Chuyên đề PT nghiệm nguyên => Ôn 10

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

2

2

A
+ B
+ C
+ ...... = m 2 + n 2 + p 2 + .......
( x, y,....)
( x, y...)
( x, y,...)

Với (m; n; p,....... Z )
- Giải các hệ tơng ứng:
2

= m2
A
( x, y,...)


2

2

B( x, y,...) = n


2

= p2
C
( x, y,...)
..................


2

= n2
A
( x, y,...)


2

2

B( x, y,...) = m



2
= p2

C
( x, y,...)
..................


2

= p2
A
( x, y,...)


2

2

B( x, y,...) = m

.


2
= n2
C
x
,
y
,...

(

)


..................


Các ví dụ minh hoạ:
2
2
- Ví dụ 1: Tìm x;y Z thoả mãn: 5x 4xy + y = 169 (1)
Nhận xét Tìm hớng Giải:
Ta thấy cả hai vế của phơng trình có thể biểu diễn đợc bằng tổng của hai bình phơng.
Giải:
( 2 x y ) 2 + x 2 = 144 + 25 (1)
(1) 4x 2 4xy + y 2 + x 2 = 144 + 25 = 169 + 0
2
2
( 2 x y ) + x = 169 + 0 (2)
Từ (I) ta có:
( 2 x y ) 2 = 122
x = 5
x = 5


;
x 2 = 52
y = m2
y = m22

( 2 x y ) 2 = 52

x = 12

;

x 2 = 122
y = m19

Tơng tự từ (II) ta có:
( 2 x y ) 2 = 132

x2 = 0




2x y


(

x = 12

y = m29

x = 0



y = 13

2
) = 0 x = 13

2

2
x = 13

y = 26

( 5; 2 ) ; ( 5; 22 ) ; ( 5; 2 ) ; ( 5; 22 ) ; ( 12; 19 ) ; ( 12; 29 )




( 12; 19 ) ; ( 12; 29 ) ; ( 0; 13) ; ( 0; 13) ; ( 13; 26 ) ; ( 13; 26 )


Vậy ( x, y )


- Ví dụ 2: Tìm x;y Z thoả mãn: x 2 + y 2 - x - y = 8 (2)
Nhận xét Tìm hớng Giải:
Ta thấy cả hai vế của phơng trình có thể biểu diễn đợc bằng tổng của hai bình phơng.
Giải:
x2 + y2 - x - y = 8
4 x 2 4 x + 4 y 2 4 y = 32
4 x 2 4 x + 1 + 4 y 2 4 y + 1 = 34
( 2 x 1) + ( 2 y 1) = 52 + 32
2

2

( 2 x 1) 2 = 32
x = 2; x = 1




2
y = 3; y = 2
( 2 y 1) = 52
( 2 x 1) 2 = 52
x = 3; x = 2



2
y = 2; y = 1
( 2 y 1) = 32

Vậy ( x; y ) { ( 2;3) ; ( 2; 2 ) ; ( 1;3) ; ( 1; 2 ) ; ( 3;2 ) ; ( 3; 1) ; ( 2;2 ) ; ( 2; 1) }
Bài tập áp dụng: Giải các phơng trình nghiệm nguyên;

a/ x 2 + 4 y 2 = 115 2 x
b/ x 2 + y 2 + z 2 = xy + 3x + 2 z 4
2.2. - PHơNG PHáP 2: Phơng pháp đa về dạng tích
Phơng pháp: Phơng pháp này thờng sử dụng với các phơng trình có các biểu thức chứa ẩn
phân tích đợc thành nhân tử.
- Biến đổi phơng trình về dạng một vế là tích của các đa thức chứa ẩn; vế còn lại là tích các
số nguyên (số nhân tử của hai vế bằng nhau).
A
.B
. C
...... = m.n. p........
( x, y,....) ( x, y...) ( x, y,...)

Với (m; n; p,....... Z )
- Giải các hệ tơng ứng:
A
=m
( x , y ,...)
A
( x , y ,...) = n

A
= p
( x , y ,...)
..................

A
=n
( x , y ,...)
B

( x , y ,...) = m

C
= p
( x , y ,...)
..................

A
= p
( x , y ,...)
B
( x , y ,...) = m

C
=n
( x , y ,...)
..................

Các ví dụ minh hoạ:
- Ví dụ 1: Tìm x;y Z thoả mãn: x3 y 3 = 91 (1)
Nhận xét Tìm hớng Giải:
Ta thấy vế trái của phơng trình dễ dàng phân tích thành nhân tử.
Giải:
2
2
2
2
(1) ( x y ) ( x + xy + y ) = 91.1 = 13.7 (Vì x + xy + y > 0 )

(

Ta có:

)

.


( x y ) .( x 2 + xy + y 2 )

x y = 1
x = 6
x = 5

;
2


2
x + xy + y = 91 y = 5 y = 6

x y = 91
= 91.1 = 7.13 2
VN
x + xy + y 2 = 1

x y = 7
x = 3
x = 4

;
2


2
y = 3
x + xy + y = 13 y = 4

x y = 13
VN
2
2
x
+
xy
+
y
=
7

2
- Ví dụ 2: Tìm x;y Z thoả mãn: x + x y 2 = 0 (2)
Nhận xét Tìm hớng Giải:
Ta thấy vế trái của phơng trình là hiệu của hai đa thức bậc hai độc lập của x và y, nên ta có
thể phân tích thành nhân tử.
Giải:
2
x + x y 2 = 0 4 x2 + 4 x 4 y 2 = 0
( 2 x + 1) ( 2 y ) = 1
2

2

( 2 x + 2 y + 1) ( 2 x xy + 1) = 1
2 x + 2 y +1 = 1 x = 0


2 x 2 y + 1 = 1 y = 0

2 x + 2 y + 1 = 1 x = 1
2 x 2 y + 1 = 1 y = 0

Vậy: ( x; y ) { ( 0;0 ) ; ( 1;0 ) }
Bài tập áp dụng: Giải các phơng trình nghiệm nguyên;
a/ x 2 4 xy = 25
b/ 3x3 xy = 5
c/ x + y = x. y
2.3. - PHơNG PHáP 3: Phơng pháp cực hạn
Phơng pháp: Phơng pháp này thờng sử dụng với các phơng trình đối xứng
- Vì phơng trình đối xứng nên x; y; z có vai trò bình đẳng nh nhau. Do đó; ta giả thiết
x y z ; tìm điều kiện của các nghiệm; loại trừ dần các ẩn để có phơng trình đơn giản. Giải
phơng trình; dùng phép hoán vị để suy ra nghiệm.
Ta thờng giả thiết 1 x y z ....
Các ví dụ minh hoạ:
- Ví dụ 1: Tìm x; y; z Z + thoả mãn: x + y + z = x. y.z (1)
Nhận xét Tìm hớng Giải:
Ta thấy đây là phơng trình đối xứng.


Giải:

Giả sử 1 x y z . Khi đó:
(1) x. y.z = x + y + z 3z x. y 3 (Vì x; y; z Z + ) x. y { 1;2;3}
. Nếu: x. y = 1 x = y = 1 2 + z = z (vô lí)
. Nếu: x. y = 2 x = 1; y = 2; z = 3
. Nếu: x. y = 3 x = 1; y = 3 z = 2 < y (vô lí)
Vậy: x; y; z là hoán vị của ( 1;2;3)
1 1 1
- Ví dụ 2: Tìm x; y; z Z + thoả mãn: + + = 2 (2)
x y z
Nhận xét Tìm hớng Giải:
Đây là phơng trình đối xứng.
Giải:
Giả sử 1 x y z . Khi đó:
1 1 1 3
3
(2) 2 = + + x x = 1
x y z x
2
1 1 2
Với: x = 1 1 = + y 2 y { 1;2}
y z y
1
. Nếu: y = 1 = 0 (vô lí)
z
. Nếu: y = 2 z = 2
Vậy: x; y; z là hoán vị của ( 1;2;2 )
Bài tập áp dụng: Giải các phơng trình nghiệm nguyên dơng:
a/ x + y + z + t = x. y.z.t
1 1 1
1

+ + =
b/
x y z 1995
x. y z.x y.z
c/ z + y + x = 3
d/ x + y + 1 = x. y.z
2.4. - PHơNG PHáP 4: Phơng pháp sử dụng tính chất chia hết
Phơng pháp: Phơng pháp này thờng sử dụng với các phơng trình có dạng phân thức mà tử
là một số nguyên; đợc dùng để Giải các bài toán: Tìm giá trị nguyên của biến để biểu thức
nhận giá trị nguyên
- áp dụng tính chất chia hết trong Z để xác định tập giá trị của biểu thức chứa ẩn (thờng là
biểu thức dới mẫu).
Các ví dụ minh hoạ:
x2 + x
- Ví dụ 1: Tìm x; y Z để: A = 2
nhận giá trị nguyên
x + x +1
Nhận xét Tìm hớng Giải:
Ta thấy A là phân thức có tử và mẫu hơn kém nhau một hằng số nguyên. Do đó ta có thể
biến đổi A thành tổng của một đa thức và một phân thức có tử là hằng số nguyên
Giải:


x2 + x
x2 + x + 11
1
= 2
= 1+ 2
Ta có: A = 2
. Khi đó:

x + x +1
x + x +1
x + x +1
1
Để A nhận giá trị nguyên thì 2
nhận giá trị nguyên.
x + x +1
1M( x 2 + x + 1) ( x 2 + x + 1) U ( 1) = { 1;1}
x = 0

2
2
Vì V: ( x + x + 1) > 0; x  x + x + 1 = 1

x = 1

Vậy để A nhận giá trị nguyên thì: x = 0 hoặc x = - 1
- Ví dụ 2: Tìm x; y Z thoả mãn: 2 y 2 x + x + y + 1 = x 2 + 2 y 2 + x. y (2)
(Đề thi Tuyển sinh vào 10 chuyên Toán đại học KHTN Hà Nội)
Nhận xét Tìm hớng Giải:
Ta nhận thấy các hạng tử chứa biến từng đôi một có chứa nhân tử chung nên nếu nhóm các
hạng tử hợp lí cho ta đa thức có nhân từ chung (x 1), nên chia hai vế của ph ơng trình cho (x
1) ta sẽ có một vế luôn nhận giá trị nguyên.
Giải:
Ta có:
(2) 2 y 2 .( x 1) x.( x 1) y.( x 1) + 1 = 0 ( *)
Với: x = 1; ( *) 1 = 0 x = 1 không phải là nghiệm của phơng trình.
1
= 0 ( **) .
Nên: 2 y 2 x y +

x 1
x = 0
1
 ( x 1) U ( 1) = { 1; 1}
Phơng trình có nghiệm nguyên
x 1
x = 1
- Ví dụ 3: Tìm x; y Z + thoả mãn: 3x + 1 = (y + 1)2 (3)
Nhận xét Tìm hớng Giải:
Vì 3x là số lẻ; suy ra (y + 1) 2 chia hết cho 2. Sử dụng tính chất này ta xét các điều kiên của
nghiệm của phơng trình.
GIảI:
Ta có:
2
(3) 3x = ( y 1) 1 = y ( y + 2 ) . 3x là số lẻ y; ( y + 2 ) là hai số lẻ liên tiếp
( y; y + 2 ) = 1 y; y + 2 là các luỹ thừa của 3, nên:
y = 3m ( *)
( m + n = x ) 3m + 2 = 3n m < n

n
y + 2 = 3 ( **)
Với: m = 0; n = 1 y = 1; x = 1.
yM3
( y; ( y + 2 ) ) 1 ( vô lí)
Với: m 1; n > 1 Từ ( *) ; ( **)
( y + 2 ) M3
x = 1
Phơng trình có nghiệm nguyên:
y =1
Bài tập áp dụng: Giải các phơng trình nghiệm nguyên dơng:

a/
b/
c/
d/

x2 2 y 2 = 5
19 x 2 + 28 y 2 = 729
xy + x 2 y = 3
Chứng tỏ phơng trình sau vô nghiệm: x 3 + y 3 + z 3 = x + y + z + 2000

2.5. - PHơNG PHáP 5: Phơng pháp sử dụng bất đẳng thức
Phơng pháp: Phơng pháp này thờng sử dụng với các phơng trình mà hai vế là những đa
thức có tính biến thiên khác nhau.
- áp dụng các bất đẳng thức thờng gặp:
Bất đẳng thức Cô si:
Cho n số không âm: a1; a2 ; a3 ;......; an . Khi đó:
a1 + a2 + a3 + ...... + an n
a1.a2 .a3 .......an .
n
Dấu = xảy ra a1 = a2 = a3 = ...... = an
Bất đẳng thức Bunhiacôpxki:
Cho 2n số thực: a1; a2 ; a3 ;......; an và b1; b2 ; b3 ;......; bn . Khi đó:

( a1.b1 + a2 .b2 + a3.b3 + .... + an .bn )

( a1. + a2 . + a3 + .... + an ) ( b1 + b2 . + b3 + .... + bn ) .
Dấu = xảy ra ai = kbi ( i = 1; n ) .
Bất đẳng thức giá trị tuyết đối:

a + b a.b 0
a + b =
a b a.b < 0
Các ví dụ minh hoạ:
x. y y.z z.x
+
+
= 3 (1)
- Ví dụ 1: Tìm x; y Z + thoả:
z
x
y
Nhận xét Tìm hớng Giải:
Ta thấy đây là một phơng trình đối xứng, nên có thể dùng phơng pháp 3 (phơng pháp cực
hạn). Tuy nhiên, các hạng tử trong tổng có giá trị dơng nên ta có thể áp dụng bất đẳng thức Cô
si để xác định điều kiện của tích các ẩn.
GIảI:
x. y y.z z.x
x. y y.z z.x
+
+
3. 3
. .
= 3. 3 x. y.z .
áp dụng BĐT Cô si. Ta có: 3 =
z
x
y
z x y
2

3 x. y.z 1 x. y.z 1 x = y = z = 1
Vậy nghiệm của phơng trình là: x = y = z = 1

- Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: ( x + y + 1) = 3 ( x 2 + y 2 + 1) (2)
(Toán Tuổi thơ 2)
Nhận xét Tìm hớng Giải:
Ta nhận thấy hai vế của phơng trình có dạng: bình phơng của tổng và tổng các bình phơng;
nên ta có thể vận dụng BĐT Bunhiacôpxki.
2


GIảI:
Theo Bunhiacôpxki, ta cự:
2
( x + y + 1) ( 12 + 12 + 12 ) ( x 2 + y 2 + 1) = 3( x 2 + y 2 + 1)
x y 1
= = x = y =1
1 1 1
Vậy nghiệm của phơng trình là: x = y = 1
- Ví dụ 3: Tìm tất cả các số nguyên x thoả mãn:
x 3 + x 10 + x + 101 + x + 990 + x + 1000 = 2004 (3)
Nhận xét Tìm hớng Giải:
Ta nhận thấy: 2104 = 3 + 10 + 101 + 990 + 1000 =101 + 2003 và a = a
Giải:
Ta có:
(3) 3 x + 10 x + x + 101 + x + 990 + x + 1000 = 2004 .
Dấu = xảy ra

3 x 3 x

10 x 10 x

Mà a a x + 101 x + 101 2004 x + 101 + 2003 x + 101 1

x + 990 x + 990
x + 1000 x + 1000


Do đó: 1 ( x + 101) 1 ( x + 101) { 1;0;1} x { 102; 101; 100} .
Với x = 101 2004 = 2003 (vô lí).
Vậy nghiệm của phơng trình là: x { 102; 100}
Bài tập áp dụng: Giải các phơng trình nghiệm nguyên dơng:
a/ x 2 xy + y 2 = 3
b/ x 2 + 2 y 2 + 2 z 2 2 xy 2 yz 2 z = 4
2.6. - PHơNG PHáP 6: Phơng pháp lựa chọn

Phơng pháp: Phơng pháp này đợc sử dụng với các phơng trình mà ta có thể nhẩm (phát
hiện dể dàng) đợc một vài giá trị nghiệm
- Trên cơ sở các giá trị nghiệm đã biết. áp dụng các tính chất nh chia hết; số d; số chính phơng; chữ số tận cùng .. ta chứng tỏ rằng với các giá trị khác phơng trình vô nghiệm
Các ví dụ minh hoạ:
- Ví dụ 1: Tìm x; y Z + thoả: x 6 + 3x3 + 1 = y 4
Nhận xét Tìm hớng Giải:
Ta thấy với x = 0; y = 1 thì phơng trình đợc nghiệm đúng. Ta cần chứng minh phơng trình
vô nghiệm với x 0
Giải:
+ Với x = 0; y = 1 thì phơng trình đợc nghiệm đúng
+ Với x > 0 . Khi đó:

x 6 + 2 x 3 + 1 < x 6 + 3x 3 + 1 < x 6 + 4 x 3 + 4 ( x 3 + 1) < y 4 < ( x 3 + 2 ) (*)
2

+ 1) ; ( x 3 + 2 ) là hai số nguyên liên tiếp nên không có giá trị nào của y thoả mãn (*)
Vậy x = 0; y = 1 là nghiệm của phơng trình.
- Ví dụ 2: Tìm x; y Z + thoả: x 2 + x 1 = 32 y +1 (2)
( Toán học và tuổi trẻ)
Nhận xét Tìm hớng Giải:
Ta nhận thấy vế phải là luỹ thừa bậc lẽ của 3 nên có tận cùng là 3 hoặc 9. Ta cần xét chữ số
tận cùng của vế trái..
Giải:
2
Gọi b là chữ số tận cùng của x . Vì vậy b { 0;1;2;...;9} . Khi đó: ( x + x 1) có chữ số tận
cùng là: 1, 5 hoặc 9.
(*)
2 y +1
Mặt khác: 3 là luỹ thừa bậc lẻ của 3 nên có tận cùng là 3 hoặc 7. (**)
Từ (*)và v (**)suy ra phơng trình vô nghiệm.s
- Ví dụ 3: Tìm x; y Z + thoả mãn: x 2 6 xy + 13 y 2 = 100 (3)
Nhận xét Tìm hớng Giải:
Với trờng hợp này ta có thể sử dụng phơng pháp 1 (Phơng pháp đa về dạng tổng). Tuy nhiên
vế phải là một số chính phơng nên ta có thể sử dụng tính không âm của luỹ thừa bậc chẳn để
giới hạn tập giá trị, sau đó sử dụng sự lựa chọn.
Giải:
y 5
2
2
(3) ( x 3) = 4 ( 25 y )
2
2

( 25 y ) = n ( n Ơ )
Do đó : y { 5; 4; 3;0;3;4;5} x { 3;9;11;13}
Phơng trình có nghiệm nguyên:
( x; y ) { ( 5;3) ; ( 4;9 ) ; ( 3;11) ; ( 0;13) ; ( 3;11) ; ( 4;9 ) ; ( 5;3) }
Bài tập áp dụng: Giải các phơng trình nghiệm nguyên dơng:
a/ x.( x + 1) .( x + 1) .( x + 1) = y 2

Vì

(x

2

3

b/ 6 x 2 5 y 2 = 74
2.7.- PHơNG PHáP 7: Phơng pháp lùi vô hạn (xuống thang)
Phơng pháp: Phơng pháp này thờng sử dụng với những phơng trình có (n 1) ẩn mà
hệ số có ớc chung khác 1
- Dựa vào tính chất chia hết ta biểu diễn ẩn theo ẩn phụ nhằm hạ (giảm bớt) hằng số tự do,
để có đợc phơng trình đơn giản hơn.
- Sử dụng linh hoạt các phơng pháp để Giải phơng trình đó.
Các ví dụ minh hoạ:
- Ví dụ 1: Giải phơng trình: x 3 3 y 3 9 z 3 = 0 (1)
Nhận xét Tìm hớng Giải:
3
3
3
3
3

3
3
3
Ta thấy x 3 y 9 z = 0 ( x 3 y 9 z ) M3 mà ( 3 y 9 z ) M3 nên x 3 M3


Giải:
3
3
3
3
Ta có: (1) ( x 3 y 9 z ) M3 x M3 xM3 x = 3 x1

3
3
3
3
3
3
3
Khi đó: (1) ( 27 x1 3 y 9 z ) M3 ( 9 x1 y 3z ) M3 y M3 y M3 y = 3 y1 .

( 9 x13 27 y13 3z 3 ) M3 z 3 M3 z M3 y = 3z1 .

* Tiếp tục sự biểu diễn trên và nếu gọi x0 ; y0 ; z0 là nghiệm của (1) và thì 3U ( x0 ; y0 ; z0 ) và
0 x0 ; y0 ; z0 9 . Thực hiện thử chọn ta đợc: x0 = y0 = z0 = 0
Vậy nghiệm của phơng trình là: x0 = y0 = z0 = 0
Bài tập áp dụng: Giải các phơng trình nghiệm nguyên:
a/ x 2 + 2 y 3 = 4 z 3
b/ x 3 2 y 3 4 z 3 = 0

c/ x 2 5 y 2 = 0
2.8. - PHơNG PHáP 8: Phơng pháp sử dụng điều kiện nghiệm của phơng trình bậc hai
Phơng pháp: Phơng pháp này đợc sử dụng với các phơng trình có dạng: f ( x ; y ) = 0 . Trong
đó: f ( x; y ) là đa thức bậc hai
- Biến đổi phơng trình đa về dạng phơng trình bậc hai (một ẩn là ẩn của phơng trình bậc
hai; một ẩn là tham số). Biện luận nghiệm theo điều kiện nghiệm của phơng trình bậc hai.
* Chú ý: Nên chọn ẩn có hệ số bằng 1
Các ví dụ minh hoạ:
- Ví dụ 1: Tìm x; y Z + thoả: 3 x 2 + y 2 + 4 xy + 4 x + 2 y + 5 = 0 (1)
Nhận xét Tìm hớng Giải:
Ta thấy phơng trình này có thể xem là một phơng trình bậc hai ẩn y tham số x.
Giải:
(1) y 2 + 2 ( 2 x + 1) y + 3 x 2 + 4 x + 5 = 0 .
Ta có: = x 2 4; ( 0 ) y1,2 = ( 2 x + 1)

Do đó: y nhận giá trị nguyên với giá trị nguyên x nhận giá trị nguyên
= x 2 4 = n 2 ( n Ơ ) x = 2 (áp dụng phơng pháp 2: Đa về dạng tích)
+ Với x = 2 y = 5
+ Với x = 2 y = 3
Vậy nghiệm của phơng trình là: ( x = 2; y = 5 ) ; ( x = 2; y = 3)
- Ví dụ 2: Tìm x; y Z thoả: 12 x 2 + 6 xy + 3 y 2 = 28 ( x + y ) (2)
Nhận xét Tìm hớng Giải:
Ta thấy phơng trình này có thể xem là một phơng trình bậc hai ẩn y tham số x
Giải:
(2) 3 y 2 + 2 ( 3x 14 ) y + 12 x 2 28 x = 0 . Ta có: y nhận giá trị nguyên với giá trị nguyên x
= 27 x 2 + 196 = k 2 0 x 2 7 x { 0; 1; 2}


+ Với x = 0 y = 0
+ Với x = 1 y = 8

+ Với x = 1 y = 10
+ Với x = y Â
Vậy nghiệm của phơng trình là: ( x = 0; y = 0 ) ; ( x = 1; y = 8 ) ; ( x = 1; y = 10 )
- Ví dụ 3: Tìm x; y Z + thoả mãn: x 2 6 xy + 13 y 2 = 100 (3)
Nhận xét Tìm hớng Giải:
Với trờng hợp này ta có thể sử dụng phơng pháp 1 (Phơng pháp đa về dạng tổng). hoặc đã
Giải trong phơng pháp 6 (phơng pháp lựa chọn). Tuy nhiên, ta có thể đa về phơng trình bậc hai
ẩn x tham số y.
Giải:
2
(3) = 4 ( y 25 ) y 5
Do đó : y { 5; 4; 3;0;3;4;5} x { 3;9;11;13}
Phơng trình có nghiệm nguyên:
( x; y ) { ( 5;3) ; ( 4;9 ) ; ( 3;11) ; ( 0;13) ; ( 3;11) ; ( 4;9 ) ; ( 5;3) }
Bài tập áp dụng: Giải các phơng trình nghiệm nguyên dơng:
a/ 2 x 2 + 2 y 2 2 xy + x + y 10 = 0
b/ x 2 xy + 5 y 5 x + 2 = 0
3) ứNG DụNG CủA BàI TOáN PHơNG TRìNH NGHIệM NGUYêN:
Bài toán về phơng trình nghiệm nguyên có nhiều ứng dụng là công cụ để giải các dạng loại
bài tập khác. Việc vận dụng đòi hỏi t duy kết hợp các phơng pháp giải một cách hợp lí. Sau đây,
là một số ứng dụng thờng gặp của bài toán phơng trình nghiệm nguyên.
Các ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 1: Tìm n Ơ sao cho 28 + 211 + 2n là số chính phơng (*)
HD Giải: Ta có:
28 + 211 + 2 n = a 2 ( a Ơ ) 2 n = a 2 ( 28 + 211 ) = a 2 482 = ( a + 48 ) ( a 48 ) (*)
+ Đặt: n = p + q ( p, q Ơ ; p q ) . Ta có:
a 48 = 2q
2 p 2q = 96 2q ( 2 p q 1) = 25.3
(*)
p

a + 48 = 2
q = 5 p = 7 n = 12
Ví dụ 2: Tìm tất cả các cặp số nguyên tố (x;y) sao cho:

(x

2

y 2 ) = 4 x. y + 1 (2)
2

HD Giải:
Ta có:

(x

2

y 2 ) 1 = 4 x. y ( x 2 y 2 + 1) ( x 2 y 2 1) = 4 xy (**)
2

+ Vì (2) là phơng trình đối xứng và x, y là số nguyên tố nên đặt:

( Vì

(2

pq

1) lẻ ) nên:

x. y 6
2 x< y
và y là số lẻ (I). Ta có:
x + y 5
x 2 y 2 + 1 = xy
xy = 6 ( a )
2
2
x

y

1
=
4


2
2
x y + 1 = 2 xy xy = 2 ( b )
x 2 y 2 1 = 2

x 2 y 2 + 1 = 2 y
x + y = 1 ( c)
(**) 2
2
x y 1 = 2 x
2

2
x y + 1 = 4 x 4 x y = 2 d
( )
x 2 y 2 1 = y

x 2 y 2 + 1 = 4 xy
2
4 xy 1 = 2 ( e )
2
x

y

1
=
1



+ Kết hợp với điều kiện (I) ta có cặp số nguyên tố cần tìm là: ( x; y ) = ( 2; 5 )
Ví dụ 3: Giải hệ phơng trình nghiệm nguyên dơng:
(1)
x + y + z = 15
3
3
3
x + y + z = 495 (2)
( Toán học tuổi trẻ số 373; tháng 7/2008)
HD Giải: Ta có: Hệ là hệ phơng trình đối xứng và
73 = 343 < 495 < 512 = 83 7 7 < x3 + y 3 + z 3 < 83

0 x y 8 . Giả sử: 0 x y 8
nên:
x + y + z = 15
( x3 x ) + ( y 3 y ) + ( z 3 z ) = 480 (*)
3
3
3
x + y + z = 495
3
Vì: ( a a ) = ( a 1) .a.( a + 1) ; a  ; nên:

(x

3

x ) + ( y 3 y ) + ( z 3 z ) = 480

Kết hợp phơng pháp lựa chọn và phơng pháp đa về tổng ta có nghiệm của hệ phơng trình
đã cho (x; y; z) là hoán vị của (3; 5; 7)
Ví dụ 4: Bài toán cổ Trăm con trâu Ăn trăm bó cỏ.
Trâu đứng ăn năm Trâu nằm ăn ba.
Lụm khụm trâu già Ba con một bó.
HD Giải: Gọi a; b; c lần lợt là số lợng trâu đứng; trâu nằm; trâu già. Ta có hệ phơng trình
nghiệm nguyên dơng:
a + b + c = 100
c = 100 ( a + b )



c

5a + 3b + 3 = 100 14a + 8b = 200


+ áp dụng phơng pháp 4 (Phơng pháp sử dụng tính chất chia hết). Ta có:
14a 200
a { 0;4;8;12}

14
a
M
8

* Nếu a = 0 b = 25 c = 75
* Nếu a = 4 b = 18 c = 78
* Nếu a = 8 b = 11 c = 81
* Nếu a = 12 b = 4 c = 84
Ví dụ 5: Tìm các số nguyên x; y z thỏa mãn:
x 2 + y 2 + z 2 < xy + 3 y + 2 z 3
(5)
HD Giải: Ta có:
(5) 2 x 2 + 2 y 2 + 2 z 2 < 2 xy + 6 y + 4 z 6
x 2 + ( x y ) + ( y 3) + 2.( z 1) < 5
2

2

2

x 1

x y 1

2
2
2
Đặt: A = x 2 + ( x y ) + ( y 3) + 2.( z 1) y 3 1

z 1 1
x.( x y ) .( y 3) .( z 1) = 0

Xét x = 0 x y = y 1 y 3 2 A 5 (vô lí). Vậy x 0
Xét x 0 x = 1 (a)

+ Nếu x y = 0 y = x y 3 2 A 5 (vô lí). Vậy x y x y = 1 (b)
+ Nếu y 3 = 0 y = 3 x y 2 A 5 (vô lí). Vậy y 3 y 3 = 1 (c)
+ Nếu z 1 = 0 z = 1. (d)
Từ (a); (b); (c); (d) ta có: x =1; y = 2; z = 1
Bài tập tham khảo:
Tìm số nguyên tố p sao cho 4p + 1 là số chính phơng
Tìm số nguyên a lớn nhất để: T = 427 + 41016 + 4a là một số chính phơng
(Toán Tuổi thơ 2 Số 11; tháng 1/2004)
Tìm tất cả bộ ba số nguyên dơng x; y; z thoả: 5 xyz = x + 5 y + 7 z + 10
(Toán học tuổi trẻ số 370; tháng 4/2008)
Tìm các số nguyên dơng x; y; z thoả: 2 xy 1 = z ( x 1) ( y 1)
( Toán học tuổi trẻ số 370; tháng 4/2008)
Tìm số nguyên dơng nhỏ nhất thoả mãn những điều kiện sau: một phần hai số đó là
bình phơng của một số nguyên; một phần ba số đó là lập phơng của một số nguyên; một phần
năm số đó là luỹ thừa bậc năm của một số nguyên.
(Toán Tuổi thơ 2 Số 47)
HD: Đa về bài tập Tìm các số nguyên dơng x; y; z x; y Z + và x; y; z nhỏ nhất thoả

mãn :


2 x1.3 y.5 z = a 2
x y 1 z
3
2 .3 .5 = b
2 x.3 y.5z 1 = c 5


Tìm tất cả các số nguyên dơng: x; y; z thoả mãn đồng thời cả hai điều kiện sau: (i)
x y 2006
là một số hữu tỉ.
y z 2006
(ii) x 2 + y 2 + z 2 là một số nguyên tố.

BI DNG HC SINH GII LP 9

Chuyên đề 1 : Phơng trình nghiệm nguyên.
A.
Phơng pháp giải.

+ Phơng trình dạng : ax + by = c, ( a,b,c các số nguyên).
Muốn tìm các nghiệm nguyên ta phải tách đợc phần nguyên ra khi biểu diễn x theo y và
ngợc lại.
+ Đa về phơng trình tích. Ta có thể biến đổi để một vế của phơng trình là tích các biểu thức
nguyên của ẩn
cồn vế kia là một số nguyênbằng cách phântích số nguyên này thành các thừa số nguyên tố
ta có thể xét mọi
trờng hợp xảy ra rồi từ đó tính ra nghiệm nguyên của phơng trình.

+ Phơng pháp loại trừ . Từ phơng trình đã cho tìm ra một số điều kiện loại bớt dần những giá
trị của ẩn để
tìm ra nghiệm..
+ Dùng tính chia hết . Ta có thể dùng tính chia hết để thu hẹp miền xác địnhcủa nghiệm đa phơng trình về
những phơng trình đôn giản hơn.
+ Tách phần nguyên. Ta có thể tách phân nguyên riêng ra và đặc điều kiện cho phân thức còn
lại cũng là một
số nguyên từ đó tìm ra nghiệm của phơng trình.
+ Dùng vai trò bình đẳng của ẩn. Nếu phơng trình nguyên mà các ẩn x,y,z có vai trò bình
đẳng, ta có thể đặt
điều kiện để giả sử x y z mà bài toán không mất tính tổng quát từ đó giới hạn bớt miền
xác định của ẩn
và tìm đợc nghiệm của phơng trình.
+ Chứng minh nghiệm duy nhất . Với một số phơng trình có nghiệm nguyên ta có thể thấy
ngay đợc một
hoặc vài nghiệm , bằng cách chứng minh phơng trình chỉ nhận những nghiệm đó ta kết luận
đợc về
nghiệm của phơng trình đã cho.

B.

Bài tập

3.1/ Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình: 3x + 4y = 29.
3.2/ Tìm các nghiệm nguyên của phơng trình: x + y = xy.
3.3/Tìm nghiệm tự nhiên của phơng trình: xy- 4x= 35-5y.


3.4/ Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình: x 2 6 xy + 13 y 2 = 100.
3.5/ Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình: 3x 2 + 5 y 2 = 345 .

3.6/ Tìm nghiệm nguyên của phơng trình : 6 x 2 + 5 y 2 = 74.
3.7/Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình : 5x-3y = 2xy-11.
3.8/ Tìm nghiệm nguyên của phơng trình sau:
a/ x 2 25 = y ( y + 6) .
b/ x 2 + 91 = y 2 .
c/ 11 + 14xyz + 7x = -22yz - 7z.
3.9/ Tìm các nghiệm nguyên của các phơng trình sau .
a/ x 2 y 2 = 1987 .
b/ x(x+1).(x+7).(x+8) = y 2 .
3.10/ Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình. x+ y + z = x.y.z
3.11/ Tìm nghiệm nguyên tố của phơng trình.
a/ x 2 2 y 2 1 = 0 .
b/ x y + 1 = z .
3.12/ Giải phơng trình nghiệm nguyên.
a/ x3 x 2 y + 3x 2 y 5 = 0 .
b/ 4 x 4 + 8 x 2 y + 3 y 2 4 y 15 = 0 .
3.13/ Tìm tất cả các bộ số nguyên m , n, p thoả mãn hai đẳng thức sau:
m + n =3 , (1) và mn 2p 2 = m + n 1 . (2).
3.14/ Chứng minh rằng phơng trình sau đây không có nghiệm nguyên : x 2 2 y 2 = 5 .
3.15/ Chứng minh rằng phơng trình sau đây không có nghiệm nguyên: 9 x 2 y 2 = 9 x + 3 .
3.16/Tìm nghiệm tự nhiên của phơng trình: 2 x + 1 = y 2 .
2
3.17/ Tìm mọi số có hai chữ số xy sao cho : xy yx 2 = k 2 .
3.18/ Giải phơng trình nghiệm nguyên : ( x + 2) 4 x 4 = y3 .
3.19/ Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:
a/ xy 2x 3y + 1 =0.
b/ x 2 y 2 = 1999 .
1

1

1

c/ x + y = p , (p là số nguyên tố cho trớc).
3.20/ Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình :
a/ x + y = 50 .

1

1

b/ x + y = z .

3.21/ Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng.
1

1

1

a/ x + y + z = 1 .
b/ x 2 + y 2 + z 2 + xyz = 20 .
3.22/ Tìm các số nguyên x , y , z , t sao cho :
x y + y z + z t + t x = 2003 .
3.24/ Tìm các cặp số nguyên không âm x,y thoả mãn: y 2 ( x + 1) = 1576 + x 2 ; (p2).
3.25/ Tìm tất cả các cặp số nguyên không âm x , y sao cho : x-y= x 2 + xy + y 2
3.26/ Tìm các số nguyên x , y sao cho : y = x 2 + 4 x + 5 .

C. Gợi ý giải.
3.4/ x 2 6 xy + 9 y 2 = 100 4 y 2 ( x 3 y )2 = 4(25 y 2 ) 0 . Vậy y 5 và 25- y 2 là số chính phơng.

Với y=0 suy ra x=0, y=1 hoặc y=2 không thoả mãn , y=3 hoặc y=4 , hoặc y=5 thoả mãn
suy ra nghiệm
của phơng trình.
3.5/ 345 vừa chia hết cho 3 vừa chia hết cho 5 nên x x phải chia hết cho 5 và y phải chia hết cho
3 suy ra x=5a,
y=3b. Khi đó 3.25a 2 + 5.9b 2 = 345 5a 2 + 3b 2 = 23 , từ đó tìm ra nghiệm của phơng trình.
3.6/ suy ra 6( x 2 4) = 5(10 y ) 2 x 2 4 = 5u và 10 y 2 = 6v suy ra u = v.
4
5

5
3

Vì x 2 = 4 + 5u 0; y 2 = 10 6v 0 nên u ; v .
Hoặc u = v =0 thì 10= y 2 , vô nghiệm , hoặc u = v = 1 thì x 2 = 9, y 2 = 4 suy ra các nghiệm
nguyên của
phơng trình là (x,y)= (3,2);(3 ,-2);(-3, 2);(-3, -2).
3.7/ Ta có 11+5x = y(2x + 3) 2 y =

2(5 x + 11)
7
= 5+
. Vì x,y là các số tự nhiên khác o
2x + 3
2x + 3

nên 2x + 3
phải là ớc của 7. Từ đó suy ra x và tìm nghiệm của phơng trình .

3.8/a/ x 2 y 2 6 y 9 = 16 x 2 ( y + 3)2 = 16 (x-y-3)(x+y+z) = 16.
Nhng x+y+3 và x-y-3 có tổng 2x nên cùng tính chẳn lẻ vì vậy tích của chúng chỉ có thể viết
thành:
2.8 = (-2).(-8) = 4. 4 = (-4).(-4). suy ra nghiệm của phơng trình.
b/ Tơng tự câu 2.
2 xyz + x + z
11
z
3
1
1
= x+
= 2 + x +
= 2 +
1
1 suy ra x=c/ Ta có 2 yz + 1
7
2 yz + 1
7
2y +
2+
z
3

2,y=1,z=3.
3.9a/ Vì 1987 là số nguyên tố nên ta chỉ có các trờng hợp sau: x 2 y 2 =(x-y).(x+y)=1.
1987=1987. 1
=(-1).(-1987)= (-1987).
(-1).
Xét 4 trờng hợp ta có nghiệm của phơng trình.

b/ Ta có ( x 2 + 8 x).( x 2 + 8 x + 7) = y 2 . Đặt z= x 2 +8x , thì z(z+7) = y 2 .
x 2 1 ( x 1).( x + 1)
=
. Vì y là nguyên tố nên chỉ có thể xảy ra 4 trờng hợp.
2
2
x +1
= y , x 1 = y suy ra x,y
+
2

3.11a/ y 2 =

Ba trờng hợp còn lại không thoả mãn. Từ đó suy ra nghiệm .
b/ Vì x 2, y 2 nên x y 4, z 5 nhng x y +1 là số nguyên tố nên x y là số chẳn tức là x=2.
Nếu y=2k+1 thì z= 22 k +1 + 1 = (2 + 1).(22 k 22 k 1 + .... + 1) tức là nó chia hết cho 3. Nếu z>5 lại
chia hết cho 3 thì không phải là số nguyên tố nữa. Vởy x=2 , y=2 , z=5.
3.12a/ Ta có x3 x 2 y + 3x 2 y 5 = 0 y = x +

x5
. Vì x,y
x2 + 2

Z x 5Mx 2 + 2 ( x 5)( x + 5)Mx 2 + 2
suy ra 27 chia hết cho x 2 + 2 do x là số nguyên và x 2 + 2 >1 nên x 2 + 2 có thể nhận các

giá trị là ớc của 27 là 3 ,9 ,27 . Kiểm tra điều kiện ta đợc nghiệm (x,y)=(-1;-3);(5,5).


b/ 4( x 4 2 x 2 + y 2 ) ( y 2 + 4 y + 4) = 11 4( x 2 + y )2 ( y + 2) 2 = 11 (2 x 2 + y 2)(2 x 2 + 3 y + 2) = 11

Ta tìm đợc các nghiệm của phơng trình (x,y)=(0,3);(-2,-7);(2,-7).
2a; a 0
0; a < 0

3.22/ Nếu a Z a + a =

Do đó a + a là số chẳn. Phơng trình tơng đơng với
( x y + x y ) + ( y z + y z ) + ( z t + z t ) + ( t x + t x) = 2003 .

Do vế trái là số tự nhiên chẳn nên phơng trình không có nghiệm.
3.24/ y 2 ( x + 1) = 1576 + x 2 = 1577 + x 2 1 ( y 2 x + 1)( x + 1) = 1577 = 19.83 .
3.25/ x y = x 2 + xy + y 2 . Do x,y không âm nên x x y = x 2 + xy + y 2 3xy .
- Nếu x=0 ta có y=0.
- Nếu x khác 0 suy ra y=0, x=1.
Suy ra ngiệm của phơng trình.
3.26/ x 2 + 4 x + 5 = ( x + 2) 2 + 1 > 0, x , nên y xác định với mọi x và y>0.
y>0
y>0


2
y = ( x + 2) + 1
( y + x + 2)( y x 2) = 1


Do đó phơng trình

2