+ y
2
= 169 = 13
2
+ 0
2
= 12
2
+ 5
2

Đs: (26; 13), (29; 12), (19; 12), (22; 5)
2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình.
22
66 yxx 


HD

2 2
6
x x y
   


(2x – 1)
2
+(2y)
2
= 25

Đs: (3; 0), (-2; 0), (2; 2), (-1; 2), (2; -2), (-1; -2)
3. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình


yzxzxyzyx 2262423
222


HD


yzxzxyzyx 2262423
222




x
2
+ (x + y)
2
+ (x + y + z)
2
= 26 = 1
2
+ 3
2
+ 4
2

Đs: (1; 2; 1)





















Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn



11
4. PHƯƠNG PHÁP DÙNG LIÊN PHÂN SỐ

LÝ THUYẾT

1. Định nghĩa:
Cho a
0
là số nguyên, a
1
, a
2
, …, a
n
là các số nguyên dương. Khi đó đại lượng [a
0 ;

a
1
, a
2
, …, a
n
] được kí hiệu như sau:
[a
0 ;
a
1
, a
2
, …, a
n

] =
0
1
2
3
1
1
1
1
1

1
n
n
a
a
a
a
a
a







được gọi là một liên phân số hữu hạn có độ dài n( hay có bậc là n).

2. Tính chất:

Mọi số hữu tỉ đều biểu diễn được một cách duy nhất dưới dạng một liên phân số
hữu hạn
Dựa vào tính chất này, ta có thể giải một số phương trình nghiệm nguyên.

VÍ DỤ

Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
10
1 7
xyz x z
yz
 



Ta có:
10
1 7
xyz x z
yz
 




1 1
1
1 1
2
3

x
y
z
  
 

Vì sự biểu diễn trên là duy nhất nên ta được nghiệm phương trình là
x = 1; y = 2; z = 3.
Đs: (1; 2; 3)
BÀI TẬP

Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

b. )(40)1(31 tyyztztxtxyxyzt








Đs: (1; 3; 2; 4)
c.
)1(229)(55
32233
 xyyxyx

Đs: (2; 3)

Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn



12
5. PHƯƠNG PHÁP DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC


Sử dụng điều kiện xảy ra dấu bằng của bất đẳng thức ta có thể giải được một số
phương trình nghiệm nguyên.
VÍ DỤ
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
)4914(17)284(
244222
 yyxyx

Giải
Theo BĐT Bunhiacopxky, ta có:
2 2 2 4 4 2
( 4 28) 17( 14 49)
x y x y y     
Theo đề
)4914(17)284(
244222
 yyxyx

nên 4x
2
= y
2
+ 7
Đs: (2; 3)
BÀI TẬP
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

3222236
)5(315  yzyxzxzx

Đs: (3; 2; 9)



6. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ


Dựa vào việc đánh giá phù hợp hai vế phương trình, ta có thể giải được một
số phương trình nghiệm nguyên dễ dàng

VÍ DỤ

Tìm nghiệm nguyên của phương trình
xxy 3
33


Giải

Ta có:
xxy 3
33


3 3
3
y x x
 
.
Mặt khác:
3
3
x x

- 3x
2
-1 <
3
3
x x

<
3
3
x x

+ 3x
2
+1


(x – 1)
3
< y
3
< ( x + 1)
3



y
3
= x
3


3
3
x x

= x
3


x = y = 0
Đs: (0; 0)



Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn

13
BÀI TẬP

1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình

a.
332
1 yxxx 
Đs: (0;

1), (-1; 0)
b.
224
1 yxx 
Đs: (0; 1), (0; -1)
c. 0132
233
 yyyx
Đs: (-1; -1), (1; 0)
d.
2222
)1()1(  xxxxy
Đs: (4; 19)
2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x
4
– y
4

+ z
4
+2x
2
z
2
+ 3x
2
+ 4z
2
+ 1 = 0
Đs: (0; 1; 0); (0; - 1; 0)
3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
a. x
4
+ x
2
– y
2
+ y + 10 = 0
Đs: (

2; 6); (

2; -5)
b. yyxx 
224
4
Đs: (1; -2), (1; 3), (-1; 2), (-1; 3)
4. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x(x +1)(x + 2)(x +3) = y

2

HD
Cho y = 0, ta được x = 0; -1; -2; -3
y

0

x

0; -1; -2; -3

x(x + 3) > 0


(x
2
+ 3x)
2
< y
2
< ((x
2
+ 3x + 1)
2
vô lí
Vậy …

Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn



14
7. DÙNG TÍNH CHẤT SỐ VÔ TỶ

LÝ THUYẾT
Xét phương trình: f(x) = g(x)
Nếu f(x) là số hữu tỉ, g(x) là số vô tỷ thì f(x) = g(x) có nghiệm nguyên khi và chỉ
khi
( ) 0
( ) 0
f x
g x





có nghiệm nguyên
Mệnh đề: Bình phương mọi số nguyên đều không có dạng 4m + 3 với m là số
nguyên

BÀI TẬP

1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình

a. 214312
5
11
 yyx
x

Đs: (5; 3)
b. 11223
3
5
 yxy
x

Đs: (3; 6)
2. (OL – 08) Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình:


4
3361 11296320
x y  

Đs: (20; 21); (21; 20)
3. Tìm nghiệm nguyên dương x < y của phương trình:
1980
x y 

Đs: (55; 1375); (220; 880)

Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn



15
8. DÙNG ĐIỀU KIỆN CÓ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH

LÝ THUYẾT

Ta có thể lợi dụng điều kiện có nghiệm của phương trình ax
2
+ bx + c = 0
để giới hạn miền giá trị của các ẩn. Từ đó giúp cho việc giải phương trình đơn
giản hơn.

VÍ DỤ

Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x
3
+27xy + 2009 = y
3

(Tập huấn đội tuyển Singapore 2003)
HD
Đặt x = y + d, d nguyên, ta được phương trình:
(27 – 3d)y
2
+ (27d – 3d
2
)y – d
3
+ 2009 = 0
Nếu d = 9, ptvn. Suy ra d

9
Dùng đk có nghiệm của pt b2 tìm được – 3(d – 14)(d – 9)(d
2
+ 41d +574)

0

d = 10; 11; 12; 13; 14
Đs: ( -7; 7)

BÀI TẬP

1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình
a. x
2
+ xy + y
2
= 2x +y

Đs: y = -1; 0; 1
b. x
2
– 2xy + 5y
2
= y + 1
Đs: y = 0
2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x
2
+ 2y
2
-2xy +3x -3y + 2 = 0
Đs: (-1; 0); (-2; 0)
3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x
3
+ y
3
= (x +y)
2




Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn



16
Đs: (n; -n); y = 0; 1; 2
4. Tìm nghiệm nguyên của phương trình

a. (VT 01 – 02) yxyxyx 8)(3
22

Đs: (0; 0), (1; 1)
b. (VT 05 – 06)
22
)(2 yxxyyx 
Đs: (0; 0), (0; 2), (2; 0), (2; 4), (4; 2), (4; 4).
c. (VT 07 – 08) 3(x
2
– xy + y
2
) = x – 2y
Đs: (0; 0); (1; 1)
5. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x
3
+10x – 1 = y
3
+ 6y
2
(Bungari 2004)
Đs: (6; 5); (2; 3)
6. (OL – 03). Tìm tất cả các số hữu tỷ dương x, y sao cho x + y và
1 1
x y

nguyên
HD
Đặt u = x + y; v =
1 1

x y

. Suy ra x, y là nghiệm pt: Vx
2
– uvX + u = 0

= uv(uv – 4)
Nếu

= 0, tìm được 3 cặp x, y
Nếu

> 0, suy ra uv > 4. Mà (uv – 3)
2
<

< (uv – 2)
2
nên

không chính
phương.
T/ h này không có x, y thỏa ycbt.
7. (OL – 06). Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (x
2
+ y)(x + y
2
) = ( x – y )
3
Đs: (t; 0); (9; - 6); (9; - 21); ( -1; - 1); (8; -10)

8. (OL – 06). Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
x
3
- 3x
2
+ 3(y
3
+ 1)x – (y
3
+ 1)
2
= 0.
Đs: (0; - 1); (3; - 1); x = y
2
– y – 1, y nguyên tùy ý.
9. (OL – 06). Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x
3
+ 27xy + 2009 = y
3

HD
Đặt y = x + a, phương trình trở thành (27 – 3a)x
2
+ (27 – 3a
2
)x – a
3
+ 2009
Phương trình có nghiệm khi – 3(a – 14)(a – 9)(a
2

+ 41a + 5740

0;



Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn



17
Hay
9 14
a
 
. Đs: ( - 7; 7)
.10. (OL – 07) Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: x
2
(y -5)- xy = x – y + 1
Đs: (0; 1); (1; 7); (3; 7)
11. (OL – 08) Tìm nghiệm nguyên của phương trình (x
2
– y)(y
2
– x) = (x – y)
3

HD
Phương trình tương đương x(2x
2

– (y
2
+ 3y)x – y + 3y
2
) = 0;
Xét y
2
+ 3y)x – y + 3y
2
= 0. Ta có

= (y – 1)
2
y(y + 8)
Phương trình có nghiệm khi y(y + 8) = a
2
, a là số tự nhiên hay (y + 4 +a)(y + 4 –
a) = 16
Vì y + 4 +a

y + 4 – a và (y + 4 +a) + (y + 4 – a) chẵn nên (y + 4 +a), (y + 4 – a)
chẵn
Lí luận, tìm được 5 nghiệm (0; k), (1; 1), …
12. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
2
x y x y
   

Đs: (9; 16); (16; 9)

9. PHƯƠNG PHÁP CHIA ĐA THỨC


1. (OL – 08) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x
2
+ x + 1 = 2xy + y
HD
Chia đa thức ta được: 4y = 2x + 1 +
3
2 1
x


Đs: (0; 1); (-1; -1); (1; 1); (-2; -1)
2. (OL – 08) Tìm nghiệm nguyên của
a. 2x
2
+ 1 = 2xy – y Đs: x = -1; 0; 1; 2
b.
2
2
2 2 1
x y z
x xy x z
  


   


Đs: x = -5; -3; -1; 1
c.
2
2 2(2 1) 8
y x y x y x
    
Đs: (0; 0), (-1; -2)




Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn



18

10. MỘT SỐ BÀI TOÁN KHÁC

1. (OL – 04) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2
x
= x
2
.
HD
x nguyên âm không là nghiệm
x = 0 không là nghiệm
Thấy x = 2; x = 4 là nghiệm. Ta chứng minh x

5 không là nghiệm bằng quy nạp.

Chú ý k > 5 thì k(k – 2) > 1 hay k
2
> 2k + 1.
2. (OL – 09). Tìm tất cả các số nguyên dương n mà tích các chữ số của nó theo
cách viết thập phân bằng n
2
– 10n – 22
HD
Sd tích các chữ số của một số nguyên dương không âm và nhỏ hơn hoặc bằng
chính nó. Đs: n = 12
3. (OL- 09). Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x
2010
+ y
1340
+ y
670
= y
2010
+ 2
HD
Đặt u = x
670
, v = y
670
, pt trở thành u
3
= v
3
– v
2

– v + 2.
Ta thấy u
3
= (v – 1)
3
+ 2(v – 1)
2
+ 1 > (v – 1)
3
và u
3
= v
3
– (v – 1)(v + 2).
Nếu v > 1 hoặc v < - 2 thì (v – 1)(v + 2) > 0 dẫn đến v
3
> u
3
> (v – 1)
3
hay
v > u > (v – 1) vô lí vì u, v nguyên. Do đó v

{-2; -1; 0; 1}, xét các t/h của v ta
được nghiệm pt là (1; 1), (1; -1)
4. Tìm nghiệm nguyên của hệ:
3 4
3
ac bd
ad bc

 


 


HD
Ta có: 25 = (ac – 3bd)
2
+ (ad + bc)
2
= 8(bd)
2
+ (ac – bd)
2
+ (ad – bc)
2


8(bd)
2
Suy ra: (bd)
2

25
8

. Mà bd nguyên nên bd = 1 hoặc bd = 0; 1
Đs: (1;0; 4; 3); (-1;0; -4; -3); (4; 3; 1; 0); (- 4;- 3; -1; 0)

Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn



19
PHẦN II: HIỆU QUẢ
Sáng kiến kinh nghiệm đã được giảng dạy thử nghiệm ở lớp 10T, trường
THPT chuyên Bạc Liêu, các em tiếp thu, nắm bắt vấn đề khá tốt và vận dụng có
hiệu quả trong giải toán.
Kết quả được thể hiện rõ nét trong kỳ thi học sinh giỏi vòng tỉnh: 18/18 học
sinh dự thi đã giải được bài này. Các em đã vận dụng các phương pháp đã học để
giải bài toán. Cụ thể, đề và đáp án chính thức như sau:
“Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 4x
2
+ 16y
2
– x
2
y
2
= 14xy (1)
Đáp án
Có x = y = 0 thỏa mãn phương trình (1)
Khi x, y
Z


,
0
xy

thì
2
(1) ( 2 ) 1
2 2
xy xy
x y
 
   
 
 
(2)
Phương trình (2) có VT là số chính phương và VP là tích của hai số nguyên liên
tiếp nên suy ra
1 0 2
2
xy
xy
   
. (3)
Từ (2) và (3) suy ra
2
1
x
y
 



 

hoặc
2
1
x
y





Đs:
0
0
x
y





;
2
1
x
y
 



 

;
2
1
x
y





”
Các em học sinh đã không giải theo đáp án mà sử dụng “phương pháp đưa về
phương trình ước số” và giải gọn gàng như sau:
(1)

(2x + 4y – xy + 1)(2x + 4y + xy – 1) = -1
2 4 1 1
2 4 1 1
2 4 1 1
2 4 1 1
x y xy
x y xy
x y xy
x y xy
    




    




    



   




Đs: nghiệm của phương trình là
0
0
2
1
2
1
x
y
x
y
x
y
 








 



 












Việc học sinh vận dụng được các phương pháp giải phương trình nghiệm
nguyên vào giải bài thi vòng tỉnh thành công là một dấu hiệu tốt chứng tỏ hiệu
quả của sáng kiến kinh nghiệm trong thực tiễn.



Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn

20


LỜI KẾT



Sáng kiến kinh nghiệm chỉ mới trình bày được một số phương pháp thường
dùng để giải phương trình nghiệm nguyên. Còn một số phương pháp nữa như:
phương pháp lựa chọn modul, phương pháp sử dụng các định lí cơ bản của số
học, phương pháp xây dựng nghiệm …chưa được đề cập. Các bài toán được
giới thiệu cũng chỉ ở mức độ vừa phải. Các hạn chế này sẽ được bổ sung và
hoàn thiện trong thời gian tới.

Mặc dù đã có nhiều cố gắng nhưng sáng kiến kinh nghiệm vẫn không sao
tránh khỏi những thiếu sót. Kính mong quí đồng nghiệp đóng góp ý kiến để
sáng kiến kinh nghiệm được được hoàn chỉnh hơn

Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn



21



TÀI LIỆU THAM KHẢO



1. Chuyên đề phương trình nghiệm nguyên NXB GD – Phan Huy Khải;
2. Tài liệu: “Chuyên đề phương trình nghiệm nguyên” trên mạng của Trần Xuân
Đáng;
3. Các đề thi học sinh giỏi vòng tỉnh của sở GD – ĐT Bạc Liêu;
4. Các đề thi Olympic;
5. Đề thi vòng tỉnh của các tỉnh thành trong cả nước;
6. Tạp chí Toán học và tuổi trẻ;

Phương trình nghiệm nguyên – Dư Quốc Tuấn



22


Nhận xét của tổ chuyên môn trường:
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
Đánh giá của Hội đồng khoa học trường:
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………

………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
Đánh giá của Hội đồng khoa học Sở GD - ĐT:
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………