MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ VĨNH YÊN
TRƢỜNG THCS VĨNH YÊN
***************

BÁO CÁO CHUYÊN ĐỀ

MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI
PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
Môn: Toán
Tổ bộ môn: Khoa học tự nhiên
Mã: 28
Ngƣời thực hiện: Hoàng Thị Phƣợng
Điện thoại: 0974015734
Email:

Vĩnh yên, tháng 4 năm 2015
1


DANH MỤC CÁC TỪ VIẾT TẮT
STT

TỪ VIẾT TẮT

TỪ VIẾT ĐẦY ĐỦ

1

THPT

Trung học phổ thông

2

THCS

Trung học cơ sở

3

BĐT

Bất đẳng thức

4

HSG

Học sinh giỏi

5

GV

Giáo viên

6

BDHSG

Bồi dưỡng học sinh giỏi

7

TT&TT

Toán học và tuổi trẻ

8

HD

Hướng dẫn

2


MỤC LỤC
NỘI DUNG

TRANG

A- PHẦN MỞ ĐẦU

4

I. Lí do chọn đề tài.

4

II. Mục đích nghiên cứu

4

III. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

5

IV.Phương pháp nghiên cứu.

5

V. Cơ sở lí thuyết và thực trạng của vấn đề nghiên cứu

5

1.Cơ sở lí luận của vấn đề nghiên cứu

5

2. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu

5

3.Quá trình thực hiện

6

B- NỘI DUNG

7

I. Cơ sở lí luận

7

II. Tình hình thực tế

7

I.Một số phương pháp giải phương pháp giải phương
trình nghiệm nguyên

8 - 27

II.Bài tập rèn tư duy sáng tạo

27 - 34

C.Kết quả thực hiện đề tài

35

D. Kết luận và kiến nghị

36

Tài liệu tham khảo

37

3


PHẦN I. PHẦN MỞ ĐẦU.
I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI NGHIÊN CỨU.
1. Đặt vấn đề.
Trong các kì thi HSG vòng tỉnh, cũng như các kì thi HSG vòng thành phố,
thi chọn HS vào các trường THPT chuyên thường xuất hiện các bài toán tìm
nghiệm nguyên. Đó là loại toán đòi hỏi một phản xạ nhanh và chính xác, một lí
luận chặt chẽ và lôgíc. Chính vì vậy giải phương trình nghiệm nguyên là phát
triển tốt cho trí tưởng tượng và sự thông minh.
Trong đề tài này tôi chỉ có thể nêu lên vài phương pháp giúp giải phương
trình nghiệm nguyên nhiều ẩn hoặc bậc cao trong một số trường hợp thông qua
các ví dụ cụ thể và từng loại bài tập từ đó hình thành kĩ năng và phương pháp
giải. Rất mong được sự tham gia góp ý xây dựng của các thầy cô để cho đề tài
được tốt hơn.
2. Lý do chọn đề tài nghiên cứu.
Việc dạy học là một quá trình đòi hỏi người giáo viên phải thường xuyên
trau dồi, đúc rút, tổng kết kinh nghiệm, phải trăn trở ngày đêm để tìm ra cho
mình cách dạy đối với từng loại bài toán, từng vấn đề làm sao đó cho học sinh
hiểu, tiếp thu và vận dụng một cách tốt nhất khi học toán.
Trong chương trình toán học phổ thông, phần nào cũng có cái khó cái hay
của nó. Để học sinh nắm vững nội dung cũng như bản chất từng phần, từng loại
toán không hề đơn giản, đặc biệt là khi dạy phần “Phương trình nghiệm
nguyên”. Vì đây là nội dung thường gặp trong các kỳ thi học sinh giỏi từ lớp 6
đến lớp 9 và thi vào THPT chuyên. Qua nhiều năm dạy học và dạy đội tuyển
học sinh giỏi tôi thấy học sinh thường lúng túng trước việc lựa chọn phương
pháp để giải bài toán về phương trình nghiệm nguyên hoặc lựa chọn phương
pháp giải không tối ưu dẫn đến lời giải dài và phức tạp.
Do đó tôi chọn đề tài “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm

nguyên” nhằm giúp các em tiếp cận với bài tập về giải phương trình nghiệm
nguyên và có một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên phù hợp.
Từ đó các em có được sự tự tin và hứng thú với các bài tập giải phương trình
nghiệm nguyên.
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU.
Đề tài này củng cố và cung cấp cho học sinh một số phương pháp giải
phương trình nghiệm nguyên .
4


Giúp cho học sinh có kĩ năng vận dụng vào giải bài tập về phương trình
nghiệm nguyên và rèn cho học sinh tư duy linh hoạt, sáng tạo trong giải toán.
Cũng thông qua đề tài này nhằm giúp học sinh có thói quen tìm tòi trong
học toán và sáng tạo khi giải toán. Từ đó tạo cho học sinh có phương pháp học
tập đúng đắn, biến cái đã học (kiến thức của thầy) thành cái của bản thân, nắm
bắt nó, vận dụng nó, phát triển nó đúng hướng. Qua đó giúp các em tạo niềm tin,
hưng phấn, hứng thú và say mê học môn toán học.
Trong khuôn khổ của đề tài, dù biết rằng không thể đề cập hết các phương
pháp pháp giải phương trình nghiệm nguyên, nhưng tôi cũng hy vọng đây là một
tài liệu bổ ích cho học sinh và cũng là tài liệu tham khảo cho các thầy cô giáo.
III. ĐỐI TƢỢNG, PHẠM VI NGHIÊN CỨU.
- Nghiên cứu qua học sinh lớp 8, 9 trường THCS Vĩnh Yên.
- Nghiên cứu qua đề thi tuyển sinh và lớp 10 và đề thi giao lưu HSG
lớp 6, 7, 8, 9.
IV. PHƢƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU.
- Điều tra thực trạng của học sinh, phân tích kết quả điều tra.
- Tổng kết kinh nghiệm qua thực tế giảng dạy.
- Tham khảo ý kiến cũng như phương pháp dạy của đồng nghiệp thông qua
các buổi sinh hoạt chuyên môn.
V. CƠ SỞ LÍ THUYẾT VÀ THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU

1. Cơ sở lý luận của vấn đề nghiên cứu
Phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng và phong phú nó có thể là
phương trình một ẩn, nhiều ẩn. Nó có thể là phương trình bậc nhất hoặc bậc cao.
Không có cách giải chung cho mọi phương trình, để giải các phương trình đó
thường dựa vào cách giải một số phương trình nghiệm nguyên cơ bản và một số
phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên .
2. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu
Trong chương trình toán THCS thì phương trình nghiệm nguyên không
được học sâu trong chương trình học chính khóa.Tuy nhiên trong các kỳ thi học
sinh giỏi và thi vào PTTH chuyên lại xuất hiện những bài giải phương trình
nghiệm nguyên hay và khó đòi hỏi học sinh phải thực sự linh hoạt ,sáng tạo và
có kỹ năng tốt mới làm được.
Áp dụng vào việc giảng dạy các chuyên đề toán 6, 7, 8, 9 trong trường học
hoặc bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi Toán, ôn tập cho học sinh chuẩn thi vào
THPT chuyên.
5


3. Quá trình thực hiện
Thời gian nghiên cứu từ tháng 9/2014 đến 4/2015.
Cách tiến hành : Sưu tầm và nghiên cứu một số bài toán có nội dung phù
hợp với mục đích của đề tài nghiên cứu.

6


PHẦN II. NỘI DUNG.
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN.
Trong đề tài này được đưa ra một số phương pháp giải phương trình
nghiệm nguyên cơ bản phù hợp với trình độ học sinh khá, giỏi ở cấp THCS.

Trang bị cho học sinh một số một số phương pháp giải phương trình
nghiệm nguyên.
Chọn lọc một số bài tập điển hình về phương trình nghiệm nguyên.
II. TÌNH HÌNH THỰC TẾ.
1. Kết quả.
Qua kết quả khảo sát, kiểm tra trước khi áp dụng đề tài với 41 học sinh
lớp 8A và 39 học sinh lớp 8B tôi thu được kết quả về vấn đề “Một số phương
pháp giải phương trình nghiệm nguyên” như sau:
Lớp

Áp dụng đề tài

Kết quả kiểm tra
Giỏi

Khá

8A

Chưa áp dụng

2  5% 9  22%

8B

Chưa áp dụng

3  8%

TBình

Yếu

Kém

17  40,5% 10  25% 3  7,5%

10  26% 14  36%

8  21%

4  9%

2. Nguyên nhân của thực tế trên.
Trong chương trình toán trung học cơ sở thì phương trình nghiệm nguyên
không được học trong chương trình học chính khóa. Tuy nhiên trong các kỳ thi
THPT, THPT chuyên, đặc biệt là kỳ thi học sinh giỏi các cấp thì giải phương
trình nghiệm nguyên lại được đề cập đến bằng những bài toán hay và khó, đòi
hỏi học sinh phải thực sự linh hoạt, sáng tạo và có kỹ năng sử dụng thành một số
phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên mới chọn ra cách giải tối ưu.
Trong bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi tôi nhận thấy bài toán giải
phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng và phong phú. Đòi hỏi các em phải áp
dụng linh hoạt các phương pháp vào giải bài tập và sáng tạo khi giải bài tập.
Vậy vấn đề đặt ra ở đây là phải làm sao để tìm ra biện pháp khắc phục
thực trạng trên giúp giáo viên có được một tài liệu tham khảo phù hợp đặc biệt
giúp học sinh hết lúng túng và tự tin hơn khi gặp bài toán giải phương trình
nghiệm nguyên. Qua nhiều năm giảng dạy và tham gia dạy đội tuyển học sinh
giỏi tôi đã hướng dẫn một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên tôi
nhận thấy các em học sinh có yêu thích và say mê hơn với các dạng toán này.

7


III. NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI.
A. KIẾN THỨC CƠ BẢN
I. Phép chia trong tập số nguyên
1.1. Định nghĩa. Cho hai số a, b nguyên , a  0 . Ta nói b chia hết cho a
nếu b  ac với c nguyên, ta còn nói a chia hết b hoặc b là bội của a và kí hiệu
b a; a | b .
1.2. Tính chất cơ bản
1.2.1. Nếu a | b, b  0 thì a  b .
1.2.2. Nếu a | b và a | c thì a | mb  nc với m,n nguyên.
1.2.3. Nếu a | b và a | b  c thì a | c .
1.2.4. Với mọi số nguyên a khác 0 thì a | a .
1.2.5. Nếu a | b và b | c thì a | c .
1.2.6. Nếu a | b và b | a thì a  b .
b
|b.
a
1.3.Thuật chia Euclide. Cho a và b là những số nguyên, b  0 . Khi đó tồn

1.2.7. Nếu a | b và b  0 thì

tại duy nhất cặp số nguyên (q, r) sao cho a  bq  r, 0  r  b .
Ta gọi q là thương, r là phần dư. Như vậy, a chia hết cho b khi và chỉ khi
phần dư trong thuật chia Euclide bằng 0. Ta cũng thường gọi thuật chia Euclide
là phép chia Euclide.
II. Số nguyên tố và hợp số.
2.1. Định nghĩa. Số nguyên n  1 gọi là số nguyên tố nếu nó chỉ có hai ước
nguyên dương là 1 và chính nó. Số nguyên n  1 không là nguyên tố được gọi là

hợp số.
2.2. Tính chất cơ bản.
2.2.1. Mỗi số nguyên dương lớn hơn 1 đều có ước nguyên tố.
2.2.2. Ước nguyên dương nhỏ nhất khác 1 của n là số nguyên tố và ước đó
không vượt quá

n.

2.2.3. Có vô hạn số nguyên tố (số nguyên tố lớn nhất đã tìm ra là

232582657  1 , nó được tìm ra năm 2006 và nó có 9808358 chữ số).

8


2.2.4. (Phân tích một số theo các thừa số nguyên tố). Mỗi số nguyên dương
n  1 được phân tích duy nhất thành tích các thừa số nguyên tố: n  p11 .p22 ...pk k ,

với pi nguyên tố và i   .
III. Ƣớc chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất (The greatest common divisor
anh the least common multiple).
3.1. Định nghĩa.
3.1.1. Giả sử a,b là hai số nguyên không đồng thời bằng 0. Ước chung lớn
nhất của hai số a,b là số nguyên lớn nhất chia hết cả hai số đó. Ta thường dùng
kí hiệu (a, b) để chỉ ước chung lớn nhất của hai số a và b. Hai số nguyên a,b
được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (a, b)  1 .
3.1.2. Giả sử a,b là hai số nguyên khác 0. Bội chung nhỏ nhất của hai số
a,b là số nguyên dương nhỏ nhất chia hết cho cả hai số đó. Ta thường dùng kí
hiệu a, b để chỉ bội chung nhỏ nhất của hai số a và b.
3.2. Tính chất.

3.2.1. Nếu p nguyên tố thì (a, p)  1 hoặc (a, p)  p .
3.2.2. Nếu d  (a, b) thì a  da ';b  db'; (a ', b')  1
3.2.3. Nếu d' là một ước chung của a và b thì d ' | (a, b) .
3.2.4. Nếu px || a và p y || b thì pmin(x,y) || (a, b) .
Do đó với a  p11 .p22 ...pk k ; b  p11 .p22 ...pkk ; 1 , i  0
k ,k )
Thì (a, b)  p1min( 1 ,1 ) .p2min( 2 ,2 ) ...pmin(
k
k ,k )
và a, b  p1max( 1 ,1 ) .p2max( 2 ,2 ) ...pmax(
.
k

3.2.5. Nếu a  bq  r thì (a, b)  (b, r) .
3.2.6. Với a,b nguyên dương thì ab  (a, b). a, b .
3.2.7. Nếu (a, b)  (a,c)  1 thì (a, bc)  1. Nếu (a, b)  1 thì (a m , bn )  1 .
3.2.8. Nếu a,b là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau thì tồn tại hai
số nguyên dương u,v sao cho au  bv  1 .
Tổng quát hơn: Nếu a,b là hai số nguyên dương thì tồn tại hai số nguyên
u,v sao cho au  bv  (a, b) .
IV. Đồng dƣ (Modulor arithmetics).
4.1. Định nghĩa. Cho a, b là số nguyên và n là số nguyên dương. Nếu a  b
chia hết cho n thì ta nói a đồng dư với b modulo n, ký hiệu a  b (mod n) .
4.2. Tính chất. Cho a, b,c,d là các số nguyên. Ta có các tính chất cơ bản:
9


4.2.1. Nếu a  b (mod n) thì b  a (mod n) .
4.2.2. Nếu a  b (mod n) và b  c (mod n) thì a  c (mod n) .
4.2.3. Nếu a  b (mod n) và c  d (mod n) thì a  c  b  d (mod n) .

4.2.4. Nếu a  b (mod n) và c  d (mod n) thì ac  bd (mod n) .
4.2.5. Nếu a  b (mod n) thì với mỗi k nguyên ta có ka  kb (mod n) .
4.2.6. Nếu a i  bi (mod n),i  1,2,..., k thì a1a 2 ...a k  b1b2 ...bk (mod n) .
Đặc biệt nếu a  b (mod n) thì với mỗi k nguyên dương ta có a k  bk (mod n) .
4.2.7. Nếu ab  ac (mod n) và (a, m)  1 thì b  c (mod n) .
4.2.8. Nếu a  b (mod mi ),i  1,2,..., k  a  b

 mod m ,..., m  .
1

k

Đặc biệt nếu m1 , m2 ,..., mk nguyên tố sánh đôi thì
a  b (mod mi ),i  1,2,..., k  a  b

 mod

m1m2 ...mk  .

4.3. Định lý Fermat. Giả sử p nguyên tố, a là số nguyên sao cho (a, p)  1 .
Khi đó a p1  1 (mod p) .
Có thể đưa ra một chứng minh đơn giản cho định lý này như sau:
Xét p  1 số a,2a,...,(p  1)a . Ta chứng minh rằng không tồn tại 2 số đồng
dư với nhau trong phép chia cho p. Thật vậy, giả sử tồn tại ka  a (mod p) với
k,  1,2,...p  1  a(k  ) p  k   p (mâu thuẫn).

Vậy khi chia p  1 số trên cho p ta nhận được p  1 số dư khác nhau là

1,2,..., p  1. Suy ra a.2a.....(p  1)a  1.2....(p  1) (mod p)
 (p  1)!.a p1  (p  1)! (mod p) .

Vì ((p  1)!, p)  1 suy ra a p1  1 (mod p) .
Hệ quả. Nếu p nguyên tố thì a p  a (mod p) .
V. Tính chất của số chính phƣơng.
a) Số chính phương là bình phương của một số tự nhiên.
b) Số chính phương không tận cùng bằng 2,3,7,8.
c) Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho p 2 .
d)
e)
f)
g)

Số chính phương chia cho
Số chính phương chia cho
Số chính phương chia cho
Số chính phương chia cho

3
4
5
8

có số dư là 0 hoặc 1 .
có số dư là 0 hoặc 1 .
có số dư là 0 hoặc 1 hoặc 4 .
có số dư là 0 hoặc 1 .

h) Số lập phương chia cho 7 có số dư là 0, 1 .
10

i) Số lập phương chia cho 9 có số dư là 0, 1 .
j) Nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là số chính phương
thì mỗi số đều là số chính phương.
VI. Nguyên lý cực hạn.
-Một tập hợp hữu hạn khác rỗng bất kì của  bao giờ cũng tồn tại phần tử
lớn nhất và phần tử nhỏ nhất.
- Đối với tập vô hạn nguyên tắc này áp dụng cho tập con của tập hợp số tự nhiên.

11


B. MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN.
Trong chương trình toán THCS và THPT thì phương trình nghiệm nguyên
vẫn luôn là một chuyên đề hay và khó đối với học sinh. Các bài toán nghiệm
nguyên thường xuyên có mặt tại các kì thi lớn, nhỏ trong và ngoài nước. Trong
chuyên đề này tôi xin được giới thiệu một số phương pháp giải phương trình
nghiệm nguyên.
Phương pháp 1. Phân tích thành nhân tử.
Phương pháp 2. Sử dụng đồng dư chia hết.
Phương pháp 3. Dùng bất đẳng thức.
Phương pháp 4. Phương pháp xuống thang.
Phương pháp 5. Sử dụng định lí của phương trình bậc hai.
Phương pháp 6. Sử dụng tính chất số nguyên tố.
1. Phƣơng pháp 1. Phân tích thành nhân tử.
Nội dung của phương pháp là biến đổi phương trình về dạng sau:
f1  x1 , x 2 ,..., x n  .f 2  x1 , x 2 ,..., x n ...f k  x1, x 2 ,..., x n   a ,

trong đó a là một số nguyên. Sau đó xét các trường hợp theo tập ước của a.
Ví dụ 1.1. Giải phương trình nghiệm nguyên

1 1 1
 
với p nguyên tố.
x y p
Lời giải.
Ta có (x  y)p  xy  (y  p)(x  p)  p2  1.p2  p.p  ( 1)( p2 )  (p)(p) .
Vậy phương trình đã cho có nghiệm

 x, y   p  1;p(p  1)  ;  p  1;p(p  1)  ;  2p;2p  ;(0;0),
và các hoán vị của chúng.
Nhận xét. Khi thay p bằng các số nguyên tố cụ thể ta được các bài toán tương
tự.
Ví dụ 1.2. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
3
3
x  x  2y   y  y  2x   27 (1).
Lời giải. Biến đổi phương trình (1) ta có
x  x 3  6x 2 y  12xy 2  y 3   y  y 3  6xy 2  12x 2 y  8x 3   27
 x 4  y 4  6xy  x 2  y 2   8xy  x 2  y 2   27
  x 2  y 2  x 2  y 2  6xy  8xy   27   x  y  x  y   27 (2)
3

Vì x, y * nên x + y >1, kết hợp với (2) suy ra 0   x  y   27
3

12


3


 x  y   1  x  14
và  x  y   Ư(27). Do đó 

 y  13

 x  y  27
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (1) là  x, y   (14;13) .
Ví dụ1. 3. Giải phương trình nghiệm nguyên
3

x 4  4x 3  6x 2  4x  y2 .
Lời giải. Ta có x 4  4x 3  6x 2  4x  y2 .

 x 4  4x 3  6x 2  4x  y2  x 4  4x 3  6x 2  4x  y2  1 .
 (x  1)2  y  (x  1)2  y   1 .



  x  12 –
 
  x  12 

  x  12 –
 
  x  12 


y  1
y  1

1  y  1  y

 y  0.

1

y


1

y

y  1
y  1

Với y  0  x 0; 2. Vậy phương trình có nghiệm  x, y   0;0  ;  2;0  .
Ví dụ 1.4. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

1  x  x 2  x 3  2y .
Lời giải. Ta có 1  x  x 2  x 3  2y  (1  x)(1  x 2 )  2y
 (1  x)  2m ;(1  x 2 )  2ym (m   )  x  2m  1  x 2  22m  2m1  1 .
Mà x 2  2ym  1  2ym  1  22m  2m1  1  2ym  22m  2m1  2 .
Nếu m  0  x  0;y  0.
Nếu m  0  2ym1  22m1  2m  1 (*) , mà 22m1 , 2m đều là các số chẵn nên
2ym1 là số lẻ.

suy ra 2ym1  1  y  m  1 , hay vào (*) ta được
2m  22m1  m  1  x  1;y  2 .

Vậy Phương trình có nghiệm  x, y  1;2  ;  0;0 .
Ví dụ 1.5. Tìm các số x, y, z sao cho x là số nguyên tố y, z là các số tự nhiên
thỏa mãn: x y  1  z 2 .
Lời giải. Ta có x y  z 2  1  x y  (z  1)(z  1) , suy ra z  1  x m ;z  1  x n .
m, n   ; m  n . Khi đó x m  x n  2;y  m  n  x n (x mn  1)  2  1.2 .

Vì x là số nguyên tố m  n nên có 2 trường hợp xảy ra:
13


n

n  0
n  0
x  1
TH1:  mn
 m

 x  1  2  x  3  x  3;m  1


 y  1  z 2  x y  1  31  1  4  z  2   x;y;z   3;1;2  .

x n  2
x n  2
 x  2;n  1  x  2;n  1


  mn
  m1


TH2:  mn
2

2
x

1

1
x

2


m  2



 y  3;z 2  23  1  9  z  3   x; y;z    2;3;3 .

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là  x, y,z   3;1;2  ;  2;3;3.
Bài tập tự luyện.
Bài 1.Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình sau:
a)5(x  y)  2  3xy.
b)x 2  x  6  y 2 .

c)x y .yx  x y  yx  5329.
(Đề thi vào chuyên Toán Vĩnh Phúc 2010 - 2011)
Bài 2. Tìm nghiệm nguyêncủa các phương trình sau:

a) x  x  1 x  7  x  8  y2 .
(Đề giao lưu HSG lớp 8 Huyện Vĩnh Tường năm 2011 - 2012)
b) (x  3)y2  x 2  48 .
( Đề thi HSG toán 8 Thành phố Vĩnh Yên 2012 - 2013)
c) x 2  (2007  y)x  3  y  0 .
(Đề thi vào chuyên Vĩnh Phúc 2007 - 2008)
d) x 2  3y2  2xy  2x  10y  4  0 .
(Đề TS vào THPT Hà Nội Amsterdam 2008)
2. Phƣơng pháp 2. Sử dụng đồng dƣ chia hết.
Một số chính phương không thể có tận cùng bằng 2; 3; 7; 8. Một số chính
phương chia 3 dư 0, hoặc 1,….Những tính chất đơn giản đó nhiều khi lại là chìa
khóa để giải nhiều phương trình Diophant. Ta đi xét ví dụ sau.
VÝ dô 2.1. T×m các số nguyên tố x, y, z tho¶ m·n: xy + 1 = z .
Lời giải. Ta cã x, y nguyªn tè vµ x y  1  z  z  3 ,
mµ z nguyªn tè  z lÎ  x y ch½n  x ch½n  x = 2.
XÐt y = 2  22 + 1 = 5 lµ nguyªn tè  z = 5 (tho¶ m·n).
Xét y  2  y  2k  1(k  N)  22k1  1  z  2.4k  1  z ,
14


ta thấy 4 chia cho 3 dư 1  (2.4k  1) 3  z 3 (loại)
Vậy x  2;y  2;z  5 .
Ví dụ 2.2. Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau
19x  5y  1890  19754  1993 .
30

Lời giải. Đặt A  19x  5y  1890; B  19754  1993
30

Dễ thấy A  19x (mod5) ; 19x  (20  1)x  ( 1) x (mod5) .

Nếu x chẵn thì 19x  1(mod5) , nếu x lẻ thì 19x  1  4(mod5) .

 A  1;4(mod5) còn B  3(mod5) (vô lí). Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Ví dụ 2.3. Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình sau: x 2  3y  3026 .
Lời giải. Xét y  0  x 2  30  3026  x 2  3025 mà x  N  x  55 .
Xét y  0  3y  3, x 2 chia cho 3 d- 0 hoÆc 1, suy ra x 2  3y chia cho 3 d- 0 hoÆc 1
mµ 3026 chia cho 3 d- 2 , vô lí. VËy phương trình có nghiệm (x; y) =(55; 0).
Nhận xét.
Ta cũng có thể tổng quát bài toán trên với x,y là số nguyên hoặc thay
3026 bởi các số có dạng k 2  1 ta cũng được các bài tập tương tự.
Các bài toán trên chúng ta dễ dàng nhận ra modul phù hợp, tuy nhiên
trong nhiều trường hợp việc chọn được modul không hề đơn giản.
Ví dụ 2.4. Chứng minh rằng phương trình y2  x 5  4 không có nghiệm nguyên.
Lời giải. Giả sử tồn tại x, y  thỏa mãn phương trình. Nếu x 11thì x10 11,
nếu (x,11)  11 thì x10  111 . Như vậy khi x là số nguyên tùy ý thì x10 chia cho
11 dư 0 hoặc 1, do đó x 5 chia cho 11 chỉ có thể dư 0,  1 . Kết hợp với phương
trình đã cho nhận được y 2 chia cho 11 chỉ có thể dư 6, 7, 8. Nhưng với y là số
nguyên tùy ý thì y 2 chia cho 11 chỉ có thể dư 0, 1, 3, 4, 5, 9. Vậy ta gặp mâu
thuẫn nên phương trình vô ngiệm.
Ví dụ 2.5. (Balkan1998). Giải phương trình nghiệm nguyên sau

m2  n 5  4 .
Lời giải. Ta có m2  0;1;2;3;4;5;9(mod11); n5  4  6;7;8(mod11) , vô lí.
Do đó phương trình này vô nghiệm.
Nhận xét. Lời giải bài toán thật đơn giản nhưng việc nghĩ ra chọn modul 11
không hề đơn giản và nó là chìa khóa cho việc giải quyết bài toán này. Nói
chung để xét modul hiệu quả còn phải tùy thuộc vào sự nhạy bén của người làm
15

toán. Đối với phương trình nghiệm nguyên có sự tham gia của các số lập
phương thì modulo thường dùng là modul 9 vì x 3  0;1;8(mod 9) .
Ta xét tiếp ví dụ sau.
Ví dụ 2.6. Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x 3  y3  z 3  1012 .
HD. x 3  y3  z 3  0;1;2;3;6;7;8(mod 9) , còn 1012  4(mod 9) , vô lí.
Do đó phương trình đã cho vô nghiệm.
Nhận xét. Ta cũng có thể thay 1012 bằng các số có dạng 9k +4.
Ví dụ 2.7. Giải phương trình nghiệm nguyên:
x14  x 42  ....  x 74  2015 .

Lời giải. Nếu x= 2k (k  ) thì x 4 16 . Nếu x = 2k + 1 thì
x4 – 1 = (x - 1)(x + 1)(x2 + 1) 16.
Vậy x4  0 (mod16) hoặc x4  1(mod16). Do đó khi chia x14  x 42  ....  x 74 cho
16 có số dư không vượt quá 7, mà 2015  15(mod16). Vậy phương trình đã
cho không có nghiệm nguyên.
Nhận xét. Vế trái có số dư không vượt quá 7 khi chia cho 16. Vậy ta có thể thay
vế phải bằng một số bất kì sao cho khi chia cho 16 có số dư lớn hơn 7 là được.
Ta cũng có thể tổng quát bài toán như sau
x14  x 24  x 34  ...  x 4n  16k  r (n  r  16) .

Ví dụ 2.8 Tìm tất cả những số nguyên dương x, y,z thỏa mãn phương trình
3x  4y  5z .

Lời giải. Vì 4y  1(mod 3)  5z  1(mod 3)  z  2k, k   , thay vào phương
trình ta được (5k  2y )(5k  2y )  3x . Hơn nữa (5k  2y )  (5k  2y )(mod 3) nên
(5k  2y )  1(1) và (5k  2y )  3x (2). Từ (1) suy ra ( 1)k  ( 1) y  1(mod 3) .

Từ (2) suy ra ( 1)k  ( 1) y  0(mod 3) . Do vậy k lẻ và y chẵn nên y  2 . Khi đó
(5k  2y )  1(mod 4)  3x  1(mod 4)  x chẵn, do đó 3x  1(mod8) . Như vậy

nếu y  4 thì 2y 8  5k  1(mod8), mâu thuẫn vì k lẻ. Do đó ta phải có y  2 ,
thay vào (1) và (2) ta được k  1,z  2  x  y  z  2. Vậy phương trình đã cho
có nghiệm (x, y,z)  (2;2;2) .
Ví dụ 2.9. Tìm một hằng số nguyên dương c sao cho phương trình

xy2  y2  x  y  c ,
có đúng 3 nghiệm nguyên dương (x,y).
16


Lời giải. Ta viết lại phương trình x(y2  1)  y2  y  c .
Nếu y  1  c  0 ,loại.
y2  y  c y(y  1)  c
Nếu y  1  x 
,do đó c y  1và y(y  1)  c y  1.

y2  1
(y  1)(y  1)

Ta có y  1(mod y  1), y  1  2(mod y  1) nên y( y  1)  2(mod y  1)

 c  2(mod y  1) .Vậy c  0(mod y  1),c  2(mod y  1),
mà y  1  0(mod y  1), y  1  2(mod y  1) nên c  y  1 (mod  y  1, y  1) .

Với y 2;3 ta có c  1(mod 3),c  2(mod 4) . Do vậy ta thử lấy c  10 .
2 

Ta phải có y  1Ư(10)  y 2;3;6;11 . Khi đó x  4;2; ;1 , theo thứ tự.
7 


Vậy có đúng ba nghiệm nguyên dương  x, y  (4;2),(2;3),(1;11).
Bài tập tự luyện.
Bài 1. Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau.
a) 2x  212  y2  32 .

c) x 2  2x  4y2  37 .

b) 15x 2  7y2  9.

d) 8x 3  3y  997 .

e) 1992x1993  1993y1994  1995 .
(Đề TS vào THPT Chuyên KHTN - HN - 1994)
f) 3x 2  4y2  6x  13 .
(Đề giao lưu HSG lớp 8 Thành phố Vĩnh Yên năm 2011 - 2012)
g) (2x  5y  1)(2 x  y  x2  x)  105 .
Bài 2. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 5x  1  2y .
Bài 3. Tìm số nguyên tố p để 4p + 1 là số chính phương.
Bài 4. Tìm các số tự nhiên x, y sao cho 2x  122  y2  3 .
(Thi học sinh giỏi CHDC Đức 1978)
Phƣơng pháp 3: Dùng bất đẳng thức.
Dạng 1. Phƣơng trình đối xứng.
Sử dụng đối với các phương trình mà các biến có vai trò của các ẩn bình
đẳng như nhau thì người ta thường dùng phương pháp sắp xếp thứ tự các biến.
Ví dụ 3.1. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
1 1
  z.
x y

17


Lời giải.

1 1
  z  xyz  x  y .
x y

Do vai trò của x, y như nhau nên giả sử x  y
Ta có: xyz  x  y  y  y  2y
 xyz  2y  xz  2   x;z  1;2  ; 1;1 ;  2;1

Với x  1;z  2  y  1   x;y;z   1;1;2  .
Với x  1;z  1  y  .
Với x  2;z  1  y  2   x;y;z    2;2;1 .
Vậy phương trình có nghiệm nguyên là  x;y;z  1;1;2  ;  2;2;1.
Ví dụ 3.2. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
x  y  z  t  xyzt .

Lời giải. Ta giả sử 1  x  y  z  t , có x  y  z  t  xyzt  4t
Vì t nguyên dương  xyz  4  xyz 1;2;3;4.
Nếu xyz  1  x  y  z  1  3  t  t (loại).
Nếu xyz  2 , mà x  y  z  x  y  1;z  2  t  4 .
5
Nếu xyz  3 , mà x  y  z  x  y  1;z  3  t  (loại).
2
Nếu xyz  4 , mà x  y  z  x  y  1;z  4 hoặc x  1; y  z  2 , suy ra
t  2 (loại).

Vậy nghiệm (x, y,z, t) của phương trình là bộ (1; 1; 2; 4) và các hoán vị của
chúng.
Ví dụ 3.3. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
5(x  y  z  t)  10  2xyzt .

Lời giải. Ta giả sử x  y  z  t  1, ta có 5(x  y  z  t)  10  2xyzt
2

5
5
5
5
30



 3  t 3  15  t  1 hoặc t  2
yzt xzt xyt xyz t

* Với t  1 ta có 5(x  y  z  1)  10  2xyz
2

5
5
5
5
30
 

 2  z 2  15  z 1;2;3.

yz xz xy xyz z

Khi z  1 có 5(x  y)  20  2xy  (2x  5)(2y  5)  65

18


 x  35
=> 
y  3

x  9
hoặc 
y  5

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  4xyz
4

5
5
5
20 35
35
 

 2  z 2   9  z 1;2  z  2 (vì z  t  2)
yz xz xy xyz z
4

 (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 (x ; y; z ; t) của phương trình là các bộ (35; 3; 1; 1);(9;5; 1; 1) và
các hoán vị của chúng.
Dạng 2. Sử dụng kẹp.
Trong phương pháp này ta thường sử dụng tính chất lũy thừa cùng bậc của các
số nguyên liên tiếp hoặc tích các số nguyên liên tiếp .....để đưa phương trình
nghiệm nguyên về dạng ít ẩn hơn và quen thuộc hơn. Từ đó dễ dàng tìm được
nghiệm nguyên của phương trình đã cho. Ta thường hay vận dụng hai nhận xét
sau trong đó x, y là các số nguyên và a, n là các số nguyên lớn hơn 1.
Nhận xét.
* x n  yn  (x  a)n thì yn  (x  i) n với i 1;2;3;...;a  1 .
* x(x  1)...(x  n)  y(y  1)...(y  n)  (x  a)(x  a  1)...(x  a  n) thì

y(y  1)...(y  n)  (x  i)(x  i  1)...(x  i  n) với i 1;2;3;...;a  1 .
Sau đây là một số ví dụ minh họa.
Ví dụ 3.4. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình
x 3  y3  y 2  y  1 .

Lời giải. Ta có y2  y  1  0y  x 3  y3  y2  y  1  y3 
Xét  y  1  y3  y2  y  1  2y  y  1
3

Nếu y  1 hoặc y  0 thì y3  x 3   y  1  x  .
3

Nếu 1  y  0  y 1;0.
Với y  1  x  0   x;y    0; 1 .

Với y  0  x  0   x;y    0;0  .
Vậy phương trình có nghiệm nguyên là  x, y   0; 1 ;  0;0  .
19


Ví dụ 3.5. Giải phương trình nghiệm nguyên: x 3  y3  2y2  1 .
Lời giải. Ta có: x 3  y3  2y2  1  y3 nên x  y  x  y  1(*)
Nếu y  0 hoặc y  3 thì y(y  3)  0  (y  1)3  y3  2y2  1  x 3  y  1  x ,
mâu thuẫn với (*). Do vậy 3  y  0  y 3; 2; 1;0.
Với y  3  x  2   x;y    2; 3 .
y  2  x  1   x;y   1; 2 

y  1 thì không tồn tại x nguyên thỏa mãn
y  0  x  1  (x, y)  (1; 0) .

Vậy phương trình có nghiệm nguyên là (x, y) ( 2; 3);(1; 2);(1;0).
Ví dụ 3.6. Giải phương trình nghiệm nguyên

y2  y  x 4  x 3  x 2  x .
Lời giải. Ta có y2  y  x 4  x 3  x 2  x

 y2  y  x 4  x 3  x 2  x  4y2  4y  1  4x 4  4x 3  4x 2  4x  1
 (2x 2  x)2  (2y  1)2  (3x  1)(x  1) và (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  (2x 2  x)2  (2y  1)2 .
Nếu x  2 hoặc x  1 hì x(x  2)  0  (2y  1)2  (2x2  x  1)2 .
Do vậy Nếu x > 2 hoặc x < -1 thì (x 2  x)2  (2y  1)2  (2x 2  x  1)2 (loại).
 -1 x  2  x  {0; 1; -1; 2}
Xét x  1  y 0;  1.

Xét x  0  y 0;  1.
Xét x  1  y  .
Xét x  2  y 5;  6.
Vậy phương trình có nghiệm nguyên là
(x ; y)  {(2 ; 5) , (2 ; -6) , (0 ; 0) , (0 ; -1) , (-1; 0) , (-1 ; -1)}.
Ví dụ 3.7. Tìm nghiệm nguyên của phương trình

x 6  3x 3  1  y4 (*).
Lời giải. Với x  0;y  1 là nghiệm của phương trình (*) đó là 2 nghiệm duy
nhất.Thật vậy
+) Với x > 0
20


(x 3  1)2  x 6  2x 3  1  x 6  3x 3  1  y4
(x 3  2)2  x 6  4x 3  1  x 6  3x 3  1  y4 , nên x 3  1  y2  x 3  2
+) Với x  -2
Ta thấy (x 3  2)2  x 6  4x 3  1  x 6  3x 3  1  y4  x 6  2x 3  1  (x 3  1)2
 x 3  2  y2  x 3  1 , vô lí .
+) Với x = -1 Thì y4 = - 1 vô nghiệm .
Vậy phương trình đã cho có nghiệm (x; y) {(0 ; 1); (0 ; -1)}.
Nhận xét. Đôi khi chúng ta còn sử dụng cách giới hạn tập hợp chứa nghiệm dựa
vào điều kiện của các ẩn.
Dạng 3. Giới hạn tập nghiệm dựa vào điều kiện của các ẩn.
Ví dụ 3.8. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
x  y  50 .

Lời giải. Thấy ngay 0  x  50,0  y  50 . Từ

y  50  x ta có:

y  50  x  2 50x  50  x  10 2x

Vì y nguyên nên 2x  4k 2  x  2k 2 , k  với 2k2  50  k 2  25  k chỉ có
thể nhận các giá trị: 0, 1, 2, 3, 4, 5. Lựa chọn k trong các số trên để thỏa mãn
phương trình ta được các nghiệm nguyên dương (x; y) là (2; 32), (8; 18), (18; 8),
(32; 2).
Nhận xét. Cách giải của ví dụ 3.8 thể hiện cho phương pháp giải đối với
phương trình có ít dấu căn. Vậy câu hỏi đặt ra: Nếu phương trình có nhiều dấu
căn thì chúng ta sẽ giải ra sao, ta đi xét ví dụ sau:
Ví dụ 3.9. Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình
x  x  ...  x  y trong đó ở vế trái có n dấu căn.

Lời giải. Ta thấy ngay (x; y) bằng (0; 0) là nghiệm của phương trình trên.
a. Nếu n  1 thì

x  y  x  y2  x  0  .Vậy nghiệm (x; y) là  t 2 ; t  , t 

b. Nếu n  2 thì x  x  y  x  x  y2  x  y2  x  x là số tự nhiên.
x  t, t  mà khi đó t  t  1  y2 . Nhưng t 2  t  t  1   t  1 nên
2

t 2  y2   t  3 .Điều này không xảy ra với t > 0 và phương trình chỉ có nghiệm
2

(x; y) là (0; 0).

21

c. Với n  3 ta có

x  x  ...  x  y2  x trong đó vế trái có n  1 dấu căn,

đặt y2  x  y1 là số nguyên dương. Tiếp tục làm như thế n  3 lần dẫn đến
x  x  y2n2  x

Như vậy ta lại trở về trường hợp b) và chỉ có nghiệm (x, y)  (0;0) .
Nhận xét. Từ ví dụ 3.9 ta có thể đặc biệt hóa n = 2015 hoặc các giá trị khác
chúng ta sẽ có được các bài toán tương tự.
Dạng 4.Áp dụng bất đẳng thức cổ điển.
Ví dụ 3.10. Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau

x

2

 1 x 2  y2   4x 2 y .

Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:

x 2  1  2x , dấu bằng xảy ra khi x = 1,
x 2  y2  2xy , dấu bằng xảy ra khi x = y

Vì x, y nguyên dương nên nhân các bất đẳng thức trên theo vế ta được,

x

2

 1 x 2  y2   4x 2 y , dấu bằng xảy ra khi x  y  1

Vậy phương trình có nghiệm nguyên của phương trình là (x, y)  (1;1) .
Ví dụ 3.11. Giải phương trình nghiệm nguyên:

 x  y  1

2

 3  x 2  y2  1 .

Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Schwarz, ta có:

 x  y  1

2

 1  1  1  x 2  y2  1

Dấu bằng xảy ra khi x  y  1. Vậy phương trình có nghiệm nguyên của phương
trình là (x, y)  (1;1) .
Ví dụ 3.12. Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau
x 6  z 3  15x 2 z  3x 2 y2 z   y2  5 .
3

Lời giải. x 6  z 3  15x 2z  3x 2 y 2z   y 2  5 

3

  x 2    y2  5  z 3  3x 2z  y2  5 .

3

3

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có  x 2    y2  5  z 3  3x 2z  y2  5 .
3

3

Dấu bằng xảy ra khi x 2  y2  5  z .
Từ đó suy ra x 2  y2  5   x  y  x  y   5 .
22


Giải bằng phương pháp đưa về phương trình tích ta được: x  3;y  2  z  9
Vậy phương trình có nghiệm nguyên là (x, y,z)  (3;2;9) .
Ví dụ 3.13. Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau
3  x 4  y4  x 2  y2  2   2  x 2 x  1 y 2 y  1 .

Lời giải. Ta có  x  1  0  2x 2  4x  2  0  3  x 2  x  1   x 2  x  1
2

Do x 4  x 2  1   x 2  1  x 2   x 2  x  1 x 2  x  1 
2

2
1 2
x  x  1

3

2
1 2
y  y  1

3
Cộng theo vế (*) và (**), ta có:

Tương tự ta có: y4  y2  1 

(*)
(**)

2
2
1
1
x 4  y4  x  y  2   x 2  x  1   y2  y  1    2  x 2  x  1   y 2  y  1
 3
3
4
4
2
2
 3  x  y  x  y  2   2  x  x  1   y  y  1

Dấu bằng xảy ra khi x  y  1.
Vậy phương trình có nghiệm nguyên là: (x, y)  (1;1) .
Ví dụ 3.14. Tìm các số nguyên dương x, y, z biết x, y, z là các số đôi một khác
nhau

x 3  y3  z 3   x  y  z  .
2

x 3  y3  z 3  x  y  z 

Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức

3
3



Suy ra x  y  z   x  y  z  

x  y  z

3

3

 x  y  z  9.
9
Vì x, y, z đôi một khác nhau suy ra x  y  z  1  2  3  6 .
3

3

3

2

Suy ra x  y  z 6;7;8;9 . Lần lượt thử các giá trị của x + y + z ta được
(x, y,z)  (1;2;3) và các hoán vị của nó.

Ví dụ 3.15. Chứng minh rằng phương trình
x y z
   b không có nghiệm tự nhiên khi b  1 hoặc b  2 nhưng có vô số
y z x

nghiệm tự nhiên khi b  3 .
x y z
Lời giải. Ta thấy x, y,z     , ,  0 Theo BĐT AM-GM ta có,
y z x

23


3

x y z
x y z
x y z
 y  z  x   27( y  z  x )  27   y  z  x   3 ,





đẳng thức xảy ra khi x  y  z .
x y z

   b không có nghiệm là số tự nhiên khi b  1 hoặc
y z x

Vậy phương trình

b  2 và có vô số nghiệm khi b  3 chẳng hạn ( x  a, y  b, z  a ) với a là số
tự nhiên bất kỳ.
Bài tập tự luyện:
Bài1. Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình sau.
a) x  y  1  xyz
c)

b) x  y  z  9  xyz

1 1 1
 
x y 2

d)

1
1 1 1

  1
x 2 y2 z 2 t 2

e) 3(xy  yz  zx)  4xyz
( Đề thi Chuyên Vĩnh phúc năm 2012 -2013)
Bài 2.Giải phương trình nghiệm nguyên:
a) (x  2)4  x 4  y3

b) 3x 2  6y2  2z 2  3y2 z 2  18x  6  0
(đề giao lưu HSG lớp 8 Thành phố Vĩnh Yên năm 2010 - 2011)
c) 2x 2  (x 2  1)(y2  6y  8)  0
( Đề giao lưu HSG lớp 8 Thành phố Vĩnh Yên năm 2013- 2014)
d) x 2  xy  y2  3
(đề giao lưu HSG lớp 8 Huyện Vĩnh Tường năm 2011- 2012)
e) (x 2  y2  1)2  5x 2  4y2  5  0
(đề giao lưu HSG lớp 8 Huyện Lập Thạch năm 2008 - 2009)
f) x 3  8  7 8x  1
(Tạp chí TH&TT tháng 8/1999)
g)  x  1   x  1  y 3
(Đề thi THPT chuyên Toán KHTN năm học 2011 – 2012)
4

4

4. Phƣơng pháp 4. Phƣơng pháp xuống thang.
Cơ sở của phương pháp xuống thang là tính sắp thứ tự tốt của  (và  * ),
một tập con khác rỗng bất kỳ của  đều có phần tử nhỏ nhất.
24


Để chứng minh một phương trình là vô nghiệm ta giả sử ngược lại rằng tập 
các nghiệm nguyên(tự nhiên, nguyên dương) của phương trình khác rỗng. Ta
đưa ra một thứ tự tốt trên  và giả sử 0 là nghiệm nhỏ nhất(theo thứ tự trên).
Nếu bằng cách nào đó ta dựng được nghiệm 1 nhỏ hơn 0 thì chúng ta sẽ đi đến
mâu thuẫn. Từ đó suy ra được rằng phương trình đã cho vô nghiệm. Để rõ ràng
hơn ta xét ví dụ.
Ví dụ 4.1.Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2  5y2  0 .
Lời giải. Giả sử x0, y0 là nghiệm của phương trình x 2  5y2  0

ta có x 02 - 5y 02 = 0  x0 = 5 x1
(5x1) 2 – 5y 02 = 0  5x 12 - y 02 = 0
 x 12 - 5y 12 = 0.Vây nếu (x0,,y0) là nghiệm của phương trình đã cho thì (

x 0 y0
, )
5 5

x 0 y0
, )
5k 5k
với k nguyên dương bất kỳ cũng là nghiệm của phương trình. Điều này xảy ra

cũng là nghiệm của phương trình đã cho. Cứ tiếp tục lập luận như vậy (

khi x 0  y0  0 .Vậy phương trình có nghiệm (x, y)  (0;0)
Ví dụ 4.2. Giải phương trình nghiệm nguyên x 2  y2  z 2  x 2 y2 .
Lời giải. Nếu x, y đều là số lẻ  x2 , y2 chia cho 4 đều dư 1 nên x2y2 chia cho 4
dư 1.
Mà x2 + y2 chia cho 4 dư 2  z2 chia cho 4 dư 3 (loại)
Ta thấy x2 + y2 + z2 = x2 y2  x chẵn hoặc y chẵn
* Giả sử x chẵn  x2 , x2y2 chẵn  y và z phải đồng thời chẵn
Đặt x  2x1 , y  2y1 ,z  2z1 ta có x12  y12  z12  x12 y12
Lập luận tương tự ta có x 22  y22  z 22  16x 22 y22
quá trình này cứ tiếp tục ta thấy (x1, y1, z1 ) là nghiệm của phương trình thì
x1 y1 z1
, , ) là nghiệm của phương trình với k nguyên dương
2k 2k 2k
 x1  y1  z1  0 . Vậy phương trình có nghiệm (x, y,z)  (0;0;0) .

(

Ví dụ 4.3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 3  3y3  9z 3  0 (1).
Lời giải. Giả sử (x 0 , y0 ,z 0 ) là nghiệm của phương trình.
Khi đó x 0  3 đặt x 0  3x1 vào (1) ta được 9x13  y03  3z 03  0  y0  3 .
Đặt y0  3y1  z  3
25