TÀI LIỆU CHUYÊN SÂU MÔN TOÁN TRUNG HỌC CƠ SỞ

CHUYÊN ĐỀ: SỐ CHÍNH PHƯƠNG
I. LÍ THUYẾT
1. Định nghĩa: Số chính phương là số bằng bình phương đúng của một số nguyên.
2. Tính chất:
- Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9; không thể có
chữ tận cùng bằng 2, 3, 7, 8.
- Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số
nguyên tố với số mũ chẵn.
- Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n+1. Không có số
chính phương nào có dạng 4n + 2 hoặc 4n + 3 (n ∈ N).
- Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 3n hoặc 3n +1. Không có số
chính phương nào có dạng 3n + 2 ( n ∈ N ).
- Số chính phương tận cùng bằng 1, 4 hoặc 9 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn.
- Số chính phương tận cùng bằng 5 thì chữ số hàng chục là 2.
- Số chính phương tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ.
- Số chính phương chia hết cho 2 thì chia hết cho 4.
- Số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9
- Số chính phương chia hết cho 5 thì chia hết cho 25
- Số chính phương chia hết cho 8 thì chia hết cho 16.
* Lưu ý:
- Khi viết một số có nhiều chữ số giống nhau thành một số chính phương ta nên
{ = a và chú ý rằng: 99...9
{ = 9.a
đặt : 11...1
n
n
n
{ + 1 = 10
Do đó: 9.a + 1 = 99...9
n

3. Phương pháp chứng minh A là số chính phương:
- Cách 1: Biến đổi A thành bình phương của một số nguyên.
- Cách 2: Áp dụng tính chất: Nếu ab là số chính phương và (a,b)m = 1 thì mỗi số
a, b cũng là một số chính phương.
4. Phương pháp chứng minh A không là số chính phương:
a) Chứng minh A có chữ số tận cùng là 2, 3, 7, 8.
b) Chứng minh A chứa số nguyên tố với số mũ lẻ.
c) Xét số dư khi chia A cho 3, 4, 5, 8.
- Nếu chia cho 3, 4 thì số dư khác 0, 1.
- Nếu chia cho 5 thì số dư khác 0, 1, 4.
- Nếu chia cho 8 thì số dư khác 1.
d) A có chữ số hàng đơn vị là 6, chữ số hàng chục chẳn
A có chữ số hàng đơn vị khác 6, chữ số hàng chục lẻ
A có chữ số hàng đơn vị là 5, chữ số hàng chục khác 2
A có chữ số tận cùng là 2 số lẻ.
A có một trong các dạng sau: 3k + 2; 4k + 2; 4k + 3; 5k + 2; 5k + 3;
6k + 2 ; 6k + 5; 7k + 3;... ⇒ A không phải là số chính phương.
e) A M P và A không chia hết cho P 2 (P nguyên tố) ⇒ A không phải là số chính
phương.
f) A nằm giữa 2 số chính phương liên tiếp ⇒ A không phải là số chính phương.
II. BÀI TẬP ÁP DỤNG

Dạng 1: Chứng minh một số là số chính phương
1


Bài 1: Chứng minh rằng mọi số nguyên x, y thì:
A= (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y 4 là số chính phương.
Giải : Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y 4
= ( x 2 + 5 xy + 4 y 2 )( x 2 + 5 xy + 6 y 2 ) + y 4

Đặt x 2 + 5 xy + 5 y 2 = t

(t ∈ Z )
A = ( t − y 2 )(t + y 2 ) + y 4 = t 2 − y 4 + y 4 = t 2 = ( x 2 + 5 xy + 5 y 2 ) 2

Vì x, y, z ∈ Z nên x 2 ∈ Z , 5 xy ∈ Z , 5 y 2 ∈ Z ⇒ x 2 + 5xy + 5 y 2 ∈ Z
Vậy A là số chính phương.
Bài 2: Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng 1 luôn là số chính phương.
Giải : Gọi 4 số tự nhiên, liên tiếp đó là n, n+1, n+2, n+3 (n ∈ Z). Ta có:
n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n . ( n + 3)(n + 1)(n + 2) + 1
= ( n 2 + 3n)(n 2 + 3n + 2) + 1 (*)
Đặt n 2 + 3n = t (t ∈ N ) thì (*) = t(t + 2) + 1 = t2 + 2t + 1 = (t + 1)2
= (n 2 + 3n + 1)2
2
Vì n ∈ N nên n + 3n + 1 ∈ N.
Vậy n(n + 1)(n + 2)(+ 3) + 1 là số chính phương.
Bài 3: Chứng minh rằng: x 4 + 6 x 3 + 7 x 2 − 6 x + 1 là một số chính phương với mọi số
nguyên x.
Giải: x 4 + 6 x3 + 7 x 2 − 6 x + 1 = x 4 − 2 x 2 + 1 + 6 x3 − 6 x + 9 x 2
= ( x 2 − 1) + 6 x ( x 2 − 1) + 9 x 2
2

= ( x 2 + 3x − 1)
Vì x nguyên nên x2 + 3x - 1 nguyên
Vậy x 4 + 6 x 3 + 7 x 2 − 6 x + 1 là một số chính phương.
Bài 4: Chứng minh rằng: A = 1 + 3 + 5 +7 + ...+ n là một số chính phương với n lẻ.
Giải:
Vì n lẻ nên n = 2k - 1 ( k ∈ n, k > 1)
Ta có: A = 1 + 3 + 5 + 7 + ...+ (2k - 1)
2

=

[1 + ( 2k − 1) ].k
= k2
2

Vậy A là một số chính phương với n lẻ.
Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ...+ k(k + 1)(k + 2)
Chứng minh rằng 4S + 1 là số chính phương.
1
1
k (k + 1)(k + 2). 4= k(k + 1)(k + 2). [ (k + 3) − ( k − 1) ]
4
4
1
1
= k(k + 1)(k + 2)(k + 3) - k(k + 1)(k + 2)(k - 1)
4
4

Giải : Ta có: k(k + 1)(k + 2) =

=> 4S =1.2.3.4 - 0.1.2.3 + 2.3.4.5 - 1.2.3.4 + . . . + k(k + 1)(k + 2)(k + 3)
- k(k + 1)(k + 2)(k - 1) = k(k + 1)(k + 2)(k + 3)
=> 4S + 1 = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) + 1
Theo kết quả bài 2 => k(k + 1)(k + 2)(k + 3) + 1 là số chính phương.
Bài 4: Cho a là tổng của hai số chính phương. Chứng minh rằng:
a) 2a cũng là tổng của hai số chính phương.
b) a 2 cũng là tổng của hai số chính phương.

2


Giải: a) Đặt a = x2 + y2 ( x, y ∈ Z )
⇔ 2a = 2 x 2 + 2 y 2
= x 2 + 2 xy + y 2 + x 2 − 2 xy + y 2

= ( x + y) + ( x − y)
2

2

Vậy 2a là tổng của hai số chính phương
b) GV tự giải
Bài 5: Chứng minh rằng a,b đều là tổng của hai số chính phương thì a.b cũng là
tổng của hai số chính phương.
Giải: Đặt a = x2 + y2 ( x, y ∈ Z )
b = z 2 + t2 ( z , t ∈ Z )

2
2
2
2
Ta có : a.b = ( x + y ) . ( z + t )

= x 2 z 2 + x 2t 2 + y 2 z 2 + y 2 t 2
= x 2 z 2 + 2 xyzt + y 2t 2 + x 2t 2 − 2 xyzt + y 2 z 2
= ( xz + yt ) + ( xt − yz )
2

2

Vậy a.b là tổng của hai số chính phương
n
n −1
n +1
Bài 6: Chứng minh rằng: A = ( 10 + 10 + ... + 10 + 1) ( 10 + 5 ) + 1
phương.
n
n −1
n +1
Giải: Ta có: A = ( 10 + 10 + ... + 10 + 1) ( 10 + 5 ) + 1

là một số chính

1
( 10 − 1) ( 10n + 10n −1 + ... + 10 + 1) ( 10n+1 + 5 ) + 1
9
1
= ( 10n +1 − 1) ( 10n+1 + 5 ) + 1
9
1
= 102( n +1) + 4.10n +1 − 5 + 1
9
1
= 102( n +1) + 4.10n +1 + 4
9
=

(

)

(

)

2

 10n +1 + 2 
1
= ( 10n +1 + 2 ) = 
÷
9
3


10n+1 + 2
Vì 10n+1 + 2 chia hết cho 3 nên
nguyên.
3

Vậy A là số chính phương.
Bài 7: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; . . .
Dãy số trên được xây dựng bằng cách thêm số 48 vào giữa các chữ số đứng trước và
đứng sau nó. Chứng minh rằng tất cả các số của dãy trên đều là số chính phương.
Giải : Ta có 44 ...488...89 = 44...488...8 + 1 = 44...4 . 10n + 8 . 11 ... 1 + 1
n chữ số 4 n - 1 chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 8

n chữ số 4

n chữ số 1

10n −1
10 n −1
n
= 4.
.10 + 8.
+1
9
9
=

4.102 n − 4.10 n + 8.10n − 8 + 9 4.102 n + 4.10 n + 1
=
9
9
3


2

 2.10n + 1 
=
÷
3



Ta thấy 2.10n + 1 = 200...01 có tổng các chữ số chia hết cho 3 nên nó chia hết cho 3

n - 1 chữ số 0
2

 2.10 +1 
÷ ∈ Z hay các số có dạng 44 ... 488 ... 89 là số chính phương.
3


n

=> 

Các bài tương tự:
Chứng minh rằng số sau đây là số chính phương.
A = 11 ... 1 + 44 ... 4 + 1
2n chữ số 1

n chữ số 4

B = 11 ... 1 + 11 . . .1 + 66 . . . 6 + 8
2n chữ số 1 n+1 chữ số 1

n chữ số 6

C= 44 . . . 4 + 22 . . . 2 + 88 . . . 8 + 7
2n chữ số 4

n+1 chữ số 2

n chữ số 8

D = 22499 . . .9100 . . . 09
n-2 chữ số 9

n chữ số 0

E = 11 . . .155 . . . 56
n chữ số 1

n-1 chữ số 5
2

 10n + 2 
Kết quả: A= 
÷;
 3 
n

2

D = (15.10 - 3)

2

 10 n + 8 
B=
÷;
 3 
 10 n + 2 


E = 
 3 

2

 2.10n + 7 
C =
÷
3



2

Dạng 2: Chứng minh một số không là số chính phương.
Bài 1: Chứng minh rằng tổng bình phương của 2 số lẻ bất kỳ không phải là số chính
phương.
Giải:
Gọi a và b là 2 số chính phương lẻ nên a = 2k + 1, b= 2m + 1 (Với k, m ∈ N).
⇒ a2 + b2 = (2k + 1)2 + ( 2m + 1)2 = 4k2 + 4k + 1 + 4m2 + 4m + 1
= 4 (k 2 + k + m2 + m) + 2 (vì số chính phương chia cho 4 chỉ có số dư là 0 hoặc
1).
⇒ a2 + b2 không thể là số chính phương.
Bài 2: Chứng minh rằng tổng bình phương 2 số lẻ bất kỳ không phải là một số
chính phương.
Giải:
Gọi a, b là 2 lẻ bất kỳ .
Nên a2 = 4n + 1; b2 = 4m + 1
Do đó: a2 + b2 = 4(m + n) + 2
Ta có: 4(m + n) + 2 không là số chính phương

(vì số chính phương chia 4 dư 0 hoặc 1)
Vậy a2 + b2 không phải là số chính phương
4


Bài 3: Chứng minh rằng tổng 3 số chính phương liên tiếp không phải là một số
chính phương.
Giải:
Gọi n2, (n + 1)2, (n + 2)2 ( n ∈ Z ) là 3 số chính phương liên tiếp
Ta có: A = n 2 + ( n + 1) + ( n + 2 )
= n 2 + n 2 + 2n + 1 + n 2 + 4n + 4
= 3n 2 + 6n + 5
= 3 ( n 2 + 2n + 1) + 2 ( chia cho 3 dư 2)
Vây A không phải là số chính phương (vì số chính phương chia cho 3 dư 0 hoặc 1)
Bài 4: Chứng minh rằng S = 12 + 22 + 32 + .....+302 không là số chính phương
S = S= 12 + 22 + 32 + .....+302 + .....+302
2
2
2
2
2
2
2
2
2
= ( 1 + 2 + 3 ) + ( 4 + 5 + 6 ) + ... + ( 28 + 29 + 30 )
Vì : 12 + 22 + 32 chia cho 3 dư 2.
42 + 52 + 62 chia cho 3 dư 2.
............................................
282 + 292 + 302 chia cho 3 dư 2.

⇒ S = 10(3k + 2)
= 3(10k + 6) + 2 chia cho 3 dư 2
Vậy S không là số chính phương (vì số chính phương chia cho 3 dư 0 hoặc 1)
Bài 5: Chứng minh rằng A = 12 + 22 + 32 + 42 .....+1002 không là số chính phương
Giải:
Ta có: A gồm 50 số chính phương chẳn và 50 số chính phương lẻ.
Do đó: 12 + 32 + 52 + ... 992 dư 1
⇒ 12 + 32 + 52 + ... 992 chia cho 4 dư 2
Ta lại có: 22 + 42 + 62 + ...+ 1002 thì mỗi số chia hết cho 4.
Nên A chia cho 4 dư 2
Vây A không phải là số chính phương (vì số chính phương chia cho 4 dư 0 hoặc 1)
Bài 6: Chứng minh rằng tổng các bình phương của 5 số tự nhiên liên tiếp không thể
là một số chính phương.
Giải:
Gọi 5 số tự nhiên liên tiếp đó là n - 2, n - 1, n, n +1, n + 2 ( n ∈ N, n >2).
Ta có (n - 2)2 + ( n - 1)2 + n2 + (n + 1)2 + (n + 2)2 = 5 . (n2 + 2)
Vì n2 không thể tận cùng bởi 3 hoặc 8 do đó n2 + 2 không thể chia hết cho 5
Suy ra 5. (n2 + 2) không là số chính phương
Vậy A không là số chính phương.
Bài 7: Chứng minh rằng số có dạng n6 - n4 + 2n3 + 2n2 trong đó n ∈ N và n >1
không phải là số chính phương.
Giải:
Ta có : n6 - n 4 + 2n3 + 2n2 = n2. (n4 - n2 + 2n +2) = n2. [n2(n-1)(n+1) +2(n+1)]
= n2[(n+1)(n3 - n2 + 2)] = n2(n + 1) . [(n3 + 1) - (n2 - 1)]
= n2(n + 1)2 . (n2 - 2n + 2)
Với n ∈ N, n > 1 thì n2 - 2n + 2 = ( n -1)2 + 1 > ( n - 1)2
Và n2 - 2n + 2 = n2 - 2(n - 1) < n2
⇒ (n - 1)2 < n2 - 2n + 2 < n2
⇒ n2 - 2n + 2 không phải là một số chính phương.
Vậy n6 - n4 + 2n3 + 2n2 không phải là số chính phương

2

2

5


Các bài tương tự:
Chứng minh rằng các số sau không là số chính phương.
A = 12 + 22 + 32 + 42 .....+562 (HD: chứng minh A chia cho 3 dư 2)
B = 22...24 (50 chữ số 2) (HD: chứng minh B chia cho 3 dư 2)
C = 44...4 (100 chữ số 4) (HD: chứng minh C chia cho 4 dư 3)
D = 144...4 (99 chữ số 4) (HD: chứng minh D chia cho 4 dư 3)
M = 19922 + 19932 + 19942 (HD: chứng minh M chia cho 3 dư 2)
N= 1 + 9100 + 94100 + 1994100 (HD: chứng minh N chia cho 4 dư 2)

Dạng 3: Tìm số tự nhiên để một số là số chính phương
Bài 1: Tìm số tự nhiên n để n2 + 2n + 12 là một số chính phương
Giải:
Vì n2 + 2n + 12 là số chính phương nên đặt n2 + 2n + 12 = k2 (k ∈ N)
⇒ (n2 + 2n + 1) + 11 = k2 ⇔ k2 – (n + 1)2 = 11 ⇔ (k + n + 1)(k – n - 1) = 11
Nhận xét thấy k + n + 1 > k - n - 1 và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết (k + n
⇔
+ 1) (k - n - 1) = 11.1 ⇔
k + n + 1 = 11
k=6
k-n–1=1
n=4
2
Vây n = 4 thì n + 2n + 12 là số chính phương.

Bài 2: Tìm số tự nhiên n để n(n + 3) là một số chính phương
Giải:
⇔ 4n2 + 12n = 4a2
Đặt n(n + 3) = a2 (n ∈ N) ⇒ n2 + 3n = a2
⇔ (4n2 + 12n + 9) – 9 = 4a2
⇔ (2n + 3)2 – 4a2 = 9
⇔ (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9
Nhận xét thấy 2n + 3 + 2a > 2n + 3 – 2a và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết
⇔ n=1
(2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9.1 ⇔ 2n + 3 + 2a = 9
2n + 3 – 2a =1
a=2
Vây n = 1 thì n(n + 3) là số chính phương.
Bài 3: Tìm số tự nhiên n để n2 + n + 1589 là một số chính phương
Giải:
⇒ (4n2 + 1)2 + 6355 = 4k2
Đặt n2 + n + 1589 = k2 (k ∈ N)
⇔ (2k + 2n + 1) (2k – 2n – 1) = 6355
Nhận xét thấy 2k + 2n + 1 > 2k – 2n – 1 > 0 và chúng là những số lẻ
Nên ta có thể viết: (2k + 2n + 1) (2k – 2n – 1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41
Suy ra n có thể có các giá trị sau : 1588 ; 316 ; 43 ; 28
Các bài tương tự:
Tìm số tự nhiên n để các số sau là số chính phương
a) n2 + 31n + 1984
b) n2 + n + 43
c) n2 + 81
d) 13n + 3

6

CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
I. Phương pháp phát hiện tính chia hết của một ẩn:
Xét pt: ax + by = c (1) , trong đó a,b,c ∈ Z; a ≠ 0 hoặc b ≠ 0
Ta có định lí: PT (1) có nghiệm nguyên  c M ƯCLN(a,b)
Khi đã biết chắc PT (1) có nghiệm nguyên ta sẽ tìm các phương pháp để giải PT đó.
Ví dụ :. Giải phương trình với nghiệm nguyên : 3x + 17y = 159
Hướng dẫn: Để ý 3x và 159 đều chia hết cho 3
Giải : Vì 3x và 159 đều chia hết cho 3. Do đó 17y chia hết cho 3. Mà 17 và 3 nguyên tố
cùng nhau, nên y M 3. Đặt y = 3t (t ∈ Z).

x = 53 − 17t
 y = 3t

=> 3x + 17.3t = 159 ⇔ x + 17t = 53. Do đó : 

(t ∈ Z).

Thử lại, ta thấy x, y nghiệm đúng phương trình.

x = 53 − 17t
 y = 3t

Vậy nghiệm nguyên của phương trình : 

(t ∈ Z).

Bài tập tương tự :
1. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : a) 2x + 13y = 156 ;

x = 13t
(nếu phát hiện x M 13) hoặc
y
=
12
−
2
t


(Đáp số : 

x = 78 − 13t
(nếu phát hiện

y
=
2
t


y M 2)
(thực chất các nghiệm trên là như nhau)
b) 35x + 20y = 120
2/ Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y sao cho 2x2 + y2 = 2007
Giải : 2x2 M 2, 2007 M 2 nên y2 lẻ ⇒ y = 2k + 1. Ta có : 2x2 + 4k2 + 4k = 2006. Vì
2006 chia 4 dư 2 nên 2x2 M 4 tức x lẻ, x = 2h + 1. Ta có 2(2h + 1)2 + 4k2 + 4k = 2006
⇔ 8h2 + 8h + 4k2 + 4k = 2004. Số 2004 M 8 mà 8h2 + 8h + 4k2 + 4k M 8. Vô lí. Vậy
không tồn tại các số nguyên x, y thỏa mãn 2x2 + y2 = 2007.
3/ Tồn tại hay không m, n ∈ N thỏa mãn m2 + 2006 = n2.

Giải Ta có 2006 = n2 – m2 = (n – m)(n + m). Nếu n và m không cùng tính chẵn, lẻ thì
2
n – m2 = (n – m)(n + m) là số lẻ ≠ 2006. nếu n, m cùng tính chẵn, lẻ thì n2 – m2 = (n –
m)(n + m) M 4. Nhưng 2006 M 4. Vậy không tồn tại m, n ∈ thỏa mãn m2 + 2006 = n2 .
II/ Phương pháp tách ra giá trị nguyên:
Hướng giải quyết chung ; biểu thị một ẩn theo ẩn còn lại. Dùng tính chất ẩn là một
số nguyên để giải tiếp.
Ví dụ 1. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : xy – x – y = 2
Giải : Biểu thị x theo y : x(y – 1) = y + 2

y+2
3
=1+
. ĐK: y ≠ 1
y −1
y −1
3
∈ Z => y – 1 ∈ Ư(3)
Để x ∈ Z thì
y −1
Do đó : x =

=>

y–1=1
y – 1 = -1
y – 1 = -3
y–1=3
7

=>

y = 2; x= 4
y = 0; x = -2
y = -2 ; x = 0
y=4;x=2

Ví dụ 2. . Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 7x + 4y = 23
Giải : Biểu thị y theo x ta được : y =
Để x ∈ Z thì

23 − 7 x
x −1
= 6 − 2x +
4
4

x −1
x −1
∈ Z ; đặt
= t (t ∈ Z) => x = 4t + 1 => y = 4 – 7t
4
4

Thay các giá trị x, y vào pt đã cho ta được nghiệm đúng.
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là : ( x = 4t + 1 ; y = 4 – 7t) (t ∈ Z)
III/ Phương pháp tìm một nghiệm nguyên:
Ta có định lí : Cho PT ax + by = c (1) trong đó a,b,c ∈ Z ; a ≠ 0 ; b ≠ 0 và (a,b)
= 1. Nếu (x0; y0) là một nghiệm nguyên của PT (1) thì PT (1) có vô số nghiệm nguyên và

mọi nghiệm nguyên của nó đều có thể biểu diễn dưới dạng :
x = x0 + bt
Với t ∈ Z
y = y0 - at
Ví dụ : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 5x - 3y = 2
Giải :
Cách 1 : Dễ thấy x0 = 1 ; y0 = 1 là một nghiệm nguyên nên tập hợp các nghiệm nguyên
của phương trình là :
x= 1 -3t
Với t ∈ Z
y= 1 – 5t
Cách 2 : Ta cũng thấy x0 = 4 ; y0 = 6 là một nghiệm nguyên nên tập hợp các nghiệm
nguyên của phương trình là :
x= 4 -3t
Với t ∈ Z
y= 6 – 5t
Bài tập : . Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
1/ 22x – 5y = 77
2/ 7x + 5y = 19
IV/ Phương pháp đưa về phương trình ước :
Ví dụ 1. . Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: xy – x – y = 2
Gỉai : Biến đổi phương trình thành :
x(y – 1) – y = 2 ⇔
x(y – 1) – (y – 1) = 3 ⇔ (y – 1)(x – 1) = 3
Ta gọi phương trình trên là phương trình ước: vế trái là một tích các thừa số nguyên,
vế phải là một hằng số nguyên. Ta có x và y là các số nguyên nên x – 1 và y – 1 là các số
nguyên và là ước của 3.
Do vai trò bình đẳng của x và y trong phương trình nên ta có thể giả thiết rằng x ≥
y, khi đó x – 1 ≥ y – 1.
Ta có

x–1
3
-1
y–1
1
-3
Do đó :
x
4
0
y
2
-2
8


Nghiệm nguyên của phương trình: (4 ; 2), (2 ; 4), (0 ; -2), (-2 ; 0).
(Làm tương tự; Tìm nghiệm nguyên x + y = xy)
Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên :p(x + y) = xy với p là số nguyên tố.
Giải : giả sử x ≤ y (vì x, y có vai trò như nhau)
p(x + y) = xy ⇔ xy – px + p2 – py = p2 ⇔ (x – p)(y – p) = p2
Phân tích p2 = p.p = (-p)(-p) = 1.p2 = (-p2)(-1)
Từ đó phương trình có các nghiệm nguyên là : (2p ; 2p); (0 ; 0); (p + 1 ; p2 + p); (p2
+ p ; p + 1); (p – p2; p – 1) và (p – 1 ; p – p2)
Ví dụ 3 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình 3x3 – xy = 5
Hướng dẫn : 3x3 – xy = 5 ⇔ x(3x2 – y) = 5 …
Phương trình có nghiệm là (1 ; -2), (5 ; 74)
Ví dụ 4 : Tìm tất cả các tam giác vuông có các cạnh là số nguyên và số đo diện tích
bằng số đo chu vi.
Giải : Gọi x, y, z là các cạnh của tam giác vuông , 1 ≤ x ≤ y < z

x 2 + y 2 = z 2
(1)
Ta có : 
 xy = 2( x + y + z ) (2)
Từ (1) suy ra :
z2 = (x + y)2 – 2xy = (x + y)2 – 4(x + y + z) (theo (2))
⇒ (x + y)2 – 4(x + y) + 4 = z2 + 4z + 4 ⇒ (x + y)2 – 4(x + y) + 4 = z2 + 4z +4
⇒ (x + y + 2)2 = (z + 2)2 ⇒ x + y – 2 = z + 2 (do x + y ≥ 2)
⇒ z = x + y – 4 vào (2) Thay z = x + y – 4 vào (2) ta được : (x – 4)(y – 4) = 8
⇒ (x = 5 y = 12) ; (x = 6 ; y = 8) …
( Bài tương tự : Tìm hình chữ nhật có các cạnh nguyên sao cho số đo diện tích bằng
số đo chu vi )
Bài tập tương tự : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình
1. 2x + 13y = 156
2. 3xy + x – y = 1.
3. 2x2 + 3xy – 2y2 = 7.
4. x3 – y3 = 91.
5. x2 – xy = 6x – 5y – 8.
6. Cho đa thức f(x) có các hệ số nguyên. Biết rằng f(1).f(2) = 35. Chứng minh rằng
đa thức f(x) không có nghiệm nguyên .
Hướng dẫn :
 x = 13t
 y = 12 − 2t

1. Ta thấy x M 13. Đặt x = 13t (t nguyên) Đáp số 

2. Đưa về phương trình ước : (3x – 1)(3y + 1) = 2. Đáp số (1 ; 0), (0 ; -1).
3. Đưa về phương trình ước: (x + 2y)(2x – y) = 7. Đáp số (3 ; -1), (-3 ; 1)
4. Đưa về phương trình ước: (x – y)(x2 + xy + y2) = 13.7
Chú ý: x2 + xy + y2 > 0.

Đáp số: (6 ; 5) , (-5 ; -6) , (4 ; -3) , (3 , -4).
5. ( Để ý: không đưa về phương trình ước được. Biểu thị y theo x:xy – 5y = x2 – 6x +
x 2 − 6x + 8
3
8 ⇔ (x – 5)y = x2 – 6x + 8. Do x ≠ 5 nên y =
. Ta có
= x −1+
x−5
x−5
x-5
1
-1
3
-3
x
6
4
8
2
y
8
0
8
0
9


6. Gi s a thc f(x) cú nghim nguyờn a. Th thỡ
f(x) = (x a).g(x). Trong ú g(x) l a thc cú h s nguyờn.
Suy ra f(1) = (1 a).g(1), f(2) = (2 a). g(2); Trong ú g(1), g(2) l cỏc s nguyờn.

Do ú f(1).f(2) = (1 a)(2 a)g(1).g(2) (1 a)(2 a)g(1).g(2) = 35. Khụng
xy ra vỡ tớnh chn l hai v khỏc nhau. (do cú tớch ca hai s nguyờn liờn tip
1 a, 2 a)
IV/ Phng phỏp xột s d ca tng v :
Vớ d 1. Chng minh rng cỏc phng trỡnh sau khụng cú nghim nguyờn :
a. x2 y2 = 2006
b. x2 + y2 = 2007
Gii :
2
2
a) D chng minh x , y chia cho 4 ch cú s d 0 hoc 1 nờn x2 y2 chia cho 4 cú
s d 0, 1, 3. Cũn v phi 2006 chia cho 4 d 2.vy phng trỡnh khụng cú nghim
nguyờn.
b) x2, y2 chia cho 4 cú s d 0, 1 nờn x2 + y2 chia cho 4 cú s d 0, 1, 2. Cũn v phi
2007 chia cho 4 d 3.Vy phng trỡnh khụng cú nghim nguyờn.
Vớ d 2. Tỡm cỏc nghim nguyờn ca phng trỡnh : 9x + 2 = y2 + y
Gii :
Bin i phng trỡnh : 9x + 2 = y(y + 1).
Ta thy v trỏi ca phng trỡnh chia cho 3 d 2 nờn y(y + 1) chia cho 3 d 2.
Ch cú th : y = 3k + 1, y + 1 = 3k +2 (k nguyờn).
Khi ú : 9x + 2 = (3k + 1)(3k + 2)
9x = 9k(k + 1) x = k(k + 1).
Th li, x = k(k + 1), y = 3k + 1 tha món phng trỡnh ó cho.
x = k (k + 1)
(k laứ soỏ nguyeõn tuứy yự).
y = 3k + 1

ỏp s :

Bi tp : Chng minh rng cỏc phng trỡnh sau khụng cú nghim nguyờn

1. 3x2 4y2 = 13.
2. 19x2 + 28y2 = 2005.
3. x2 = 2y2 8y + 3.
4. x5 5x3 + 4x = 24(5y + 1).
5. 3x5 x3 + 6x2 18x = 2004.
6. Chng minh rng s A khụng l lp phng ca mt s t nhiờn :
A = 100050001
49
50
Hng dn
1. V phi chia 4 d 1. Hóy chng minh rng v trỏi chia cho 4 cú s d khỏc 1 (chỳ ý
rng x2 chia cho 4 cú s d bng 0 hoc 1).
2. V phi l s l nờn 19x2 l s l, do ú x l s l. x2 chia cho 4 d 1 nờn 19x2 chia
cho 4 d 3. V trỏi chia cho 4 d 3, cũn v phi 2005 chia cho 4 d 1.
3. V trỏi chia cho 8 d 0, 1, 4. Cũn v phi chia cho 8 d 3 (nu y chn) hoc d 5
(nu y l)
4. Bin i : x(x + 1)(x - 1)(x + 2)(x - 2) = 120y + 24
V trỏi l tớch ca 5 s nguyờn liờn tip nờn chia ht cho 5, cũn v phi khụng chia ht
cho 5.
10


5. Vế phải chia hết cho 3. Suy ra x3 M 3, do đó x M 3. Khi đó vế trái chia hết cho 9, còn
vế phải không chia hết cho 9.
6. A là số chia cho 9 dư 7. Còn lập phương của một số nguyên khi chia cho 9 chỉ có số
dư 0, 1, 8.
(nếu a = 3k thì a3 chia hết cho 9, nếu a = 3k + 1 thì a3 chia cho 9 dư 1, nếu a = 3k + 2 thì
3
a chia cho 9 dư 8).
V/ Phương pháp dùng bất đẳng thức

1/ Phương pháp sắp thứ tự các ẩn
a)Ví dụ1
Phương trình x2005 + y2005 = 20072005 có nghiệm nguyên dương không ?
Giải :
Giả sử x, y là hai số nguyên dương thỏa mãn phương trình x2005 + y2005 = 20072005
Vai trò của x, y trong phương trình như nhau, nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả
thiết 1 ≤ x ≤ y < 2007.
Từ bất đẳng thức trên, vì y là số nguyên nên y + 1 ≤ 2007.
Do đó 20072005 ≥ (y + 1)2005 = y2005 + 2005y2004 + … + 2005y + 1.
Để ý rằng, tất cả các số hạng trong khai triển ở vế phải đều dương nên ta được bất
đẳng thức : 20072005 > y2005 + 2005y2004 ⇒ x2005 + y2005 = 20072005 > y2005 + 2005y2004 ⇒
x2005 > 2005y2004.
Lại có y ≥ x ≥ 1 nên x2005 > 2005y2004 ≥ 2005x2004 ⇒ x > 2005.
Ta được 2005 < x ≤ y < 2007. Do x, y là hai số nguyên nên suy ra x = y = 2006.
Nhưng khi đó vế trái là một số chẵn còn vế phải là một số lẻ, mâu thuẫn. Vậy không có
hai số nguyên dương nào thỏa mãn phương trình trong đề bài.
b) Ví dụ 2
Tìm ba số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng.
Giải :
Cách 1. Gọi các số nguyên dương phải tìm là x, y, z.
Ta có : x + y + z = xyz
(1)
Chú ý rằng các ẩn x, y, z có vai trò bình đẳng trong phương trình nên có thể sắp thứ tự
giá trị của các ẩn, chẳng hạn : 1 ≤ x ≤ y ≤ z.
Do đó : xyz = x + y + z ≤ 3z.
Chia hai vế của bất đẳng thức xyz ≤ 3z cho số dương z ta được : xy ≤ 3.
Do đó xy ∈ {1 ; 2 ; 3}
Với xy = 1, ta có : x = 1, y = 1. Thay vào (1) được 2 + z = z, loại.
Với xy = 2, ta có : x = 1, y = 2. Thay vào (1) được z = 3.
Với xy = 3, ta có : x = 1, y = 3. Thay vào (1) được z = 2, loại vì trái với sắp xếp y ≤ z.

Vậy ba số phải tìm là 1 ; 2 ; 3.

1
1
1
+
+
=1
yz xz xy
1
1
1
1
1
1
3
+
+
≤ 2 + 2 + 2 = 2
1=
yz xz xy
z
z
z
z

Cách 2. Chia hai vế của x + y + z = xyz (1) cho xyz ≠ 0 được :
Giả sử x ≥ y ≥ z ≥ 1. Ta có :
Suy ra

3
≥ 1, do đó z2 ≤ 3 nên z = 1. thay z = 1 vào (1) : x + y + 1 = xy
2
z

⇔ xy – x – y = 1
⇔ …

11


⇔ (x – 1)(y – 1) = 2.

x − 1 = 2
x = 3
⇒ 
y − 1 = 1
y = 2

Ta có x – 1 ≥ y – 1 ≥ 0 nên 

Ba số phải tìm là 1; 2; 3.
Cách 3. Vai trò x, y, z bình đẳng, nên không mất tính tổng quát ta giả sử z ≥ y ≥ x ≥ 1
Đặt z = 1 + n , y = 1 + m ; x = 1 + p (n ≥ m ≥ p ≥ 0)
Phương trình đã cho trở thành :
3 + m + n + p = (1 + n)(1 + m)(1 + p) = 1 + p + m + n + mn + np + mp + mnp
Suy ra : mn + np + mp + mnp = 2
Nếu p ≥ 1 thì mn + np + mp + mnp ≥ 4 Vô lí.
Vậy p = 0 suy ra mn = 2. Vì n ≥ m ≥ 0 nên n = 2 ; m = 1.
Vậy ba số phải tìm là 1; 2; 3.

2. Phương pháp xét từng khoảng giá trị của ẩn
Ví dụ:
Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình :

1 1 1
+ =
x y 3

Giải : Do vai trò bình đẳng của x và y, giả sử x ≥ y. Dùng bất đẳng thức để giới hạn
khoảng giá trị của số nhỏ hơn (là y)

1 1
< nên y > 3.
y 3
1
1 1 1
1 1 2
1
≤
Mặt khác do x ≥ y ≥ 1 nên
. Do đó : + = ≤
+ = .
y
x y 3
y y y
x
2
1
≥
nên y ≤ 6. Ta xác định được khoảng giá trị của y là 4 ≤ y ≤ 6.

y
3
1
1 1 1
Với y = 4 ta được :
= - =
nên x = 12.
12
x 3 4
2
1 1 1
Với y = 5 ta được :
= =
Loại, vì x không là số nguyên.
x 3 5 15
1 1 1 1
Với y = 6 ta được :
= - =
nên x = 6.
x 3 6 6
Hiển nhiên ta có

Các nghiệm của phương trình là : (4 ; 12) ; (12 ; 4) ; (6 ; 6)
Chú ý
a) Để giới hạn y ≤ 6, có thể lập luận :
y≤x⇒

1
1
1

1
1
1 1
⇒
≥
≥ ( + ):2=
:2=
. Vậy y ≤ 6.
y
y
3
6
x
x y

b) Cách giải đưa về phương trình ước :

1 1 1
y+x 1
+ = ⇔
⇔ xy – 3x – 3y = 0 ⇔ (x – 3)(y – 3) = 9
=
x y 3
xy
3

3. Phương pháp chỉ ra nghiệm nguyên
Phương pháp xét từng khoảng giá trị của ẩn còn được thể hiện dưới dạng : chỉ ra một
hoặc vài số là nghiệm của phương trình, rồi chứng minh phương trình không còn nghiệm
nào khác

.
12


Ví dụ : Tìm các số tự nhiên x sao cho : 2x + 3x = 5x
Giải : Viết phương trình dưới dạng :

 2 3
  +  =1
 5  5
x

x

(1)

Với x = 0 thì vế trái của (1) bằng 2, loại.
Với x = 1 thì vế trái của (1) bằng 1, đúng.

 2 2  3 3
Với x ≥ 2 thì   < ,   < . Nên (1) không thỏa mãn với x ≥ 2.
 5 5  5 5
x

x

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất : x = 1.
4/ Sử dụng điều kiện  ≥ 0 để phương trình bậc hai có nghiệm
Ta viết phương trình f(x, y) = 0 dưới dạng phương trình bậc hai đối với một ẩn,
chẳng hạn đối với x, khi đó y là tham số . Điều kiện cần để phương trình có nghiệm là

 ≥ 0 (để có nghiệm nguyên, còn cần  là số chính phương).
Ví dụ 9. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : x + y + xy = x2 + y2 (1)
Giải :
Viết (1) thành phương trình bậc hai đối với x : x2 – (y + 1)x + (y2 – y) = 0 (2)
Điều kiện cần để (2) có nghiệm là  ≥ 0.
 = (y + 1)2 – 4(y2 – y) = y2 + 2y + 1 – 4y2 + 4y = -3y2 + 6y + 1.
 ≥ 0 ⇔ 3y2 – 6y – 1 ≤ 0 ⇔ 3(y – 1)2 ≤ 4.
Do đó (y – 1)2 ≤ 1. Suy ra :
y–1
-1
0
1
y
0
1
2
2
Với y = 0, thay vào (2) được x – x = 0. Ta có x1 = 0 ; x2 = 1.
Với y = 1, thay vào (2) được x2 – 2x = 0. Ta có x3 = 0 ; x4 = 2.
Với y = 2, thay vào (2) được x2 – 3x + 2 = 0. Ta có : x5 = 1 ; x6 = 2.
Thử lại, các giá trị trên nghiệm đúng phương trình (1).
Đáp số : (0 ; 0), (1 ; 0), (0 ; 1), (2 ; 1), (1 ; 2), (2 ; 2)
 Phương trình (1) có thể giải cách khác :
Biến đổi : (x – 1)2 + (y – 1)2 + (x – y)2 = 2.
Tổng của ba số chính phương bằng 2 nên tồn tại một số bằng 0.
Trường hợp x – 1 = 0 cho đáp số : (1 ; 0), (1 ; 2).
Trường hợp y – 1 = 0 cho đáp số : (0 ; 1), (2 ; 1).
Trường hợp x – y = 0 cho đáp số : (0 ; 0), (2 ; 2)
Bài tập tương tự :

1 1
≥ ;
x y

1 1 1
+ =
x y 4
1 1 1 2
+ = ≤
⇒ x ≤ 8.
x y 4 x

5
20

7
loại

1. Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình :
Hướng dẫn : Giả sử 1 ≤ x ≤ y thì
Mặt khác :

1 1
⇒ x > 4.
<
x 4
x
y

6

12

8
8

Đáp số : (5 ; 20), (20 ; 5), (6 ; 12) (12 ; 6), (8 ; 8).
13


2. Tìm ba số nguyên dương sao cho tích của chúng gấp đôi tổng của chúng.
Hướng dẫn : cách 1.
xyz = 2(x + y + z)
(1)
Giả sử x ≤ y ≤ z. Ta có : xyz = 2(x + y + z) ≤ 2.3z = 6z. Suy ra xy ≤ 6.
Xét xy = 1, có x = y = 1. Thay vào (1) : z = -4, loại.
Xét xy = 2, có x = 1, y = 2. Thay vào (1) : loại.
Xét xy = 3, có x = 1, y = 3. Thay vào (1) : z = 8.
Xét xy = 4, với x = 1, y = 4. Thay vào (1) : z = 5.
với x = y = 2. Thay vào (1) : z = 4.
Xét xy = 5, có x = 1, y = 5. Thay vào (1) : z= 4, loại.
Xét xy =6, với x = 1, y = 6. Thay vào (1) : loại.
với x = 2, y = 3. Thay vào (1) : loại.
Bộ ba số phải tìm là : 1 ; 3 ; 8 ; hoặc 1 ; 4 ; 5 ; hoặc 2 ; 2 ; 4.
Cách 2. Chia hai vế của (1) cho 2xyz được :
Giả sử x ≥ y ≥ z ≥ 1 thì

1
1
1
1

+
+
=
yz xz xy 2

1
1
≥
nên z2 ≤ 6. Vậy z ∈ {1 ; 2}
6
z2

Với z = 1, thay vào (1) : 2(x + y + 1) = xy.
Đưa về phương trình ước : (x – 2)(y – 2) = 6
Ta được : x = 8, y = 3 ; x = 5 ; y = 4.
Với z = 2, thay vào (1) : x + y + z = xy.
Đưa về phương trình ước : (x – 1)(y – 1) = 3.
Ta được : x = 4, y = 2.
3. Tìm bốn số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng.
Hướng dẫn : x + y + z + t = xyzt (1)
Giả sử 1 ≤ x ≤ y ≤ z ≤ t. Ta có xyzt = x + y + z + t ≤ 4t, nên xyz ≤ 4.
Với xyz = 1, ta có x = y = z = 1. Thay vào (1) loại.
Với xyz = 2, …
Đáp số : Bốn số phải tìm là 1 ; 1 ; 2 ; 4.
Tìm các nghiệm nguyên của phương trình :
16. x2 + xy + y2 = 2x + y.
17. x2 + xy + y2 = x + y.
18. x2 – 3xy + 3y2 = 3y.
19. x2 – 2xy + 5y2 = y + 1, Tìm cặp số tự nhiên (m, n) thỏa mãn m2 + n2 = m + n + 8
20. Tìm các số tự nhiên x thỏa mãn 2x + 3x = 35

21. Tìm các số nguyên x và y sao cho : x3 + x2 + x + 1 = y3
Hướng dẫn : Chứng minh y > x rồi xét hai trường hợp : y = x + 1 và y > x + 1
4 . Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức :
a) 2y2x + x + y + 1 = x2 + 2y2 + xy.
b) x2 + xy + y2 = x2y2
Giải :
a) 2y2x + x + y + 1 = x2 + 2y2 + xy
⇔ 2y2(x – 1) – x(x – 1) – y(x – 1) + 1 = 0 (1)
Nhận xét rằng x = 1 không phải là nghiệm của PT(1). Chia cả hai vế PT(1) cho x – 1 ta
được :
2y2 – x – y +

1
= 0 (2)
x −1

14


PT có nghiệm nguyên, suy ra

x = 2
1
nguyên nên x – 1 thuộc {1;−1} ⇒ 
x −1
 x = 0.

Thay x = 2 và x = 0 vào PT (2) và để ý y là số nguyên ta được y = 1. Vậy PT đã cho có
hai nghiệm nguyên là (2 ; 1) và (0 ; 1).

x 2 y 2 ≥ 4 x 2
⇒ x2y2 ≥ 2(x2 + y2) = x2 + y2 + x2 + y2 ≥
b) Với x ≥ 2 và y ≥ 2 ta có  2 2
2
x y ≥ 4 y
x2 + y2 + 2 xy > x2 + y2 + xy. Vậy x ≤ 2 hoặc y ≤ 2. Nếu x = ± 2 hoặc y = ± 2 thì
PT đã cho không có nghiệm nguyên. Thử với x = 0; x = 1 và x = -1 ta thấy PT đó có 3
nghiệm nguyên (x, y) là (0, 0), (1, -1), (-1, 1).
VI/ Phương pháp dùng tính chất của số chính phương
1. Sử dụng tính chất về chia hết của số chính phương
Các tính chất thường dùng :
- Số chính phương không tận cùng bằng 0, 2, 7, 8.
- Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho p2.
- Số chính phương chia cho 3 có số dư 0; 1 ; chia cho 4 có số dư 0; 1
Ví dụ : Tìm các số nguyên x để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếp.
Giải :
Cách 1. Giả sử 9x + 5 = n(n + 1) với n nguyên thì 36x + 20 = 4n2 + 4n ⇒ 36x + 21 =
4n2 + 4n + 1 ⇒ 3(12x + 7) = (2n + 1)2.
Số chính phương (2n + 1)2 chia hết cho 3, nên cũng chia hết cho 9. Ta lại có 12x + 7
không chia hết cho 3 nên 3(12x + 7) không chia hết cho 9. Vậy không tồn tại số nguyên
nào để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếp.
Cách 2. (Sử dụng phương trình bậc 2)
Giả sử 9x + 5 = n(n + 1) với n nguyên. Biến đổi : n2 + n – (9x + 5) = 0.
Để phương trình bậc hai đối với n có nghiệm nguyên, điều kiện cần là  là số chính
phương.
Nhưng  = 1 + 4(9x + 5) = 36x + 21, chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 9, nên
không là số chính phương.
Vậy không tồn tại số nguyên nào để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếp.
2. Tạo ra bình phương đúng
Ví dụ : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : 2x2 + 4x = 19 – 3y2

(1)
Giải :
2x2 + 4x + 2 = 21 – 3y2 ⇔ 2(x + 1)2 = 3(7 – y2)
(2)
⇔ 2(x + 1)2 = 3(7 – y2)
Ta thấy 3(7 – y2) M 2 ⇒ 7 – y2 M 2 ⇒ y lẻ.
Ta lại có 7 – y2 ≥ 0 nên chỉ có thể y2 = 1.
Khi đó (2) có dạng : 2(x + 1)2 = 18.
Ta được : x + 1 = ± 3, do đó : x1 = 2 ; x2 = -4.
Các cặp số (2 ; 1), (2 ; -1), (-4 ; 1), (-4 ; -1) thỏa mãn (2) nên là nghiệm của phương
trình đã cho.
3. Xét các số chính phương liên tiếp
Sử dụng tính chất : Giữa hai số chính phương liên tiếp, không có số chính phương nào.
- Không tồn tại x để a2 < x2 < (a + 1)2.
- Nếu a2 < x2 < (a + 2)2 thì x2 = (a + 2)2.
Ví dụ : Chứng minh rằng với mọi số nguyên k cho trước, không tồn tại số nguyên
dương x sao cho : x(x + 1) = k(k + 2).
15


Giải :
Giả sử x(x + 1) = k(k + 2) với k nguyên, x nguyên dương.
Ta có : x2 + x = k2 + 2k ⇒ x2 + x + 1 = k2 + 2k + 1 = (k + 1)2
Do x > 0 nên x2 < x2 + x + 1 = (k + 1)2
(1)
2
2
2
Cũng do x > 0 nên (k + 1) = x + x + 1 < x + 2x + 1 = (x + 1)2
(2)

Từ (1) và (2) suy ra : x2 < (k + 1)2 < (x + 1)2. Vô lí.
Vậy không tồn tại số nguyên dương x để x(x + 1) = k(k + 2).
Ví dụ : Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là một số chính phương :
x4 + 2x3 + 2x2 + x + 3.
Giải
Đặt x4 + 2x3 + 2x2 + x + 3 = y2 (1) với y ∈ N
Ta thấy :
y2 = (x4 + 2x3 + x2) + (x2 + x + 3) = (x2 + x)2 + (x2 + x + 3).
Ta sẽ chứng minh a2 < y2 < (a + 2)2 với a = x2 + x.
Thật vậy :
y2 – a 2 = … +

11
> 0.
4

(a + 2)2 – y2 = … = 3x2 + 3x + 1 > 0. Suy ra a2 < y2 < (a + 2)2. Vậy y2 = (a + 1)2

x = 1
x = −2

⇔ x4 + 2x3 + 2x2 + x + 3 = (x2 + x + 1)2 ⇔ x2 + x – 2 = 0 ⇔ 

Ta được số 9 = 32.
Cách giải khác . Đưa về phương trình ước :
Nhân hai vế của (1) với 4 :
4y2 = 4x4 + 8x3 + 8x2 + 4x + 12
= 4x4 + 8x3 + 4x2 + 4x2 + 4x + 1 + 11
= [2x2 + (2x + 1)]2 + 11.
Do đó : (2x2 + 2x + 1 + 2y) (2x2 + 2x + 1 - 2y) = -11

Ta có 2x2 + 2x + 1 + 2y ≥ 2x2 + 2x + 1 - 2y nên có hai trường hợp :

2 x 2 + 2 x + 1 + 2 y = 11
a)  2
2 x + 2 x + 1 − 2 y = −1
x 2 + x − 2 = 0
⇔ 
y = 3
2 x 2 + 2 x + 1 + 2 y = 1
b)  2
2 x + 2 x + 1 − 2 y = −11

⇔

2 x 2 + 2 x + 1 = 5

2 y = 6

x = 1 hoaëc x = - 2
y = 3

⇔ 
⇔

 2 x 2 + 2 x + 1 = −5

2 y = 6

x 2 + x + 3 = 0
⇔ 

Vô nghiệm.
y = 3

4. Sử dụng tính chất : Nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là một
số chính phương thì mỗi số đều là số chính phương
Giả sử ab = c2 với a, b, c ∈ N*, (a, b) = 1.
Chứng minh bằng phản chứng. Giả sử trong a và b có một số, chẳng hạn a, chứa thừa
số nguyên tố p với số mũ lẻ thì số b không chứa thừa số p nên c2 chứa thừa số p với số
mũ lẻ, trái với giả thiết c2 là một số chính phương.
Ví dụ Giải phương trình với nghiệm nguyên dương xy = z2 (1)
Giải :
16


Trước hết ta có thể giả sử (x, y, z) = 1. Thật vậy nếu bộ ba số x0, y0, z0 thoả mãn (1) và
có ƯCLN bằng d, giả sử x0 = dx1, y0 = dy1, z0 = dz1 thì (x1, y1, z1) cũng là nghiệm của (1).
Với (x, y, z) = 1 thì x, y, z đôi một nguyên tố cùng nhau, vì nếu hai trong ba số x, y, z
có ước chung là d thì số còn lại cũng chia hết cho d.
Ta có z2 = xy mà (x, y) = 1 nên x = a2, y = b2 với a, b ∈ N*
Suy ra : z2 = xy = (ab)2, do đó : z = ab.
x = ta 2

2
Như vậy :  y = tb
z = tab


với t là số nguyên dương tuỳ ý.

Đảo lại, hiển nhiên các số x, y, z có dạng trên thoả mãn (1).

Công thức trên cho ta các nghiệm nguyên dương của (1).
5. Sử dụng tính chất : Nếu hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương
thì một trong hai số nguyên liên tiếp đó bằng 0
Giả sử a(a + 1) = k2 (1) với a ∈ Z, k ∈ N.
Chứng minh bằng phản chứng. Giả sử a ≠ 0, a + 1 ≠ 0 thì k2 ≠ 0. Do k ∈ N nên k > 0.
Từ (1) suy ra : a2 + a = k2
⇒ 4a2 + 4a = 4k2 ⇒ 4a2 + 4a + 1 = 4k2 + 1 ⇒ (2a + 1)2 = 4k2 + 1 (2)
Do k > 0 nên 4k2 < 4k2 + 1 < 4k2 + 4k + 1 (3).
Từ (2) và (3) : (2k)2 < (2a + 1)2 < (2k + 1)2, vô lí.
Vậy nếu a(a + 1) = k2 thì tồn tại một trong hai số a, a + 1 bằng 0.
Ví dụ : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình
x2 + xy + y2 = x2y2 (1)
Giải
Thêm xy vào hai vế : x2 + 2xy + y2 = x2y2 + xy
⇔ (x + y)2 = xy(xy + 1)
(2)
Ta thấy xy và xy + 1 là hai số nguyên liên tiếp, có tích là một số chính phương nên tồn
tại một số bằng 0.
Xét xy = 0. Từ (1) có x2 + y2 = 0 nên x = y = 0.
Xét xy + 1 = 0. Ta có xy = -1 nên (x, y) bằng (1 ; -1) hoặc (-1 ; 1).
Thử lại ba cặp số (0 ; 0), (1 ; -1), (-1 ; 1) đều là nghiệm của phương trình đã cho.
Các cách giải khác :
Cách 2. Đưa về phương trình ước :
4x2 + 4xy + 4y2 = 4x2y2 ⇔ 4x2 + 8xy + 4y2 = 4x2y2 + 4xy
⇔ (2x + 2y)2 = (2xy + 1)2 – 1 ⇔ (2xy + 1)2 - (2x + 2y)2 = 1.
Sau đó đưa về phương trình ước.
Cách 3. Dùng tính chất của số chính phương rồi sau đó đưa về phương trình ước :
4x2 + 4xy + 4y2 = 4x2y2 ⇔ (2x + y)2 + 3y2 = 4x2y2
⇔ (2x + y)2 = y2(4x2 – 3).
Nếu y = 0 thì x = 0, ta có (0 ; 0) là một nghiệm.

Nếu y ≠ 0 thì 4x2 – 3 phải là số chính phương.
Ta có 4x2 – 3 = k2 ( k ∈ N), đưa về (2x – k)(2x + k) = 3
Tìm được x1 = 1 ; x2 = -1. Từ đó tìm được y.
Cách 4. Dùng bất đẳng thức. Không mất tính tổng quát, giả sử x ≤ y , thế thì x2 ≤ y2,
xy ≤ xy ≤ y2. Do đó : x2 + xy + y2 = x2y2 ≤ ≤ y2 + y2 + y2 = 3y2.
Nếu y = 0 thì x = 0.
17


Nếu y ≠ 0 thì chia hai vế cho y2 được x2 ≤ 3. Do đó x2 = 1. Ta có thêm hai nghiệm :
(1 ; -1), (-1 ; 1).
Cách 5. Đưa về phương trình bậc hai đối với ẩn x :
(y2 – 1)x2 – yx – y2 = 0 (2)
Xét y = 1, (2) có dạng : -x – 1 = 0 được x = -1.
Xét y = -1, (2) có dạng : x – 1 = 0 được x = 1.
Xét y ≠ ± 1, (2) là phương trình bậc hai đối với x .
 = y2 + 4y2(y2 – 1) = y2(4y2 – 3). Ta phải có  là số chính phương.
Nếu y = 0 thì từ (2) suy ra x = 0.
Nếu y ≠ 0 thì 4y2 – 3 phải là số chính phương. Ta có 4y-2 – 3 = k2 (k ∈ N) nên (2y + k)
(2y – k) = 3. Ta tìm được y = ± 1, loại vì ta đang xét y ≠ ± 1
Bài tập :
1. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình
3x2 + 4y2 = 6x + 13.
(Tạo ra bình phương đúng : ⇔ 3x2 – 6x + 3 = 16 – 4y2 ⇔ 3(x – 1)2 = 4(4 – y2)
Ta có 4 – y2 ≥ 0 và 4 – y2 M 3 nên y2 = 1 hoặc y2 = 4. Đáp số : (3 ; 1), (3; -1), (-1; 1),
(-1; -1), (1; 2), (1; -2) hoặc sử dụng PT bậc hai)
2. Có tồn tại hay không hai số nguyên dương x và y sao cho x2 + y và y2 + x đều là số
chính phương ?
(Xét các số chính phương liên tiếp : Giả sử y ≤ x. Ta có :
x2 < x2 + y ≤ x2 + x < (x + 1)2. x2 + y nằm giữa hai số chính phương liên tiếp nên

không thể là số chính phương).
3. Chứng minh rằng không có số chính phương nào viết được dưới dạng 2p + 3p trong đó
p là một số nguyên tố.
(Xét p = 2 : Vô nghiệm. Xét p > 2 thì p là số lẻ. Cách 1. Viết 2p + 3p = 2p + (4 – 1)p = n2.
Ta có 2p chia hết cho 4, còn (4 – 1)p = BS4 – 1 nên vế trái chia 4 dư 3, còn vế phải là số
chính phương lẻ nên chia 4 dư 1. Cách 2 : 2p + 3p = (3 – 1)p + 3p = n2. Vế trái chia cho 3
dư 2, còn vế phải chia cho 3 dư 1).
4. Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là số chính phương :
x4 + x3 + x2 + x + 1. (Xét các số chính phương liên tiếp) (2x2 + x)2
Giải : Giả sử y2 = x4 + x3 + x2 + x + 1 (1) với y ∈ N.
Biến đổi : 4y2 = 4x4 + 4x3 + 4x2 + 4x + 4 ⇒ (2y)2 = (2x2 + x)2 + 3x2 + 4x + 4 =
= (2x2 + x)2 + 2x2 + (x + 2)2 > (2x2 + x)2 nên (2y)2 ≥ (2x2 + x + 1)2 ⇒
⇒ 4x4 + 4x3 + 4x2 + 4x + 4 ≥ 4x4 + x2 + 1 + 4x3 + 4x2 + 2x ⇒ 0 ≥ x2 – 2x – 3 ⇒
0 ≥ x2 – 2x – 3 ⇒ 0 ≥ (x + 1)(x – 3) ⇒ -1 ≤ x ≤ 3
Xét x = -1 ⇒ y2 = 12 , x = 0, ⇒ y2 = 12 , x = 1 ⇒ y2 = 5, loại. x = 2 ⇒ y2 = 31, loại.
x = 3 ⇒ y2 = 121 = 112 Đáp số : x = -1 ; x = 0 ; x = 3.
Cách 2 : Giả sử y2 = x4 + x3 + x2 + x + 1 (1) với y ∈ N
Biến đổi : 4y2 = 4x4 + 4x3 + 4x2 + 4x + 4
= (2x2 + x)2 + 3x2 + 4x + 4
= (2x2 + x)2 + 2x2 + (x + 2)2 > (2x2 + x)2 = A2
(2)
2
2
2
2
2
2
2
2
2

2
Xét (A + 2) – 4y = (2x + x + 2) – 4y = (2x + x + 2) – 4y = (2x + x) + 4(2x2 + x)
+ 4 – (2x2 + x)2 – 3x2 – 4x – 4 = 8x2 + 4x – 3x2 – 4x = 5x2 (3).
Nếu x = 0 thì từ (1) có y2 = 1
Nếu x ≠ 0 thì từ (3) ⇒ (A + 2)2 > 4y2. Kết hợp với (2) được : A2 < 4y2 < (A + 2)2
Suy ra (2y)2 = (A + 1)2 ⇔ … ⇔ x2 – 2x – 3 = 0. Từ đó tìm được x1 = 3 ; x2 = -1.
Đáp số : x = 0 ; x = 3 ; x = -1. biểu thức đã cho theo thứ tự bằng 1 ; 121 ; 1.
18


VII/ Phương pháp lùi vô hạn, nguyên tắc cực hạn
Ví dụ : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : x3 + 2y3 = 4z3
(1)
Giải :
Hiển nhiên x M 2. Đặt x = 2x1 với x1 nguyên. Thay vào (1) rồi chia hai vế cho 2
3
được 4 x 1 + y3 = 2z3
(2)
Do đó y M 2. Đặt y = 2y1 với y1 nguyên. Thay vào (2) rồi chia hai vế cho 2 được :
3
3
2 x 1 + 4 y 1 = z3
(3)
Do đó z M 2. Đặt z = 2z1 với z1 nguyên. Thay vào (2) rồi chia hai vế cho 2 được :
x 13 + 2y 13 = 4z 13
(4)
Như vậy nếu (x, y, z) là nghiệm của (1) thì (x1, y1, z1) cũng là nghiệm của (1) trong đó x =
2x1, y = 2y1, z = 2z1.
Lập luận tương tự như trên, (x2, y2, z2) cũng là nghiệm của (1) trong đó x1 = 2x2, y1 = 2y2,
z1 = 2z2..

Cứ tiếp tục như vậy ta đi đến : x, y, z chia hết cho 2k với k là số tự nhiên tùy ý. Điều này
chỉ xảy ra khi x = y = z = 0.
Đó là nghiệm nguyên duy nhất của (1)
Chú ý Ta gọi phương pháp trên là phương pháp lùi vô hạn.
Nếu ví dụ trên được cho dưới dạng : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
x3 + 2y3 = 4z3
(1)
Ta có thể trình bày chứng minh bằng nguyên tắc cực hạn :
Giả sử (x0, y0, z0) là nghiệm nguyên dương của (1), trong đó x0 là giá trị nguyên dương
nhỏ nhất trong các giá trị mà x có thể nhận.
Lập luận như trong cách giải trên ta được (x1, y1, z1) cũng là nghiệm nguyên dương của
(1) mà x0 = 2x1, tức là x1 < x0. Điều này trái với giả thiết x0 là số nguyên dương nhỏ nhất
trong các giá trị nhận được của x. Vậy phương trình (1) không có nghiệm nguyên dương.
CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VỚI NGHIỆM NGUYÊN ( bổ sung)
I/ Phương trình bậc nhất hai ẩn
1. Ví dụ 1 Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : 11x + 18y = 120 (1)
Giải : Vì 11x M 6. Đặt x = 6k (k nguyên). Thay vào (1) và rút gọn ta được :
11k + 3y = 20
Biểu thị ẩn mà hệ số của nó có giá trị tuyệt đối nhỏ (là y) theo k ta được :
y=

20 − 11k
k −1
⇔ y = 7 – 4k +
vì y nguyên nên k = 3t + 1 ⇒ y = 3 – 11t, x =
3
3

18t + 6.
Chú ý. a) Nếu đề bài yêu cầu tìm nghiệm nguyên dương của (1) thì sau khi được

nghiệm nguyên tổng quát, ta giải các điều kiện sau :

18t + 6 > 0
1
3
⇔ − .

3
11
3 − 11t > 0

Do đó t = 0 (vì t nguyên). Nghiệm nguyên dương của (1) là x = 6, y = 3.

20 − 11k
, chẳng hạn :
3
1 + 2k
y = 7 – 3k +
3

b) Có nhiều cách tách giá trị nguyên của biểu thức y =
cách 1

y = 7 – 4k +

k −1
3

cách 2

19


cách 3

y = 6 – 3k +

2(1 − k )
3

Chú ý cách 1 và cách 3 hệ số của k bằng 1 dễ giải hơn vì không cần đặt ẩn phụ nào nữa.
Cách giải phương trình bậc nhất hai ẩn ax + by = c với nghiệm nguyên (a, b, c ∈ Z)
- Rút gọn phương trình chú ý đến tính chia hết của các ẩn.
- Biểu thị ẩn mà hệ số của nó có giá trị tuyệt đối nhỏ (chẳng hạn x) theo ẩn kia.
- Tách riêng giá trị nguyên ở biểu thức của x.
- Đặt điều kiện để phân số trong biểu thức chứa x bằng một số nguyên t1, ta
được một phương trình bậc nhất hai ẩn y và t1.
- Cứ tiếp tục làm như trên cho đến khi các ẩn đều được biểu thị dưới dạng một
đa thức với các hệ số nguyên.
Bài tập
1. Tìm các nghiệm nguyên : 12x – 7y = 45 (HD : Đặt y = 3k Kết quả :
(x = 7t + 2; y = 12t –3)
547 − 20 y
2. Tìm các nghiệm nguyên : 9x + 20y = 547. (HD : x =
=
9
2(1 + y)
1+ y
= t Kết quả : (x = 63 – 20t; y = 9t –1)

61 − 2 y −
. Đặt
9
9
3. Cho phương trình 11x + 8y = 73.
a) Tìm các nghiệm nguyên.
b) Tìm các nghiệm nguyên dương.
(HD : y =

73 − 11x
3(3 − x )
=8–x+
Kết quả : (x = 3 – 8t ; y = 5 + 11t) b) x = 3 ; y
8
8

= 5))
4. Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên
dương :
11x + 2006y =11.2006 (HD : Ta thấy 2006y M 11 ⇒ y M 11. Do y
nguyên dương nên y ≥ 11. Do đó vế trái lớn hơn vế phải. Vô lý! Chú ý :
Ta có bài toán tổng quát : Phương trình ax + by = ab không có nghiệm
nguyên dương nếu a và b nguyên tố cùng nhau)
II/ Phương trình bậc hai có hai ẩn
1/ Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :
x2 + (x + y)2 = (x + 9)2 (1)
Giải :
(1) ⇔ (x + y)2 – 18x = 81
⇔ (x + y)2 – 18(x + y) + 81 = 162 – 18y
⇔ (x + y – 9)2 = 9(18 – 2y)

⇒ 18 – 2y là số chính phương chẵn nhỏ hơn 18 (vì y > 0)
 18 – 2y = 0 ⇒ y = 9. Từ (1) suy ra x = 0 (loại)
 18 – 2y = 4 ⇒ y = 7. Từ (1) suy ra x = 8
 18 – 2y = 16 ⇒ y = 1. Từ (1) suy ra x = 20
Thử lại phương trình có hai cặp nghiệm nguyên dương là (8 ; 7) và (20 ; 1)
2/ Tìm các nghiệm nguyên của phương trình :
5x – 3y = 2xy – 11
Giải :
20


x+5
Để y ∈ Z phải có x + 5 M 2x + 3
2x + 3
⇒ 2(x + 5) M 2x + 3 ⇒ 7 M 2x + 3 từ đó tìm được (x ; y) = (-1 ; 6) ; (-2 ; -1) ; (2 ; 3) ;

Biểu thị y theo x : y = 2 +

(-5 ; 2)
Cách giải khác : Đưa về phương trình ước : (2x + 3)(2y – 5) = 7
3/ Tìm các nghiệm nguyên của phương trình
x2 – 2x – 11 = y2
Giải :
Đưa về phương trình ước :
x2 – 2x + 1 = y2 ⇒ (x – 1)2 – y2 = 12. (1)
Ta thấy (1) chứa y với số mũ chẵn nên có thể giả thiết rằng y ≥ 0. Thế thì x – 1 + y ≥ x –
1 – y và (x – 1 + y) – (x – 1 – y) = 2y nên x – 1 + y và x – 1 – y cùng tính chẵn lẻ. Tích
của chúng bằng 12 nên chúng cùng chẵn.
Do đó ta có
x–1+y

6
-2
x–1–y
2
-6
Do đó
x-1
4
-4
y
2
2
x
5
-3
Đáp số (5 ; 2), (5 – 2), (-3 ; 2), (-3 ; -2)
Cách 2 : Viết thành phương trình bậc hai đối với x
x2 – 2x – (11 + y2) = 0 (2)
’ = 1 + 11 + y2 = 12 + y2.
Điều kiện cần để (2) có nghiệm nguyên : ’ là số chính phương ⇔ 12 + y2 = k2 (k ∈ N)
⇔ k2 – y2 = 12 ⇔ (k + y)(k –y) = 12. Giả sử y ≥ 0 thì k + y ≥ k – y và k + y ≥ 0, (k + y)
– (k – y) = 2y nên k + y và k – y cùng tính chẵn lẻ và phải cùng chẵn

k + y = 6
suy ra y = 2
k − y = 2

Từ đó ta có 

Thay vào (2) : x2 – 2x – 15 = 0.

x1 = 5 ; x2 = -3.
Ta có bốn nghiệm : (5 ; 2), (5 – 2), (-3 ; 2), (-3 ; -2)
4/ Tìm các nghiệm nguyên của phương trình :
x2 + 2y2 + 3xy – x – y + 3 = 0 (1)
Giải : Viết thành phương trình bậc hai đối với x :
x2 + (3y – 1)x + (2y2 – y + 3) = 0 (2)
 = (3y – 1)2 – 4(2y2 – y + 3) = y2 – 2y – 11.
Điều kiện cần để (2) có nghiệm nguyên  phải là số chính phương.
⇔
y2 – 2y – 11 = k2 (3) (k ∈ N)
Kết quả (-8 ; 5), (-6 ; 5), (6 ; -3), (4 ; -3)
III/ Phương trình bậc ba trở lên có hai ẩn
Ví dụ : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình :
x(x + 1)(x + 2)(x + 3) = y2 (1)
Giải
Nếu y thỏa mãn phương trình thì –y cũng thỏa mãn, do đó ta giả sử y ≥ 0
21


(1) ⇔ (x2 + 3x)(x2 + 3x + 2) = y2.
Đặt x2 + 3x + 1 = a, ta được (a – 1)(a + 1) = y2 ⇔ a2 – 1 = y2 ⇔ (a + y)(a – y) = 1.
Suy ra a + y = a – y, do đó y = 0.
Thay vào (1) ta được : x1 = -1 ; x2 = 0 ; x3 = -2, x4 = -3.
Đáp số (0 ; 0), (-1 ; 0), (-2 ; 0), (-3 ; 0).
Bài tập
Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là số chính phương
x(x + 2)(x2 + 2x + 3)
Giải :
x(x + 2)(x2 + 2x + 3) = y2
(1)

(giả sử y ∈ N)
2
2
2
2
⇔ (x + 2x)(x + 2x + 3) = y . Đặt x + 2x = k ta có k(k + 3) = y2 (2)
Xét y = 0 từ (1) ta có x1 = 0 ; x2 = -2.
Xét y > 0. Biến đổi : 4k2 + 12k = 4y2 ⇔ (2k + 3)2 – 4y2 = 9
⇔ (2k + 3 + 2y)(2k + 3 – y) = 9.
Ta thấy 2k + 3 + 2y > 2k + 3 – y nên có hai trường hợp :
Trường hợp 1 :

2k + 3 + 2 y = 9
⇒ k = 1.

2k + 3 − 2 y = 1

Khi đó x(x + 2) = 1, không có nghiệm nguyên.

2k + 3 + 2 y = −1
⇒ k=-4
2k + 3 − 2 y = −9

Trường hợp 2 : 

Khi đó x(x + 2) = -4 ⇔ x2 + 2x + 4 = 0, vô nghiệm.
Đáp số 0 và -2
Ví dụ: Tìm một số điện thoại có 4 chữ số biết rằng nó là một số chính phương và nếu ta
thêm vào mỗi chữ số của nó một đơn vị thì cũng được một số chính phương.
Giải : Giả sử số điện thoại là : abcd

Ta có : abcd = x2 ; (a + 1)(b + 1)(c + 1)(d + 1) = y 2
⇒
y2 – x2 = 1111 ⇒ (y – x)(y + x) = 1111
x, y là các số có hai chữ số (vì nếu x, y có từ 3 chữ số trở lên thì khi bình phương
không thể là số có bốn chữ số và x, y cũng không thể có một chữ số)

 y − x = 11
⇒ x = 45 và y = 56. Số điện thoại cần tìm là 2025
 y + x = 101

⇒ 

2) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 1, ta có :

1
1
1
1
9
+
+
+…+ 2
2 <
n + ( n + 1)
5 13 25
20

Giải
Ta có

1
1
1
1 1
1
=
<
= ( −
)
2
2
K + (K + 1)
2K + 2K + 1 2K ( K + 1) 2 K K + 1
2

Lần lượt thế K = 2, 3, …, n suy ra

1
1
1
1
1 1
9
+
+
+…+ 2
+
=
2 <
n + ( n + 1)

5 13 25
5 4 20
3) Giải hệ phương trình :
1 1 1
 x + y + z = 2

 2 − 1 =4
 xy z 2

22


Giải : Đặt X =

1
Y = … Z = … (x, y, z ≠ 0)
x

Rút Z theo X và Y thay vào phương trình còn lại ta đước (X – 2)2 + (Y – 2)2 = 0

1 1
2 2

1
2

Vậy hệ có nghiệm : ( ; ;− )
4) Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x6 + 3x3 + 1 = y4.
Giải :
Rõ ràng x = 0 ; y = ± 1 là nghiệm nguyên dương của phương trình, ta chứng minh đó là

hai nghiệm nguyên dương duy nhất.
Với x > 0 :
(x3 + 1)2 = x6 + 2x3 + 1 < x6 + 3x3 + 1 = y4 < x6 + 4x3 + 4 = (x3 + 2)2 (Vô lý).
Với x = -1 ; y4 = -1 : Vô nghiệm
Với x ≤ -2 : (x3 + 2)2 < x6 + 3x3 + 1 = y4 < x6 + 2x3 + 1 = (x3 + 1)2 (Vô lý)
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm : (0 ; 1) và (0 ; -1).

CHUYÊN ĐỀ SỐ NGUYÊN TỐ - HỢP SỐ
I. LÍ THUYẾT
1. Định nghĩa:
- Số nguyên tố là số (tự nhiên) lớn hơn 1 chỉ có hai ước 1 và chính nó.
- Hợp số là số (tự nhiên) lớn hơn 1 có nhiều hơn hai ước số.
- Các số 0 và 1 không là số nguyên tố cũng không là hợp số.
2. Định lí:
- Dãy số nguyên tố vô hạn.
- Nếu số nguyên tố p chia hết cho số nguyên tố q thì p = q
- Nếu số nguyên tố p chia hết cho tích abc thì p chia hết cho ít nhất một thừa số
của tích abc.
- Nếu số nguyên tố p không chia hết cho a và b thì p không chia hết cho ab
- Định lí Dirichlet: Nếu a và b nguyên tố cùng nhau thì tồn tại vô số nguyên tố p
có dạng: p = an + b, ( n ∈ N )
- Định lí Tchebycheff: Trong khoảng từ số tự nhiên n đến số tự nhiên 2n có ít nhất
1 số nguyên tố.
3. Cách nhận biết số nguyên tố.
- Cách 1: Chia số đó lần lượt cho các số nguyên tố từ nhỏ đến lớn
+ Nếu có phép chia hết thì số đó không nguyên tố.
+ Nếu chia đến lúc số thương nhỏ hơn số chia mà phép chia vẫn có số dư thì số đó
là số nguyên tố.
- Cách 2: Một số có 2 ước lớn hơn 1 thì số đó không phải là số nguyên tố.
4. Số nguyên tố cùng nhau:

23


- Hai số tự nhiên được gọi là nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi chúng có một
ước chung duy nhất là 1.
a, b nguyên tố cùng nhau ⇔ ( a, b ) = 1
- Hai số tự nhiên liên tiếp thì nguyên tố cùng nhau.
- Hai số nguyên tố thì luôn luôn nguyên tố cùng nhau.
- Các số a, b, c nguyên tố cùng nhau ⇔ ( a, b, c ) = 1
- Các số a, b, c nguyên tố sánh đôi khi chúng đôi một nguyên tố cùng nhau
a, b, c nguyên tố sánh đôi ⇔ ( a, b ) = ( b, c ) = ( c, a ) = 1
- Ngược lại 3 số nguyên tố sánh đôi thì chúng nguyên tố cùng nhau

( a, b ) = ( b, c ) = ( c, a ) = 1 ⇒ ( a, b, c ) = 1
2. Tính chất:
- Nếu tích ab chia hết cho số nguyên tố p thì a Mp hoặc b Mp
- Nếu a n Mp thì a Mp (p là số nguyên tố)
- Một số bằng tổng các ước của nó (không kể chính nó) được gọi là số hoàn chỉnh.
Ví dụ: 6 = 1 + 2 + 3 . (nên 6 là số hoàn chỉnh)
- Để tìm số tự nhiên n sao cho biểu thức f(n) là số nguyên tố ta thương phân tích
f(n) thành nhân tử. Một trong hai nhân tử đó bằng 1 hoặc - 1.(thừa só nhỏ bằng 1)
- Để tìm số nguyên tố p ta thường xét p dưới các dạng:
Dạng 1: p = 3k, p = 3k + 1, p = 3k + 2 ( k ∈ N ) để tìm ra p = 3.
Dạng 2: p = 5k, p = 5k ± 1, p = 5k ± 2 ( k ∈ N ) để tìm ra p = 5.
Dạng 3:
+ Mỗi số nguyên tố lớn hơn 2 đều có dạng 4n + 1, 4n + 3
+ Mỗi số nguyên tố lớn hơn 3 đều có dạng 6n + 1, 6n + 5
- Để chứng minhn là hợp số, ta chứng minh rằng có ước khác 1 và chính nó.
II. BÀI TẬP ÁP DỤNG

1. Các bài toán về số nguyên tố
Bài 1: Tìm số tự nhiên n để các số sau là số nguyên tố
a ) A = 12n 2 − 5n − 25
b) B = 8n 2 + 10n + 3

Giải:
a) A = 12n2 - 5n - 25 = (4n + 5)(3n - 5)
Để A là số nguyên tố thì thừa số nhỏ phải bằng 1
Vì n ∈ N nên 4n + 5 > 3n - 5
⇒ 3n - 5 = 1
⇔ n=2
b) B = 8n2 + 10n + 3 = (2n + 1)(4n + 3)
Để B là số nguyên tố thì thừa số nhỏ phải bằng 1
Vì n ∈ N nên 4n + 3 > 2n + 1
⇒ 2n + 1 = 1
⇔ n=0
Với n = 0 ⇒ B = 3 là số nguyên tố
Vậy với n = 0 thì B là số nguyên tố.
24


Bài 2: Tìm giá trị của n để a =
Giải:
Ta có: (2n - 5, 2) = 1
Mà n ∈ Z + ⇒ a ∈ Z + ⇔ 2a ∈ Z +

n+8
2n − 5

( n∈Z )

+

là số nguyên tố.

2n + 16
21
= 1+
2n − 5
2n − 5
+
2a ∈ Z ⇔ 2n − 5 là ước của 21
 2n − 5 = 1
n = 3
 2n − 5 = 3
n = 4
⇔
⇔
 2n − 5 = 7
n = 6


 2n − 5 = 21  n = 13
- Với n = 3 ⇒ a = 11 ( nguyên tố)
- Với n = 4 ⇒ a = 4 (hợp số)
- Với n = 6 ⇒ a = 2 (nguyên tố)
- Với n = 13 ⇒ a = 1 (không nguyên tố)

Ta có: 2a =

Vậy n = 3, n = 6 thì a là số nguyên tố.

Bài tập tương tự
Cho số b =

3n − 9
, n ∈ N . Định giá trị của n để b là số nguyên tố.
n+5

HD: n = 19, b = 2
Bài 3: Chứng minh điều kiện cần và đủ để p và 8p2 + 1 nguyên tố là p = 3.
Giải:
Điều kiện đủ: p = 3 ⇒ 8p2 + 1 = 73 là nguyên tố.
Điều kiện cần: Nếu p = 3k + 1 ⇒ 8p2 + 1 = 3k M 3 không là số nguyên tố
Nên p = 3k
Mà p nguyên tố
⇒ p=3
Vậy ta có diều phải chứng minh p = 3.
Bài 4: Cho p và p2 + 2 là hai số nguyên tố. Chứng minh rằng p3 + 2 cũng là một số
nguyên tố.
Giải:
Vì p và p2 + 2 là 2 số nguyên tố
⇒ p = 3 ⇒ p2 + 2 = 11 (nguyên tố)
Ta có: p3 + 2 = 29 (nguyên tố)
Vậy p, p2 + 2 nguyên tố
⇒ p3 + 2 nguyên tố.
Bài 5: Tìm 3 số nguyên tố sao cho tích của chúng gấp 5 lần tổng của chúng
Giải:
Goi a, b, c là 3 số nguyên tố.
Ta có : abc = 5(a + b + c)
⇒ 5 là ước của abc
Giả sử a = b = c . Thì 5 là ước của a và a là nguyên tố nên a = 5

⇔ bc = 5 + b + c
Suy ra: 5bc = 5(5 + b + c) ⇔ b(c − 1) − (c − 1) = 6
⇔ (b − 1)(c − 1) = 6

25