[2012] CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG HSG
CẤP TRUNG HỌC CƠ SỞ

2

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM
NGUYÊN
Nguyễn Duy Liên

Mở đầu
Ngạn ngữ Pháp có câu: "Le Mathématique est le Roi des Sciences mais
L’Arithmétique est la Reine",dịch nghĩa:"Toán học là vua của các khoa học
nhƣng Số học là Nữ hoàng". Điều này nói lên tầm quan trọng của Số học trong
đời sống và khoa học. Số học giúp con ngƣời ta có cái nhìn tổng quát, sâu rộng
hơn, suy luận chặt chẽ và tƣ duy sáng tạo.
Trong các kì thi chọn học sinh giỏi các cấp THCS, THPT cấp tỉnh, cấp
Quốc gia,cấp khu vực, cấp quốc tế, các bài toán về Số học thƣờng đóng vai trò
quan trọng. Chúng ta có thể làm quen nhiều dạng bài toán Số học, biết nhiều
phƣơng pháp giải, nhƣng cũng có bài chỉ có một cách giải duy nhất. Mỗi khi
gặp một bài toán mới chúng ta lại phải suy nghĩ tìm cách giải mới. Sự phong
phú đa dạng của các bài toán Số học luôn là sự hấp dẫn đối với mỗi giáoviên,
học sinh giỏi yêu toán. Xuất phát từ những ý nghĩ đó tôi đã sƣu tầm và hệ thống
lại một số bài toán để viết lên chuyên đề "Một số phƣơng pháp giải phƣơng
trình nghiệm nguyên " dành cho các thầy cô giáo dạy toán,các em học sinh bậc
Trung học ,và chỉ đòi hỏi kiến thức toán của bậc Trung học Cơ sở.Chuyên đề

 
0;1;2;3;

*
: Tập hợp các số tự nhiên khác
0
:
 
1;2;3;

: Tập hợp các số nguyên :
 
; 3; 2; 1;0;1;2;3;   

P
: Tập hợp các số nguyên tố
: Tập hợp các số hữu tỉ
: Tập hợp các số vô tỉ
: Tập hợp các số thực
x
:
x
thuộc ;
x
là số nguyên
ab
:
a
chia hết cho
b

moda b m
:
a
đồng dƣ với
b
theo môđun
m
,
ab
chia hết cho
m

 
,ab
: ƢCLN của
a
và
b

 
,ab
: BCNN của
a
và
b

 
;ab
: cặp số ,nghiệm của phƣơng trình hai ẩn số


là số chia ,
q
là thƣơng số
và
r
là số dƣ .
5

Vậy khi
a
chia cho
b
có thể xẩy ra
b
số dƣ là
0;1;2; ; 1b 

Đặc biệt với
0r 
thì
a bq
.Khi đó ta nói
a
chia hết cho
b
hay
b
là ƣớc của
a
,kí hiệu

,
ac
và
 
,1bc 
thì
a bc
.
d) Nếu
ab c
, và
 
,1bc 
thì
ac
.
II.ĐỒNG DƢ THỨC
Định nghĩa:
Cho số nguyên
0m 
.Nếu hai số nguyên
a
và
b
cho cùng số dƣ khi chia cho
m

thì ta nói
a
đồng dƣ với

d)
 
modac bc m
,
 
,1cm 
 
moda b m

II.TÍNH CHẤT CỦA SỐ CHÍNH PHƢƠNG
a) Số chính phƣơng là bình phƣơng của một số tự nhiên
b) Số chính phƣơng không tận cùng bằng
2,3,7,8.

c) Số chính phƣơng chia hết cho số nguyên tố
p
thì chia hết cho
2
p

d) Số chính phƣơng chia cho
3
có số dƣ là
0
hoặc
1

e) Số chính phƣơng chia cho
4
có số dƣ là

j) Nếu hai số nguyên dƣơng nguyên tố cùng nhau có tích là số chính
phƣơng thì mỗi số đều là số chính phƣơng.
III.TÍNH CHẤT LUỸ THỪA CÙNG BẬC CỦA CÁC SỐ NGUYÊN LIÊN
TIẾP
6

Ta thƣờng vận dụng hai nhận xét sau đây trong khi giải một số phƣơng trình
nghiệm nguyên .
1.
 
 
 
*
nn
n n n
X Y X a a Y X a i       
với
1;2;3 ; 1ia

2.
            
1 1 1 X X X n Y Y y n X a X a X a n          
          
1 1 a Y Y Y n X i X i X i n         

với
1;2; ; 1ia

IV.TÍNH CHẤT CHIA HẾT
Phƣơng trình nghiệm nguyên có dạng:

, ,
k
x x x
cũng chia hết cho
p

+ Đặt
1 1 2 2
, , ,
kk
x py x py x py  
(suy ra
12
, , ,
k
y y y
cũng nhận giá trị nguyên)
Phƣơng trình (*) trở thành :
     
1 1 2 2
0
n n n
kk
a py a py a py   

1 1 2 2
0
n n n
kk
a y a y a y    

k
x x x   

Vậy phƣơng trình (*) có một nghiệm duy nhất
12
0
k
x x x   PHẦN III :MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM
NGUYÊN
 Phương pháp 1:Sử dụng tính chẵn lẻ

Thí dụ 1
Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình :
 
 
2
2 5 1 2 105
x
x y x x y     

Giải: Vì
105
là số lẻ nên
2 5 1xy
là số lẻ
y
chẵn. Mà

15
y
y
  


  

4y
.
7

Thử lại
0, 4xy
là nghiệm nguyên duy nhất của phƣơng trình.
Thí dụ 2
a) Chứng minh rằng phƣong trình sau không có nghiệm nguyên:
2 2 2
2015abc  

b) Chứng minh rằng không tồn tại các số hữu tỉ
,,x y z
thoả mãn đẳng thức:

2 2 2
3 5 7 0x y z x y z      

(Đề TS 10

C.Lê Hồng Phong

.
*) Cả 3 số
,,abc
đều lẻ
 
2 2 2
3 mod8abc   

*) Cả 3 số
,,abc
đều chẳn
 
2 2 2
0 4 mod8abc    

*) Có 1số chẳn và 2 số lẻ
 
2 2 2
2 6 mod8abc    

*) Có 1số lẻ và 2 số chẳn
 
2 2 2
1 5 mod8abc    

Cả 4 thƣờng hợp
 
2 2 2
7 mod8abc  


và
25
c
z
d

, ta thấy
 
, , , 1a b c d 
ngƣợc lại
 
1 1 1 1
, , , 1 , , ,a b c d m a ma b mb c mc d md      
với
 
1 1 1 1
, , , 1a b c d 
mâu
thuẫn cách chọn
d
.
Đẳng thức đã cho
2 2 2 2
7a b c d   
(*) theo phần a)
 
(*)
7 mod8VT 

Vậy

1;29;3.23 69
hoặc 2001 .Vậy ta có :

 
2 2 2 2
1 , 0; 1 2001x y x y x y       


 
22
29 , 5; 5;2; 2 69x y x y x y        


22
69 , 3x y x y  

9 69 9VT 
(vô lí)

22
2001 , 3x y x y  

9 2001 9VT 
(vô lí)
Vậy phƣơng trình vô nghiệm.
Bài tập tƣơng tự
1/ Tìm số nguyên tố
p
để
41p 

2 2 2 2
2 1 2 2 1 4x y xy x y xy x y xy        

      
22
1 2 1 4xy x y x y xy       
 
2
14xy x y    



  
1 1 2xy    

 Nếu
  
: 1 1 2xy  
ta có các hệ phƣơng trình sau
1 2 1 2 1 1 1 1
; ; ;
1 1 1 1 1 2 1 2
x x x x
y y y y
         
   
   
         
   
có các nghiệm tƣơng ứng lần


Thí dụ 2
Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình:
22
3 2 2 10 4 0x y xy x y     
(ĐềTS10 Hà Nội

Amsterdam 2008 )
Giải: Ta có
 
 
22
2 1 3 10 4 0x y x y y     
   
22
1 2 2 7x y y      

  
3 1 3 7y x y x     
3 1 7 3 1 7
;
3 1 3 1
y x y x
y x y x
      



      


   
22
6 13xy x y    
   
22
6 13xy x y     

   
6 6 13xy x y xy x y        
  
  
(*) do
,xy
vậy (*)

hai
trƣờng hợp sau :
 
 
 
 
6 1 6 13
;
6 13 6 1
xy x y xy x y
xy x y xy x y
         




1 1 5330
yx
xy   
Mà phân tích 5330 thành tích 2
thừa số gồm:
1.5330 5.1066 13.410 26.205 10.533 41.130 65.82 2.2665      

6 trƣờng hợp đầu tiên vô nghiệm

1 65 1 82
1 82 1 65
yy
xx
xx
yy
   



   

64 81 4 3
34
81 64
yy
xx
x x x x
yy
yy
   




Vậy phƣơng trình có 4 nghiệm
       
3;4 , 4;3 , 1;2664 , 2664;1

Thí dụ 5
Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình:
   
22
1 1 1x y y x   
(*)
(Polish Mathematical-Olympiads 2004)
Giải Đặt
1, 1x u y v   
,phƣơng trình (*) trở thành
       
22
1 1 1 4 1u v v u uv u v uv u v         
   
4 4 5uv u v u v      
  
1 4 5uv u v    
Phƣơng trinh tƣơng
đƣơng với 4 hệ phƣơng trình sau
1 1 1 1 1 5 1 5
4 5 4 5 4 1 4 1
uv uv uv uv
u v u v u v u v

là hai số nguyên tố .Giải phƣơng trình nghiệm nguyên
sau:
1 1 1
x y pq


(Titu Andreescu)
2/Tìm tất cả các tam giác vuông có các cạnh là số nguyên Và số đo diện tích
bằng số đo chu vi tam giác.
3/ Giải phƣơng trình nghiệm nguyên
22
3 10 8 96x xy y  

4/Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình:
1 1 1
23mn


(ĐềTS10 PTNK HCM 2001-2002)
11

5/ Tìm nghiệm nguyên dƣơng của hệ phƣơng trình :

3 3 2
2
3
x y z
xy z z



4 3 24 39 39
5 5 5 4
z
z z z
    

 
1,2,3z


1z 
thì (1)


  
4 5 4 5 141xy  
(do
4 5 1;4 5 1xy     
)
4 5 47 4 5 141
;
4 5 3 4 5 1
xx
yy
   


   

giải ra ta đƣợc


  
12 5 12 5 493 29.17 493.1xy    

12 5 29 12 5 493
;
12 5 17 12 5 1
xx
yy
   


   

vô nghiệm
Vậy phƣơng trình có các nghiệm
     
, , 13,2,1 ; 4,2,2x y z 
và các hoán vị của
nó
Thí dụ 2
Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên
,,x y z
thoả mãn đẳng thức
12 4 4 4 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2000x y z x y y z z x     



  



(vô lí)
Giả sử
x y z
. Nếu
4 4 4
x y z
lẻ thì tồn tại ít nhất một số chẵn và có hai số
có cùng tính chẵn lẻ.
Ta có
:
   
2
4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2
2 2 2 2 4x y z x y y z z x x y x y z z y z          

 
 
  
2
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2x y z yz x y z yz x y z yz          

    
x y z x y z x y z x y z        


   


 Nếu
 
2
22
7
7 0 7 3 0
3
x xy y x y xy xy          

1, 2 2, 1x y x y    


*
x y n  
thoả màn phƣơng thình
Vậy phƣơng trình có các nghiệm
     
1,2 , 2,1 . ,nn
với
*
n

Thí dụ 4
Một tam giác có số đo của chiều cao là những số nguyên và bán kính đƣờng
tròn nội tiệp bằng 1 Chứng minh rằng tam giác đó đều.
13

a b c a b c
ax by cz a b c a b c
x y z x y z

            


1 1 1 3
1 3 3zz
x y z z
        
.
Từ
 
1 1 1 1 1 2
1 3 2
3
x y xy
x y z x y
         
  
2 3 2 3 9xy   


2 3 3 2 6
3
2 3 3 2 6
xx
xy
yy


3/ Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình:
3
xy yz zx
z x y
  

4/ Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình:
22
1 1 1
1
x xy y
  

5/ Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình
3 3 3
3x y z xyz p   
trong đó
p
là số nguyên tố lớn hơn 3.
(Titu Andreescu,Dorin Andrica)
6/ Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình:
1 1 1 3
5x y z
  

(Romanian Mathematical-Olympiads
2000)

 Phương pháp 4:Phương pháp loại trừ

(vô lí, vì |x
3
+ 2| > |x
3
+1 |)
Vậy phƣơng trình đã cho có 2 nghiệm nguyên
     
; 0;1 , 0; 1xy Thí dụ 2
Giải phƣơng trình nghiệm nguyên :
2 4 3 2
x x y y y y    

(ĐềTS10 Hà Nội

Amsterdam 1995-1996 )
Giải: Phƣơng trình đã cho
 
 
  
2
2
2
2 1 2 1 3 1x y y y y      

 Nếu
1 0 1y x x      



  


Vậy phƣơng trình đã cho có 5 nghiệm nguyên
   
; 0; 1xy
,
   
1; 1 , 0;0
.
   
1;0 , 5;2Thí dụ 3
Tìm tất cả nghiệm nguyên không âm của phƣơng trình:
   
24
22
11x x y y    
( ĐềTS10 ĐHSP Hà Nội 2006-2007)
Giải Phƣơng trình
   
42
4 3 2 2 2 2
2 3 2 1 1y y y y x x y y x x           

15


22
1x y y  

Từ đó suy ra
22
xy

Mặt khác
 
2
2
0 1 4 4 1 2 1y y y y y       
hay
1 2 1yy  
.Từ đó ta
thấy
 
2
22
1 2 1 1y y y y y      
(2) .Dấu bằng đạt đƣợc khi
0y 
,từ (1)
và (2)
   
22
2 2 2 2
1 1 1y x y y y x y         
(do
2

10 10 6 2x x x x x x x        
do đó
 
 
  
2 2 2 2
1 1 3 4x x y y x x     
 
  
 
  
22
22
1 1 2
1 2 3
y y x x
y y x x

   

   


kết hợp với
(**) suy ra
2
2
4 2, 2
1. 1
1

2/ Giải phƣơng trình nghiệm nguyên dƣơng :
16    
2 2 2 2
2 2 1 2 1x y z xy x z y z t       

(Titu Andreescu)
3/ Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
3 3 2
2 3 1 0x y y y    

4/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
6 3 4 2
4 4 2 3 6x y y y y    

5/Tìm tất cả các cặp số nguyên dƣơng
 
,mn
thoả mãn điều kiện
a/
21mn
và
21nm

(ĐềTS10 C.KHTN -HN-1993)
b/
31mn
và

 
3
19 2 7x


thật vậy:
Giả sử
   
 
3 3 3
19 2 7 2 7 2 mod7x x x    
(vô lí)
Từ đó phƣơng trình đã cho vô nghiệm.

Thí dụ 2
Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình:
 
22
17 34 51 1740x y xy x y    

(ĐềTS10 C.KHTN -HN-2005)
Giải Phƣơng trình :
 
22
17 34 51 1740x y xy x y    

   
22
1740 17 2 3 *x y xy x y     


chia cho
17
trong mọi trƣờng hợp đều không có số dƣ là 6 .Vậy
phƣơng trình đã cho không có nghiệm nguyên.

Thí dụ 3
Chứng minh rằng không tồn tại
*
,xy
sao cho :
   
55
55
1 2 3x y x y     

(Junior Balkan 2005 Mathematical-
Olympiads)

Giải Nhận xét :
 
5
mod10a a a   
thật vậy
       
5 2 2 2 2 2
1 4 5 1 4 5 1a a a a a a a a a a         
 
0 mod10

Khi đó phƣơng trình:


1. Nếu
 
0 mod3xy

33
xy
 
0 mod27
27 2001p
(vô lí)
2. Nếu
   
1 mod3 0 mod3x y x y     


 
22
1 mod3x y xy  


3 3 2 2
( )( )x y x y x y xy    
 
0 mod9
33
9 2001x y p
vô lí
Bởi vì
3

33
6003 4(mod7)xy  

mà
 
3
0,1,6 mod7aa   
 
0; 1; 2 mod7VT   
dẫn đến vô lí
Vậy phƣơng trình đã cho không có nghiệm nguyên.

18

Thí dụ 5
Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
4 4 4
1 2 7
1992x x x   

Giải
 Nếu
2xk
thì
4
16x

 Nếu
21xk
thì

2 2 2
2 12 3
x
y  

b)
22
5 17xy
d)
22
15 7 9xy

2. Chứng minh rằng tổng bình phƣơng của 3 số nguyên trong phép chia
cho 8không thẻ có dƣ là 7 từ đó suy ra phƣơng trình
2 2 2
4 9 71x y z  

không có nghiệm nguyên.
3. Giải phƣơng trình nghiệm nguyên :
7 7 7
4x y z  

4. Giải phƣơng trình nghiệm nguyên
            
2
1 2 1 2 3 1 3 2 3
x
x x x x x x x x x x x x y            
5.Chứng minh rằng các phƣơng trình sau không có nghiệm nguyên:
a)

1 4 2 2 2
1 1 1 1 *
k
pk
a a a a p


     
.Mặt khác theo định lí
Fermat ta có:
 
1
1 **
p
ap


.Từ (*) và (**) suy ra
2 p
do đó
2p 
không
có dạng
 
43kk
vô lí.
19

Vậy
2

   
1 4 2
1 mod 1 mod
pk
a p a p

  

 
4 2 4 2
2 mod 2
kk
a b p p

   
.Vậy
ap
và
b
pThí dụ 1
Giải phƣơng trình nghiệm nguyên dƣơng :
 
2 2 1995 1
2011 10
k
x y z


nhƣ vậy
n
lần ta có :
22
10
nn
x y z   
(*) với
2011 , 2011
nn
nn
x x y y
.Bằng cách thử trực tiếp ta
thấy nghiệm của phƣơng trình (*) là:
         
, , 1,1,8 ; 1,2,5 ; 2,1,5 ; 2,2,2
nn
x y z 
.Từ đó suy ra nghiệm nguyên dƣơng
của phƣơng trình đã cho là:
 
       
, , 2011 ,2011 ,8 ; 2011 ,2.2011 ,5 ; 2.2011 ,2011 ,5 ; 2.2011 ,2.2011 ,2
n n n n n n n n
x y z 

(với
1 1995
2
n

2 4 1 3y y y    
có dạng
43k 
nên phải có một
ƣớc nguyên tố có dạng đó ( vì tích các số dạng
41k 
sẽ có dạng
41K 
),do đó
Vậy
2
1x 
có ƣớc nguyên tố dạng
 
43kk
.
Vậy phƣơng trình đã cho không có nghiệm nguyên.

20

Thí dụ 3
Tìm tất cả các cặp số nguyên tố
,pq
thoả mãn:
 
2
35
p q p q  
(1)
(Tạp chí TH&TT tháng 5/2004)


ta xét các khả năng xẩy ra sau đây
Khả năng1 :
 
1 2 mod3pq  
 
35
0 mod3pq  
mà
   
2
1 mod3pq
vô lí
Khả năng2
   
1 mod3 , 2 mod3pq
hoặc
   
2 mod3 , 1 mod3pq
thì
 
35
0 mod3pq  

mà
   
2
0 mod3pq
vô lí
Vậy


(vô lí ).

Pt không có nghiệm
nguyên
Thí dụ 5
Tìm số nguyên tố
p
nhỏ nhất sao cho viết đƣợc
p
thành 10 tổng dạng :
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 3 3 10 10
2 3 10p x y x y x y x y        
trong đó
 
, 1,2, ,10
ii
x y i 
là
các số nguyên dƣơng. (Tạp chí TH&TT tháng 8/2004)
Giải Dễ thấy
p
>10
+)
 
 
2 2 2
10 10 10
10 0,1,4,5,6,9 mod10

+)
 
 
2 2 2
8 8 8
8 0,1,4 mod8
1 mod8
p x y x
p
p
   





(3)
Từ (2) và (3) ta suy ra
 
*
1 24 1 24p p m m    
.
Từ (1)

 
24 0 8 mod10m 
 
0,2,7 mod10m 

(do

khi chia cho
7
chỉ có tận cùng là
0
,1,3
m
chia cho 7
có số dƣ là
0,1,5
hay
7m b v
với
0,1,5.v 
(5)
Ta tìm số
50m 
thoả mãn đồng thời điều kiện (1) và (5) khi cho
0 
4,0 6ab  
ta đƣợc
7,12,22,40,42,47m 
Từ công thức
24 1pm


2
7 169 13mp   
Không là số nguyên tố.

2

4xy x y z  

2/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
2
4 4 2 9xy x y x   

3/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
23
16xy

4/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
22
19 28 729xy

5/Tìm nghiệm nguyên dƣơng của hệ phƣơng trình:
2 2 2
2 2 2
13
13
x y z
x y t





22

thay vào phƣơng trình ta
đƣợc
3 3 3 3 3 3
1 1 0 1 1 1
3 9 0 3 9 0x y z x y z      
.Nhƣ vậy bộ ba
0 0 0
;
3 3 3
x y z



cũng là nghiệm của của phƣơng trình. Quá trinh cứ tiếp diễn mãi
các số
0 0 0
;
3 3 3
k k k
x y z



là các số nguyên vói mọi
0 0 0
0k x y z    
.
Vậy phƣơng trình có một nghiệm nguyên duy nhất là
 
0,0,0

cùng lẻ
1 1 1 1
2 1, 2 1, 2 1, 2 1a a b b c c d d       
thay vào
phƣơng trình ta đƣợc
       
 
1
1 1 1 1 1 1 1 1
4 1 4 1 4 1 4 1 4 7.4 1
n
a a b b c c d d

        
(*)
Nếu
 
1
1 (*) 8, (*) 4 7.4 1 8
n
n VT VP

   
(vô lí)
Nếu
     
2 2 2 2
1 28 , , , 3,3,3,1 , 1,1,1,5n a b c d a b c d       

+

 
1
2 ,2 ,2 ,2
n n n n
,
 
3.2 ,3.2 ,3.2 ,2
n n n n

 
2 ,2 ,2 ,5.2
n n n n
và các hoán vị.

Bài tập tƣơng tự
1/ Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
2 2 2 2
2x y z t xyzt   

2/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
2 2 2 2 2
x y z x y  

3/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
3 3 3
24x y z

4/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
4 4 4 4
8 4 2x y z u  

  

.Dấu bằng xẩy ra khi
12

n
a a a  

 Bất đẳng thức Schwarz (Bunhiacopxki)
Cho 2
n
số thực
12
, , ,
n
a a a
;
12
, , ,
n
b b b
ta có
 
  
2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2n n n n
ab a b a b a a a b b b         

Dấu bằng xẩy ra khi
, 1,2,3, ,

1 3 1x y x y    

Giải Theo bất đẳng thức Schwarz (Bunhiacopxki)
24

 
    
2
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 3 1x y x y x y         
dấu bằng xẩy ra khi
1xy

Thí dụ 3
Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
3
8 7 8 1xx  

(Tạp chí TH&TT tháng
8/1999)

Giải Cách 1 Điều kiện
0x 
(do
x
)
0, 1, 2, 4x x x x   
không thoả mãn phƣơng trình
3x 
thoả mãn phƣơng trình

 
3 3 2
10 56 102 0 5 28 51 0 3 5 15 17 0x x x x x x x           

3 0 0 3xx     
Thử các giá trị thuộc đoạn
 
0;3
chỉ có
3x 
thoả mãn.
Bài tập tƣơng tự
1/ Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
2 2 2
2 2 2 2 2 4x y z xy yz z      

2/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
2 2 2
3 2 4x y z xy y z     

3/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
33
2 6 8 0x y xy   

4/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:
 
1
12
2
x y z x y z      

Phƣơng trình nghiệm nguyên
Vũ Hữu Bình
4
Tạp chí Toán học và tuổi trẻ

5
Đề thi học sinh giỏi THCS các Tỉnh
,Thành phố

6
Đề thi tuyển sinh lớp 10 Chuyên các Tỉnh ,Thành
phố

7
JunorBalkan Mathematical Olympiads
Dan Brânzei
Ioan Serdean
Vasile Serdean
8
Diophantine Equations
Titu Andreescu
Dorin Andrica
9
Gazeta Matematică-A bridge
Vasile Berinde
10
Mathematical Reflections