Bài soạn Chuyen de- Phuong trinh nghiem nguyen

Phuong Trinh Nghiem Nguyen Trang 1
Phương trình với nghiệm nguyên
Dạng toán này là một trong những dạng toán khó trong bộ môn Toán Số , những phần mà tôi nêu ra dưới
đây chỉ là những dạng cơ bản nhất . Tuy nhiên, để hiểu được nó trước hết cần nắm được Lý thuyết số .
Dạng
Phương trình một ẩn - hệ số nguyên
Dạng tổng quát : a
n
x
n
+ a
n - 1
x
n - 1
+ ... + a
1
x + a
o
= 0 (1)
Cách giải : vận dụng các tính chất sau
Nếu x = b là nghiệm của phương trình (1) thì b là ước của a
o
Nếu a
n
= 1 thì nghiệm hữu tỉ nếu có của (1) là số nguyên
Qui tắc tìm nghiệm :
 Tìm các ước của a
o
 Thử lần lượt các ước của a
o
vào vế trái của (1)

Phương trình bậc nhất hai ẩn ( Phương trình Diophante - Giải tích Diophante)
{Diophante - Người đầu tiên nghiên cứu có hệ thống về Phương trình vô đònh , sống ở thế kỷ thứ III.Tập sách “Số
học “ của ông có ảnh hưởng rất lớn đến sự phát triển của Lý thuyết Số}
Dạng tổng quát : ax + by = c (2)
Cách giải : vận dụng các tính chất sau
Giả sử a, b, c ∈ Z ; a, b ≠ 0 và d = (a , b) . Khi đó :
Phương trình (2) có nghiệm khi và chỉ khi d ∈Ư( c )
Nếu (x
o
, y
o
) là một nghiệm của ax + by = 1 với (a , b) = 1 thì (cx
o
, cy
o
) là một
nghiệm của phương trình (2)
Nếu (x
o
, y
o
) là một nghiệm nguyên của (2) với (a , b) = 1 thì mọi nghiệm nguyên
của nó được xác đònh bởi hệ thức :
x = x
o
+ bt
y = y
o
- at ; với t ∈ Z
Thật vậy , vì (x

o
, y
o
) là một nghiệm nguyên của (2) ⇒ ax
o
+ by
o
= 1 ⇒ ax
o
+ by
o
= ax + by
⇒ x =
ax
o
+ −
by by
a
o
= x
o
+
b y y
a
o
( )
−
⇒ { (a , b) = 1 ⇒
y y
a

t
o
−
=
∈ Z ⇒ y = y
o
- at }
Phương trình vô đònh dạng x
2
+ y
2
= z
2
( Phương trình Pithago )
Cách giải :
 Phương trình vô đònh dạng x
2
+ y
2
= z
2
có vô số nghiệm nguyên xác đònh bởi công
thức
( Đònh lý tìm nghiệm này đã được biết từ Euclide ) :
x = u.v ; y =
u v
2 2
2
−
; z =

u v
2 2
2
+
với u , v ∈ Z ; u , v lẻ ; u > v ; (u, v) = 1
 Ví dụ
* Khi u = 3 ; v = 1 ⇒ x = 3 ; y = 4 ; z = 5
* Khi u = 5 ; v = 3 ⇒ x = 15 ; y = 8 ; z = 17
Phương trình vô đònh dạng x
2
- Py
2
= 1 ( Phương trình Pell ) ( P ∈Z
+
, không là số chính phương )
{ Đây là một dạng phương trình Diophante bậc 2, xuất phát từ một bài toán do Archimède đặt ra, bài toán
có 8 ẩn số thỏa mãn 7 phương trình, đưa đến việc tìm nghiệm nguyên của phương trình : x
2
- 4729494y
2
= 1
(1). Năm 1880 người ta đã tìm ra nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của (1) với x là số có 45 chữ số , y có 38
chữ số }
Cách giải :
 Phương trình Pell có nghiệm x = ± 1 , y = 0 được gọi là nghiệm tầm thường .
 Phương trình Pell luôn có vô số nghiệm không tầm thường.
Phuong Trinh Nghiem Nguyen Trang 2
 Giả sử x
o
, y

o
là các số nguyên dương nghiệm đúng phương trình Pell, thế thì các cặp số
(x
o
, -y
o
) ; (-x
o
, y
o
) ; (-x
o
, y
o
) cũng là nghiệm. Do đó để tìm nghiệm không tầm thường của phương trình
Pell, ta chỉ cần tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình đó. Tất cả các nghiệm nguyên dương (x
k
;
y
k
) của phương trình được xác đònh từ đẳng thức :
vớiù k = 1, 2, 3,...trong đó (x
1
, y
1
) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất .
 Với P nhỏ , việc tìm (x
1
, y
1

) không khó khăn lắm - chúng ta chỉ việc thử lần lượt y = 1,
2, 3, 4, 5... để tìm x
2
= Py
2
+ 1 là một số chính phương .
Tại sao P là số nguyên dương không chính phương ? . Ta hãy xét phương trình tổng quát
hơn, đó là phương trình : x
2
- Py
2
= 1 (*) trong đó P là số nguyên dương cho trước .
Vì x, y có mặt ở vế trái của (*) dưới dạng bình phương nên ta có thể hạn chế ở việc tìm các nghiệm
nguyên không âm .
Hiển nhiên rằng x = 1 ; y = 0 là một nghiệm - gọi là nghiệm tầm thường của (*). Ta còn phải tìm các
nghiệm không tầm thường (x, y > 0)
Nếu trong phương trình P là một số chính phương P = k
2
(k∈Z
+
) thì (*) chỉ có nghiệm tầm thường,
thật vậy khi đó (*) có dạng x
2
- (ky)
2
= 1 và chú ý rằng hiệu của hai số chính phương bằng 1 khi hai số
chính phương ấy là 1 hoặc 0 ⇒ x
2
= 1 ; (ky)
2

= 0 ⇒ x = 1 ; y = 0 .
Như vậy : Điều kiện cần để phương trình (*) có nghiệm không tầm thường là P không phải là
một số chính phương .
@ Để tìm sự thú vò khi nghiên cứu phương trình nghiệm nguyên , mời các Bạn nghiên cứu kỹ dãy
các minh họa sau :
Minh họa
Tìm nghiệm nguyên của x
2
- 5x + 6 = 0
Nghiệm nguyên nếu có phải là ước của 6, bao gồm các số : ± 1 ; ± 2 ; ± 3 ; ± 6
Đặt f( x ) = x
2
- 5x + 6 ⇒ f( 2 ) = f( 3 ) = 0 ⇒ Phương trình có 2 nghiệm nguyên x = 2 ; 3
Tìm nghiệm hữu tỉ của 3x
2
- 5x + 2 = 0 (1)
Ta có (1) ⇔ 9x
2
- 5.3x - 6 = 0 ; đặt 3x = t ⇒ t
2
- 5t - 6 = 0 (2)
Nghiệm nguyên nếu có của (2) phải là ước của 6 ; dễ thấy (2) có hai nghiệm t = -1 , t = 6
Khi t = -1 ⇔ 3x = -1 ⇔ x = -
1
3
Khi t = 6 ⇔ 3x = 6 ⇔ x = 2
{Phương pháp đặt liên tiếp các ẩn phụ }
Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 8x + 11y = 73
Vì (8 , 11) = 1 nên phương trình có nghiệm nguyên 8x = 73 - 11y ⇒ x = 9 - y +
1 3y

−
8
.
Đặt
1 3y
−
8
= t ∈ Z ⇒ Ta có : 3y + 8t = 1 ⇒ 3y = 1 - 8t ⇒ y = -3t +
1+ t
3
Đặt
1+ t
3
= u ∈ Z ⇒ Ta có : t = 3u - 1
Vậy : x = 9 - y + t ; y = -3t + u ; t = 3u - 1 ⇒ x = 11u + 5 ; y = -8u + 3 với u ∈ Z
Tìm nghiệm nguyên dương , nhỏ nhất ( x , y ) của phương trình 17x - 29y = 100 (1)
Vì (17 , 29) = 1 ⇒ phương trình có nghiệm nguyên
(1) ⇒ x = 6 + 2y -
2 5y
17
+
. Đặt
2 5y
17
+
= t ∈ Z ⇒ y = 3t + 2.
t -1
5
; đặt
t -1

5
= u ∈ Z ⇒ t = 5u + 1
Vậy : x = 29u + 11 ; y = 17u + 3
Vì x , y > 0 ⇒ 29u + 11 > 0 và 17u + 3 > 0 ⇒ u >
-3
17
và u ∈ Z ⇒ u = 0 , 1 , 2 , ...
Nghiệm nguyên dương nhỏ nhất là x = 11 ; y = 3 khi u = 0
{Sử dụng tính chia hết của đa thức }
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :
z
x
=
− +
x
xy+1
2
2
Ta có yz = x - 1 +
1+ 2y - x
xy + 1
⇒ 1 + 2y - x = 0 hoặc 1 + 2y - x ≥ xy + 1
Phuong Trinh Nghiem Nguyen Trang 3
Nếu 1 + 2y - x = 0 thì yz = x - 1 nên yz = 2y ⇒ z = 2 ; y = t ∈ N
*
; x = 1 + 2t
Nếu 1 + 2y - x ≥ xy + 1 thì 2y ≥ x(y + 1) hay x ≤
2y
y + 1
= −

+
<
2
2
1
2
y
⇒ x = 1 ; y = 1 ; z = 2
6) Tìm nghiệm (x , y) nguyên của phương trình : y
2
= x
5
+ 2x
4
- 3x
3
- 4x
2
+ 4x
Ta có y
2
= x.(x - 1)
2
(x + 2)
2
⇒ x = t
2
với t ∈ Z ⇒ y = ± t.(t
2
- 1)(t

2
+ 2) hoặc khi x = -2 thì y =
0
Với mọi x nguyên dương, chứng minh rằng các đa thức sau đây chia hết cho đa thức x
2
+ x + 1
x
11
+ x
28
+ x
1953
x
7
+ x
11
+ x
1995
Ta có x
3
= x
3
+ x
2
+ x - x
2
- x - 1 + 1 = (x
2
+ x + 1)(x - 1) + 1 ≡ 1 (mod x
2

+ x + 1 )
⇒ với k ∈ N : x
3k
≡ 1
k
≡ 1 ; x
3k + 1
≡ x ; x
3k + 2
≡ x
2
(mod x
2
+ x + 1 )
⇒ với 3 số a, b, c chia cho 3 cho các số dư khác nhau đôi một thì x
a
+ x
b
+ x
c
≡ 0 (mod x
2
+ x + 1 )
{ Tương tự : Chứng minh rằng x
7
+ x
11
+ x
1995
chia hết cho đa thức x

2
- x + 1 }
Cho p là một số nguyên tố , hãy giải phương trình
y
px
=
+ −
x
x-
2
1
1
trong tập Z
Ta có y = x + 1 + p +
p
x-1
⇒ x - 1 = ± 1 ; ± p
Tồn tại hay không nghiệm nguyên của phương trình : 2x - 3y = - 5xy + 39
Ta có 2x - 3y = - 5xy + 39 ⇔ 2x = y.(3 - 5x) + 39 ⇒ y =
2 39
3 5
x
x
−
−
Để y nguyên thì điều kiện cần ( chưa là đk đủ ) là 2x - 39≥ 3 - 5x ⇒ (2x - 39)
2
≥ (3 - 5x)
2
⇔ (2x - 39)

2
- (3 - 5x)
2
≥ 0 ⇔ ( -3x - 36)(7x - 42) ≥ 0 ⇔ -12 ≤ x ≤ 6
Tìm ngiệm nguyên của phương trình 5x - 3y = 2xy - 11
Ta có y =
5 11
2 3
x
x
+
+
⇒ để y∈ Z , ta cần có 5x + 11 ≥ 2x + 3⇔ (5x + 11)
2
≥ (2x + 3)
2

⇔
x x
≤ − ≥ −
3
8
2;
. Nhưng y =
2
5
2 3
+
+
+

x
x
⇒ y nguyên khi x = -5 ⇒ (x , y) = (-5 , 2) là một nghiệm
Với x ≠ -5, ta thấy đkc để y nguyên là x + 5 ≥ 2x+ 3 ⇔
− ≤ ≤
3
8
2x
⇔ x = -2 ; -1 ; 0 ; 1 ; 2 .
Chứng minh rằng phương trình : 4x
2
+ 231y
2
= 1613 vô nghiệm trong tập số nguyên
Đặt X = x
2
≥ 0 ; Y = y
2
≥ 0 ⇒ 4X + 231Y = 1613 ⇒ X =
1613 231Y
58Y
1 Y
4
−
= − +
+
4
403
⇒ 1 + Y = 4t ( t∈Z ) ⇒ Y = 4t - 1 ; X = 403 - 58(4t - 1) + t = 461 - 231t
Ta thấy Y ≥ 0 khi t ≥

1
4
; X ≥ 0 khi t ≤
461
231
< 2 ⇒ để X , Y cùng không âm thì t = 1.
Nhưng t = 1 thì Y = 3 = y
2
⇒ y ∉ Z ⇒ đpcm !
Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x
2
- 81y
2
= 1
Ta có y = 0 ⇒ x = ± 1. Ta tìm các nghiệm nguyên dương để suy ra các nghiệm còm lại .
Phương trình đã cho có thể viết lại thành 1 = (x + 9y)(x - 9y)
Do x , y > 0 nên x + 9y > 0 ⇒ x - 9y > 0 ⇒ x + 9y = 1 ⇒ ; x - 9y = 1 ⇒ x =
1
2
; y = 0 : giá trò không
thỏa.
⇒ phương trình đã cho chỉ có nghiệm : (x , y) = (1 , 0) ; (-1 , 0)
⇒ Tổng quát :
Phương trình x
2
- k
2
y
2
= 1 với k∈ N chỉ có nghiệm tầm thường x = ±1 ; y = 0

Tìm nghiệm nguyên của phương trình x
2
+ 3y
2
= 6xy - 6 (1)
(1) viết lại như sau : x
2
- 6xy + 3y
2
+ 6 = 0
Để phương trình có nghiệm x nguyên thì điều kiện cần và đủ (do hệ số x
2
là 1) là ∆ = 6y
2
- 6 = m
2
: là
một số chính phương .
Rõ ràng m
2
là bội 6 ⇒ m là bội 6 ⇒ xem m = 6t với t ∈Z ⇒ y
2
- 6t
2
= 1 : Phương trình Pell
⇒ Nghiệm tầm thường là (y , t) = (1 , 0) ; (-1 , 0) và nghiệm nguyên dương nhỏ nhất là y
1
= 5 ; t
1
= 2

⇒ Các nghiệm nguyên dương (y
k
, t
k
) được xác đònh từ đẳng thức :
y 6 (5 2 6)
k k
k
+ = +
t
Giải phương trình trong tập số nguyên : 3x
2
+ 48y
2
= 1003 + 30xy (1)
Xem (1) là một phương trình bậc II theo x : 3x
2
- 30xy + 48y
2
- 1003 = 0
Phuong Trinh Nghiem Nguyen Trang 4
⇒ ∆‘ = 81y
2
+ 3009 = k
2
: là số chính phương để có x nguyên ( k∈Z
+
)
⇒ k
2

- 81y
2
= 3009 ⇒ (k + 9y)(k - 9y) = 3.17.59 . Vì k + 9y > k - 9y
⇒ Xảy ra 4 khả năng sau đây :
k y
k y
− =
+ =



9 1
9 3009
k y
k y
− =
+ =



9 3
9 1003
k y
k y
− =
+ =



9 17

9 177
k y
k y
− =
+ =



9 51
9 59
Trong trường hợp nào ta cũng thấy y không nguyên ⇒ Bài toán vô nghiệm !
{ Chú ý , dễ dàng kết luận ngay bài toán vô nghiệm vì 1003 không chia hết cho 3 }
Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau đây : 9x
2
- 15xy + 4y
2
+ 38 = 0 (1)
Xem (1) là phương trình có ẩn x và tham số là y .
Để x nguyên , điều kiện cần là ∆ = 81y
2
- 1368 = k
2
: chính phương (k ≥ 0) (2)
Nhận thấy 81y
2
- k
2
= 1368 chỉ chứa lũy thừa bậc chẵn nên chỉ việc tìm các nghiệm nguyên dương sẽ
suy ra các nghiện còn lại .Từ đó (2) có thể viết lại là : (9y + k)(9y - k) = 2
3

.3
2
.19 . Vì y, k > 0 ⇒ 9y + k > 0
⇒ 9y - k > 0 và do (9y + k) + (9y - k) = 18y ⇒ Ta chỉ xét 2 trường hợp tổng hai số là bội của 18 .

⇒ x =
15
18
15 7 51
18
3
y k±
=
±
=
.
⇒ các nghiệm là (x , y) = (3 , 7) ; (-3 , -7)
9 228
9 6
13 111
y k
y k
y k
+ =
⇒
− =



= =

;
⇒ x =
1513 111
18
17
.
±
=
⇒ các nghiệm là (x , y) = (17 , 13) ; (-17 , -13)
Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 2x
2
+ 3y
2
- 5xy + 3x - 2y - 3 = 0 (1)
Xem phương trình là bậc II đối với x . Khi đó (1) ⇔ 2x
2
+ (3 - 5y)x + 3y
2
- 2y - 3 = 0
Để có x nguyên thì điều kiện cần là ∆ = y
2
- 14y + 33 = k
2
( k nguyên không âm) (2)
Xem (2) là phương trình bậc II đối với y ⇒ { (2) ⇔ y
2
- 14y + 33 - k
2
= 0 } và δ‘
(2)

= 16 + k
2
= m
2

( m ∈Z
+
)
Vì m > k ≥ 0 ; 16 = (m + k)(m - k) mà m + k > 0 ⇒ m - k > 0 . Để ý (m + k) + (m - k) = 2m nên
chúng đồng thời chẵn hay lẻ . Ta có bảng :
m k 8
m k 2
+ =
− =



⇒ m = 5 ; k = 3
⇒ ( x , y ) = (15 , 12) ; (1 , 2)
m k
m k
+ =
− =



4
4
⇒ ( x , y ) = (13 , 11) ; (3 , 3)
( Sử dụng tính chất của số nguyên tố )

Tìm 3 số nguyên tố khác nhau biết tích của 3 số đó gấp 3 lần tổng của chúng .
Gọi 3 số nguyên tố đó là a , b , c ⇒ abc = 3( a + b + c ) ⇒ abc

3 ⇒ có một số chia hết cho 3, giả
sử là số a 

3 . Vì a nguyên tố nên a = 3 ⇒ b + c = 3 + b + c ⇒ b( c - 1 ) = 3 + c ⇒
b
3 c
c 1
=
+
−
= 1 +
⇒ c - 14
Từ đó tính được c = 2 ⇒ b = 5 ; c = 5 ⇒ b = 2
Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x
53
+ y
53
= 53z (1)
Vì z ∈Z ⇒ x
53
+ y
53


53. Vì 53 là số nguyên tố nên theo đònh lý Fermat : x
53
- x


53 và y
53
- y

53
Khi đó (1) ⇔ 53z = (x
53
- x) + (y
53
- y) + (x + y) có nghiệm ⇔ x + y = 53t ( t ∈ Z )
Phuong Trinh Nghiem Nguyen Trang 5
⇒ Nghiệm bài toán : x = u (u ∈Z) ; y = 53t - u ; z =
u (53t u)
53 53
+ −
53
Giải phương trình 1 + p + p
2
+ p
3
+ p
4
= x
2
(1) ( p nguyên tố , x nguyên )
Ta có (1) ⇔ 4x
2
= 4 + 4p + 4p
2

+ 4p
3
+ 4p
4
(2)
Mặt khác : (2x)
2
= 4x
2
> 4p
4
+ 4p
3
+ p
2
= ( 2p
2
+ p)
2
và (2x)
2
= 4x
2
< 4p
4
+ p
2
+ 4 + 4p
3
+ 8p

2
+ 4p =
( 2p
2
+ p + 2)
2
⇒ (2x)
2
= ( 2p
2
+ p + 1)
2
(3) . Từ (2) & (3) ⇒ p
2
- 2p - 3 = 0 ⇒ p = -1 (loại) hoặc p = 3 .
Với p = 3 ⇒ x = 121 ⇒ nghiệm phương trình ( p , x ) = ( 3 , 11 ) ; ( 3 , -11)
Có hay không các số nguyên tố x , y , z thỏa mãn phương trình : x
2
+ y
3
= z
4
(1) ( Vô đòch LX lần thứ
14 - 1980 )
Từ (1) , ta thấy 3 số x, y, z không cùng lẻ ⇒ có ít nhất một số bằng 2 .
Nếu z = 2 thì x
2
+ y
3
= 16 ⇒ y < 3 ⇒ x

2
= 8 (vô lý !).
Nếu y = 2 thì 8 = (z
2
+ x)(z
2
- x) , mà z
2
+ x > 0 ⇒ z
2
- x > 0 và (z
2
+ x) + (z
2
- x) = 2z
2
⇒ phân tích 8
= 2.4 , nhưng khi đó 2 + 4 = 2z
2
⇒ z không nguyên (loại)
Nếu x = 2 thì y
3
= (z
2
+ 2)(z
2
- 2) và do(z
2
+ 2) - (z
2

- 2) = 4 ⇒ y = 2 hoặc z
2
- 2 = 1(loại). x = 2 ⇒ y =
2 ⇒ z chẵn ⇒ z = 2 : không nghiệm đúng phương trình ⇒ Bài toán vô nghiệm !
Tìm hai số x, y nguyên và số nguyên tố p sao cho : x
4
+ 4y
4
= p (1)
Ta thấy để p nguyên tố thì x ≠ 0 hay y ≠ 0 ; (1) chỉ chứa lũy thừa bậc chẵn của x, y nên trước hết ta
xét các x, y nguyên dương. Ta có p = (x
2
+ 2y
2
)
2
- 4x
2
y
2
= [(x - y)
2
+ y
2
][(x + y)
2
+ y
2
]
Vì (x + y)

2
+ y
2
> 0 ⇒ (x - y)
2
+ y
2
= 1 ⇒ x = y = 1 ; z = 5 ⇒ có 4 bộ nghiệm !
Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 1 + x + x
2
+ x
3
= y
3
( Thi Toàn quốc lớp 9 - 1982 )
Nhận thấy : 1 + x + x
2
= (x +
1
2
)
2
+
3
4
> 0 ⇒ y
3
> x
3
⇒ y > x ⇒ y ≥ x + 1

Nếu y = x + 1 thì 1 + x + x
2
+ x
3
= (x + 1)
3
⇒ 2x (x + 1) = 0 ⇒ (x , y) = (0 , 1) ; (-1 , 0)
Nếu y > x + 1 thì 2x
2
+ 2x < 0 ⇒ -1 < x < 0 : loại !
Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x
2
= y(y + 1)(y + 2)(y + 3)
Đặt a = y
2
+ 3y ⇒ x
2
= (y
2
+ 3y)( y
2
+ 3y + 2) = a
2
+ 2a .
Nếu a > 0 thì a
2
< x
2
= a
2

+ 2a < a
2
+ 2a + 1 = (a + 1)
2
⇒ x
2
: không chính phương ( Vô lý ! )
Vậy a ≤ 0 ⇒ y
2
+ 3y ≤ 0 ⇔ -3 ≤ y ≤ 0 ⇒ (x , y) = (0 , 0) ; (0 , -1) ; (0 , -2) ; (0 , -3)
Tìm bộ số (x , y , u , v) nguyên thỏa mãn đẳng thức :
1
x
1
y
1
u
1
v
2 2 2 2
+ + + =
1
(1)
Dễ thấy rằng :
1
x
1
y
1
u

1
v
2 2 2 2
; ; ;
≤
1
4
⇒ Vế trái (1) ≤ 1
Vậy dấu ‘=‘ xảy ra khi x=y=u=v= 2 ⇒ x , y , u , v nhận các giá trò tùy ý 2 hoặc -2 .
Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 12x
2
- 3x - 2= 5y - 8x - 2x
2
(1)
Từ (1) ⇒
5y
11x 2 khi -
1
2
x 2
4x 5x 2 x
1
2
;x 2
2
=
+ ≤ ≤
+ − ≤ − ≥






khi
Xét x = 0, 1, 2 ⇒ 5y = 2, 13, 24 ⇒ y không nguyên
Xét 5y = 4x
2
+ 5x - 2 ⇒ 4x
2
- 2

5 và do 4x
2
- 2

2 ⇒ 2x
2
≡ 1 (mod 10) ⇒ x ∉ Z ⇒ Bài toán vô
nghiệm !
Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x
3
= y
3
+ 2y
2
+ 3y + 1 (1)
Từ (1) ⇒ x
3
+ y
2

= (y + 1)
3
⇒ x ≤ y + 1. Vì x
3
- y
3
= 2y
2
+ 3y + 1 ≥ 0 với mọi y nguyên ⇒ x ≥ y.
⇒ x = y hoặc x = y + 1 ⇒ nghiệm của phương trình : ( x , y ) = (-1 , -1) ; (1 , 0 )
Tìm nghiệm (x , y , z) nguyên thỏa mãn đẳng thức : 4xy - x - y = z
2
(1)
Ta có : (1) ⇔ (4x - 1)(4y - 1) = 4z
2
+ 1. Gọi p là ước nguyên tố bất kỳ của 4x - 1 (hiển nhiên p cũng
là ước của 4z
2
+ 1) ⇒ 4z
2
≡ -1 (mod p) ⇒ (2z)
p - 1
≡ 1 (mod p) {đònh lý nhỏ Fermat } ⇒
(4z ) ( 1)
2
p 1
2
p 1
2
− −

≡ −
(mod p)