HỆ THỐNG BÀI TẬP LIÊN QUAN ĐẾN NGHIỆM NGHUYE

CÁC BÀI TOÁN VỀ NGHIỆM NGUYÊN
A. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PT NGHIỆM NGUYÊN
I- Phương pháp 1 : Sử dụng tính chẵn lẻ
Ví dụ 1: Tìm x, y nguyên tố thoả mãn: y
2
– 2x
2
= 1
Hướng dẫn:Ta có y
2
– 2x
2
= 1 ⇒ y
2
= 2x
2
+1 ⇒ y là số lẻ
Đặt y = 2k + 1 (với k nguyên).Ta có (2k + 1)
2
= 2x
2
+ 1
⇔ x
2
= 2 k
2
+ 2k ⇒ x chẵn , mà x nguyên tố ⇒ x = 2, y = 3
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
(2x + 5y + 1)(
x
2

+ y + x
2
+ x) = 105
Hướng dẫn:Ta có: (2x + 5y + 1)(
x
2
+ y + x
2
+ x) = 105
Ta thấy 105 lẻ ⇒ 2x + 5y + 1 lẻ ⇒ 5y chẵn ⇒ y chẵn
x
2
+ y + x
2
+ x =
x
2
+ y + x(x+ 1) lẻ
có x(x+ 1) chẵn, y chẵn ⇒
x
2

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

5
26
−
( loại)Thử lại ta có x = 0; y = 4 là nghiệm của phương trình
II. Phương pháp 2 : Phương pháp phân tích
Thực chất là biến đổi phương trình về dạng:
g
1
(x
1
, x
2
,…., x
n
) h

(x
1
, x
2
,…., x
n
) = a
Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x
4
+ 4x
3
+ 6x
2
+ 4x = y

2
Hướng dẫn: Ta có: x
4
+ 4x
3
+ 6x
2
+ 4x = y
2
⇔ x
4
+4x
3
+6x
2
+4x +1- y
2
=1
⇔ (x+1)
4
– y
2
= 1 ⇔ [(x+1)
2
–y] [(x+1)
2
+y]= 1
(x+1)
2
– y = 1 1 + y = 1- y

⇔ (x+1)
2
+ y = 1 ⇔
(x+1)
2
– y = -1 -1 + y = -1 - y
(x+1)
2
+ y = -1
⇒ y = 0 ⇒ (x+1)
2
= 1 ⇔ x+1 = ±1 ⇒ x = 0 hoặc x = -2
Vậy ( x, y ) = ( 0, 0 ); ( - 2, 0 )
III. Phương pháp 3 : Phương pháp cực hạn
Sử dụng đối với 1 số bài toán vai trò của các ẩn bình đẳng như nhau:
Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
5 ( x + y + z + t ) + 10 = 2 xyzt
Hướng dẫn: Ta giả sử x ≥ y ≥ z ≥ t ≥ 1 Ta có: 5 ( x + y + z + t ) + 10 = 2 xyzt
⇔ 2 =
yzt
5
+
xzt
5
+
xyt
5
+
xyz
5

+
xyzt
10
≤
3
30
t
⇒ t
3
≤ 15 ⇒ t = 1 hoặc t = 2
* Với t = 1 ta có 5 (x+ y + z + 1) + 10 = 2 xyz
⇔ 2 =
yz
5
+
xz
5
+
xy
5
+
xyz
15
≤
z
2
30
⇒
z
2

≤ 15 ⇒ z =
{ }
3;2;1
Nếu z = 1 có 5 (x+ y ) + 20 = 2xy⇔ (2x – 5) (2y - 5) = 65
⇒ x = hoặc
Ta được nghiệm ( 35; 3; 1; 1); (9; 5; 1; 1) và các hoán vị của chúng
Với z = 2; z = 3 phương trình không có nghiệm nguyên
* Với t = 2 thì 5 (x+ y + z ) + 20 = 4 xyz⇔ 4=
xy
5
+
yz
5
+
xz
5
+
xyz
20
≤
2
35
z
⇒
z
2
≤
4
35
≤ 9 ⇒ z = 2 (vì z≥ t≥ 2)⇒ (8x – 5) (8y – 5) = 265

Do x≥ y≥ z ≥ 2 nên 8x – 5 ≥ 8y – 5 ≥ 11⇒ (8x – 5) (8y – 5) = 265 vô nghiệm
vậy nghiệm của PT là bộ (x, y, z)= ( 35; 3; 1; 1); (9; 5; 1; 1) và các hoán vị
IV- Phương pháp loại trừ(phương pháp 4)
Khẳng định nghiệm rồi loại trừ các giá trị còn lại của ẩn
Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : 1! + 2! + … + x! =
y
2
Hướng dẫn: Với x≥ 5 thì x! có tận cùng là 0 và 1! + 2! + 3! + 4! Có tận cùng là
3 ⇒ 1! + 2! + … + x! có tận cùng là 3, không là số chính phương (loại)
Vậy x < 5 mà x nguyên dương nên: x =
{ }
4;3;2;1

Thử vào phương trình ta được (x = 1, y= 2); (x = 3, y= 3) là thoả mãn
Ví dụ 6: Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình :y
2
+ y = x
4
+ x
3
+ x
2
+ x
HD: Ta có : y
2
+ y = x
4
+ x
3
+ x

2
+ x⇔4 y
2
+4y+1=4 x
4
+ 4 x
3
+ 4x
2
+ 4x+1
⇒ (2x
2
+ x )
2
- (2y + 1)
2
= (3x + 1) (x +1)hay (2x
2
+ x + 1)
2
- (2y+ 1)
2
= x(x-2)
Ta thấy: Nếu x> 0 hoặc x< - 1 thì (3x + 1) (x +1) > 0
Nếu x > 2 hoặc x < -1 thì x (x-2) > 0
⇒ Nếu x>2 hoặc x< 1 thì (2x
2
+ x) <(2y+1)
2
< (2x

2
+ x + 1)
2
(loại)
⇒ -1≤ x ≤ 2 ⇒ x = 0, 1, -1, 2
Xét x = 2⇒ y
2
+ y =30 ⇒ y = 5 hoặc y= -6
Xét x= 1 ⇒ y
2
+ y = 4 (loại)
Xét x = 0 ⇒ y
2
+ y = 0 ⇒ y (y + 1) = 0 ⇒ y = 0 hoặc y = -1
Xét x = -1 ⇒ y
2
+ y = 0 ⇒ y = 0 hoặc y= -1
Vậy nghệm nguyên của PT là: (x,y) = (2, 5); (2, -6); (0, 0); (0, -1); (-1;0); (-1, -1)
V.Phương pháp 5: Dùng chia hết và có dư
Ví dụ 7: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x
2
– 2y
2
= 5
Hướng dẫn: Xét x

5 mà x
2
– 2y
2

= 5 ⇒ 2y
2


5 ⇒ y
2

5
(2,5) = 1 5 là số nguyên tố
⇒ y
2


25 ⇒x
2
– 2y
2


25 lại có x

5 ⇒ x
2


25 5

25 loại
Xét x


5 ⇒ y

5 và x
2
chia cho 5 có các số dư 1 hoặc 4
y
2
chia cho 5 có các số dư 1 hoặc 4 ⇒ 2y
2
chia cho 5 dư 2 hoặc 3
⇒ x
2
– 2 y
2
chia cho 5 dư
±
1 hoặc
±
2(loại) Vậy PT x
2
– 2y
2
= 5 vô nghiệm
Ví dụ 8: Tìm x, y là số tự nhiên thoả mãn x
2
+ 3
y
= 3026
Hướng dẫn:Xét y = 0 ⇒ x
2

+ 3
0
= 3026 ⇒ x
2
= 3025 mà x
∈
N ⇒ x = 55
Xét y > 0 ⇒ 3
y

3, x
2
chia cho 3 dư 0 hoặc 1
⇒ x
2
+ 3
y
chia cho 3 dư 0 hoặc 1 mà 3026 chia cho 3 dư 2 (loại)
Vậy nghiệm (x,y) = (55,0)
VI. Phương pháp 6 : Sử dụng tính chất của số nguyên tố
Ví dụ 9: Tìm x, y, z nguyên tố thoả mãn x + 1 = z
Hướng dẫn:Ta có x, y nguyên tố và x
y
+ 1 = z ⇒ z > 3
Mà z nguyên tố ⇒ z lẻ ⇒ x
y
chẵn ⇒ x chẵn ⇒ x = 2
Xét y = 2 ⇒ 2
2
+ 1 = 5 là nguyên tố ⇒ z = 5 (thoả mãn)

Xét y> 2 ⇒ y = 2k + 1 (k ∈ N)⇒ 2
2k+1
+ 1 = z ⇒ 2. 4
k
+ 1 = z
Có 4 chia cho 3 dư 1 ⇒ (2.4
k
+1)

3 ⇒ z

3 không thỏa mãn (loại)
Vậy x = 2, y = 2, z = 5 thoả mãn
VII. Phương pháp 7: Đưa về dạng tổng
Ví dụ 10: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x
2
+ y
2
– x – y = 8
Hướng dẫn: Ta có x
2
+ y
2
–x – y = 8⇔ 4 x
2
+ 4 y
2
– 4 x –4y = 32
⇔ (4x
2

– 4x +1) + (4y
2
– 4y + 1) = 34⇔ (2x – 1)
2
+ (2y – 1)
2
= 34
Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 chỉ có duy nhất 1 dạng phân tích thành
tổng của 2 số chính phương 3
2
và 5
2
Do đó ta có hoặc
Giải ra ta được (x,y) = (2,3); (2,-2); (-1, -2); (-1, 3) và các hoán vị của nó.
Ví dụ 11: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x
2
– 4xy + 5y
2
= 169
Hướng dẫn: Ta có x
2
– 4xy + 5y
2
= 169⇔ (x – 2y)
2
+ y
2
= 169
Ta thấy 169 = 0
2

+ 13
2
= 5
2
+ 12
2
⇒ hoặc hoặc hoặc
Giải ra ta được (x, y) = (29, 12);(19, 12); (-19, -12); (22, 5); (-2, 5) ;(2, -5); (-22, -5);
(26, 13); (-26, -13); (-13. 0); (13, 0)
VIII .Phương pháp 8: Lùi vô hạn
Ví dụ 12: Tìm nghiệm nguyêm của phương trình x
2
– 5y
2
= 0
Hướng dẫn: Giả sử x
0
, y
0
là nghiệm của phương trình x
2
– 5y
2
= 0
ta có x
2
0
- 5y
2
0

= 0 ⇒ x
0


5 đặt x
0
= 5 x
1
Ta có (5x
1
)
2
– 5y
2
0
= 0 ⇔ 5x
2
1
- y
2
0
= 0
⇒ y
0


5 đặt y
0
= 5y
1

⇒ x
2
1
- 5y
2
1
= 0
Vây nếu (x
0,
,y
0
) là nghiệm của phương trình đã cho thì
(
5
0
x
,
5
0
y
) cũng là nghiệm của phương trình đã cho. Cứ tiếp tục lập luận như vậy (
k
x
5
0
,
k
y
5
0

) với k nguyên dương bất kỳ cũng là nghiệm của phương trình. Điều này
xảy ra khi x
0
= y
0
= 0
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = y = 0
Ví dụ 13: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x
2
+ y
2
+ z
2
= x
2
y
2
Hướng dẫn:Nếu x, y đều là số lẻ ⇒ x
2
, y
2
chia cho 4 đều dư 1
x
2
y
2
chia cho 4 dư 1
⇒
z
2

chia cho 4 dư 3 (loại)
x
2
+ y
2
chia cho 4 dư 2
mà x
2
+ y
2
+ z
2
= x
2
y
2
⇒ x chẵn hoặc y chẵn
* Giả sử x chẵn ⇒ hoặc y chẵn
* Giả sử x chẵn ⇒ x
2
, x
2
y
2
chẵn
⇒ x
2


4 ⇒ x

2
y
2


4⇒ (y
2
+ z
2
)

4 ⇒ y và z phải đồng thời chẵn
Đặt x = 2x
1
, y = 2y
1
, z = 2z
1
Ta cóx
2
1
+ y
2
1
+z
2
1
= x
2
1

y
2
1
lập luận tương tự ta có x
2
2
+ y
2
2
+ z
2
2
= 16 x
2
2
y
2
2
Quá trình này cứ tiếp tục ta thấy (x
1
, y
1
, z
1
) là nghiệm của phương trình thì (
k
x
2
1
,

k
y
2
1
,
k
z
2
1
) là nghiệm của phương trình với k nguyên dương
⇒ x
1
= y
1
= z
1
= 0 Vậy pt có nghiệm là (0, 0, 0)
IX. Phương pháp 9: Sử dụng tính chất nghiệm của phương trình bậc 2
Biến đổi phương trình về dạng phương trình bậc 2 của ẩn coi các ẩn khác là tham
số, sử dụng các tính chất về nghiệm của phương trình bậc 2 để xác định giá trị của tham
số
Ví dụ 14: Giải phương trình nghiệm nguyên 3x
2
+ y
2
+ 4xy + 4x + 2y + 5 = 0
Hướng dẫn:Ta có pt 3x
2
+ y
2

+ 4xy + 4x + 2y + 5 = 0
⇔ y
2
+ (4x + 2)y + 3 x
2
+ 4x + 5 = ) (*) coi x là tham số giải phương trình bậc 2 pt (*)
ẩn y ta có y = -(2x + 1) ±
'
x
∆
Do y nguyên, x nguyên ⇒
'
x
∆
nguyên
Mà
'
x
∆
= (2x + 1)
2
– (3x
2
+ 4x + 5) = x
2
– 4⇒ x
2
– 4 = n
2
(n º

∈
Z)
⇒ (x- n) (x+ n) = 4⇒ x – n = x + n = ± 2 ⇒ x = ± 2
Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x, y) = (2; -5); (-2, 3)
Ví dụ 15: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x
2
– (y+5)x + 5y + 2 = 0
Hướng dẫn:
Ta có x
2
– (y+5)x + 5y + 2 = 0 coi y là tham số ta có phương trình bậc 2 ẩn x. Giả sử
phương trình bậc 2 có 2 nghiệm x
1
, x
2

Ta có ⇒ ⇒ 5 x
1
+ 5x
2
– x
1
x
2
= 23
⇔ (x
1
-5) (x
2
-5) = 2 Mà 2 = 1.2 = (-1)(-2)

⇒ x
1
+ x
2
= 13 hoặc x
1
+ x
2
= 7 ⇒ y = 8 hoặc y = 2
thay vào phương trình ta tìm được các cặp số
(x,y ) = (7, 8); (6, 8); (4, 2); (3, 2); là nghiệm của phương trình
X- Phương pháp 10 : Dùng bất đẳng thức
Ví dụ 16: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x
2
–xy + y
2
= 3
Hướng dẫn:Ta có x
2
–xy + y
2
= 3 ⇔ (x-
2
y
)
2
= 3 -
4
3
2

y
Ta thấy (x-
2
y
)
2
≥ 0 ⇒ 3 -
4
3
2
y
≥ 0 ⇒ -2 ≤ y ≤ 2
⇒ y= ± 2; ±1; 0 thay vào phương trình tìm x
Ta được các nghiệm nguyên của phương trình là :
(x, y) = (-1,-2), (1, 2); (-2, -1); (2,1) ;(-1,1) ;(1, -1)
B. BÀI TẬP RÈN TƯ DUY SÁNG TẠO
Bài 1:Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x + 3y = 11
Hướng dẫn
Cách 1 : Ta thấy phương trình có cặp nghiệm đặc biệt là x
0
= 4, y
0
= 1
Vì 2.4 + 3.1 = 11
⇒( 2x + 3y) – (2.4 + 3.1)= 0⇔ 2(x-4) + 3(y-1)= 0⇒ 2(x-4)= - 3(y-1) mà (2,3) = 1
Đặt x – 4 = 3k và y – 1 = 2k với ( k ∈ Z)
Vậy nghiệm tổng quát của pt là : x = 4 – 3k
y = 1+ 2k ( k ∈ Z)
*Nhận xét: Theo cách giải này phải tìm ra 1 cặp nghiệm nguyên đặc biệt (x
0

, y
0
)
của phương trình vô định ax + by = c
Nếu phương trình có hệ số a, b, c lớn thì cách giải khó khăn.
Cách 2: Dùng tính chất chia hết. Ta có 2x + 3y = 11⇒ x=
2
311 y
−
= 5- y-
2
1
−
y
Do x, y nguyên ⇒
2
1−y
nguyên ; đặt
2
1−y
= k ⇒ y = 2k +1
⇒ x = 4- 3k (k ∈ Z Vậy nghiệm tổng quát
Bài 2: Tìm cặp số nguyên dương (x,y) thoả mãn phương trình :6x
2
+ 5y
2
= 74
Cách 1 : Ta có 6x
2
+ 5y

2
= 74 ⇔ 6x
2
–24 = 50 – 5y
2
⇔ 6(x
2
– 4) = 5(10 – y
2
)⇒ 6(x
2
– 4)

5 ⇒ x
2
– 4

5
(6, 5) = 1⇒ x
2
= 5t + 4 (t ∈N)
Thay x
2
– 4 = 5t vào phương trình ⇒ y
2
= 10 – 6t
lại có ⇔
4
5
5

3
t
t
−

<




<


⇒ t = 0 hoặc t = 1
với t = 0 ta có x
2
= 4, y
2
= 10 (loại)
Với t = 1 ta có x
2
= 9 ⇔ x = ± 3
y
2
= 4 y = ± 2
mà x, y ∈ Z
+
⇒ x = 3, y = 2 thoả mãn
Cách 2 : Sử dụng tính chẵn lẻ và phương pháp chặn
Ta có 6x

2
+ 5y
2
= 74 là số chẵn ⇒ y chẵn
lại có 0< 6x
2
⇒ 0< 5y
2
< 74⇔ 0 < y
2
< 14 ⇒ y
2
= 4 ⇒ x
2
= 9
Cặp số (x,y) cần tìm là (3, 2)
Cách 3: Ta có 6x
2
+ 5y
2
= 74
⇔ 5x
2
+ 5y
2
+ x
2
+ 1 = 75⇒ x
2
+ 1


5 mà 0 < x
2
≤ 12 ⇒ x
2
= 4 hoặc x
2
= 9
Với x
2
= 4 ⇒ y
2
= 10 loại
Với x
2
= 9 ⇒ y
2
= 4 thoả mãn cặp số (x,y) cần tìm là (3, 2)
B à i 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:x
2
+ y
2
= 2x
2
y
2
Cách 1: Đặt x
2
= a, y
2

= b ; Ta có a + b = 2 ab ⇒ ⇒
a
=
b
⇒ a = ± b
Nếu a = b ⇒ 2a = 2a
2
⇒ a= a
2
⇒ a= 0, a= 1⇒ (a,b) = (0, 0); (1, 1)
Nếu a = - b ⇒ 2 b
2
= 0 ⇒ a = b = 0⇒ (x
2
, y
2
) = (0, 0); (1, 1)
⇒ (x, y ) = (0, 0); (-1, -1); (-1, 1); (1, -1) ; (1, 1)
Cách 2: Ta có x
2
+ y
2
= 2x
2
y
2
Do x
2
, y
2

≥ 0
Ta giả sử x
2
≤ y
2
⇒ x
2
+ y
2
≤ 2 y
2
⇒ 2x
2
y
2
≤ 2y
2

Nếu y = 0 phương trình có nghiệm (0;0)
Nếu y
≠
0⇒ x
2
≤ 1 ⇒ x
2
= 0 hoặc x
2
= 1
⇒ y
2

= 0 (loại) hoặc y
2
= 1 ⇒ (x, y) = (1, 1); (1, -1) ; (-1, 1)
Vậy phương trình có nghiệm (x;y) =(0, 0); (-1, -1); (-1, 1); (1, -1); (1, 1)
Cách 3: Có x
2
+ y
2
= 2x
2
y
2
⇔ 2x
2
+ 2y
2
= 4 x
2
y
2
⇔ 4 x
2
y
2
–2x
2
– 2y
2
+ 1 = 1
2x

2
(2y
2
- 1) – (2y
2
- 1)= 1⇔ (2x
2
– 1) (2y
2
- 1) = 1
Mà 1 = 1.1 = (-1)(-1) ⇒ (x
2
, y
2
) = (1, 1); (0, 0)
⇒ (x, y) = (1, 1); (0, 0) ; (1, -1); (-1; -1); (-1, 1)
Bài 4: Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình : x
2
–3xy + 2y
2
+ 6 = 0
Hướng dẫn: Ta thấy(x, y) = (0, 0) không phải là nghiệm của phương trình
Ta coi phương trình x
2
– 3xy + 2y
2
+ 6 = 0 ẩn x ta tính
y
∆
= y

2
– 24
Phương trình có nghiệm tự nhiên thì
y
∆
là số chính phương
⇒ y
2
– 24 = k
2
⇒ (y – k)(y + k) = 24 (k∈N)
mà 24 = 24.1 = 12.2 = 6.4 = 3.8 ; y+k và y – k cùng chẵn
⇒ ⇒ y = 5 hoặc y+ ⇒ y = 7
Thay vào ta tìm được (x,y) = (8, 7); (13, 7); (7, 5); (8,5)
Bài 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình :2x
2
+ 2y
2
– 2xy + y + x – 10 = 0
Cách 1 : Ta có phương trình đã cho ⇔ 2x
2
– (2y-1) x + 2y
2
+ y – 10 = 0
Coi x là ẩn y là tham số ta có phương trình bậc 2 ẩn x
Xét
y
∆
= (2y – 1)
2

– 4.2 (2y
2
+ y -10) = -12y
2
– 12y+ 81
Để nghiệm x nguyên thì
y
∆
là số chính phương
Đặt k
2
= -12y
2
– 12 y + 81 ⇒ k
2
+ 3(2y + 1) = 84
⇒ (2y + 1)
2
= 28 -
3
2
k
≤ 28; (2y + 1)
2
lẻ ⇒ (2y + 1)
2
= 1, 9, 25
⇒ y = 0, 1, -2, 2, -3 Thử trực tiếp vào phương trình ta tìm được các cặp số (x, y)
= (2, 0); (0, 2) thoả mãn
Cách 2: Đặt x + y = a, xy = b ta có x, y ∈ Z ⇒ a, b ∈ Z

phương trình 2x
2
– (2y-1) x + 2y
2
+ y – 10 = 0
⇔ 2a
2
– 4b + a – 10 = 0⇔ 4a
2
– 8b + 2a – 20 = 0
⇔ (a+ 1)
2
+ 3a
2
– 8b – 21 = 0⇔ (a+ 1)
2
+ 3a
2
= 8b + 21
lại có (x+ y)
2
≥ 4 xy ⇒ a
2
≥ 4b
⇒ 8b + 21 ≤ 2a
2
+ 21⇒ (a+ 1)
2
+ 3a
2

≤ 2a
2
+ 21⇒ (a+ 1)
2
≤ 21
mà (a+ 1)
2
là số chính phương ⇒ (a+ 1)
2
∈ {1, 4, 9, 16}⇒ a ∈ {0, 1, 2, 3}
Với a = 0 ⇒ 1
2
+ 3. 0 = 8b + 21 ⇒ 8b = 20 loại
Với a = 1 ⇒ (1+1)
2
+ 3.1
2
= 8b + 21 ⇒ 8b = -14 loại
Với a = 2 ⇒ (1+ 2)
2
+ 3.2
2
= 8b + 21 ⇒ 8b = 0 ⇒ b = 0
Với a = 3 ⇒ (1+ 3)
2
+ 3.3
2
= 8b + 21 ⇒ 8b = 22 loại
Vậy được a = 2, b = 0 ⇒ ⇒ (x, y )= (0, 2); (2, 0) thoả mãn
Bài 6: Hai đội cờ thi đấu với nhau mỗi đấu thủ của đội này phải đấu 1 ván với mỗi đấu

thủ của đội kia. Biết rằng tổng số ván cờ đã đấu bằng 4 lần tổng số đấu thủ của hai đội
và biết rằng số đấu thủ của ít nhất trong 2 đội là số lẻ hỏi mỗi đội có bao nhiêu đấu thủ.
Hướng dẫn:Gọi x, y lần lượt là số đấu thủ của đội 1 và đội 2 (x, y nguyên dương )
Theo bài ra ta có xy = 4 (x + y)
Đây là phương trình nghiệm nguyên ta có thể giải bằng các cách sau


Cách 1 : Có xy = 4(x + y)⇔ xy – 4x – 4y + 16 = 16⇔ (x-4) (y - 4) = 16
mà 16 = 1.16 = 2.8 = 4.4 lại có ít nhất 1 đội có số đấu thủ lẻ
⇒ ⇔ hoặc
Cách 2: Ta thấy x, y bình đẳng.Không mất tính tổng quát ta giả sử x≤ y
Ta có x, y nguyên dương xy = 4 (x + y)⇔
x
4
+
y
4
= 1
lại có
x
4
≥
y
4
⇔
x
4
+
y
4

≤
x
8
⇔
x
8
≤ 1⇒ x ≤ 8 ⇒ x= {5, 6, 7, 8}
Mà
x
4
≤ 1 ⇒ x > 4 Thử trực tiếp ta được x = 5, y = 20 (thoả mãn)
Vậy 1 đội có 5 đấu thủ còn đội kia có 20 đấu thủ
Bài 7: Tìm năm sinh của Bác Hồ biết rằng năm 1911 khi Bác ra đi tìm đường cứu nước
thì tuổi Bác bằng tổng các chữ số của năm Bác sinh cộng thêm 3.
Hướng dẫn: Ta thấy nếu Bác Hồ sinh vào thể kỷ 20 thì năm 1911 Bác
nhiều nhất là 11 tuổi (1+ 9 + 0 + 0 + 3) loại
Suy ra Bác sinh ra ở thế kỷ 19 Gọi năm sinh của Bác là 18 xy
(x, y nguyên dương, x, y ≤ 9)
Theo bài ra ta có 1911 - 18 xy = 1 + 8 + x + y = 3⇔ 11x + 2y = 99
⇒ 2y

11 mà (2, 11) = 1 ⇒ y

11 mà 0≤ y ≤ 9
Nên y = 0 ⇒ x = 9 Vậy năm sinh của Bác Hồ là 1890
Bài 8: Hãy dựng một tam giác vuông có số đo 3 cạnh là a, b, c là những số nguyên
và có cạnh đo được 7 đơn vị
Hướng dẫn: Giả sử cạnh đo được 7 đơn vị là cạnh huyền (a = 7)
⇒ b
2

+ c
2
= 7
2
⇒ b
2
+ c
2


7 ⇒ b

7; c

7
(vì số chính phương chia hết cho 7 dư 0, 1, 4, 2)
lại có 0 < b, c < 7 loại ⇒ Cạnh đo được là cạnh góc vuông giả sử b = 7
Ta có a
2
– c
2
= 49 ⇔ (a+c)(a-c) = 49⇒ ⇒
Vậy tam giác cần dựng có số đo 3 cạnh là 7, 25, 24
Bài 9 :Tìm các số nguyên
;x y
thỏa mãn:
2
2 3 2 0y xy x+ − − =
Giải:
2 2 2 2 2

2 3 2 0 2 3 2 ( ) ( 1)( 2)y xy x x xy y x x x y x x+ − − = ⇔ + + = + + ⇔ + = + +
(*)
VT của (*) là số chính phương; VP của (*) là tích của 2 số nguyên liên tiếp nên phải có
1 số bằng 0.
1 0 1 1
2 0 2 2
x x y
x x y
+ = = − ⇒ =
 
⇔ ⇔
 
+ = = − ⇒ =
 
Vậy có 2 cặp số nguyên
( ; ) ( 1;1)x y = −
hoặc
( ; ) ( 2;2)x y = −
Bài 10: Tìm các cặp số nguyên x, y thoả mãn đk:
( )
).3)(2)(1(2013
2
+++=−
yyyyx
Giải: Đặt
yyt 3
2
+=
thì
( )

ttx 22013
2
2
+=−
Nếu
0
>
t
thì
222
)1(2 +<+< tttt
Do đó
( )
2
2013
−
x
không là số chính phương.
Vậy
0
≤
t
, khi đó
( )
033
2
≤+=+ yyyy
Vì
y
nguyên nên

{ }
3;2;1;0
−−−∈
y

Vậy
( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }
3;2013,2;2013,1;2013,0;2013;
−−−∈
yx
.
Bài 11 :
1. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho: n
4
+ 2n
3
+ 2n
2
+ n + 7
là số chính phương.
Giải :Đặt n
4
+ 2n
3
+ 2n
2
+ n + 7 = y
2
(y
∈

N)
Suy ra: y
2
= (n
2
+ n)
2
+ n
2
+ n + 7 > (n
2
+ n)
2
=> y > n
2
+ n.
Vì y
∈
N, n
2
+ n + 1
∈
N => y
≥
n
2
+ n + 1 => y
2

≥

(n
2
+ n + 1)
2
Thay y
2
= n
4
+ 2n
3
+ 2n
2
+ n + 7 => n
4
+ 2n
3
+ 2n
2
+ n + 7
≥
(n
2
+ n + 1)
2
=> n
2
+ n - 6
≤
0 => (n - 2)(n + 3)
≤

0
⇒
n
∈
N* => n + 3 > 0 => n - 2
≤
0
Suy ra n
{ }
2;1
∈
Thử với n = 1 thì n
4
+ 2n
3
+ 2n
2
+ n + 7 = 13 không là số chính phơng.
Thử với n = 2 thì n
4
+ 2n
3
+ 2n
2
+ n + 7 = 49 là số chính phơng.Vậy n = 2.
2. Tìm tất cả các số tự nhiên có ba chữ số
abc
sao cho
2
2

1
( 2)
abc n
cba n

= −


= −



Với n là số nguyên lớn hơn 2.
Bài 12 :Tìm nghiệm nguyên của hệ :





=−++
=−+−−
8
7222
33
22
yxyx
xyxyxy
Giải
Viết lại hệ đã cho dưới dạng
(x+2y+2) ( x-y) =-7 (1)

x
3
+y
3
+x-y = 8 (2)
Từ (1) do x, y nguyên ta có các trờng hợp sau:
a, x- y=-1 và x+2y+2 = 7 =>x=1 và y = 2 thoả mãn ( 2)
b, x-y = 1 và x+ 2y +2 = -7 => x+2y = -9 => y không nguyên
c, x- y= -7 và x+ 2y +2 = 1
Giải hệ nàyđợc nghiệm ( x, y) = ( -5,2) không thoả mãn phơng trình (2)
Giải :
2
100 10 1abc a b c n
= + + = −
(1)
2 2
100 10 ( 2) 4 4cba c b a n n n
= + + = − = − +
(2)
Từ (1) và (2) ta có:
99( ) 4 5 (4 5) 99a c n n
− = − ⇒ −
M
(3)
Mặt khác
2 2
100 1 999 101 1000 11 31n n n
≤ − ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤

39 4 5 119 (4)n⇔ ≤ − ≤
Từ (3) và (4)
4 5 99 26n n⇒ − = ⇒ =
Vậy
675.abc
=

d, x-y = 7 và x+2y+2 = -1 => x+2y =-3 => y không nguyên
Tóm lại hệ đã cho có duy hất một nghiệm nguyên (x, y) =(1, 2)
Bài 13 :1. Giải phơng trình nghiệm nguyên:
1)
( )
0332
22
=++−++ yxxyyx
Gi ả i
( )
0332
22
=++−++ yxxyyx
( )( )
312
−=−++⇔
yxyx
Vì
( )
ZyxZyx
∈+⇒∈
,
và

( ) ( )
yxZyx
+⇒∈−+
12
và
12
−+
yx
Là các ớc của -3 sao cho tích của chúng bằng -3
Ta có các trờng hợp:
TH1:
3;4312;1
−==⇒−=−+=+
yxyxyx
TH2:
5;6312;1
=−=⇒=−+−=+
yxyxyx
TH3:
5;8112;3
=−=⇒=−+−=+
yxyxyx
TH4:
3;6112;3
−==⇒−=−+=+
yxyxyx
Kêt luận: Tập nghiệm của phơng trình:
( ) ( ) ( ) ( ) }{
3;6;5;8;5;6;3;4
−−−−=

S
2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: y
2
= - 2(x
6
- x
3
y - 32)
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: (0;8); (0;-8); (2;8); (-2;-8). (0,25đ)
Bài 14 :Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:
2 2
2 3 2 4 3 0x y xy x y+ + − − + =
( )
2 2 2 2
2 3 2 4 3 0 3 2 2 4 3 0x y xy x y x y x y y
+ + − − + = ⇔ + − + − + =
(***)
Để pt (***) có nghiệm nguyên theo x, thì:
( )
( )
2
2 2
3 2 4 2 4 3 4 8y y y y y
∆ = − − − + = + −
là số chính phơng.
( ) ( )
2
2 2 2
4 8 2 12y y k k y k
⇔ + − = ∈ ⇔ + − =

Z
( 2 )( 2 ) 12 ( )y k y k a
⇔ + − + + =
Ta có: Tổng
( )
2 ( 2 ) 2( 2)y k y k k
+ − + + + = +
là số chẵn, nên
( )
2 ; ( 2 )y k y k
+ − + +
cùng chẵn hoặc cùng lẻ. Mà 12 chỉ có thể bằng tích 1.12 hoặc 2.6
hoặc 3.4, nên chỉ có các hệ phơng trình sau:
2 2 2 6 2 6 2 2
; ; ; ;
2 6 2 2 2 2 2 6
y k y k y k y k
y k y k y k y k
+ − = + − = + − = − + − = −
   
   
+ + = + + = + + = − + + = −
   
Ta cú: : y
2
= - 2(x
6
- x
3
y - 32) <=> x

6
+(y-x
3
)
2
= 64
=> x
6
≤ 64 => -2≤ x ≤2 do x
∈
Z => x
∈
{-1; -2; 1; 0; 1; 2}
Xét các trường hợp
+ x = 2 => (y - x
3
)
2
= 0 => y = 8
+ x = 1 => (y - x
3
)
2
= 63 => y
∈
Z => pt này không có nghiệm nguyên
+ x = 0 => (y - x
3
)
2

= 4 => y = 8 và y = - 8
+ x = - 1 => (y - x
3
)
2
= 63 => y
∈
Z => pt này không có nghiệm nguyên
+ x = -2 => (y - x
3
)
2
= 0 =>y = - 8
Giải các hệ pt trên ta có các nghiệm nguyên của pt (a):
( ) ( ) ( ) ( )
2; 2 , 2; 2 , 6; 2 , 6; 2y k y k y k y k
= = = = − = − = = − = −
Thay các giá trị
2; 6y y
= = −
vào pt (***) và giải pt theo x có các nghiệm nguyên (x; y)
là:
( 1; 2), ( 3; 2);( 11; 6),( 9; 6)x y x y x y x y
= − = = − = = = − = = −
Bài 15 :
1) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
2( ) 16 3x y xy
+ + =
Giải:
Ta có:

2( ) 16 3 3 2 2 16x y xy xy x y
+ + = ⇔ − − =
2 4
(3 2) (3 2) 16 (3 2)(3 2) 52
3 3
y x x x y
⇔ − − − = + ⇔ − − =
Giả sử:
x y
≤
khi đó
1 3 2 3 2x y
≤ − ≤ −
và 52 = 1.52 = 2.26 = 4.13 ta có các hệ sau:
3 2 1
;
3 2 52
x
y
− =


− =

3 2 2
;
3 2 26
x
y
− =



− =

3 2 4
;
3 2 13
x
y
− =


− =

Giải các hệ trên ta được các nghiệm nguyên dương của phương trình là: ( 1, 18);
( 18, 1); ( 2, 5); ( 5, 2);
2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
2 2
3 5 12(1).x y
+ =
Giải:
Ta có: (1)
2 2
3( 1) 5(3 ).x y
⇔ + = −
Do (3, 5) = 1 nên
2
( 1) 5.x
+
M

và
2
(3 ) 3.y
−
M
Đặt
2
1 5 .x k
+ =
,
2
3 3 .y l
− =
Ta có:
3.5 5.3 ( , )k l k l k l Z
= ⇒ = ∈
.
Do đó:
2
2
1
5 1 0
1
5
3 3 0
1
x k
k
k l
y l

l


= − ≥
≥
 
⇒ ⇒ = =
 
= − ≥



≤

. Vậy x = ± 2, y = 0.
Phương trình có hai nghiệm nguyên ( 2, 0 ); ( -2, 0 ).
3) Tìm cặp số (x, y) với y nhỏ nhất thỏa mãn: x
2
+ 5y
2
+ 2y – 4xy – 3 = 0 (*)
Giải
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
(*) 2 1 4 1 4 3 1 0
3 1
x y y y y y
y
⇔ − + + = ⇒ + ≤ ⇒ + − ≤
⇒ − ≤ ≤

Vậy miny = -3 khi x = -6. Vậy ccawpj số (x, y) = (-6; -3
Bài 16:
1)Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
2 2
8 23 16 44 16 1180 0x y x y xy+ + − + − =
.
Giải: Biến đổi phương trình đã cho ta được
( ) ( )
2 2
8 1 15 2 1248x y y
+ + + − =
⇒
( ) ( )
2 2
1248
2 2 83
15
y y
− ≤ ⇒ − ≤
. Do
( )
2
8 1 ,1248x y
+ +
đều chia hết cho 8; (15;8)=1 nên
( )
2
2y
−
là số chính phương&chia hết cho 8

⇒
( ) { }
2
2 0;16;64
− ∈
y
. Ta có các TH sau:
*
( )
( )
( )
2
2
2
2
2 0
3 156
8 1 1248
y
y
x
x y

=
− =
 
⇔
 
+ =
+ + = 




Do 156 không c.phương nên TH này vô nghiệm
*
( )
( )
( )
( )
2 2
2 2
2 16 2 16
8 1 15.16 1248 1 126
y y
x y x y
 
− = − =
 
⇔
 
+ + + = + + =
 
 
Do 126 không c.phương nên TH này vô nghiệm
*
( )
( )
( )
2
2

2
10
2 64
6
8 1 15.64 1248
1 36
y
y
y
x y
x y
 =


− =



= −
⇔

 
+ + + =
 

+ + =

Ta được
( )
2

10
10
5
11 36
17
y
y
x
x
x
=

=

 
⇔
= −

 
+ =




= −


hoặc
( )
2

6
6
1
5 36
11
y
y
x
x
x
= −

= −

 
⇔
= −

 
− =




=


Vậy (x; y) là (-5; 10); (-17; 10); (-1; -6); (11; -6)
2) Cho n là số nguyên dương và m là ước nguyên dương của 2n
2

. Chứng minh rằng n
2
+ m
không là số chính phương.
Giải: Giả sử n
2
+ m là số chính phương. Đặt n
2
+ m = k
2
(1) (với k nguyên dương)
Theo bài ta có 2n
2
= mp (p nguyên dương)
Þ
2
2 :m n p
=
, thay vào (1) ta có:
( )
( )
2
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2
2 2
n
n k n p pn p k n p p pk
p
+ = ⇒ + = ⇒ + =

Do n
2
,
( )
2
pk
chính phương, nên
2
2p p
+
phải chính phương.
Mặt khác
( )
2
2 2
2 1p p p p
< + < +
, tức
2
2p p
+
không chính phương. Nên giả sử sai.
Vậy n
2
+ m không chính phương
Bài 17: Tìm hai số x, y nguyên thỏa mãn: x − xy = 7x − 2y − 15
Giải:
* Cách 1: Ta có: x − xy = 7x − 2y − 15 ⇔ xy − 2y = x − 7x + 15
⇔ y(x − 2) = x − 7x + 15 ⇔ y = = = +
Vì x, y ∈ Z ⇒ ∈ Z ⇒ x − 2 ∈ Ư(5)

- Nếu x − 2 = 1 ⇒ x = 3 ⇒ y = 3−5 + = 3
- Nếu x − 2 = -1 ⇒ x = 1 ⇒ y = 1−5+ = -9
- Nếu x − 2 = 5 ⇒ x = 7 ⇒ y = 7−5+ = 3
- Nếu x − 2 = -5 ⇒ x = -3 ⇒ y = -3−5+ = -9
Vậy các cặp số nguyên x, y thỏa mãn phương trình là
(x ; y) = (3 ; 3) , (-1 ; -9) , (7 ; 3) , (-3 ; -9)
* Cách 2:Ta thấy phương trình đã cho tương đương:
x − xy − 7x + 2y + 15 = 0
⇔
(2y − xy) − (2x − x) + (10 − 5x) = -5
⇔ y(2 − x) − x(2 − x) + 5(2 − x) = -5
⇔
(2 − x)(y − x + 5) = -5
⇔ (x − 2)(y − x + 5) = 5
Vì x, y là các số nguyên nên x − 2 và y − x + 5 cũng là các số nguyên
⇒ x − 2 và y − x + 5 là các ước của 5.
Xét từng trường hợp ta được (x ; y) = (3 ; 3) , (-1 ; -9) , (7 ; 3) , (-3 ; -9)
Bài 18 :
1) x
4
- 2y
4
– x
2
y
2
– 4x
2
-7y
2

- 5 = 0; (với x ; y nguyên)
Giải : Biến đổi đưa được pt về dạng: (x
2
– 2y
2
– 5)(x
2
+ y
2
+1) = 0
⇔
x
2
– 2y – 5 = 0
⇔
x
2
= 2y
2
+ 5
⇔
x lẻ
Đặt x = 2k + 1 ; ( k
Z
∈
)
⇔
4k
2
+ 4k +1 = 2y

2
+ 5
⇔
2y
2
= 4k
2
+ 4k – 4
⇔
y
2
= 2(k
2
+ k – 1)
⇔
y chẵn
Đặt y = 2n; (n
Z
∈
)
⇔
4n
2
= 2(k
2
+ k – 1)
⇔
2n
2
+ 1 = k(k + 1) (*)

Nhìn vào (*) ta có nhận xét: Vế trái nhận giá trị lẻ, vế phải nhận giá trị chẵn (Vì k
và k + 1 là hai số nguyên liên tiếp)
⇔
(*) vô nghiệm
⇔
pt đã cho vô nghiệm
2) Tìm tất cả các số tự nhiên
abc
có 3 chữ số sao cho :

( )
2
2
1
2
abc n
cba n

= −


= −


với n là số nguyên lớn hơn 2
Giải: Viết được
2
2
100 10 1
100 10 4 4

abc a b c n
cba c b a n n

= + + = −


= + + = − +


Từ (1) và (2) ta có 99 ( a –c ) = 4n – 5 => 4n – 5
M
99 (3)
Mặt khác : 100
2 2
1 999 101 1000 11 31n n n
≤ − ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
39 4 5 119n
⇔ ≤ − ≤
(4)
Từ (3) và (4) => 4n – 5 = 99 => n = 26
Vậy số cần tìm
675abc
=

Bài 19: Tìm ba số nguyên tố mà tích của chúng bằng năm lần tổng của chúng.
Giải:
Gọi a,b,c là ba số nguyên tố cần tìm ta có: abc = 5(a+b+c). Tích ba số nguyên tố abc
chia hết cho 5 nên có một số bằng 5.
Giả sử a = 5 được 5bc = 5(5+b+c) ⇔ bc = 5+b+c.
⇔ bc -b - c + 1 = 6 ⇔ (b-1)(c-1) = 6.

b,c là các số nguyên dương có vai trò như nhau nên ta có các hệ:



=
=
⇔



=−
=−
7
2
61
11
c
b
c
b
và



=
=
⇔




=−
=−
4
3
31
21
c
b
c
b
Kết luận: Ba số nguyên tố cần tìm là 2, 5, 7
Bài 20 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 3x + 7y = 167
Giải : 3x + 7y = 167
⇔
x =
167 7
3
y−
=
1
56 2
3
y
y
+
− −

đặt
1
3

y
+
= t
⇔
y = 3t – 1 Nên x = 58 – 7t (t
∈
Z)
Vì x; y nguyên dương nên 3t – 1 > 0
⇔
t >
1
3
và 58 – 7t > 0
⇔
t <
58
7

Vì t
∈
Z n ên t
∈

{ }
1;2;3;4;5;6;7;8

Các nghiệm ngun dương của phương trình là :
(51; 2), (44; 5), (37; 8), (30; 11), (23; 14), (16; 17), (9; 20), (2; 23)
Bài 21:
1) Tìm nghiệm ngun của phương trình:

2
25 ( 6)x y y
− = +
Giải:
2
25 ( 6)x y y− = +
Ta có : (y+3+x)(y+3-x) = - 16
Để ý trong phương trình chỉ chứa ẩn số x với số mũ bằng 2 , do đó ta có thể hạn chế
giải với x là số tự nhiên.
Khi đó: y+3+x
≥
y+3-x .Ta có ( y+3+x)+(y+3-x) = 2(y+3) là số chẵn
Suy ra 2 số ( y+3+x ) và (y+3-x) cùng tính chẵn lẻ . Ta lại có tích của chúng là số chẵn ,
vậy 2 số 2 số ( y+3+x ) và (y+3-x) là 2 số chẵn .
Ta chỉ có cách phân tích - 16 ra tích của 2 số chẵn sau đây.
- 16 = 8 (-2) = 4 (-4) = 2 (-8) trong đó thừa số đầu bằng giá trị (y+3+x).
Khi y+3+x= 8 , y+3-x = -2 ta có x= 5 , y= 0.
Khi y+3+x= 4 , y+3-x = -4 ta có x= 4 , y= -3.
Khi y+3+x= 2 , y+3-x = -8 ta có x= 5 , y= -6.
Vì thế phương trình đã cho có các nghiệm ( x,y) = (
( ) ( ) ( )
5,0 ; 5, 6 ; 4, 3 .± ± − ± −
Bài 22: Có tồn tại hay khơng số ngun dương n sao cho
6 n 2011
n +26 =21
Giải: Giả sử tồn tại n ∈ N
*
sao cho
6 n 2011
n 26 21+ =

. Ta có 26
n
có tận cùng là 6 và 21
2011
có
tận cùng là 1. Vậy n
6
có tận cùng phải là 5, do đó n có tận cùng là 5.
Khi đó
6 n 2011
n 26 21+ =
có dạng
( )
( )
6
402
5 5
5 2 6 21 .21+ =

⇔
( )
25 76 01 .21+ =
⇔
01 21=
, vơ lí
Vậy khơng tồn tại số ngun dương n thỏa mãn bài tốn
Bài 22:Tìm nghiệm ngun của phương trình
1)Tìm tất cả các cặp số ngun ( x; y) thoả mãn phương trình: x
2
-25 = y( y+6)

x
2
-25 = y( y+6)
2 2
( 3) 16x y⇔ − + =
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 3 4 4 ; 2 8 ; 1 16x y x y⇔ + + − − = ± ± ± ± ± ±


Suy ra: x-y 7 -1 5 1 11 -5 4 2 19 -13

x+y 1 -7 5 -11 -1 -5 13 -19 -2 -4
Vậy: các cặp số ngun phải tìm là:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0;5;6;5;6;5;0;5;3;4;3;4 −−−−−−−

2)Tìm các cặp số tự nhiên (x,y) thoả mãn phương trình.
(x+1) y = x
2
+4
Giải:Ta có : (x+1)y= x
2
+4
⇔
(x+1)y-(x
2
-1)=5
⇔
(x+1)(y-x+1)=5
Do đó : x+1

∈
N và là ước của 5 Suy ra x+1=1 ;5
Suy ra x=0,4. Thử trực tiếp ta được các cặp số tự nhiên (x,y) thoả đề là (0;4);(4;4).
Bài 23 ( Gồm 10 bài)
Bài 1: Tìm tất cả các số nguyên n sao cho n
2
+ 2002 là một số chính phương
Gi ải: Giả sử có số chính phương thì n
2
+ 2002 = k
2
(x
∈
N)<=>2002 = (k + n)(k – n) (1)
Suy ra (k + n) và (k – n) là ước của 2002.
Mà (k + n) + (k – n) = 2k là số chẵn, nên (k + n) và (k – n) cùng tính chẵn lẻ. Do
2002 là số chẵn nên (k + n) và (k – n) đều là số chẵn;
Suy ra (k + n)(k – n)

4. Khi đó từ (1) ta lại có 2002

4. Điều này vô lí.
Vậy không có số nguyên n nào để n
2
+ 2002 là số chính phương.
Bài 2: Tìm mọi số nguyên n thoả mãn (n + 5)
2
= (4(n – 2))
3
HDGi ải: : : (n + 5)

2
= (4(n – 2))
3
<=> n
2
+ 10n + 25 = 64(n
3
– 6n
2
+ 12n – 8)
<=> n
2
+ 10n + 25 = 64n
3
– 384n
2
+ 768n – 512 <=> 64n
3
– 385n
2
+ 758n – 537 = 0
<=> (n – 3)(64n
2
– 193n + 179) = 0 <=> n – 3 = 0 hoặc 64n
2
– 193n + 179 = 0 <=> n = 3 Vì
64n
2
– 193n + 179 = 0 vô nghiệm
Bài 3: Chứng minh rằng tích của một số chính phương với số tự nhiên đứng liền trước nó

là một số chia hết cho 12
HDGi ải: :Theo bài toán ta phải chứng minh: n
2
(n
2
– 1)
M
12
Thật vậy: n
2
(n
2
– 1) = (n – 1)n
2
(n + 1) = (n – 1)n.n(n + 1)
Ta có: (n – 1)n
M
2 và n(n + 1)
M
2 => n
2
(n
2
– 1)
M
4
Và: n
2
(n
2

– 1) = n(n – 1)n(n + 1)
M
4
Mà (3, 4) = 1 => n
2
(n
2
– 1)
M
3.4 = 12
Bài 4: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2x
3
+ xy – 7 = 0 (1)
Gi ải: (1) <=> x(2x
2
+ y) = 7; Mà 7 = 1.7 = -1.(-7); Vì x nguyên dương nên ta chỉ chọn các
giá trò của x > 0; Và x nguyên dương nên x < 2x
2
+ y. Nên ta có:
2
x 1
2x y 7
=


+ =

<=>
x 1
y 5

=


=

Cách 2: Từ (1) <=> y =
3
7 2x
x
−
=
7
x
– 2x
2
;
Để y nguyên thì
7
x
là số nguyên => x là Ư(7); Mà x nguyên dương nên chọn x = 1 và x = 7
=> y = 5 và y = -97 mà y nguyên dương nên ta chỉ chọn cặp số x = 1; y = 5
Bài 5: Tìm mọi cặp số nguyên dương x, y thoả mãn: x
4
+ (x + 1)
4
= y
2
+ (y + 1)
2
HD:Gi ải: Ta có: x

4
+ (x + 1)
4
= y
2
+ (y + 1)
2
<=> 2x
4
+ 4x
3
+ 6x
2
+ 4x + 1

= 2y
2
+ 2y + 1
<=> 2x
4
+ 4x
3
+ 6x
2
+ 4x

= 2y
2
+ 2y <=> x
4

+ 2x
3
+ 3x
2
+ 2x

= y
2
+ y
<=> x
2
(x + 1)
2
+ 2x(x + 1) = y
2
+ y <=> x
2
(x + 1)
2
+ 2x(x + 1) + 1 = y
2
+ y + 1
<=> [x(x + 1) + 1]
2
= y
2
+ y + 1 <=> (x
2
+ x + 1)
2

= y
2
+ y + 1 (1)
+ Nếu y > 0 thì từ y
2
< y
2
+ y + 1 < (y + 1)
2
=> y
2
+ y + 1 không là số chính phương
nên (1) không có nghiệm nguyên
+ Nếu y = 0 thì từ (1) suy ra: x
2
+ x + 1 = 1 <=> x = 0 và x = 1
Vậy phương trình có các cặp nghiệm nguyên dương là (0; 0) và (0; 1)
Bài 6: a/ Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì n
2
+ n + 1 không chia hết cho 9
b/ Tồn tại hay không số tự nhiên n sao cho 10
n
+ 2005 chia hết cho 10
2005
– 1.
Gi ải: a/ Giả sử tồn tại số nguyên n để: n
2
+ n + 1
M
9 => 4n

2
+ 4n + 4
M
9
=> 4n
2
+ 4n + 4
M
3 => 4n
2
+ 4n + 1 + 3
M
3 => (2n + 1)
2
+ 3
M
3 => (2n + 1)
2

M
3
=> 2n + 1
M
3 => (2n + 1)
2

M
9
Nhưng khi đó 4n
2

+ 4n + 4 = (2n + 1)
2
+ 3 không chia hết cho 9, vô lý
Vậy với mọi số nguyên n thì n
2
+ n + 1 không chia hết cho 9
b/ Ta có 10
2005
– 1 = (10 – 1)(10
2004
+ … + 1) = 9. (10
2004
+ … + 1)
M
9
Mà 10
n
+ 2005 = 10
n
– 1 + 2006 = (10 – 1)(10
n-1
+ … + 1) + 2006 = 9.M + 2006
không chia hết cho 9
Vậy không tồn tại số tự nhiên n sao cho 10
n
+ 2005 chia hết cho 10
2005
– 1.
Bài 7: Tìm các chữ số tự nhiên a, b, c sao cho
abbc

=
ab.ac
.7
Gi ải: Theo bài toán ta có: 1000
≤

abbc

≤
9999 <=> 1000
≤

ab.ac
.7
≤
9999
<=> 143
≤

ab.ac

≤
1428; Do vai trò của b, c như nhau nên giả sử b < c
=>143
≤

2
ab

≤

1428 <=> 12
≤

2
ab

≤
37 => a = 1; 2; 3 và 2
≤
b
≤
7
+ Nếu a = 3 ta có:
abbc
< 4000 nhưng với 2
≤
b
≤
7 thì
3b.3c
.7 > 7000 vô lý
+ Nếu a = 2 ta có:
abbc
< 3000 nhưng với 2
≤
b
≤
7 thì
3b.3c
.7 > 3000 vô lý

+ Nếu a = 1 thì ta tìm được b = 5 và c = 9 và số cần tìm là: 15.19.7 = 1995
Bài 8: a/ Giải phương trình nghiệm nguyên dương x
2
– 2y
2
= 5
b/ Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức A = (x + 1)
2
+ (x – 3)
2
Gi ải: : a/ Tìm nghiệm nguyên dương của pt: x
2
– 2y
2
= 5 (1)
Từ pt (1) ta suy ra x phải là số lẻ. Thay x = 2k + 1 (k
∈
Z) vào (2), ta được:
4k
2
+ 4k + 1 – 2y
2
<=> 2(k
2
+ k – 1) = y
2
=> y
2
là số chẵn. Đặt y = 2t (t
∈

Z), ta có:
2(k
2
+ k – 1) = 4t
2
<=> k
2
+ k – 1 = 2t
2
<=> k(k + 1) = 2t
2
+ 1 (**)
Nhận xét: k(k + 1) là một số chẵn, 2t
2
+ 1 là số lẻ => pt (**) vô nghiệm
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.
b/ Ta có A = (x + 1)
2
+ (x – 3)
2
= x
2
+ 2x + 1 + x
2
– 6x + 9 = 2x
2
– 4x + 10 = 2(x – 1)
2
+ 8
Vì 2(x – 1)

2

≥
0
∀
x => A
≥
8
∀
x
Vậy minA = 8 <=> x – 1 = 0 <=> x = 1
Bài 9: Cho m, n là số nguyên. Chứng minh rằng m
3
n – mn
3
chia hết cho 6
Gi ải: Ta có: m
3
n – mn
3
= mn(m
2
– n
2
) = mn(m
2
– 1 – n
2
+ 1)
= mn(m

2
– 1) – mn(n
2
– 1) =
= mn(m + 1)(m – 1) – mn(n – 1)(n + 1)
Vì tích 2 số nguyên liên tiếp luôn có một số chẵn nên chia hết cho 2 => mn(m + 1)(m – 1)
M
2
Tích 3 số nguyên tiên tiếp chie hết cho 3
=> Tích 3 số nguyên liên tiếp chia hết cho 6 ( vì (2; 3) = 1)
=> mn(m + 1)(m – 1)
M
6 và mn(n – 1)(n + 1)
M
6 => mn(m + 1)(m – 1) – mn(n – 1)(n + 1)
M
6
Hay m
3
n – mn
3

M
6
Bài 10: Phân tích đa thức thành nhân tử: (x
2
+ 4x + 8)
2
+ 3x(x
2

+ 4x + 8) + 2x
2
Gi ải: : Đặt t = x
2
+ 4x + 8 thì bài toán trở thành: t
2
+ 3xt + 2x
2
= t
2
+ xt + 2xt + 2x
2
=
= t(t + x) + 2x(t + x) = (t + x)(t + 2x) = (x
2
+ 4x + 8 + x)( x
2
+ 4x + 8 + 2x) =
= (x
2
+ 5x + 8)( x
2
+ 6x + 8) = (x
2
+ 5x + 8)( x + 2)(x + 4)
Bài 11: Cho biết
2
x
x x 1+ +
=

2
3
−
. Hãy tính giá trò biểu thức A =
2
4 2
x
x x 1+ +
Gi ải: Từ
2
x
x x 1+ +
=
2
3
−
<=> –3x = 2x
2
+ 2x + 2 <=> 2x
2
+ 5x + 2 = 0
<=> (2x + 1)(x + 2) = 0 <=> x
1
2
−
= và x = –2
+ Với x =
1
2
−

thì A =
2
4 2
1
1 1
4
2
4 4
1 1 21
21
1 1
1
1
16 4 16
2 2
 
−
 ÷
 
= = =
   
+ +
− + − +
 ÷  ÷
   

+ Với x = –2 thì A =
2
4 2
( 2) 4

21
( 2) ( 2) 1
−
=
− + − +
Vậy với
2
x
x x 1+ +
=
2
3
−
thì A =
4
21