phương pháp cơ bản để giải các bài toán về phương trình và hệ phương trình nghiệm nguyên thường gặp

Trường THCS Vĩnh Tường

Sáng kiến kinh nghiệm

A. PHẦN MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
- Phương trình nghiệm nguyên là một dạng toán hay và khó. Tổng quát là một đề tài lí thú
của số học và đại số.
- Việc giải phương trình vô định tức là việc tìm nghiệm nguyên của các phương trình và hệ
phơng trình đại số với các hệ số nguyên, luôn đòi hỏi học sinh khả năng phân tích, tổng hợp,
đối chiếu, dự đoán, phương pháp tư duy logic để lựa chọn nghiệm thích hợp.
- Trong nội dung chương trình sách giáo khoa môn toán của các lớp trung học cơ sở thì
phương pháp hay là các thủ pháp cơ bản giải phương trình nghiệm nguyên không được đề cập
đến một cách cụ thể và chi tiết mà chỉ được giới thiệu thông qua một số bài tập.
- Các dạng bài toán này thường thấy trên các tạp chí toán học sơ cấp, các đề thi học sinh giỏi
các cấp và cả các đề thi vào đại học.
- Với các bài toán về phương trình và hệ phương trình nghiệm nguyên thì không có phương
pháp giải tổng quát.
- Vì vậy tôi chọn đề tài này nhằm trao đổi và giới thiệu với đòng nghiệp vài phương pháp
hay thủ pháp cơ bản để giải các bài toán về phương trình và hệ phương trình nghiệm nguyên
thường gặp. Từ đó áp dụng vào việc bồi dưỡng học sinh giỏi đạt hiệu quả cao hơn.

II.PHẠM VI NGHIÊN CỨU:
1. Phạm vi nghiên cứu đề tài: Các bài toán về phương trình và hệ phương trình nghiệm
nguyên
2. Đối tượng:

Học sinh khá giỏi trường THCS

3. Mục đích: Trao đổi kinh nghiệm và giúp HS có các phương pháp cơ bản để giải
phương trình và hệ phương trình nghiệm nguyên

GV: Lê Phúc Lợi

1


Trường THCS Vĩnh Tường

Sáng kiến kinh nghiệm

B. PHẦN NỘI DUNG
I. MỘT VÀI PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN.
1. Phương pháp 1: Đưa về dạng tích
* Nội dung phương pháp: Vận dụng các phương pháp phan tích đa thức thành nhân tử để
biến đổi phương trình về dạng: vế trái là tích của các đa thức chứa ẩn, vế phải là tích của
các số nguyên.
Thí dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình y3 – x3 = 91
Lời giải: Ta có y3 – x3 = 91 <=> (y – x)(y2 + xy + x2) = 91. Vì y2 + xy + x2 > 0 nên y – x > 0.
 y − x = 91

Ta có các trường hợp sau: 

y − x =1

;

 y − x = 13

;

y − x = 7

;

2
2
2
2
2
2
2
2
 x + xy + y = 1  x + xy + y = 91  x + xy + y = 7  x + xy + y = 13

từ đó ta có nghiệm của phương trình
Thí dụ 2: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x, y) của phương trình x2 + x + 13 = y2
HD: Ta có x2 + x + 13 = y2 <=> 4x2 + 4x + 52 =4 y2 <=> (2y + 2x + 1)(2y – 2x – 1) = 51. Vì x,
y nguyên dương nên 2x + 2y + 1 > 0 => 2y – 2x – 1 > 0
Mặt khác 2x + 2y + 1 và 2y – 2x – 1 là các số lẻ. Ta có các trường hợp sau:
2 y − 2 x − 1 = 1

 2 y + 2 x + 1 = 51

và

 2 y + 2 x + 1 = 17

2 y − 2 x − 1 = 3

Từ các trường hợp trên ta ca nghiệm của phương trình

2. Phương pháp 2: Dùng tính chất chẵn lẻ của các số
Một số tính chất:
- Tổng hoặc hiệu của một số chẵn và một số lẻ là một số lẻ.
- Tổng hoặc hiệu hai số chẵn hoặc hai số lẻ là một số chẵn
- Tích các số lẻ là một số lẻ
GV: Lê Phúc Lợi

2


Trường THCS Vĩnh Tường

Sáng kiến kinh nghiệm

- Tích các số , trong đó có một số chẵn là một số chẵn
- Trong hai số nguyên liên tiếp thì có một số lẻ và một số chẵn.
Thí dụ 3: Tìm nghiệm nguyên dương của phương ttrình 2x – 3y = 1
Lời giải:
* Nếu y chẵn. Đặt y = 2a với a nguyên dương. Ta có 2 x = 1 + 9a. Vì 9 ≡ 1 (mod4) => 9a ≡ 1
(mod4) => 2x ≡ 2 (mod4) => x = 1 và y = 0
* Nếu y lẻ. Đặt y = 2b + 1 với b nguyên dương. Ta có 2 x = 3.9b + 1 là số chia cho 8 dư 4 (vì 9 b
chia cho 8 dư 1). Suy ra x = 2 và y = 1.
Thí dụ 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình (2x + 5y + 1)( 2 x + y + x2 + x) = 105
Lời giải: Vì 105 là số lẻ nên 2x + 5y + 1 là số lẻ => 5y + 1 là số lẻ => 5y là số chẵn => y là số
chẵn
Mà 2 x + y + x2 + x lẻ => 2 x + x2 + x lẻ. Mặt khác x2 + x là số chẵn => 2 x là số lẻ => x = 0.
Thay x = 0 => (5y + 1)(y + 1) = 105.
5 y + 1 = 21
5 y + 1 = −21
hoặc 

 y +1 = 5
 y + 1 = −5

Mà (5y + 1; 5) = 1 => 5y + 1 không là bội của 5 => 

Từ đó ta có x = 0 và y = 4 là nghiệm của phương trình

Thí dụ 5: Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình

 xy + y − x ! = 1(1)

 yz + z − y ! = 1(2)
 x 2 − 2 y 2 + 2 x − 4 y = 2(3)


Từ phương trình 3 ta có x2 là số chẵn => x là số chẵn.
Thay vào 1 => y là số lẻ => y+1 chẵn => z(y + 1) chẵn nên từ 2 => y! là số lẻ => y = 1
Thay y = 1 vào (1) và (2) ta được x = 2; z = 1
Vậy hệ phương trình có một nghiệm là (x, y, z) = (2, 1, 1)
3. Phương pháp 3: Dùng tính chất chia hết
GV: Lê Phúc Lợi

3


Trường THCS Vĩnh Tường

Sáng kiến kinh nghiệm

* Nội dung: Dùng tính chất chia hết để chứng minh phương trình vô nghiệm hoặc để tìm

nghiệm của phương trình.
Thí dụ 6: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 – 2y2 = 5
Lời giải: Từ phương trình ta có x là số lẻ. Thay x = 2k + 1 ( k ∈ Z) ta được
4k2 + 4k + 1 – 2y2 = 5 <=> 2(k2 + k – 1) = y2 => y2 là số chẵn => y là số chẵn. Đặt y = 2t ( t ∈
Z), ta có: 2(k2 + k – 1) = 4t2 => k(k + 1) = 2t2 + 1 => phương trình vô nghiệm.
Thí dụ 7: Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y, z thoả mãn: x 3 + y3 + z3 = x + y
+ z + 2000
Lời giải: Ta có x3 – x = x(x – 1)(x + 1) là tích của ba số nguyên liên tiếp. Do đó x 3 – x chia hết
cho 3.
Tương tự ta có: y3 – y và z3 - z chia hết cho 3
Suy ra x3 + y3 + z3 – x – y – z chia hết cho 3. Mà 2000 không chia hết cho 3.
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Thí dụ 8: Tìm số có 3 chữ số xyz thoả mãn: xyz + xzy = zzz
Lời giải:
Ta có xyz + xzy = zzz <=> 100x + 10y + z + 100x + 10z + y = 111z
<=> 200x + 11y = 100z => 11y M100 mà (11, 100) = 1 => y M100 mà 0 ≤ y ≤ 9 => y = 0
 z = 2x mà 0 < z < 10 => 0 < x < 5 => x = 1; 2; 3; 4 => z = 2; 4; 6; 8
 Vậy các số cần tìm là 102; 204; 306; 408
Thí dụ 9: Tìm các cặp số nguyên dương thoả mãn phương trình:
1! + 2! + 3! + ... + x! = y3
Lời giải: Nếu x > 8 => x! M27 => 9! + 10! + ... + x! M27
Mà 1! + 2! + 3! + 4! + 5! + 6! + 7! + 8! = 46233 M9 và không chia hết cho 27
GV: Lê Phúc Lợi

4


Trường THCS Vĩnh Tường

Sáng kiến kinh nghiệm

=> với x > 8 thì 1! + 2! + 3! + ... + x! M9 nhưng không chia hết cho 27
Mà với x > 8 thì 1! + 2! + 3! + ... + x! M9 => y3 M9 => y M3 => y3 M27 => mâu thuẫn
=> 0 ≤ x ≤ 8 => các cặp số x, y
4. Phương pháp 4: Dùng tính chất đồng dư thức
* Nội dung: Dùng tính chất của đồng dư thức để chứng minh phương trình vô nghiệm
hoặc để tìm nghiệm của phương trình
Thí dụ 10: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 19x2 + 28y2 = 729
Ta có

729 ≡ 1 (mod4)
28y2 ≡ 0 (mod4)
19x2 ≡ - x2 (mod4)

Suy ra x2 ≡ - 1 (mod4) hay x2 ≡ 3 (mod4). Mặt khác số chính phương khi chia cho 4 chỉ có số
dư là 0 hoặc 1
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên.
Thí dụ 11: Tìm các số tự nhiên x, y biết
a/ x2002 – 2000y2001 = 2003

(1)

Nếu x ≡ 0 (mod4). Từ (1) => vô lí
Nếu x ≡ 1 (mod4) => x2002 ≡ 1 (mod4). Mà 2003 ≡ 3 (mod4) => mâu thuẫn
Vậy phương trình vô nghiệm
b/ 2002x – 2001y = 1 <=> 2002x = 2001y + 1
Ta có 2001 ≡ 1 (mod4) => 2001y ≡ 1 (mod4) => 2001y + 1 ≡ 2 (mod4)
=> 2002x ≡ 2 (mod4) => 2x ≡ 2 (mod4) => x = 1
Thay x = 1 vào phương trình (1) ta có y = 1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 1; y = 1.

GV: Lê Phúc Lợi

5


Trường THCS Vĩnh Tường

Sáng kiến kinh nghiệm

5. Phương pháp 5: Sắp thứ tự các biến
* Nội dung: Nếu các ẩn x, y, z, ... của phương trình có vai trò bình đẳng, ta có thể giả sử
x ≤ y ≤ z ≤ ... để tìm các nghiệm thoả mãn điều kiện này.Từ đó dùng phép hoán vị để suy ra

các nghiệm của phương trình đã cho.
Thí dụ 12: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
a/ x + y + z = xyz
Do vai trò bình đẳng của x, y, z trong phương trình, trước hết ta giả sử x ≤ y ≤ z
Vì x, y, z nguyên dương nên xyz ≠ 0. Do x ≤ y ≤ z => xyz = x + y + z ≤ 3z => xy ≤ 3 => x.y
∈ { 1; 2;3}

Nếu xy = 1 => x = y = 1 => Thay vào phương trình ta có 2 + z = z => vô lí
Nếu xy = 2, do x ≤ y nên x = 1 và y = 2, thay vào phương trình ta có z = 3
Nếu xy = 3, do x ≤ y nên x = 1 và y = 3, thay vào phương trình ta có z = 2
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là (1, 2, 3) và các hoán vị của nó
1

1

1

b/ Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x + y + z = 2
Do vai trò bình đẳng của x, y, z trong phương trình, trước hết ta giả sử x ≤ y ≤ z
1

1

1

1

3

Ta có 2 = x + y + z ≤ 3 z => x ≤ => x = 1
2
1

1

1

1

2

Thay vào phương trình ta có 1 + y + z = 2 => 1 = y + z ≤ y => y ≤ 2 => y = 1 hoặc y = 2
Nếu y = 1 thay vào phương trình =>
Nếu y = 2 =>

1
= 0 vô lí

z

1 1
= => z = 2
z 2

Vậy nghiệm của phương trình là (1, 2, 2) và các hoán vị của nó.
GV: Lê Phúc Lợi

6


Trường THCS Vĩnh Tường

Sáng kiến kinh nghiệm

6. Phương pháp 6: Dùng bất đẳng thức
* Nội dung: Dùng bất đẳng thức để đánh giá một ẩn nào đó và từ sự đánh giá này suy ra
các giá trị nguyên của ẩn đó.
Thí dụ 13: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 – xy + y2 = 3
2

y
3y2

Ta có x – xy + y = 3 <=>  x − ÷ = 3 −
2
4

2

2

2

y
3y2

≥ 0 => −2 ≤ y ≤ 2
Vì  x − ÷ ≥ 0 => 3 −
2
4


Lần lượt thay các giá trị của y tìm được vào phương trình để tìm các giá trị của x. Ta được các
nghiệm của phương trình là (- 1, - 2); (1, 2); (-2, -1); (2, 1); (- 1, 1);(1, -1)
Thí dụ 14: Tìm nghiệm nguyên của phương trình

zy xz xy
+ +
=3
x
y
z

Lời giải: Điều kiện x, y, z khác 0
Ta có y2z2 + z2x2 + x2y2 = 3xyz => xyz > 0.
y2z2 + z2x2 + x2y2 ≥ 3 3 x 4 y 4 z 4

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có

Suy ra 3xyz ≥ 3 3 x 4 y 4 z 4

=> xyz ≤ 1 => xyz = 1 vì xyz > 0

Từ đó suy ra các nghiệm của phưng trình là(1, 1, 1); (1,- 1,- 1); (- 1, 1, - 1); ( - 1, - 1, 1)
7. Phương pháp 7: Xét chữ số tận cùng
Thí dụ 15: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 1! + 2! + 3! + ... + x! = y 2
Nếu x > 4 thì x! có chữ số tận cùng là 0. mà 1! + 2! + 3! + 4! = 33 có chữ số tận cùng là 3
Suy ra 1! + 2! + 3! + ... + x! có chữ số tận cùng là 3
Mà y2 là số chính phương nên không có tận cùng là 3
Suy ra x ≤ 4
GV: Lê Phúc Lợi

7


Trường THCS Vĩnh Tường

Sáng kiến kinh nghiệm

Thử các trường hợp của x vào ta có nghiệm của phương trình là (1, 1); (3, 3)
Thí dụ 16: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x2 + x - 1 = 32y+1
Nếu x ≡ 0 (mod10) => x2 + x - 1 ≡ 9 (mod10)
Nếu x ≡ 1 (mod10) => x2 + x - 1 ≡ 1 (mod10)
Nếu x ≡ 2 (mod10) => x2 + x - 1 ≡ 5 (mod10)
Nếu x ≡ 3 (mod10) => x2 + x - 1 ≡ 1 (mod10)
Nếu x ≡ 4 (mod10) => x2 + x - 1 ≡ 9 (mod10)
=> x2 + x - 1 chỉ có thể có tận cùng là1; 5 hoặc 9
Mặt khác ta có 32y+1 = 32y.3 = 9y.3 ≡ 7 hoặc 3 (mod10)
=> Mâu thuẫn

Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.
8. Phương pháp 8: Đưa về dạng tổng
Thí dụ 17: Tìm nghiệm nguyên của phương trình

x 2 + y2 – x – y = 8

Ta có x2 + y2 – x – y = 8 <=> (2x - 1)2 + (2y - 1)2 = 34
Mà 34 = 32 + 52 là cách phân tích duy nhất
 (2 x − 1) 2 = 32

2
2
 (2 y − 1) = 5
2
2
2
2
=> (2x - 1) + (2y - 1) = 3 + 5 => 
=>
2
2

(2
x
−
1)
=
5



 (2 y − 1) 2 = 32


  2 x − 1 = 3

  2 y − 1 = 5

 2 x − 1 = 5

  2 y − 1 = 3

=> các cặp số cần tìm
Thí dụ 18: Tìm nghiệm nguyên của phương trình

5x2 – 4xy + y2 = 169

Ta có 5x2 – 4xy + y2 = 169 <=> x2 + (2x – y)2 = 169 = 02 + 132 = 122 + 52
Khi đó ta có các trường hợp sau:
GV: Lê Phúc Lợi

8


Trường THCS Vĩnh Tường

Sáng kiến kinh nghiệm

2
 x = 0
TH1: 

2
2
(2 x − y ) = 13

2
2
 x = 13
TH2: 
2
(2 x − y ) = 0

 x 2 = 122
TH3: 
2
2
(2 x − y ) = 5

 x 2 = 52
TH4: 
2
2
(2 x − y ) = 12

9. Phương pháp 9: Sử dụng định lí nghiệm nguyên của phương trình bậc hai để giải
phương trình
Định lí 1: Phương trình ax2 + bx + c = 0 với các hệ số nguyên và c khác 0 nếu có nghiệm
nguyên x0 thì c chia hết cho x0.
Định lí 2: Phương trình ax2 + bx + c = 0 với các hệ số nguyên khi và chỉ khi ∆ = b 2 − 4ac là
bình phương của một số nguyên.
Định lí 3: Phương trình với hệ số nguyên x2 + by2 + cxy + dx + ey + f = 0 có nghiệm

nguyên khi và chỉ khi ∆ = (cy + d )2 − 4(by 2 + ey + f ) là bình phương của một số nguyên.
Thí dụ 19: Tìm mọi số nguyên x sao cho x2 + 28 là một số chính phương
Đặt x2 + 28 = y2 => x và y phải cùng tính chẵn, lẻ.
Đặt y = x + 2v với v nguyên dương, thay vào phương trình ta được v2 – xv – 7 = 0
Áp dụng định lí 1 => v = 1 hoặc v = 7 khi đó x = 6 hoặc – 6 là nghiệm nguyên của phương
trình đã cho.
Thí dụ 20: Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 + 3y2 + 4xy + 2x + 4y – 9 = 0
Ta có: x2 + 3y2 + 4xy + 2x + 4y – 9 = 0 <=> x2 + 2(2y + 1).x + 3y2 + 4y – 9 = 0
Áp dụng định lí 3 thì phương trình đã cho có nghiệm nguyên <=> (2y 2 + 1)2 – (3y2 + 4y – 9)
= v2 có nghiệm nguyên
Ta có (2y2 + 1)2 – (3y2 + 4y – 9) = v2 <=> v2 = y2 + 10
Đặt v = y + 2t thay vào phương trình ta có 2(t2 + t) = 5.
=> phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.
GV: Lê Phúc Lợi

9


Trường THCS Vĩnh Tường

Sáng kiến kinh nghiệm

Thí dụ 21: Giải phương trình nghiệm nguyên: 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + 5 = 0
Phương trình 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + 5 = 0 có nghiệm nguyên <=> (2x – 1) 2 – (3x2 + 4x +
5) = v2 có nghiệm nguyên
Ta có (2x – 1)2 – (3x2 + 4x + 5) = v2 <=> x2 – 4 = v2
Đặt v = x – t thay vào phương trình trên ta có t 2 – 2xt + 4 = 0. Đặt t = 2u ta có phương trình u 2
– xu + 1 = 0.
Áp dụng định lí 1 ta có u = 1 hoặc u = -1 thì x = 2 hoặc x = -2 Thay vào phương trình đã cho
ta được nghiệm của phương trình là (x, y) = (2, - 5) hoặc (- 2, 3)

10. Phương pháp 10: Phương pháp kẹp
* Phương pháp kẹp thường dùng những nhận xét sau:
Nhận xét 1: Giữa hai số chính phương liên tiếp không có số chính phương nào khác
Nhận xét 2: xn < yn < (x + a)n thì yn = (x + i)n với i = 1; 2; 3; ...; (a -1)
Nhận xét 3: x(x + 1)(x + 2)...(x + n) < y(y + 1)(y + 2)...(y + n) < (x + a)(x + a + 1)(x + a +
2)...(x + a + n) thì y(y + 1)(y + 2)...(y + n) = (x + i)(x + i + 1)(x + i + 2)...(x + i + n) với i =
1; 2; 3; ...; (a -1)
Thí dụ 22: Giải phương trình nghiệm nguyên
Ta có x2 + x + 1 = (x +

1 2 3
) + > 0;
2
4

1 + x + x 2 + x3 = y3
5x2 + 11x + 7 = 5(x +

11 2 19
) +
>0
10
20

Nên 1 + x + x2 + x3 – ( x2 + x + 1) < 1 + x + x2 + x3 < 1 + x + x2 + x3 + 5x2 + 11x + 7
do đó x3 < y3 < (x + 2)3 => y3 = (x + 1)3 => y3 = x3 + 3x2 + 3x + 1
=> x3 + x2 + x + 1 = x3 + 3x2 + 3x + 1
=> x2 + x = 0 => x = 0 hoặc x = - 1
Vậy nghiệm nguyên của phương trình đã cho là (0, 1) và (- 1, 0)
Thí dụ 23: Giải phương trình nghiệm nguyên

x3 – y3 – 2y2 – 3y – 1 = 0

GV: Lê Phúc Lợi

10


Trường THCS Vĩnh Tường

Sáng kiến kinh nghiệm

Ta có x3 – y3 – 2y2 – 3y – 1 = 0 <=> x3 = y3 + 2y2 + 3y + 1
Vì y2 ≥ 0; 5y2 + 2 > 0
Nên ta có y3 + 2y2 + 3y + 1 – (5y2 + 2) < y3 + 2y2 + 3y + 1 ≤ y3 + 2y2 + 3y + 1 + y2
Do đó (y – 1)3 < x3 ≤ (y + 1)3 => x3 = y3 hoặc x3 = (y + 1)3
Nếu x3 = y3 => 2y2 + 3y + 1 = 0 => y = - 1 => x = - 1
Nếu x3 = (y + 1)3 => y2 = 0 => y = 0 => x = 1
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là (- 1, - 1); (1, 0)
x4 + x2 – y2 + y + 10 = 0

Thí dụ 24: Giải phương trình nghiệm nguyên

Ta có x4 + x2 – y2 + y + 10 = 0 <=> y(y – 1) = x4 + x2 + 10
Mà x4 + x2 < x4 + x2 + 10 < x4 + x2 + 10 + 6x2 + 2
Do đó x2(x2 + 1) < y(y – 1) < (x2 + 3)(x2 + 4)
 y ( y − 1) = ( x 2 + 1)( x 2 + 2)
=> 
2
2

 y ( y − 1) = ( x + 2)( x + 3)

Kết hợp với đề bài ta được x2 = 4 hoặc x2 = 1 từ đó tìm được nghiệm nguyên của phương trình
đã cho.
11. Phương pháp 11: Chỉ ra nghiệm nguyên
* Nội dung: Thử trực tiếp một số giá trị của ẩn là nghiệm rồi chứng minh phương trình
chỉ có các giá trị đó là nghiệm.
Thí dụ 25: Tìm các số tự nhiên x thoả mãn phương trình: 2x + 3x = 5x
x

x

 2  3
Ta có 2 + 3 = 5 <=>  ÷ +  ÷ = 1
 5 5
x

x

x

(2)

Với x = 0 => vế trái bằng 2 loại
Với x = 1 => vế trái của phương trình 2 bằng 1 đúng
GV: Lê Phúc Lợi

11

Trng THCS Vnh Tng
x

Sỏng kin kinh nghim
x

x

x

2 2
3 3
2 3
Vi x 2 thỡ ữ < v ữ < => ữ + ữ < 1 Suy ra trỏi vi bi
5 5
5 5
5 5

Vy x = 1 l nghim duy nht ca phng trỡnh.
II. BI TP P DNG
Bài 1: Tìm các số nguyên dơng x, y, z biết:
a/ 2x + 2y + 2z = 2336
b/ 5x + 2.5y + 5z = 4500 với x < y
< z.
Bài 2: Tìm tất cả các số có ba chữ số sao cho tích của ba chữ số bằng
tổng của ba chữ số.
Bài 3: Tìm tất cả các số tự nhiên có ba chữ số sao cho tổng của sáu số
có hai chữ số khác nhau đợc viết từ ba chữ số của nó bằng chính nó.
Bài 4: Tìm tất cả các số có ba chữ số sao cho mỗi số bằng tổng bình
phơng các chữ số của nó.

Bài 5: Tìm các số tự nhiên x, y biết.
a/ x2 + 4x + 3 =

2y

2 2 y

b/ (x + y)(xx + y y) = 1981

Bài 6: Tìm tất cả các số có ba chữ số sao cho tổng nghịch đảo của các
chữ số hàng trăm và hàng chục bằng nghịch đảo của chữ số hàng đơn
vị và chữ số hàng đơn vị là một số nguyên tố.
Bài 7: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng:
1 1 1
1
+ = +
x y
3 xy
1
10
x+
=
1
Bài 8: Tìm các số tự nhiên x, y, z biết
7
y+
z

a/

1 1 1
=
x y 3

b/

Bài 9: Tìm ngiệm nguyên của phơng trình
a/ 19x2 + 28y2 = 729
b/ 15x2 - 7y2 = 9
c/ 29x2 - 28y2 = 2000
d/ 1999x2 - 2000y2 =
2001
Bài 10: Có tồn tại hay không các số tự nhiên m, n sao cho
m 2 - n2 =
101010
Bài 11: Tìm các số tự nhiên n biết
a/ x2002 - 2000y2001 = 2003
b/ 5x = 1 + 2y
c/ 2002x - 2001y = 1
d/ 2x - 3y = 7

C. PHN KT LUN
GV: Lờ Phỳc Li

12


Trường THCS Vĩnh Tường

Sáng kiến kinh nghiệm

- Khi nghiên cứu đề tài một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên tôi nhận thấy
việc áp dụng đề tài vào việc bồi dưỡng học sinh giỏi rất có hiệu quả. Tạo cho học sinh khả
năng phân tích, tổng hợp và phương pháp tư duy logic trong học tập. Đặc biệt học sinh có
hứng thú và yêu thích toán học hơn.
- Chắc chắn rằng còn nhiều những phương pháp hay thủ pháp khác để giải phương trình và
hệ phương trình nghiệm nguyên. Đặc biệt là các thí dụ và các bài toán về phương trình và hệ
phương trình nghiệm nguyên hay và hấp dẫn khác. Mong được tiếp tục trao đổi cùng đồng
nghiệp và bạn đọc.
Vĩnh tường, ngày 15 tháng 12 năm 2008
Người viết đề tài

Lê Phúc Lợi

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

GV: Lê Phúc Lợi

13