Chuyên đề phương trình nghiệm nguyên, số chính phương

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NINH

NGHIỆM NGUYÊN
SỐ CHÍNH PHƯƠNG
(Tài liệu tập huấn giáo viên cốt cán)


Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số chính phương
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
I. Sử dụng định lý nghiệm của phương trình bậc hai.
1.Một số dịnh lí liên quan.
Để giải phương trình bậc hai với nghiệm nguyên hay các vấn đề liên quan
nghiệm nguyên của phương trình bậc hai người ta thường dùng một số định lí
dưới đây.
2
Định lí 1. Phương trình ax + bx + c = 0 với các hệ số nguyên c ≠ 0 nếu

có nghiệm nguyên x0 thì cMx0 .
2
Chứng minh: Giả sử x0 là nghiệm nguyên của PT thì ax0 + bx0 + c = 0

⇔ ax02 + bx0 = −c ⇔ x0 (ax0 + b) = −c . Do c ∈ Ζ ⇒ cMx0 hay x0 ∈ Ư( c ).
*Chú ý: Định lí vẫn đúng với phương trình bậc n với các hệ số nguyên.
n
n −1
Khi đó phương trình an x + an−1x + ... + a1 x + a0 = 0 (với an , a0 ≠ 0 ) có

nghiệm nguyên x0 thì x0 ∈ Ư( a0 ).
2
Định lí 2. Phương trình x + bx + c = 0 với các hệ số nguyên có nghiệm
2

nguyên khi và chỉ khi ∆ = b − 4c là số chính phương.
2
Chứng minh: Giả sử x0 là nghiệm nguyên của PT thì x0 + bx0 + c = 0

⇔ x02 + bx0 = −c ⇔ x0 ( x0 + b) = −c ⇒ ∆ = b 2 + 4 x0 ( x0 + b )
⇔ ∆ = b 2 + 4bx0 + 4 x02 = (b + 2 x0 )2 .
Do b, x0 ∈ Ζ nên ∆ là số chính phương.
Đảo lại, nếu

∆ = b 2 − 4c = k 2 ⇒ x1,2 =

cùng tính chẵn lẻ nên dễ dàng suy ra

x1,2 =

−b ± k
2
2
2 , mà b − 4c = k ⇒ b và k

−b ± k
∈Ζ
2
.

2


Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số chính phương
2

2
Định lí 3. Phương trình hệ số nguyên x + by + cxy + dx + ey + f = 0 có
2
2
nghiệm nguyên khi và chỉ khi ∆ = (cy + d ) − 4(by + ey + f ) là số chính

phương.
Chứng minh: Tương tự định lí 2
2. Một số bài toán điển hình.
Bài 1.Giải phương trình nghiệm nguyên .
x 2 − 2(3 y + 1) x + 8 y 2 + 6 y + 6 = 0 .

(1)

2
2
HD: Coi x − 2(3 y + 1) x + 8 y + 6 y + 6 = 0 là phương trình bậc hai ẩn x và y là

tham số.
2
2
2
Để PT có nghiệm nguyên thì ∆ ' = (3 y + 1) − 8 y − 6 y − 6 = k ( k ∈ Ν )

y − k =1
⇔ y 2 − 5 = k 2 ⇔ ( y − k )( y + k ) = 5 ⇔ 
 y + k = 5 hoặc

 y − k = −5


 y + k = −1 .

y − k =1 y = 3
⇔

y + k = 5 k = 2

* Với
, thay vào (1) ta có:

x 2 − 20 x + 96 = 0 ⇒ x1 = 8; x2 = 12.
 y − k = − 5  y = −3
⇔

y
+
k
=
−
1
 k = 2 , thay vào (1) ta có:
* Với 

x 2 + 16 x + 60 = 0 ⇒ x1 = −10; x2 = −6

Vậy phương trình có tập nghiệm là:
( x, y ) ∈ { ( −10, −3),( −6, −3),(8,3),(12,3)} .
2
s
Bài 2. Giải phương trình nghiệm nguyên 2 xy − y = p , trong đó p là số

nguyên tố, s là số nguyên dương.

3


Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số chính phương
2
s
2
s
HD: Xét phương trình 2 xy − y = p ⇔ y − 2 xy + p = 0 (1) coi là phương

trình bậc hai ẩn y .
2
s
Đk cần để PT có nghiệm nguyên là ∆ ' = x − p phải là số chính phương.
2
s
2
s
Khi đó x − p = k ⇔ ( x − k )( x + k ) = p (với k ∈ Ν )
i

x − k = p
⇒
s −i

 x + k = p hoặc

s −i

x − k = − p

i

 x + k = − p (với 0 ≤ i ≤ s − i ).

p i + p s −i
⇒x=±
i
s −i
2
, do p , p cùng tính chẵn lẻ nên x ∈ Ζ .
p i + p s −i
x=
⇒ y 2 − ( p i + p s −i ) y + p s = 0 ⇒ y = p i ; y = p s −i .
2
* Với
p i + p s −i
x=−
⇒ y 2 + ( p i + p s −i ) y + p s = 0 ⇒ y = − p i ; y = − p s − i .
2
* Với
s
Chú ý: Từ (1) suy ra ngay y ∈ Ư( p ).

Bài 3. Cho một tam giác có số đo ba cạnh là x, y , z nguyên thỏa mãn:
2 x 2 + 3 y 2 + 2 z 2 − 4 xy + 2 xz − 20 = 0 .
Chứng minh tam giác đã cho là tam giác đều.

HD: Cách 1.
2
2
2
Ta có 2 x + 3 y + 2 z − 4 xy + 2 xz − 20 = 0

(1)

Do x, y, z ∈ Ν * ⇒ y là số chẵn, đặt y = 2k ( k ∈ Ν * ) thay vào (1) ta có:

2 x 2 + 12k 2 + 2 z 2 − 8 xk + 2 xz − 20 = 0
⇔ x 2 + 6k 2 + z 2 − 4 xk + xz − 10 = 0
⇔ x 2 − x(4k − z ) + (6k 2 + z 2 − 10) = 0

(2)

Coi (2) là phương trình bậc hai ẩn x .
2
2
2
2
2
Xét ∆ = (4k − z ) − 4(6k + z − 10) = ... = −8k − 8kz − 3 z + 40 .

4


Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số chính phương
*Nếu k ≥ 2 ⇒ ∆ < 0 ⇒ phương trình vô nghiệm. Từ đó ⇒ k = 1 ⇒ y = 2
2

Thay k = 1 vào ∆ ta được: ∆ = − 3 z − 8 z + 32

z ∈{ 1;2}
*Nếu z ≥ 3 thì ∆ < 0 ⇒ (2) vô nghiệm. Do đó
.
*Nếu z = 1 thì ∆ không là số chính phương (loại).
*Nếu z = 2 ⇒ x = 2 (vì x > 0 )
Vậy x = y = z = 2 ⇒ tam giác đã cho là tam giác đều.
Cách 2.Do x, y , z là các số nguyên nên x, y, z ≥ 1 .
2
2
2
Từ phương trình đã cho 2 x + 3 y + 2 z − 4 xy + 2 xz − 20 = 0 nhân 2 vào

hai vế và dùng phương pháp dồn biến đưa về dạng:
(2 x − 2 y + z ) 2 + 2( y + z ) 2 + z 2 = 40 (*)
*Nếu y ≥ 4 ⇒ VT > 4. (loại) ⇒ y = 2 thay vào (*) ta có:
(2 x + z − 4)2 + 2( z + 2)2 + z 2 = 40 ⇒ z ≤ 2 .
2
*với z = 1 ⇒ (2 x − 3) = 21 (loại).

*Với z = 2 ⇒ x = 2 (thỏa mãn).
Vậy x = y = z = 2 ⇒ tam giác đã cho là tam giác đều.
Bài 4.Giải phương trình sau với x, y là những số nguyên.
x 2 + 2 xy + 7( x + y ) + 2 y 2 + 10 = 0 .
2
2
HD: Biến đổi phương trình đã cho x + 2 xy + 7( x + y ) + 2 y + 10 = 0

⇔ ( x + y ) 2 + 7( x + y ) + y 2 + 10 = 0

2
2
Đặt x + y = t ⇒ PT có dạng: t + 7t + y + 10 = 0 coi là phương trình
bậc hai ẩn t và y là tham số.

3
3
∆ = 9 − 4 y 2 ≥ 0 ⇒ − ≤ y ≤ ⇒ y ∈ { −1;0;1}
2
2
Xét
2
*Với y = −1 ⇒ x + 5 x + 5 = 0 . Loại vì không có nghiệm nguyên.

5


Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số chính phương
2
*Với y = 0 ⇒ x + 7 x + 10 = 0 ⇒ x = −2 hoặc x = −5 (thỏa mãn)
2
*Với y = 1 ⇒ x + 9 x + 19 = 0 . Loại vì không có nghiệm nguyên.

Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên

( x, y ) ∈ { ( −2,0),( −5,0)}

.

3. Bài tập đề nghị.

Bài 1. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn:
2
2
a) x + 3 y + 4 xy − 2 x − 6 y − 24 = 0 ;
2
2
b) x + 8 y + 6 xy + 4 x + 8 y − 17 = 0 ;
2
2
c) 5 x + 2 xy + y − 4 x − 40 = 0.

2
2
Bài 2. Chứng minh rằng phương trình x + 3 y + 4 xy + 2 x + 4 y − 9 = 0

không có nghiệm nguyên.
HD:Bài 1.
2
2
x
+
3
y
+ 4 xy − 2 x − 6 y − 24 = 0
a) Biến đổi

(1)

⇔ x 2 + 2(2 y − 1) x + 3 y 2 − 6 y − 24 = 0

⇔ x 2 + 2(2 y − 1) x + 3 y 2 − 6 y − 24 = 0 ;
∆ ' = (2 y − 1) 2 − (3 y 2 − 6 y − 24)
= 4 y 2 − 4 y + 1 − 3 y 2 + 6 y + 24
= y 2 + 2 y + 25 = ( y + 1) 2 + 24
2
2
Để phương trình (1) có nghiệm nguyên thì ( y + 1) + 24 = k

( k ∈ N *)

⇒ ( y + 1) 2 − k 2 = −24 ⇒ ( y − k + 1)( y + k + 1) = −24

Do y − k + 1, y + k + 1 cùng tính chẵn lẻ và y − k + 1 < y + k + 1 nên ta có
các trường hợp sau:

 y − k + 1 = −12  y − k + 1 = −6  y − k + 1 = −4  y − k + 1 = 2
; 
;
; 
.

y + k +1= 2
 y + k + 1 = 4  y + k + 1 = 6  y + k + 1 = 12

6


Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số chính phương
Giải các hệ phương trình ⇒ ( x, y )
(Phần b,c tương tự phần a)

2
2
Bài 2. Coi x + 3 y + 4 xy + 2 x + 4 y − 9 = 0 là phương trình bậc hai ẩn x .

⇒ x 2 + 3 y 2 + 4 xy + 2 x + 4 y − 9 = 0
⇔ x 2 + 2(2 y + 1) x + 3 y 2 + 4 y − 9 = 0
2
2
2
Xét ∆ ' = 4 y + 4 y + 1 − 3 y − 4 y + 9 = y + 10
2
2
Để phương trình có nghiệm nguyên thì y + 10 = k (k ∈ N *)

⇒ ( y − k )( y + k ) = −10 , mặt khác 10 là tích của hai số trong đó một số là
số chẵn, một số là số lẻ mà y − k , y + k cùng tính chẵn lẻ nên phương trình
không có nghiệm nguyên.
II. Sử dụng phương pháp khử ẩn để giải phương trình nghiệm nguyên.
1.Cơ sở của phương pháp.
Phương pháp này thường sử dụng cho các phương trình bậc cao, bằng kỹ
thuật thêm bớt, chặn trên, chặn dưới ta sẽ đưa nghiệm nguyên vào trong khoảng
giá trị của nó, việc làm này là co hẹp miền giá trị của nghiệm trên tập hợp Ζ .
Cụ thể, ta sử dụng tính chất lũy thừa cùng bậc của các số nguyên liên tiếp
hặc tích các số nguyên liên tiếp…để đưa phương trình nghiệm nguyên cần giải
về phương trình ít ẩn hơn và quen thuộc hơn. Từ đó, dễ dàng tìm được nghiệm
nguyên của phương trình đã cho.
Trong phương pháp này, thường sử dụng hai nhận xét cơ bản sau, trong
đó x, y ∈Ζ và a, n là các số nguyên lớn hơn 1.
n
n

n
n
n
i ∈ 1;2;...; a − 1}
a) x < y < ( x + a) thì y = ( x + i ) với {
.
b) 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;...; a − 1} .

2. Một số bài toán cơ bản
7


Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số chính phương
Bài 1.Giải phương trình nguyện nguyên.

y 3 = x3 + x 2 + x + 1 .

(1)

HD: Ta có:
 x2 + x + 1 > 0

2
 2
 11  19
>0
5 x + 11x + 7 = 5  x + ÷ +
10

20



.

Từ đó có:

( x3 + x 2 + x + 1) − ( x 2 + x + 1) < x3 + x 2 + x + 1 < ( x3 + x 2 + x + 1) + 5 x 2 + 11x + 7
3
3
3
3
3
⇔ x < y < ( x + 2) ⇒ y = ( x + 1) . Kết hợp với (1) ta có:

( x + 1)3 = x 3 + x 2 + x + 1 ⇔ x( x + 1) = 0 suy ra x = 0 hoặc x = −1 .
Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên là:

( x, y ) ∈ { (0, 1),(− 1, 0)} .

Bài 2. Giải phương trình nghiệm nguyên.

x3 − y 3 − 2 y 2 − 3 y − 1 = 0 .
3
3
2
x
=
y

+
2
y
+ 3y + 1
HD: Phương trình đã cho tương đương với

(2)

2

y ≥ 0
 2
Ta có 5 y + 2 > 0 , kết hợp với (2) ta được:

( y 3 + 2 y 2 + 3 y + 1) − (5 y 2 + 2) < y 3 + 2 y 2 + 3 y + 1 ≤ ( y 3 + 2 y 2 + 3 y + 1) + y 2
⇔ ( y − 1)3 < x 3 ≤ ( y + 1)3 ⇒ x3 = y 3 hoặc x 3 = ( y + 1)3 .
3
3
2
* Với x = y ⇒ 2 y + 3 y + 1 = 0 ⇒ y = − 1; x = −1
3
3
2
* Với x = ( y + 1) ⇒ y = 0 ⇒ y = 0; x = 1

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là

( x, y ) ∈ { (−1, −1),(1, 0)} .

Bài 3. Giải phương trình nghiệm nguyên.

8


Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số chính phương

x 4 − y 4 + z 4 + 2 x 2 z 2 + 3x 2 + 4 z 2 + 1 = 0 .

(3)

4
4
4
2 2
2
2
HD: Phương trình đa cho ⇔ y = x + z + 2 x z + 3x + 4 z + 1
2
2

3 x + 4 z + 1 > 0
 2
x + 3 > 0
Ta có 
, kết hợp với (3) ta được:

( x 4 + z 4 + 2 x 2 z 2 + 3 x 2 + 4 z 2 + 1) − (3 x 2 + 4 z 2 + 1) < x 4 + z 4 + 2 x 2 z 2 + 3 x 2 + 4 z 2 + 1
< ( x 4 + z 4 + 2 x 2 z 2 + 3x 2 + 4 z 2 + 1) + ( x 2 + 3)
⇔ ( x 2 + z 2 ) 2 < ( y 2 ) 2 < ( x 2 + z 2 + 2)2 ⇒ y 2 = x 2 + z 2 + 1
2

2
Kết hợp với (3) ta được x + 2 z = 0 ⇒ x = z = 0 ⇒ y = ± 1

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là

( x, y, z ) ∈ { (0,0, −1),(0,0,1)}

.

Bài 4. Giải phương trình nghiệm nguyên

x 4 + x 2 − y 2 + y + 10 = 0 .
4
2
HD: phương trình đã cho ⇔ y ( y − 1) = x + x + 10

(4)

4
2
4
2
4
2
2
Ta có x + x < x + x + 10 < ( x + x + 10) + (6 x + 2)
2
2
2
2

⇔ x ( x + 1) < y ( y − 1) < ( x + 3)(x + 4)

 y ( y − 1) = ( x 2 + 1)( x 2 + 2)

2
2
⇒  y ( y − 1) = ( x + 2)( x + 3) , kết hợp với (4) được

 x2 = 4
 2
x =1

⇒ x ∈ { ± 2; ± 1} , kết hợp với (4) ta có:
2
2
* Với x = 1 ⇒ y − y − 12 = 0 ⇒ y = −3; y = 4

2
2
⇒
y
− y − 30 = 0 ⇒ y = −5; y = 6
x
=
4
* Với

Vậy nghệm của phương trình là :
( x, y ) ∈ { (−1, −3),(−1,4),(1, −3),(1,4),(−2. − 5),(−2,6),(2. − 5),(2,6)}

.

9


Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số chính phương
Bài 5. Một số bài toán đề nghị. Giải các phương trình nghiệm nguyên sau
3
3
a) y − x = 3x ;
4
4
3
(
x
−
2)
−
x
=
y
b)
;
3
3
c) y = x + 2 x + 1 ;
6
4
3
2

d) x − 4 y − 4 y = 2 + 3 y + 6 y ;
2
4
3
2
y
=
x
+
x
+
x
+ x + 1 .(Gợi ý: nhân hai vế với 4)
e)

Hướng dẫn:
3
3
3
3
a) y − x = 3x ⇔ y = x + 3 x

⇒ ( x 3 + 3x ) − 3 x 2 − 1 < y 3 = x 3 + 3 x < ( x 3 + 3 x ) + 3x 2 + 1
⇒ ( x − 1)3 < y 3 = x3 + 3 x < ( x + 1)3
⇒ x3 + 3 x = x3 ⇒ x = 0 ⇒ y = 0 là nghiệm của phương trình.
4
4
3
b) Ta có: ( x − 2) − x = y , đặt x − 1 = t ⇒ x − 2 = t − 1; x = t + 1.
4

4
3
⇒ phương trình có dạng ( t − 1) − (t + 1) = y

3

 y
⇔ −8t − 8t = y ⇔ t + t =  − ÷
2
2
 2  (*), do 3t + 2t + 1 > 0; − 3t + 2t − 1 < 0
3

3

3

3

 y
(t + t ) − 3t + 2t − 1 < t + t =  − ÷ < (t 3 + t ) + 3t 2 + 2t + 1
 2
3

2

3

3

 y
⇔ (t − 1) < t + t =  − ÷ < (t + 1)3 ⇒ t 3 + t = t 3 ⇒ t = 0 ⇒ x = 1 ⇒ y = 0.
 2
3

3

2
2
c) Do 3x + x ≥ 0; − 3 x + x − 2 < 0 nên ta có:

( x 3 + 2 x + 1) − 3 x 2 + x − 2 < y 3 = x3 + 2 x + 1 ≤ ( x3 + 2 x + 1) + 3 x 2 + x

10


Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số chính phương
 x3 + 2 x + 1 = x3
⇒ ( x − 1) < x + 2 x + 1 ≤ ( x + 1) ⇒  3
3
 x + 2 x + 1 = ( x + 1)
3

Giải (1):

3

3

x3 + 2 x + 1 = x3 ⇒ x = −

(1)
(2)

1
2 (loại).

3
3
3
3
2
Giải (2): x + 2 x + 1 = ( x + 1) ⇔ x + 2 x + 1 = x + 3 x + 3 x + 1

⇔ 3 x 2 + x = 0 ⇒ x = 0; x = −

1
3

Vậy nghiệm của phương trình là ( x, y ) = (0,1).
6
4
3
2
6
4
3
2
d) x − 4 y − 4 y = 2 + 3 y + 6 y ⇔ x = 4 y + 4 y + 6 y + 3 y + 2

(1)

x 6 = (2 y 2 + y ) 2 + 5 y 2 + 3 y + 2 = (2 y 2 + y )2 + 2 y 2 + y + (3 y 2 + 2 y + 2)
⇒ x 6 > (2 y 2 + y ) 2 + 2 y 2 + y = (2 y 2 + y )(2 y 2 + y + 1)

(*)

6
2
2
2
x
=
(2
y
+
y
)
+
5
y
+ 3y + 2
Mặt khác :

=  (2 y 2 + y )2 + 2(2 y 2 + y ) + 1 + y 2 + y + 1 = (2 y 2 + y + 1)2 + y 2 + y + 1
⇒ x 6 ≤ (2 y 2 + y + 1) 2 + y 2 + y + 1 + y 2 = (2 y 2 + y + 1)(2 y 2 + y + 2) (**)
Từ (*) và (**) ta có:
⇒ (2 y 2 + y )(2 y 2 + y + 1) < x 6 ≤ (2 y 2 + y + 1)(2 y 2 + y + 2)

⇒ x 6 = (2 y 2 + y + 1)(2 y 2 + y + 2) . Kết hợp với (1) ta có y = 0 ⇒ x = ± 6 2

Vậy phương trình không có nghiệm nguyên.
2
4
3
2
2
4
3
2
e) y = x + x + x + x + 1 ⇔ 4 y = 4 x + 4 x + 4 x + 4 x + 4

= 4 x 4 + 4 x 3 + 4 x 2 + 4 x + 4 = (2 x 2 ) 2 + 2.2 x 3 + x 2 + 3x 2 + 4 x + 4
= (2 x 2 + x)2 + 3x 2 + 4 x + 4 > (2 x 2 + x)2 (*)
2
2
2
2
2
2
4
y
=
(2
x
+
x
+
2)
−
5

x
≤
(2
x
+
x
+
2)
(**)
Mặt khác:

11


Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số chính phương
2
2
2
2
2
2
Từ (*) và (**) tá có: 4 y = (2 x + x + 1) hoặc 4 y = (2 x + x + 2)

 x = −1 ⇒ y = ± 1
4 y 2 = (2 x 2 + x + 1) 2 ⇒ x 2 − 2 x − 3 = 0 ⇒ 
 x = 3 ⇒ y = 121
* Với
2
2
2

2
* Với 4 y = (2 x + x + 2) ⇒ − 5 x = 0 ⇒ x = 0 ⇒ y = ± 1

III. Giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp xuống thang.
1.Tính chất áp dụng.
Tính chất: Cho số nguyên a ≥ 2 và số tự nhiên x . Khi đó x chia hết cho

a n với mọi số tự nhiên n ∈ N * khi và chỉ khi x = 0.
Chứng minh:
n
n
Để xMa ⇒ x = k .a (k ∈ N )

* Với k = 0 ⇒ x = 0 thỏa mãn.
n
n
* Với k ≠ 0 ⇒ x = k .a ( k ∈ N *) và xMa (∀ n ∈ N *)

Khi đó ta có
lim
n→∞

x
a n+1

k=

x
x
x

x
< k = n < n −1
n
n +1
a và a
a
a

x
x
=
lim
k
=
k
<
lim
⇒k=0
n→∞ a n
n →∞
n →∞ a n−1
, vô lí vì k ≠ 0 k ∈ N *
,

< lim

Vậy k = 0 ⇒ x = 0.
2. Một số bài toán sử dụng phương pháp xuống thang.
Bài 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình.

x3 = 2 y 3 + 4 z 3 .

(1)

HD: Từ phương trình suy ra x chẵn, đặt x = 2 x1 thay vào (1) ta có:

8 x13 = 2 y 3 + 4 z 3 ⇔ y 3 = 4 x13 − 2 z 3 (2) ⇒ y là số chẵn.
3
3
3
3
3
3
Đặt y = 2 y1 , thay vào (2) Ta được 8 y1 = 4 x1 − 2 z ⇔ z = 2 x1 − 4 y1 (3)

12


Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số chính phương
Từ (3) suy ra z là số chẵn, đặt z = 2 z1 , thay vào (3) ta có:

⇔ 8 z13 = 2 x13 − 4 y13 ⇔ x13 = 2 y13 + 4 z13.
x y z
( x1 , y1, z1 ) =  , , ÷
 2 2 2  cũng là
Nếu PT (1) có nghiệm nguyên ( x, y, z ) thì
 x y z 
 n, n, n÷
nghiệm, tổng quát ta có  2 2 2  cũng là nghiệm của phương trình ban đầu
n

nên x, y , z đều chia hết cho 2 với mọi n do đó x = y = z = 0 là nghiệm của

phương trình đã cho.
Bài 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình.

x3 − 3 y 3 − 9 z 3 = 0 .
HD: Tương tự bài 1.
Bài 3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình.

x 2 + y 2 + z 2 + t 2 = 2 xyzt .
2
2
2
2
2
2
2
2
HD: Do x + y + z + t = 2 xyzt nên x + y + z + t là số chẵn.
2
2
2
2
*Nếu bốn số đó đều lẻ thì x + y + z + t ≡ 0(mod 4) còn 2 xyzt ≡ 2(mod 4) ,

nên phương trình không có nghiệm nguyên.
2
2
2
2

*Nếu trong bốn số trên có hai số chẵn thì x + y + z + t ≡ 2(mod 4) ,

2xyzt ≡ 0(mod 4) ⇒ phương trình không có nghiệm nguyên.
* Nếu bốn số đều là các số chẵn thì đặt x = 2 x1 , y = 2 y1 , z = 2 z1 , t = 2t1 ,
2
2
2
2
4
x
+
4
y
+
4
x
+
4
t
= 32 x1 y1 z1t1
1
1
1
1
thay vào phương trình ban đầu ta được:
2
2
2
2
⇔ x1 + y1 + x1 + t1 = 8 x1 y1 z1t1

2
2
2
2
(2.2+1)
x2 y2 z2t2
Tương tự ta có x2 + y2 + x2 + t2 = 32 x2 y2 z2t2 = 2
2
2
2
2
(2 n +1)
x
+
y
+
x
+
t
=
2
.xn yn zntn
n
n
n
n
Sau n lần ta có

13

Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số chính phương

Trong đó

xn =

x
y
z
t
, yn = n , zn = n , tn = n ∈ Ζ
n
2
2
2
2

(với n ∈ Ν * )

Suy ra x = y = z = 0 là nghiệm của phương trình đã cho.
*Chú ý: Có thể chỉ ra x = y = z = 0 là một nghiệm của phương trình sau
đó chứng minh không còn nghiệm nào thỏa mãn đề bài, rồi kết luận nghiệm. Có
thể áp dụng cho bài toán sau.
Bài 4. Tìm các số tự nhiên x, y, z thỏa mãn:

x 4 + y 4 + z 4 = 5x 2 y 2 .
HD: Dễ thấy x = y = z = 0 là một nghiệm của phương trình. Ta chứng tỏ ngoài
nghiệm này không còn nghiệm nào khác.
Giả sử tồn tại các nghiệm khác x = y = z = 0 , gọi ( x0 , y0 , z0 ) là một

4
4
4
2 2
nghiệm sao cho x0 + y0 + z0 = 5 x0 y0 có giá trị nhỏ nhất.

* Nếu x0 , y0 , z0 đều lẻ thì VT ≡ 3(mod 4) , VP ≡ 1(mod 4) ⇒ loại.
* Nếu x0 , y0 lẻ và z0 chẵn thì VT ≡ 2(mod 4) , VP ≡ 1(mod 4) ⇒ loại.
4
4
*Nếu x0 , y0 có một trong hai số chẵn, giả sử x0 chẵn thì y0 + z0 chia hết

cho 4 ⇒ y0 , z0 là hai số chẵn ⇒ x0 , y0 , z0 là ba số chẵn.
Đặt x0 = 2 x1 , y0 = 2 y1 , z0 = 2 z1 thay vào phương trình ban đầu ta có:
24 ( x14 + y14 + z14 ) = 5.24 x12 y12 ⇔ x14 + y14 + z14 = 5 x12 y12

⇒ ( x1 , y1 , z1 ) là một nghiệm nhưng x04 + y04 + z04 > x14 + y14 + z14 (vô lí)
Suy ra x = y = z = 0 là nghiệm của phương trình đã cho.
Bài 5. Bài tập đề nghị. Giải các phương trình nghiệm nguyên sau:
3
3
3
x
+
3
y
+
9
z
= 0;

a)
4
4
4
4
8
x
+
4
y
+
2
z
=
t
b)
;

(HD: như bài 1).
14


Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số chính phương

IV. Một số bài toán khác.
Bài 1. Giải phương trình nghiệm nguyên.
54 x 3 + 1 = y 3 .

(1)

HD: Cách 1.
Trường hợp 1. Xét x = 0 ⇒ y = 1
3
Trường hợp 2. Xét x ≠ 0 , nhân hai vế (1) với 4.54x ta được:

4.54 x3 (54 x 3 + 1) = 4.54 x3 y 3
⇔ (4.27 x3 + 1) 2 − 1 = (6 xy )3
3
Đặt 6u = 4.27 x và v = 6 xy khi đó phương trình có dạng:

(6u + 1)2 − 1 = v3

6u + v ≥ 5 ⇒ v ≥ 3
(2). Do u ≠ 0 nên

2
3
2
(2) ⇔ (6u + 1) = v + 1 = (v + 1)(v − v + 1)

Gọi

d = ( v + 1, v 2 − v + 1) = ( v + 1, v 2 + v − 2v − 2 + 3) = (v + 1,3)

Mà v + 1 không chia hết cho 3 nên d = 1
v + 1 = m 2 ( m ≥ 2)
⇒ 2
2
⇒ (m 2 − 1) 2 − ( m 2 − 1) + 1 = n 2
v − v + 1 = n

⇔ m 4 − 3m 2 + 3 = n 2
⇔ ( m 2 − 1) 2 − ( m2 − 2) = n2 = ( m 2 − 2) 2 + ( m2 − 1)
2
2
2
2
2
⇒ (m − 2) < n < (m − 1) (vô lí)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là (0, 1) .
Cách 2. Đặt ẩn phụ.

15


Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số chính phương
3
3
Xét 54 x + 1 = y (3) ⇒ y là số lẻ. Đặt z = 3x, y = 2k + 1 (k ∈ Ζ )
3
3
3
3
2
Suy ra (3) có dạng: 2 z + 1 = (2k + 1) ⇔ z = 4k + 6k + 3k

(4)

Từ (4) suy ra z Mk , đặt z = tk (t ∈ Ζ ) thay vào (4) ta có:

t 3k 3 = k 3 + 3k (k + 1) 2 ⇔ k t 3k 2 − k 2 − 3(k + 1) 2  = 0

k = 0
⇔ 3 2
2
2
t k − k − 3( k + 1) = 0

(5)
(6)

*Trường hợp 1. Với k = 0 ⇒ z = 3 x = 0 ⇒ x = 0, y = 1
3 2
2
2
3
2
2
*Trường hợp 2. Với t k − k − 3( k + 1) = 0 ⇔ (t − 1) k = 3( k + 1)

+ Nếu

t = 1 ⇒ k = −1, y = −1 ⇒ 3x = z = −1 ⇒ x = −

1
3 (loại)

3
+ Nếu t ≠ 1 , do (k , k + 1) = 1 nên k ∈ Ư(3) ⇒ k = 1 ⇒ y = 3, z = 13 (loại).

Cách 3. Đại số hóa.
3
3
3
3
Từ 54 x + 1 = y ⇔ y − 54 x = 1

⇔ ( y − 3 54 x)( y 2 + 3 54 xy + 3 542 x 2 ) = 1

(2)

2

3

54  3 3 542 2
y + 54 xy + 54 x =  y +
x÷ +
x >0
2
4


Do
2

3

3

2

2

 y − 3 54 x = 1
 2 3
y + 54 xy + 3 542 x 2 = 1
Nên từ (2) suy ra 
Giải hệ phương trình trên ta được x = 0, y = 1 thỏa mãn đề bài.
Bài 2. Tìm x, y, z , t ∈ Ν * thỏa mãn

31( xyzt + xy + xt + zt + 1) = 40( yzt + y + t ) .
HD: Cách 1. Sử dụng liên phân số để giải.
Ta có: 31( xyzt + xy + xt + zt + 1) = 40( yzt + y + t )

16


Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số chính phương
⇔

xyzt + xy + xt + zt + 1 40
=
yzt + y + t
31

xyzt + xy + xt + zt + 1 xyzt + xy + xt
zt + 1
=
+

yzt + y + t
yzt + y + t
yzt + y + t
Ta có:

=x+

1
1
1
1
=x+
=x+
= x+
yzt + y + t
t
1
1
y+
y+
y+
zt + 1
1
zt + 1
zt + 1
z+
t
t

40

9
1
1
=1+ = 1+
=1+
4
1
31
31
3+
3+
1
9
2+
4
Mặt khác, ta lại có:

(1)

(2)

Từ (1) và (2) ⇒ ( x, y, z , t ) = (1,3,2,4) là nghiệm nhất của phương trình.
Cách 2. Sử dụng phần nguyên.
Ta có: 31( xyzt + xy + xt + zt + 1) = 40( yzt + y + t )
⇔

xyzt + xy + xt + zt + 1 40
zt + 1
40
=

⇒x+
=
yzt + y + t
31
yzt + y + t 31

(1)

 40 
⇒ x =   =1
 31 
, thay x = 1 vào (1) ta được:

yzt + y + t 31
t
31
= ⇔ y+
=
zt + 1
9
zt + 1 9 .

(2)

 31
zt + 1 9
1 9
⇒ y =   =3
= ⇒z+ =
9

4
t 4 (3)
, thay y = 3 vào (2) được: t

Từ (3) tìm được z = 2, t = 4 ⇒ Nghiệm của PT là ( x, y , z , t ) = (1,3,2,4) .
x
3
Bài 3.Tìm x, y ∈ Ζ sao cho 3 − y = 1 .

HD:Từ phương ta có x ≥ 0, y ≥ 0
3x − y 3 = 1 ⇔ y 3 + 1 = 3x ⇔ ( y + 1)(y2 − y + 1) = 3x

17


Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số chính phương
m

y +1 = 3
 2
n
2
y
−
y
+
1
>
0
y − y +1 = 3

Vì
nên ta có 

(1)
(2)

m
Với m, n ∈ Ν và m + n = x . Từ (1) ⇒ y = 3 − 1 thay vào (2) ta được

32 m − 3m+1 + 3 = 3n

(3)

* Nếu m = 0 ⇒ y = x = 0.
n
2
* Nếu m ≥ 1 từ (1) ⇒ y ≥ 2 ⇒ 3 = y − y + 1 > 1 ⇒ n ≥ 1
n
⇒
3
≡ 3(mod 9) ⇒ n = 1 ⇒ m = 1 ⇒ x = y = 2 .
Từ (3)

Vậy phương trình có hai nghiệm là (0,0) và (2,2) .
Bài 4.Tìm các số nguyên x, y,z thỏa mãn
x + y = z
 3
3
2
x + y = z .

(1)

HD: Xét hai trường hợp z = 0 và z ≠ 0

x + y = 0
z =0⇒  3
⇒ x = −y
3
x
+
y
=
0

Trường hợp 1. Với

(2)

Từ (2) ta có ngiệm của phương trình là ( x, y, z ) = ( x0 , − x0 ,0)

( x0 ∈ Ζ)

2
2
Trường hợp 2. Với z ≠ 0 , từ (1) ⇒ x − xy + y = x + y

⇔ x 2 − ( y + 1) x + y 2 − y = 0

(3).

2
2
2
2
Xét ∆ = ( y + 1) − 4( y − y ) = −3y + 6 y + 1 = −3( y − 1) + 4

2
Để phương trình có nghiệm thì −3( y − 1) + 4 ≥ 0 ⇔ y ∈ { 0;1;2}

Kết hợp với (1) và (3) sẽ tìm được nghiệm cảu hệ phương trình.

18


Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số chính phương

SỐ CHÍNH PHƯƠNG
I.MỘT SỐ NÉT VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG.
Định nghĩa: Số chính phương là số bằng bình phương đúng của một số
nguyên.
- Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9.
- 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 ).
II. Một số dạng bài tập về số chính phương.
1.Chứng minh một số là số chính phương.

Bài 1. Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng 1 luôn là số chính
phương.

19


Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số chính phương
HD: Gọi 4 số tự nhiên, liên tiêp đó là n, n + 1, n + 2, n + 3 (n ∈ N ).
Ta biến đổi

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

2

Bài 2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên x, y thì

A = ( x + y ) ( x + 2 y ) ( x + 3 y ) ( x + 4 y ) + y 4 là số chính phương.
2
2 2
HD: Biến đổi A = ( x + 5 xy + 5 y )
6
4
3
2
Bài 3. Cho 2 ≤ n ∈ Ν . Chứng minh rằng A = n − n + 2n + 2n không thể là số

chính phương..
6
4
3

2
2
2
2
HD: Biến đổi A = n − n + 2n + 2n = n (n + 1) (n − 2n + 2)

2
Sau đó chứng minh n − 2n + 2 không là số chính phương.
2
Bài 4. Cho k là số nguyên dương và a = 3k + 3k + 1 .
2
a) Chứng minh rằng 2a và a là tổng ba số chính phương.

b) Chứng minh rằng nếu a là một ước của một số nguyên dương b và b
n
là một tổng gồm ba số chính phương thì b cũng là một tổng của ba số chính

phương.
2
2
2
2
HD:a) Biến đổi 2a = 6k + 6k + 2 = (2k + 1) + (k + 1) + k

2
4
3
2
Dùng kỹ thuật phân ô biến đổi a = 9k + 18k + 15k + 6k + 1

= (k 2 + k ) 2 + (2k 2 + 3k + 1) 2 + (2k 2 + k ) 2 = a12 + a22 + a32 .

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
2
2
2
b) Do a là ước của b , đặt b = c.a = b1 + b2 + b3
n
2
2
2
* Với n = 1 thì b = b = c.a = b1 + b2 + b3
n
2
2 2
2
2
2
2
* Với n = 2 thì b = b = c .a = c (a1 + a2 + a3 )
n
2 s +1
s 2
s 2
2
2
2
* Với n = 2 s + 1 thì b = b = (b ) .b = (b ) (b1 + b2 + b3 )

(với s ∈ Ν )

20


Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số chính phương
n
2 s+2
= (b s ) 2 .b 2 = (b s ) 2 c 2 (a12 + a22 + a32 )
* Với n = 2 s + 2 thì b = b

n
Vậy b là số chính phương.

Bài 5. Chứng minh rằng tổng bình phương của hai số lẻ bất kỳ không phải là
một số chính phương.
2
2
a
+
b
≡ 2(mod 4) ⇒ điều cần chứng minh.
a
,
b
HD: Do
là hai số lẻ nên

Bài 6. Giả sử số nguyên dương n có tất cả k ước số dương là d1 , d 2 ,..., d k
n
chứng minh rằng nếu d1 + d 2 + ... + d k + k = 2n + 1 thì 2 là số chính phương.

( Đề thi HSG TP.HCM 2012 – 2013)
m
HD: Gọi l1 , l2 ,..., ls là các ước lẻ của n và 2 là lũy thừa lớn nhất trong phân

tích ra thừa số nguyên tố của n ( s ≥ 1, m ≥ 0) .
m
m
m
⇒ các ước của n là l1 , l2 ,..., ls , 2l1 ,2l2 ,..., 2ls ,..., 2 l1,2 l2 ,...,2 ls

Theo đề bào ta có:
l1 + l2 + ... + ls + 2l1 + 2l2 + ... + 2ls + ... + 2 m l1 + 2 m l2 + ... + 2 m ls + ( m + 1) s = 2n + 1
s

m

s

i =1

j =0

i =1

⇔ ∑ li ∑ 2 j + (m + 1) s = 2 m + 1 ⇔ ∑li (2 m − 1) + (m + 1) s = 2m + 1

(1)

* Nếu s chẵn thì VT (1) chẵn, VP lẻ (vô lí) ⇒ s lẻ.

* Nếu s lẻ, m chẵn cũng vô lý ⇒ m lẻ ⇒
⇒

m = 2t + 1 ⇒

n
2m có số ước lẻ.

n
= p1k1 p2k2 ... ptkt
m
2
có số ước là ( k1 + 1)(k2 + 1)...(kt + 1)

n
n
⇒
⇒ ki chẵn ( i = 1, t ) ⇒ 2m là số chính phương 2 cũng là số chính

phương.
2.Tìm giá trị của biến để một biểu thức là số chính phương.
Bài1. Tìm số tự nhiên n sao cho các số sau là số chính phương:
21


Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số chính phương
a ) n 2 + 2n + 12 ;

b) n ( n + 3) ;

c) 13n + 3 ;

d ) n 2 + n + 1589

2
2
2
HD: a) Vì n + 2n + 12 là số chính phương nên đặt n + 2n + 12 = k (k ∈ N )

⇒ ( n 2 + 2n + 1) + 11 = k 2 ⇔ k 2 – ( n + 1) = 11 ⇔ ( k + n + 1) ( k − n − 1) = 11
2

2
n
n
+
3
=
a
(n ∈ N )
(
)
b. Đặt

⇔ n 2 + 3n = a 2 ⇔ 4n 2 + 12n = 4a 2
⇔ ( 2n + 3 + 2 a ) ( 2 n + 3 – 2a ) = 9

từ đó tìm được n

.

2
⇒ y + 4 ) ( y – 4 ) M13
c. Đặt 13n + 3 = y ⇔ 13 ( n – 1) = ( y + 4 ) ( y – 4 ) (

mà 13 là số nguyên tố nên y +4M13 hoặc y – 4M13

⇒ y = 13k ± 4 ( k ∈ N )
⇔ 13 ( n – 1) = (13k ± 4 ) 2 – 16 = 13k .(13k ± 8) ⇒ n = 13k2 ± 8k + 1
Vậy n = 13k2 ± 8k + 1 (Với k ∈ N) thì 13n + 3 là số chính phương.
Bài 2. Tìm số tự nhiên n ≥ 1 sao cho tổng 1!+ 2!+ 3!+ … + n! là một số chính
phương .
HD: Với n ≤ 4 ⇒ n = 1;3
Với n ≥ 5 ⇒ n! ≡ 3(mod10) nên không có số nào thỏa mãn.
n
Bài 3. Tìm số tự nhiên n sao cho 9 + 2 là số chính phương.

a − 3 = 2 u
⇒ (a − 3)(a + 3) = 2 ⇒ 
v
n
2 (a ∈ N)
a + 3 = 2 ( u, v ∈ N , u < v )
HD : 9 + 2 = a
n

⇒ 2v − 2u = 6 ⇒ 2u (2v −u − 1) = 6 .

(1)

22


Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số chính phương
Vì vế trái chia hết cho 2 mà không chia hết cho 4 nên u = 1 ⇒ a = 5, n = 4 .
n
Bài 4. Tìm số tự nhiên n sao cho 3 + 19 là số chính phương.
n
2
2
n
HD: Giả sử 3 + 19 = a , a ∈ N ⇒ a chẵn ⇒ a M4 ⇒ 3 ≡ 1 (mod 4). (1)
n
n
Mặt khác 3 ≡ −1 (mod 4) ⇒ 3 ≡ ( −1) (mod 4).

(2)

n
Từ (1) và (2) suy ra (−1) ≡ 1 (mod 4) ⇒ n chẵn ⇒ n = 2m, m ∈ N .
2m
2
m
m
Ta có: 3 + 19 = a ⇒ (a − 3 )(a + 3 ) = 19 .

m
a − 3 = 1
⇒
⇒ 3m = 9 ⇒ m = 2 ⇒ n = 4.

m
a + 3 = 19
8
11
n
Bài 5: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho số 2 + 2 + 2 là số chính phương .

8
11
n
2
HD: Giả sử 2 + 2 + 2 = a (a ∈ N )

2n = a 2 – 482 = ( a + 48 ) ( a − 48 )
2 p.2q = ( a + 48 ) ( a − 48 )

( p, q ∈ N ; p + q = n ; p > q )

 a + 48 = 2 p
⇒
⇒ 2 p − 2q = 25.3 ⇔ 2 q (2 p − q − 1) = 25.3 ⇒ q = 5; p = 7.
q
 a − 48 = 2

⇒ n = q + p = 5 + 7 = 12.

Bài 6. Chứng minh rằng A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) không thể là số chính
phương với mọi n nguyên dương. Tìm tất cả các số nguyên n sao cho A là số
chính phương.
HD: Xét 2 trường hợp.

Trường hợp 1. Xét n nguyên dương:
2
2
2
2
Ta có: A = (n + 3n)(n + 3n + 2) > (n + 3n) .
2
2
2
Hơn nữa: A = (n + 3n + 1) − 1 < (n + 3n + 1) .

23


Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số chính phương
2
2
Vậy A nằm giữa hai số chính phương liên tiếp là (n + 3n) và

(n 2 + 3n + 1) 2 nên A không thể là số chính phương.

Trường hợp 2. Xét n ≤ 0 :
Đặt m = −n − 3 ta có A = m(m + 1)(m + 2)(m + 3) .
Nếu m > 0 (tương đương với n < −3 ) thì theo trường hợp trên A không là
số chính phương.
Vậy để A là số chính phương thì −3 ≤ n ≤ 0 .
Thử trực tiếp ta thấy n = − 3, n = − 2, n = − 1, n = 0 đều thỏa mãn.
4
3
2

Bài 7. Tìm tất cả các số nguyên n sao cho n + 2n + 2n + n + 7 là một số chính

phương.
(Đề thi vào lớp 10 chuyên ĐHKHTN – ĐHQGHN 1992)
4
3
2
2
HD: Giả sử n + 2n + 2n + n + 7 = y (y ∈ N)

Ta có:

y 2 = (n 2 + n) 2 + n 2 + n + 7 ⇒ y 2 > (n 2 + n) 2 ⇒ y > n 2 + n

⇒ y ≥ n2 + n +1

⇒ y ≥ n 2 + n + 1 ⇒ y 2 ≥ (n 2 + n + 1) 2
(vì y ∈ N )
.

⇒ n 2 + n − 6 ≤ 0 ⇒ (n − 2)(n + 3) ≤ 0 ⇒ −3 ≤ n ≤ 2

Bằng cách thử trực tiếp ta được n = 2 thỏa mãn.
2
2
Bài 8. Tìm các cặp số nguyên dương ( x, y ) để x + 3 y và y + 3 x đều là các số

chính phương.
2
2

HD: *Xét x = y ⇒ x + 3 x = k (k ∈ N *) ⇒ x = y = 1
2
2
*Xét x ≠ y , giả sử x < y , đặt x + 3 y = a (a ∈ N *)
2
2
2
2
2
Khi đó y < y + 3 x = a < y + 3 y < ( y + 2)

⇒ y 2 + 3 x = ( y + 1) 2 ⇔ 3 x = 2 y + 1.

24


Chuyên đề giải phương trình nghiệm nguyên – số chính phương
Do x + 3 y là số chính phương nên
2

x 2 + 3 y = b2 ⇒ x 2 + 3.

3x − 1
= b2
2

⇔ 2 x 2 + 9 x − 3 = 2b 2 ⇔ (4 x − 4b + 9)(4 x + 4b + 9) = 105
Từ đó tìm được x = 1 hoặc x = 11 .
Vậy các cặp ( x, y ) thỏa mãn là: (1, 1), (11,16), (16,11)
3.Tìm số chính phương thỏa mãn điều kiện.

Bài 1. Tìm số chính phương có 4 chữ số biết rằng 2 chữ số đầu giống nhau và 2
chữ số cuối cũng giống nhau.
2
HD: Đặt aabb = n (a, b∈ N ,1 ≤ a ≤ 9; 0 ≤ b ≤ 9)
2
⇒ n = aabb = 11.a 0b = 11.( 100a + b ) = 11.( 99a + a + b ) (1)

Mặt khác aabb M11 ⇒ a + bM11
Mà 1 ≤ a ≤ 9; 0 ≤ b ≤ 9 nên 1 ≤ a + b ≤ 18 ⇒ a + b = 11
2
2
n
=
11
( 9a + 1) ⇒ 9a + 1 là số chính phương.
a
+
b
=
11
Thay
vào (1) được

Bằng phép thử với a = 1;2;…;9 ⇒ a = 7, b = 4
Số cần tìm là 7744
*
Bài 2. Cho a ∈ N sao cho a + 1 và 2a + 1 là các số chính phương.

Chứng minh rằng a chia hết cho 24.
2

2
HD: Đặt a + 1 = n , 2a + 1 = m (với n, m ∈ N ) ⇒ m lẻ.

Do đó: 2a = (m + 1)(m − 1) M4 ⇒ a chẵn.

⇒ n lẻ, a = (n − 1)(n + 1) là tích của hai số chẵn liên tiếp nên a M8
2
2
Mặt khác: 3a + 2 = n + m

⇒ n 2 và m 2 chia cho 3 dư 1 do đó n 2 − 1 M3 hay a M3

Mà (3, 8) = 1 ⇒ a M24 .

25