SKKN Phân loại và phương pháp giải một số dạng phương trình nghiệm nguyên.

đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên
I. Lý do chọn đề tài:
Phơng trình nghiệm nguyên là một đề tài hấp dẫn, thú vị của toán học, vì
vậy phơng trình nghiệm nguyên đã đợc rất nhiều nhà toán học nghiên cứu. Tuy
nhiên, với ngời học thì giải phơng trình nghiệm nguyên là một vấn đề khó. Để
giải đợc phơng trình nghiệm nguyên đòi hỏi phải có t duy lôgic, sự sáng tạo. Các
phơng trình nghiệm nguyên rất đa dạng và kèm theo các phờng trình nghiệm
nguyên đó có rất nhiều phơng pháp giải hay, nhng do khó, phức tạp mà trong
chơng trình toán ở phổ thông cũng nh Cao đẳng chỉ đề cập đến rất ít, Vì vậy, tôi
chọn đề tài: ''phơng trình nghiệm nguyên'' để giúp các bạn tìm hiểu đợc nhiều
hơn về phơng trình nghiệm nguyên.
II. Mục đích đề tài:
Đề tài này nhằm đạt đợc một số mục đích sau:
+ Thống kê các phơng trình nghiệm nguyên.
+ Phõn loi v phng phỏp gii mt s dng phng trỡnh nghim nguyờn.
III. Nội dung:
A. Một số định nghĩa, định lý liên quan đến phơng pháp giải các phơng
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


(modm).
+
(m)
: Là số các số tự nhiên khác 0 không vợt quá m và nguyên tố với
m.
+ Hệ thặng d đầy đủ modun m H = {0, 1, , m -1}

- Hệ thặng d 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.
H =
m m m
1, 2, ,
2 2 2

+ +


là hệ thặng d đầy đủ giá trị tuyệt đối nhỏ nhất.
Chứng minh:

Cho x chạy qua hệ thặng d thu gọn modun m không âm nhỏ nhất {r
1
,
r
2
, , r
(m)
} khi ấy tập hợp {ar
1
, ar
2
, , ar
(m)
} cũng là hệ thặng d thu gọn modun
m. Gọi s
1
, s
2
, s
(m)
là các thặng d 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)

s
(m)
(modm)
Ta sẽ đợc { s
1
, s
2
, , s
(m)
} cũng là hệ thặng d thu gọn modun m không âm
nhỏ nhất, Bằng cách nhân vế với vế của
(m)
đồng thức trên ta đợc:
a

(m)
. r
1
r
2
r
(m)


s
1
s
2
s
(m)
(modm)
Vì {r
1
, r
2
, , r
(m)
} và {s
1
, s
2
, , s
(m)
} cũng là hệ thặng d thu gọn không
âm nhỏ nhất nên ta có:

r
1
r
2
r
(m)
= s
1
s
2
s
(m)
Từ đó a
(m)
r
1
,r
2
r
(m)

r
1
r
2
r
(m)
(modm)
1
đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên

Nhng r
1
r
2
r
(m)
nguyên tố với (m vì từng thừa số nguyên tố với m) nên có thể
chia cả 2 vế của đồng d thức r
1
r
2
r
(m)
ta đợc: a
(m)

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)
= p - 1. áp dụng định lý ơ-le suy ra điều phải
chứng minh.
3. Phơng trình ax

2
+ bx + c = 0
- Nếu có nghiệm nguyên là x
0
thì C
M
x
0
- Phơng trình có nghiệm nguyên khi và chỉ khi

(

')là số chính phơng
4. Thuật toán ơclit mở rộng. (Tìm ớc chung lớn nhất của 2 số a, b)
- Giả sử a > b. a,b

z
+
B
1
: Chia a cho b đợc d r
1
. Nếu r
1
= 0 thì b/a. Nếu r
1


0 ta đợc:
a = bq + r

1
.
B
2
: Chia b cho r
1
đợc d r
2
.
- Nếu r
2
= 0 thì UCLN (a,b) = r
1
- Nếu r
2


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

đợc số d 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 nh vậy cho đến khi số d bằng 0 (Giả sử là r
n
). Quá trình
này phải biết kết thúc vì ta đợc dãy giảm nghiêm ngặt bị chặn dới
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 d khác 0 cuối cùng)
5. Điều kiện cần và đủ để phơng trình:
ax + by = c (1) có nghiệm là UCLN (a, b) c.
Chứng minh:
- Điều kiện cần: Giả sử phơng 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 ớc của a và b nên d cũng là ớc
của ax
0
+ by
0
= c nghĩa là d ớc của c.
- Điều kiện đủ:
Giả sử d = UCLN (a,b) là ớc của c, nghĩa là có số nguyên c, sao cho c =
c
1

d. Ta phải chứng minh phơng 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
.
Nhân cả 2 vế với c
1
ta đợc 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 phơng trình (1).
* Nếu phơng 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 phơng trình (1).
* Phơng trình: a
1
x
1
+ a
2
x
2
+ + a
n
x
n
= c khi và chỉ khi

UCLN (a
1
,

a
2
, , a
n
) là ớc của c.
Chứng minh cho trờng hợp này tơng tự nh chứng minh cho trờng hợp n =
2.
2
đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên
B. Một số dạng phơng trình nghiệm nguyên và phơng
pháp giải:
a. Phơng pháp giải:
1. Tách phần nguyên: (phơng pháp này chủ yếu áp dụng cho phơng trình
bậc nhất 2 ẩn).
Ví dụ: Giải phơng trình: 43x + 47y = 50 (1)
Phơng 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

=





Z
=> y = 2 - 11t +

và t=4

+1
=> y = 2 - 11 (4

+ 1) +

= - 43

- 20 => x = 1 - ( - 43

- 20) + 4

+ 1 = 22 +
47

. Vậy phơng trình (1) có nghiệm tổng quát là:
x 22 47t
y 20 43t
= +


=

Với t

Z
.
Chú ý: Khi dùng phơng pháp này nên tách sao cho các hệ số của ẩn của
phần đặt ẩn phụ là nhỏ nhất
Ví dụ: Giải phơng 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
=> = + = Â
=> x = 3

+

= 4

=> y =25-4

-3

= 25
- 7

.
Vậy phơng 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 phơng trình có nghiệm tổng quát là:
x 4t
y 25 7t, t
=


=

Z
2. Phơng pháp sử dụng đồng d thức:
Phơng pháp này dựa vào các tính chất của đồng d thức để giải phơng trình
nghiệm nguyên. Ta chuyển phơng trình cần giải về các đồng d thức:
Ví dụ: Giải phơng trình: 5x + 3y = 2
Phơng trình đã cho tơng đơng với đồng d 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 phơng trình đã cho có nghiệm tổng quát là:
x 1 3t
y 1 5t, t
= +


=

Â
3
đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên
3. Phơng trình sử dụng thuật toán ơclít mở rộng
Ví dụ: Giải phơng 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 phơng trình đã cho có một nghiệm riêng là:
(-4346, 1417)
Vậy phơng trình có nghiệm tổng quát là:
x 4346 117t
y 1417 38t, t R
= +


=

L u ý: Phơng pháp sử dụng thuật toán ơclít mở rộng có thể áp dụng cho tất cả
các phơng trình bậc nhất một ẩn và nhiều ẩn. Tuy nhiên phơng trình này có nhợc
điểm là trong một số trờng hợp việc tách quá nhiều bớc.
4. Phơng pháp sử dụng tính chia hết.
Trong một số phơng trình việc áp dụng tính chia hết sẽ cho ra kết quả rất
nhanh.
Ví dụ: Giải phơng 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

Tơng tự y
2

= 10 - 6u

0 => v <
5
3
. Kết hợp u = v => u = v = 0 hoặc
u = v = 1.
- 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 phơng trình có 4 nghiệm là: (3,2); (3,-2); (-3,2) và (-3,-2).
5. Phơng pháp sử dụng tính chất của số nguyên tố.
Trong phơng pháp này áp dụng các tính chất của số nguyên để giải các ph-
ơng trình nghiệm nguyên.
Ví dụ: Giải phơng trình x
2
+ y
2
= 3
2
z
(1)
dễ thấy phơng trình có nghiệm là (0;0;0). Giả sử phơng trình có nghiệm:
(x;y;z). Nếu x, y, z có ớc 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 ớc chung là 3 trái
với giả thiết => phơng trình có nghiệm duy nhất là (0;0;0).
6. Phơng pháp sử tính chất của số chính phơng
- Tính chất của số chính phơng là:
- Số chính phơng không có tận cùng bằng 2,3,5,7,8.
- Một số chính phơng chia hết cho số nguyên tố p thì căn bậc hai của số
đó cũng chia hết cho p.

- Số chính phơng chia 3 d 0;1; chia 4 d 0;1 chia 8 d 0;1;4.
4
đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên
- Giữa 2 số chính phơng liên tiếp không có số chính phơng nào điều này t-
ơng đơng

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 phơng thì một trong 2 số đó
phải bằng 0.

Nếu a(a+1) = k

2
thì
a 0
a 1 0
=


+ =

- Nếu hai số nguyên dơng nguyên tố cùng nhau có tích là một số chính ph-
ơng thì mỗi số đều là số chính phơng.
2
a.b c , =
với
a,b,c N
,
2
2
a p
(a,b) 1
b q

=

= =>

=


Ví dụ: Giải phơng 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 phơng trình
(1). Vậy phơng trình đã cho vô nghiệm.
7. Phơng pháp tách thành phơng trình tích:
- Trong phơng pháp này vế chứa biến của phơng trình nghiệm nguyên đợc
phân tích thành các nhân tử. Do các nghiệm nguyên nên xét các trờng hợp có thể
xảy ra rồi giải và tìm nghiệm.

Ví dụ: Giải phơng 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 trờng 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
= =

= =

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 phơng trình đã cho có 4 nghiệm là (2;10), (8;10), (0;-6) và (-6;-6)
8. Phơng pháp sử dụng bất đẳng thức:
Phơng pháp này dùng để đa các ẩn của một phơng 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
trờng hợp có thể có của ẩn để từ đó rút ra nghiệm.
Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng 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.
5
đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên
Từ (1) ta thấy (1;1;1) không phải là nghiệm của (1). Do x,y,z là những số
nguyên dơng.
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 trờng 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 phơng trình đã cho có nghiệm là:
(1;2;2); (2;3;1); (1;1;3)
9. Phơng 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 trng của các ẩn và đa phơng trình cần giải về phơng trình đơn giản hơn.
Ví dụ: Giải phơng 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 phơng trình trên ta đợc: (5y+1)(x+1) = 105.
Vì y là số nguyên nên ta có các trờng 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 phơng trình đã cho có nghiệm là: (0;4)
10. Phơng pháp chứng minh bằng phản chứng:
Giả sử phơng trình có nghiệm nguyên là x
o
, y
o
, rồi xây dựng dãy vô số
nghiệm từ đó đa đến mâu thuẫn hoặc giả sử phơng trình có nghiệm nguyên x
o
, y
o
6
loại
(loại )
(loại )
đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên
với x
o
có giá trị nhỏ nhất trong những giá trị có thể của nó rồi chứng minh ph-
ơng trình có nghiệm x
1
, y
1
mà x
o
> x
1
.
Ví dụ: Giải phơng 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 phơng 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 phơng trình (2) ta đợc:
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 phơng trình trên ta đợc:
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 đợc:
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 2M M
Đặt x
0
= 2x'
0
. Thay vào phơng trình trên ta đợc:
4 4 4 4
0 0 0 0
8x ' 8y' 4z ' 2u '+ + =
.
Nh vậy, nếu (x
0
, y

0
, z
0
, u
0
) là nghiệm của phơng trình (1) thì
0 0 0 0
x y z u
, , ,
2 2 2 2

ữ

cũng là nghiệm của phơng 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

ữ

cũng là nghiệm
của phơng 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 phơng trình trên có nghiệm duy nhất là
(0;0;0;0).
b. Một số phơng trình nghiệm nguyên và phơng pháp giải cụ thể.
b.1. Phơng trình bậc nhất.
1. Phơng trình bậc nhất một ẩn:
- Phơng trình bậc nhất 1 ẩn là phơng trình có dạng ax+by = c (1)
Đây là phơng trình nghiệm nguyên thờng gặp trong chơng trình phổ thông
cũng nh trong chơng trình cao đẳng. Phơng trình này có nhiều cách giải. Phơng
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 phơng trình (1) với giả sử a và b nguyên tố cùng nhau.
a. Cách giải:
- Cách 1: Tìm nghiệm riêng của phơng 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 nh vậy đến khi tìm đợc hệ số
b''=1

t

y

x và tìm nghịêm của phơng trình.
Cách 3: (Dùng đồng d thức)
7
đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên
Từ ax+by=c

ax

by (modc). áp dụng các tính chất và phơng pháp giải
của đồng d thức

x

y.
b. Ví dụ:
Ví dụ 1: Giải các phơng trình nghiệm nguyên sau:
a) 73x - 41y = 1 (1)
b) 38x + 117y = 1 (2)
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 phơng trình (1) có nghiệm riêng là (10;19)

Vậy nghiệm tổng quát
của phơng 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 phơng trình có nghiệm là:
x 9 41u
y 16 73u u
= +


= +

Z
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 phơng trình có nghiệm là:
x 40 117t
y 13 38t
= +


= +

8
đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên
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

Phơng trình có một nghiệm riêng là (40;13)
Vậy phơng trình đã cho có nghiệm tổng quát là:
x 40 117t
y 13 38t, t
= +


=

Z
Cách 3: Dùng đồng d 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 phơng trình trên => x = -40 - 117t (t
Z
)
Vậy nghiệm tổng quát của phơng trình là:
x 40 117t
y 13 38t, t
=


= +

Z
L u ý: Qua 2 ví dụ trên ta thấy, 2 phơng pháp sử dụng thuật toán ơclít và
tách phần nguyên có thể áp dụng cho tất cả các phơng trình bậc nhất tuy nhiên
hai phơng pháp này đôi khi phải sử dụng nhiều lần. Tách nhiều phép toán dẫn
đến lời giải dài. Còn phơng pháp sử dụng đồng d thức có thể cho ra kết quả
nhanh nhng không phải áp dụng đợc 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 tơng đơng với tìm nghiệm nguyên của phơng trình
3x + 2y = 1. Ta áp dụng các phơng 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 nh ở phơng trình trên.
2. Phơng trình dạng: ax+by = c+dxy (1)
a) Phơng pháp giải:
Cách 1: + Nhân cả 2 vế của phơng trình (1) với d ta đợc:
adx + bdy = cd + d
2
xy

d
2
xy - adx - bdy + ab = ab - cd

(dx - b) (dy - a) = ab - cd.
+ Tìm các ớc của ab - cd và xét các trờng hợp có thể xảy ra đối với
dx - b và dy - a
+ Giải các trờng 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 ớc của bt - c và giải các trờng hợp ta tìm ra nghiệm của ph-
ơng trình.
- 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+
9
đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên

(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 đợc 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 đợc của k vào (1)

y

nghiệm của phơng trình.
Đặc biệt: Nếu tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình
a(x+y) + b = cxy với a, b, c là các số nguyên không âm và a : c

b. Ta sử

dụng phơng pháp bất đẳng thức.
Do vai trò của x, y nh 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 phơng trình sau:
1) x + y = xy
2) 2x + 7y = 5 + 3xy
Giải:
1) x + y = xy (1)
Phơng pháp 1: (1)

xy - x - y = 0

(x-1) (y-1) = 1
Vì x, y

Z nên ta có các trờng hợp sau:
TH
1
:
x 1 1 x 2
y 1 1 y 2
= =



= =

TH
2
:
x 1 1 x 0
y 1 1 y 0
= =



= =

Vậy phơng trình 2 có nghiệm là (0;0) và (2;2)
Phơng pháp 2:
Từ x + y = xy

x = y (x-1)

y =
x
x 1

y = 1 +
1
x 1
. Để y

Â
thì
1
x 1

Â

x - 1/1
x 1 1 x 2 y 2
x 1 1 x 0 y 0
= = =



= = =

Vậy phơng trình đã cho có 2 nghiệm (0;0) và (2;2)
2) 2x + 7y = 5 + 3xy (2)
Ph ơng pháp 1: Nhân 2 vế của (2) với 3 ta đợc:

6x + 21y = 15 = 9xy

9xy - 6x - 21y = 15

(9x - 21) (9y - 6) = 111. Ta có các trờng hợp sau:
1
9x 21 1
TH : x
8y 21 111
=



=

Â
2
9x 21 111
TH : y
9y 6 1
=



=

Â
3
9x 21 3
TH : x

9y 6 37
=



=

Â
4
9x 21 37
TH : x
9y 6 3
=



=

Â
10
đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên
5
9x 21 1
TH : x
9y 6 11
=



=

Â
6
9x 21 11
TH : x
9y 6 1
=



=

Â
7
9x 21 3
TH : y
9y 6 37
=



=

Â
8
9x 21 37
TH : x
9y 6 3
=

=

Â
Vậy phơng trình vô nghiệm
3) Phơng trình bậc nhất nhiều ẩn.
- Phơng trình bậc nhất nhiều ẩn là phơng trình có dạng
a
1
x
1
+ a
2
x
2
+ + a
n
x
n
= c (1)
Để phơng trình (1) có nghiệm thì (a
1
, a
2
, a
n
) /c.
- Phơng pháp giải: Đối với phơng trình bậc nhất nhiều ẩn có 2 phơng pháp
giải chủ yếu là: đa về dạng có 1 hệ số bằng 1; phơng pháp 2 là đa về dạng có 2

hệ số nguyên tố cùng nhau.
+ Phơng pháp đa về dạng phơng trình có hệ số bằng 1:
Giả sử phơng trình (1) có hệ số a
1
= 1 thì phơng 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

Â
;

i 1, n 1=
.
+ Phơng pháp đa về dạng có 2 hệ số nguyên tố cùng nhau. Giả sử UCLN (a
1
,
a
2
) =1 phơng 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 phơng trình (2) trở thành
a
1
x
1
+ a

2
x
2
= u và quan niệm đây là phơng trình bậc nhất 2 ẩn và tiến hành
giải nh đã trình bày:
- Ví dụ: Giải các phơng trình sau đây:
1) 2x - 5y - 6z = 4 (1)
2) 6x + 15y + 10z = 3 (2)
Giải:
1) Phơng pháp 1:
(1)

2x - 5y = 6z + 4
Lấy z = u, u

Z. Đặt 6u + 4 = c

2x - 5y = c
Phơng trình có nghiệm riêng ra x
0
= 3c, y = c

phơng trình có nghiệm tổng quát là:
x 3c 5t
y c 2t; t
= +


= +

Â
Thay c = 6u+4 vào ta đợc nghiệm tổng quát của phơng trình là:
x 3(6u 4) 5t
y (6u 4) 2t
= + +


= + +

hay
x 12 18u 5t
y 4 6u 2t, u, t
= + +


= + +

Â
Phơng pháp 2:
(1)

2x - 5(y+z) - z = 4
Đặt y+z = u

2x - 5u - z = 4

z = 2x - 5u - 4
11
đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên
Lấy x = t, t

Â

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
Â
.
2) Giải phơng trình 6x + 15y + 10z = 3 (2)
Phơng pháp 1:(Biến đổi đa 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') đợc đa về dạng:
15y + 4z = 3 - 6u.
Đặt 3-6u = c

15y + 4z = c (*) phơng trình có nghiệm riêng y
0
=-c; z =
4c nên phơng trình (*) có nghiệm tổng quát là :
y c 4t
z 4c 15t t
= +


=

Â
Thay c = 3 - 6u vào ta đợc 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
= + +


= + +


=

Trong đó u, t
Â
- Phơng pháp 2: (Đa về dạng có 1 hệ số bằng 1)
(2)

6x + 10 (y+z) + 5y = 3. Đặt y + z = u (u
Â
)

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 phơng trình (2) là:
x 3 10u 5v
y 3 10u 4v
z 3 9u 5v
= +


= +


= +

Trong đó u,v
Â
4. Dạng phơng 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
- Phơng pháp giải:
Sử dụng phơng pháp bất đẳng thức để giải đối với những phơng trình dạng
này.
Vì x
1
, x
2
, , x
n
có vai trò nh 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.
12
đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên
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 đợc các giá trị của x
1

. Thay các giá trị
của x
1
và phơng trình đã cho thực hiện tơng tự ta sẽ tìm đợc nghiệm của phơng
trình.
- Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên dơng của các phơng 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 đợc:
2(x y z) 9 1 1 1 9
3 2 3
xyz yz xz xy xyz

+ + +
= + + + =
ữ

Vì x

z
2
1 1 1
xz x.x
x
=
. Tơng 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



+ + + + =
ữ
ữ

.
2 2
1 1 1 9 2.3 9 15
3 2
yz xz xy xyz
x x

+
= + + + =
ữ

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

+ + =
ữ

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
Â
- 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

+
= + +
ữ

2
19
1 y y 1;y 2; y 3; y 4

6
= = = =
+ Với y=1
17
z
4
= Â
+ Với y = 2
19
z
4
= Â
13
đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên
+ Với y = 3
21
z
16
= Â
+ Với y = 4
23
z
22
= Â
Vậy nghiệm của phơng 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

+ + =
ữ

Vì x

y

z nên
2
1 1 1 3
yz xz xy
x

+ +
ữ

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

+
= + + =
ữ

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








= =


= =

= =


= =


= =


= =



= =


= =


Â
Â
Â
Â
- 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

+
+ = =

ữ

Từ phơng trình 4(y+z) +8 = 2yz

để z>0 thì y>2. nên ta có các trờng hợp
sau:
14
đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên
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
= =


= =


= =


= =

= =


= =


Â
Â
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

+
+ +
ữ

Để z

0

3yz >4z

y>1

ta có các trờng hợp sau:
y 2 z 10
24
y 3 z
9
28
y 4 z
8
32
y 5 z
11
36
y 6 z
14


= =


= =



= =


= =

= =


Â
Z
Z
Z
Vậy các nghiệm của hệ phơng trình:
(1;5;24); (1;6;15); (1;8;9) ; (2;3;10) ; (2;4;6) ; (2;6;4);
b
2 -
Phơng trình bậc cao:
1) Phơng trình dạng: x
2
+y
2
=z
2
(1)
Dễ thấy (0;0;0) là một nghiệm của phơng trình (1) ta xét phơng trình (1)
trong trờng hợp z

0.
Chia cả 2 vế của (1) cho z
2
ta đợc:
2 2
2 2
x y

1
z z
+ =
Đặt
x y
X, Y
y z
= =
, ta có phơng 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). Ngợc lại, mỗi nghiệm hữu tỉ đều có dạng (3). (Trừ trờng hợp X = -1, Y= 0).
Nh 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
15
đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên
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 ớc chung d>1 thì có thể chia
chúng cho d và ta có nghiệm mới của (1) khác với nghiệm (7). Nhng 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.
- Trờng hợp p, q chẵn lẻ khác nhau thì p
2

, q
2
, 2pq và p
2
+ q
2
không thể có -
ớc chung d>1, vì nếu có số d nh vậy thì d phải lẻ (do p
2
- q
2
lẻ) và d phải là ớc
của (p
2
- q
2
) và p
2
+ q
2
= 2p
2
(do d lẻ nên d là ớc của p) và (p
2
+q
2
) - (p
2
-q
2

)=2q
2
(do
d cũng là ớc của q). Trái với giả thiết UCLN (p,q) = 1.
- Trong trờng 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 đợc:
2 2
x 2PQ
z
P Q
=
+
và
2 2
2 2
y P Q
z
P Q

=
+
Nghĩa là có kết quả tơng tự nh (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.
Nh vậy (7) là công thức nghiệm của (1).
Chú ý: Phơng 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 nhng mãi tới ngày
23/6/1993 mới đợc chứng minh gần hoàn chỉnh bởi nhà toán học A.wiles ngời
Anh và tới mãi năm 1994 (tức là hơn 300 năm) phép chứng minh mới đợc hoàn
chỉnh.
2. Phơng trình dạng: ax
2
+ by
2
+ cxy + dx + ey + f = 0 (1)
* Phơng pháp giải:
Ta xét phơng trình bậc 2 ẩn x hoặc ẩn y. Chẳng hạn xét phơng trình bậc 2
ẩn x.
ax
2
+(cy+d)x+dy
2
+ey+f=0
ta có

(cy+d)
2
- 4a (dy
2
+ey+f) = (c-4ab)y
2

+2(cd-2ac)+d
2
- 4f.
+ Nếu c
2
- 4ab< 0 để phơng trình có nghiệm nguyên ta chỉ cần xét

0, giải
bất phơng trình

tìm đợc giá trị của y thay vào (1) ta tìm đợc x.
+ Nếu c
2
- 4ab là 1 số chính phơng và (cd-2ae) chia hết cho c
2
- 4ab. Ph-
ơng trình (1) có nghiệm nguyên.

(hoặc
'
) là một số chính phơng. Đặt

(hoặc
'
) = k
2
(k nguyên).
Khi đó bài toán trở về giải phơng trình nghiệm nguyên:
(c
2

- 4ab) y
2
+ 2(cd-2ae)y + d
2
-4ae = k
2
2
2
2 2 2
2
2
2
cd 2ae (cd 2ae)
c 4aby k 4ae d
c 4ab
c 4ab


+ = +
ữ



16
đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên
2 2
y' k p =
với y'=
2
2

cd 2ae
c 4aby
c 4ab

+

Và p =
2
2
2
cd 2ae
4ae d
c 4ab


+
ữ


Ta xét các trờng hợp có thể xảy ra rồi giải các trờng hợp đó để tìm ra kết
quả.
+ Một số trờng hợp đặc biệt của phơng trình 91)
+ Phơng trình dạng: cxy+ dx + ey + f = 0 (2)
Nhân cả 2 vế của (2) với c ta đợc:
c
2
xy + cdx + ecy + fc = 0

(cx + e) (cy + d) = de - cf.
Xét các trờng hợp

nghiệm.
L u ý: Phơng trình này có thể giải đợc bằng nhiều phơng pháp đã trình bày
ở dạng tổng quát nhng đối với dạng toán này phơng pháp trên giải nhanh hơn.
+ Phơng trình dạng: ax
2
+ dx + by
2
+ f = 0 (8) với
4ab
là số chính ph-
ơng.
- Phơng pháp giải: Nhân 2 vế của (3) với 4a ta đợc:
4a
2
x
2
+ 4adx + 4aby
2
+ 4af = 0

(2ax + d)
2
+ 4aby
2
= d
2
- 4af.
- Nếu 4ab<0 phơng trình trở thành
(2ax + d+

( )
2
4aby) 2ax 4aby d 4af =
- Nếu 4ab >0 phơng trình trở thành:
(2ax + d)
2
+ (
2
4aby)
= d
2
- 4af.

Nếu d
2
- 4af < 0, phơng trình vô nghiệm.
Nếu d
2
- 4af . 0, ta giải bình thờng.
+ Phơng trình dạng ax
2
+ by
2
+ cxy + f = 0
- Phơng pháp giải: Nhân 2 vế của phơng trình với 4a ta đợc:
4a
2
x
2
+ 4aby

2
+ 4acxy + 4af = 0

(2ax + cy)
2
+ (4ab - c
2
)y
2
= -4af.
+ Nếu 4ab - c <0 phơng trình trở thành:
( )
( )
(
)
(
)
2 2
2ax cy 4ab c y 2ax cy 4ab c y 4af+ + + =
+ Nếu af > 0 phơng trình vô nghiệm
+ Nếu af < 0 ta tìm tất cả các trờng hợp có thể xảy ra và tìm nghiệm qua
các trờng hợp đó:
* Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của các phơng trình sau:
1. x
2
+ 3xy + 3y
2
= 3y. (1)
2. x
2

+ x + 6 = y
2
(2)
Giải:
1. Xét tam thức bậc 2 ẩn x: x
2
+ (3y) x + 3y
2
- 3y = 0
Ta có:

= (3y)
2
- 4(3y
2
- 3y) = 12y - 3y
2
.
Để phơng trình (1) có nghiệm n guyên thì điều kiện cần là:
0

12 y - 3y
0 0 y 4. y Â
nên y={0 ; 1 ; 2 ; 3; 4}
- Với y = 0 (1)

x = 0
- Với y = 1 từ (1)

x

2
+ 3 = 0

x

Â
- Với y = 2

x
2
+ 6x + 6 = 0 (

= 3 không phải là số chính phơng)

x
Â
- Với y = 3

x
2
+ 9x + 18 = 0

x =-3 hoặc x = -6
- Với y = 4

x
2
+ 12x + 24 = 0 (

' = 12 không phải là số chính phơng)

x
Â
Vậy phơng trình đã cho có các nghiệm nguyên là:
( 0 ; 0); (-3:3); (-6:3)
17
đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên
2. Phơng trình: x
2
+ x + 6 = y
2
(2)
- Phơng pháp 1: (coi (2) là tam thức bậc 2 ẩn x)
(2)

x
2
+ x + 6 - y
2
= 0. Ta có

= (1)
2
- 4(6-y
2
)


= 4y
2

- 23 (3)
Để (2) có nghiệm nguyên thì

phải là 1 số chính phơng



= k
2

(k
Z
) hay 4y
2
- 23 = k
2


4y
2
- k
2
= 23

(2y - k) (2y + k) = 23
2y k 1 y 6
2y k 23 k 11
2y k 1 y 6
2y k 23 k 11
2y k 23 y 6

2y k 1 k 1
2y k 23 y 6
2y k 1 k 11
= =




+ = =



= =




+ = =




= =





+ = =

= =





+ = =


- Với y =

6 thay vào (3) ta đợc
121 11 = =
1 1 11
x 5
2 2
+ +
= = =
hoặc x=
1 11
6
2

=

Phơng trình có nghiệm là : (5;6) ; (5;-6) ; (-6;-6) và (-6;6)
- Phơng pháp 2: Nhân 2 vế của (2) với 4 ta đợc:
4x
2

+ 4x + 24 = 4y
2


4x
2
+ 4x+ 1 - 4y
2
= -23

(2x+1)
2
- 4y
2
= -23

(2x + 2y + 1) (2x - 2y + 1) = -23.
Ta có các trờng hợp sau:
2x 2y 1 1 x 6
2x 2y 1 23 y 6
+ = =



+ + = =

2x 2y 1 1 x 5
2x 2y 1 23 y 6
+ = =

+ = =

2x 2y 1 23 x 5
2x 2y 1 1 y 6
+ = =



+ + = =

2x 2y 1 23 x 6
2x 2y 1 1 y 6
+ = =



+ + = =

Vậy phơng trình đã cho có 4 nghiệm là: (-5'-6) ; (5;6) (-6;-6); (-6;6).
Nhận xét: Đối với dạng phơng trình: ax
2
+ bx

+ cy
2
+ e = 0 thì cách giải
bằng phơng pháp 2 đơn giản và gọn hơn phơng pháp 1.
3. Phơng trình dạng: x

2n
+ a
1
x
2n-1
+ +a
2n-1
x + a
2n
= y
2
+ ay (1)
- Phơng pháp giải:
+ Nếu a lẻ tức là a = 2k + 1 nhân 2 vế của (1) với 4 sau đó cộng với a
2
ta
đợc:
4x
2n
+ 4a
1
x
2n-1
+ + 4a
2n-1
x + 4a
2n
+ a
2
= (2y + a)

2
.
+ Nếu a chẵn tức là a=2k, cộng 2 vế của (1) với k
2
ta đợc:
x
2n
+ a
1
x
2n-1
+ + a
2n-1
x + a
2n
+ k
2
= (y+k)
2
.
Ta chứng minh f(x)
2
< vế phải < f(x+1)
2
thì phơng trình vô nghiệm và giữa 2 số
chính phơng không tồn tại số chính phơng nào. Hoặc ta chứng minh.
f(x)
2
< vế phải < f(x+2)
2

vế phải = f(x+1)
2
.
Giải phơng trình này ta tìm đợc x từ đó, ta tìm đợc y.
Trong trờng hợp n=1 ta có thể giải phơng trình này bằng cách coi (1) là
phơng trình bậc 2 của ẩn x (hoặc ẩn y). Rồi áp dụng tính chất một tam thức bậc 2
có nghiệm nguyên thì

phải là số chính phơng. Từ đó tìm ra nghiệm phơng
trình.
18
đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên
Ví dụ: Giải các phơng trình nghiệm nguyên sau:
x(x+1) = k (k+2) x
Z
Giải:
- Phơng pháp 1:
x(x+1) = k (k+2)

x
2
+ x = k
2
+ 2k

x
2
+ x + 1 = k

2
+ 2k + 1

x
2
+ x + 1 = (k
2
+ 1)
2
. Do x>0 nên x
2
< (k+1)
2
(1)
Mặt khác ta có : (x+1)
2
= x
2
+ 2x + 1 = (x
2
+ x + 1) + x = (k+1)
2
+ x.
Do x>0 nên (x+1)
2
> (k+1)
2
(2)
Kết hợp (1) và (2) ta đợc: x
2

< (k+1)
2
< (x+1)
2
(không xảy ra) do đó phơng
trình vô nghiệm.
- Phơng pháp 2:
x(x+1) = k(k+2)

x
2
+ x = k
2
+ 2k

x
2
+ x - k
2
- 2k = 0.
Xét

= (1)
2
- 4(-k
2
-2k)

= 4k
2
+ 2k + 1.
Để phơng trình có nghiệm nguyên thì

phải là 1 số chính phơng

= m
2
(m
Z
)

4k
2
+ 2k + 1 = m
2


4k
2
+ 2k + 1 -m
2
= 0

'
k
= (1)
2
-4(1-m

2
) = 4m
2
- 3 . Để k
Z
thì
4m
2
- 3 = t
2
(t
Z
)

(2m - t) (2m + t) = 3
2m t 1 t 1
2m t 3 m 1
2m t 1 t 1
2m t 3 m 1
= =




+ = =




= =

+ = =



2m t 3 m 1
2m t 1 t 1
2m t 3 m 1
2m t 1 t 1
= =




+ = =



= =




+ = =

Từ đó

các giá trị của m là m = -1 hoặc m =1. Với m =

1


m
2
= 1

4k
2
+ 2k + 1 = 1

k = 0
hoặc k =-1
Z
(loại)
Với k = 0

x(x+1) = 0

x = 0 hoặc x = -1 Nhng vì x

Z
+
nên không
có giá trị nào của x thoả mãn. Vậy phơng trình đã cho vô nghiệm.
4. Dạng phơng trình nghiệm nguyên:

n n 1
0 1 n 1
1 2
a x a x a x an
y
a x b


+ + + +
=
+
(1)
- Ph ơng pháp giải:
+ Phơng pháp 1: Nhân cả 2 vế của 2 với
k
1
b
<k là số các số a
i

M
b
1

(i=
1
a n
) Rồi chia cả tử cho mẫu ta đợc phơng trình dạng;
k
1

1 2
a
b y f (x)
b x b
= +
+
Để y
Z
thì
1 2
1 2
a
b x b /a
b x b
+
+
Z
các trờng hợp
xảy ra

x

y.
- Phơng pháp 2: Chia tử cho mẫu ta đợc phơng trình dạng
1 2
a 'x an
y f(x) (a ' an)
b x b
+
= + <

+
- Nếu a/an thì
1
an
x
a
=
là một nghiệm của phơng trình.
+ Điều kiện cần để y nguyên là
1 2
a 'x an b x b+ +
giải bất phơng trình
này

các giá trị của x. Thay lần lợt các giá trị của x vào (1)

nghiệm của ph-
ơng trình.
19
đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên
Ví dụ : Giải phơng trình
2x 5
y
2x 7
+
=
+
Giải:
- Chia 2x+5 cho 2x+7 ta đợc 2x+5=(2x+7)-2

y=1-
2
2x 7+
Để y là số nguyên thì 2x+7/2 có các trờng hợp sau:
2x 7 1 x 3 y 1
2x 7 1 x 4 y 3
5
2x 7 2 x
2
9
2x 7 2 x
2
+ = = =


+ = = =


+ = =



+ = =


Z
Z
Vậy phơng trình có nghiệm là: (-3;-1) và (-4;3)
5. Dạng phơng trình:
n n 1

0 1 n 1
2
0 1 2
a x a x a x an
y
b x b x b


+ + + +
=
+ +
(1)
- Ph ơng pháp giải:
Chi tử cho mẫu ta đợc (1) trở thành y=f(x) +
1
2
0 1 2
b x c
b x b x b
+
+ +
(2) nếu
a
i

M
b
0
(i=
0,n 2)

Hoặc nhân cả từ cả mẫu với
k
0
b
(trong đó k là số các số a
i
không chia hết
cho b) rồi lấy tử chia mẫu ra đợc dạng nh (2)
y
Z
thì
1 2
2
0 1 2
b x c
b x b x b
+

+ +
Z

a
1
x + a
2

M
b
0
x

2
+ b
1
x + b
2


(bx+x) (bb
0
x + bb
1
- (b
0
) chia hết cho b
0
x
2
+ b
1
x+b
2
hay b
2
(b
0
x
2
+ b
1
x+b

2
) + c(bb
1
-cb
0
) -b
2
b
2
chia hết cho
b
0
x
2
+ b
1
x+b
2
là ớc của c(bb
1
-cb
0
) - b
2
b
2
.
Nhng b
0
x

2
+ b
1
x+b
2
=b
0
[(x+
2
1
0
b
)
2b
]
2 2
2 1 1
2
2
0
0
b b b
b
b 4b
4b
+
Hoặc xét tính chẵn, lẻ hoặc xét chữ số tận cùng của b
0
x
2

+ b
1
x + b
2
để xét
các trờng hợp có thể xảy ra ta tìm đợc x

y.
Hoặc để y
Z
thì
2
0 1 2
bx c
b x b x b
+

+ +
Z
Đặt y =
2
0 1 2
bx c
(3) y
b x b x b
+

+ +
Z
(3)

yb
0
x
2
+ yb
1
x + yb
2
= bx + c

yb
0
x
2
+ x (yb
1
-b) + yb
2
.

=(yb
1
-b)
2
- 4yb
0
(yb
2
)-c = y

2
b
2
1
-2bb
1
y+b
2
- 4bb
2
y
2
+ 4cyb
0
y

= y
2
(b
2
1
- 4b
0
b
2
) + y(4cb
0
- 2bb
1
) + b

2
.
+ Nếu b
2
1
- 4b
0
b
2
<0 thì để y nguyên thì điều kiện cần là
0

giải bất
đẳng thức này ta suy ra y.
+ Nếu b
2
1
- 4b
0
b
2
>0 ta lại xét tam thức bậc 2 ẩn y và làm tiếp tục nh trên.
Ví dụ: Giải các phơng trình sau:
20
đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên
2
2
3x 4
1 y (1)
2x 2x 3

3x 5
2. y (2)
x x 3
+
=
+ +

=
+
Giải:
1. Để y
Z


3x+4
M
2x
2
+ 2x + 3

(3x+4) (6x-2)
M
2x
2
+ 2x+3

18x
2
+ 18x - 8
M

2x
2
+ 2x + 3

9(x
2
+ 2x + 3) - 35
M
2x
2
+ 2x = 3

35
M
2x
2
+ 2x + 3 vì 2x
2
+ 2x + 3 là số lẻ hơn nữa.
2x
2
+ 2x + 3 =
2
1 5
2x 2
2
2

+ + >
ữ

2x
2
+ 2x + 3 chỉ có thể bằng 5, 7
hoặc 35.
- Với 2x
2
+ 2x + 3 = 5

x
2
+ x - 1 = 0 có
2 x = Z
- Với 2x
2
+ 2x + 3 = 7

x
2
+ x - 2 = 0

x = 1; x =-2
- Với 2x
2
+ 2x + 3 = 35

x
2
+ x - 16 = 0

x = 3; x =-4
Với x =1

y =1; x = -2

y=
2
Z
7

x= 3


y Z
; x=-4


y Z
Vậy nghiệm của phơng trình là: (1;1)
Cách 2: (1)

3x + 4 = y (2x
2
+ 2x + 3)

3x + 4 = 2yx
2
+ 2yx + 3y

2yx

2
+ x(2y-3) + 3y -4 = 0

= (2y -3)
2
- 42y (3y-4) = 4y
2
-12y + 9 -24y
2
+ 32y


= -20y
2
+ 20y + 9 . Để phơng trình có nghiệm thì



0

-20y
2
+ 20y + 9

0
280 10 280 10
y
20 20
+

y = 1

3x + 4 = 2x
2
+ 2x + 3

2x
2
- x - 1 = 0

x = 1; x = -
1
2
. Vậy phơng trình đã cho có nghiệm là : (1;1)
2)
2
3x 5
y (2)
x x 3

=
+
Phơng pháp 1: Để y
Z
thì 3x-5
M
x
2
+ x - 3

(3x-5) (3x+8)
M
x
2
+ x - 3

9x
2
+ 9x - 40
M
x
2
+ x - 3


9(x
2
+ x - 3) - 13
M
x
2
+ x - 3

13
M
x
2
+ x - 3
2 2

2 2
2 2
2 2
x x 3 1 x x 4 0 co 17 x
x x 3 13 x x 16 0 co 55 x
x x 3 1 x x 2 0 x 1,x 2
x x 3 13 x x 10 0 co 39 x

+ = + = =

+ = + = =



+ = + = = =


+ = + + = =

Z
Z
Z
Với x = 1

y = 2; x = -2

y = 11
Vậy phơng trình đã cho có nghiệm là : (1;2) ; (-2;11)
Phơng pháp 2: (2)

3x-5 = y (x
2
+ x - 3)

3x-5 = x
2
y + xy - 3y

x
2
y + x(y-3) + 5 - 3y = 0. Ta có

= (y=3)
2
- 4y (5-3y)

Y
2
-6y+9+12y
2
-20y hay

= 13y
2
- 26y + 9. Để x là số nguyên thì

phải là một số chính phơng

13y
2

- 26y + 9 = m
2
(m
) Z



y = 13m
2
-52. Để y
) Z
thì

'y là số chính phơng.

13m
2
-52 = t
2


13m
2
- t
2
-52 = 0. Để m
Z
thì.
Vậy phơng trình đã cho có 2 nghiệm là (1;2) và (-2;110
21

đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên
Nhận xét: Qua 2 ví dụ trên cho thấy phơng pháp coi là tam thức bậc 2 ẩn
x có thể nói sẽ giải đợc hầu hết các bài của dạng trên, tuy nhiên nó dài và đôi khi
phức tạp hơn phơng pháp 1.
5) Phơng trình dạng: (ax+by) (cx+dy) = e với a,b,c,d,e
Z
+

- Ph ơng pháp giải:
Dạng phơng trình này luôn có thể giải đợc bằng cách tìm tất cả các ớc của
e, sau đó vì x,y
Z
+

nên nếy ax + by =
i
thì cx + dy =
e
i
(với
i
e

từ đó ta sẽ
đợc các hệ phơng trình. Giải hệ phơng trình ta đợc nghiệm.
Tuy nhiên đôi khi e có nhiều ớc do đó việc thứ các trờng hợp sẽ lâu. Để
giảm bớt số lần thứ ta có cách giải nh sau:
Đặt
Ad Bb Ad Bb
x x

ax by A
ad bc ad bc
cx dy B Ac Ba Ba Ac
y y
bc ad ad bc


= =

+ =





+ =


= =



Giả sử ad - bc >0 (nếu ad-bc < 0 ta sẽ đổi dấu)
Cho x >0

Ad - Bb > 0

A >
Bb
d

Do y> 0

Ba-Ac > 0

B >
cA
a
Từ Ab = (ax + by) (cx + dy) = e

A
2
> A.
2
Bb b eb
e A
b d d
> >
(1)
Mặt khác, do A
2 2
c c ae
B A AB e A
a a c
< < = <
(2)
Từ (1) và (2)


2
eb ae

A
d c
< <
. Tìm đợc A thay vào AB = e

B

từ đó
ta tìm đợc x, y
Ví dụ: Giải các phơng trình nghiệm nguyên sau:
a) (x+2yx) (2x+3y) = 32
b) (4x + 12y) (5x + 10y) = 140
Giải:
a) Đặt
3A 2B
x
x 2y A x 2B 3A
1
2x 3y B B 2A y 2A B
y
1


=

+ = =

+ = =


=


Do x>0 nên 2B - 3A > 0
3A
B
2
>
Do y >0
2A B 0 B 2A
> <
Từ A.B = (x+2y) (2x+3y) = 32

A
2
> AB
3A
2
= 48.
Vì A > B

B
2
< 2AB

B

2
< 64

48 < B
2
< 64

B
2
= 49

B = 7

7A = 32

A =
32
2

loại.
Vậy phơng trình đã cho không có nghiệm.
b) (4x + 12y) (5x + 10y) = 140 (2)
22
đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên
Đặt
6B 5A
x
4x 12y A
10
5x 10y B 5A 4B

y
20


=

+ =




+ =


=


Do x > 0


6B 5A 5A
0 6B 5A 0 B
10 6

> > >
Do y> 0


5A 4B 5A
0 5A 4B 0 B

20 4

> > <
Từ AB=(4x+12y) (5x+10y) = 140 ta có: A
2
< B.
5A
175
4
=
B
2
> B.
2
5A 50 350
B 175
6 3 3
= < <

B
2
= 121 hoặc B
2
= 169

B = 11 hoặc B = 13.
- Với B = 11

11.A = 140

A =
140
11
Z
- Với B = 13

13.A = 140

A =
140
13
Z
Vậy phơng trình vô nghiệm
Nhận xét: Nếu dùng phơng pháp tìm các ớc của 140 rồi xét các trờng hợp
thì ví dụ 2 sẽ có: 140=1.140=2.70=5.28=4.35=10.14=7.20 và phải giải 12 trờng
hợp. Qua 2 ví dụ rõ ràng đây là phơng pháp rất hiệu quả để giải phơng trình dạng
này.
Qua đề tài cho thấy tính chất của các bất đẳng thức đợc sử dụng rất nhiều
trong giải phơng trình nghiệm nguyên. Trong các dạng phơng trình bậc 2 thì ph-
ơng pháp biến đổi thành tam thức bậc 2 sao cho có biệt thức

là số chính phơng
đợc sử dụng rộng rãi tuy nhiên phơng pháp này thờng dài và với mỗi dạng cụ thể
thì thờng có các phơng pháp giải cụ thể phù hợp với các dạng đó.

23