PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
1.1 Tìm x nguyên để P nguyên
1. P =
2
5
+
+
x
x
2. P =
2
13
+
+−
x
x
3.
3
2
−
+
=
x
x
P
Bài 4. Cho biểu thức:
a 3 3 a
M
2 a 6 2 a 6
+ −
= −

phải là số nguyên
Ta đặt
2
5
+x
= a
∈
Z
⇒

52 =+ axa
a
a
x
25 −
=⇒
Vì
0≥x
nên
0
25
≥
−
a
a
Với a
0
≥
025
≥−⇔

3
- x
3
= 91 (1)
Lời giải : (1) tương đương với (y - x)(x
2
+ xy + y
2
) = 91 (*)
Vì x
2
+ xy + y
2
> 0 với mọi x, y nên từ (*) => y - x > 0.
Mặt khác, 91 = 1 x 91 = 7 x 13 và y - x ; x
2
+ xy + y
2
đều nguyên dương nên ta có bốn
khả năng sau :
y - x = 91 và x
2
+ xy + y
2
= 1 ; (I)
1
y - x = 1 và x
2
+ xy + y
2

x(y + 1) + (y + 1) =10
⇔
(y+1)(x+1)= 10
Bài 6. x
2
– xy = 6x – 5y – 8
⇔
x
2
– 5x – xy + 5y + x - 5 = -13
⇔
x(x - 5) – y(x – 5) +
(x - 5) = -13
⇔
(x - 5)(x – y + 1) = -13
Bai 7. 5x + 25 = - 3xy + 8y
2

⇔
8y
2
– 8xy + 5xy - 5x = 25
⇔
8y(y - x) +
Bai 8. (y
2
+ 4)(x
2
+ y
2

=

Do đó có các nghiệm: (0; 0); (2; 2); (2; -2)
Bài 9. 2y
2
x + x +y +1 = x
2
+ 2 y
2
+ xy
⇔
x
2
+xy – (x + y) – 2y
2
(x - 1) = 1
⇔
x(x + y) –
(x + y) – 2y
2
(x - 1) = 1
⇔
(x + y )(x - 1) – 2y
2
(x - 1) = 1
⇔
(x - 1)(x + y – 2y
2
) = 1
Bài 10. 4x

2x(2x + y) + (2x + y) + 2x + 1 = -2
⇔
(2x + y)(2x + 1) + (2x + 1) = -2
⇔
(2x + 1)(2x + y +1) = -2
Bài tập.
1. x + y = xy
2. xy – x + 2y = 15
3. x + xy + y = 9
4. x
2
– xy = 6x – 5y – 8
5. 5x + 25 = - 3xy + 8y
2
6. (y
2
+ 4)(x
2
+ y
2
) = 8xy
2
7. 2y
2
x + x +y +1 = x
2
+ 2 y
2
+ xy
8. 4x

hoặc y = 2 => 1/z = 2 => z = 2.
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (3) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 2).
Bài tập. Tìm nghiệm nguyên các phương trình :
13. x+y+z=xyz 14. 5(xy+yz+xz)=4xyz
Phương pháp 3 : Sử dụng tính chất chia hết
Phương pháp này sử dụng tính chất chia hết để chứng minh phương trình vô nghiệm
hoặc tìm nghiệm của phương trình.
Bài 15. : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
x
2
- 2y
2
= 5 (4)
Lời giải : Từ phương trình (4) ta => x phải là số lẻ. Thay x = 2k + 1 (k thuộc Z) vào
(4), ta được :
4k
2
+4k + 1 - 2y
2
= 5
tương đương 2(k
2
+ k - 1) = y
2

=> y
2
là số chẵn => y là số chẵn.
Đặt y = 2t (t thuộc Z), ta có :
2(k

- z cũng chia hết cho 3. Từ đó ta có : x
3
+ y
3
+ z
3
- x - y - z chia
hết cho 3.
Vì 2000 không chia hết cho 3 nên x
3
+ y
3
+ z
3
- x - y - z ≠ 2000 với mọi số nguyên x, y,
z tức là phương trình (5) không có nghiệm nguyên.
Bài 18. x + x + x = 4y + 4y ² ³ ²
⇔
(x + 1)(x +1) = (1 + 2y) (1)² ²
§Æt (x + 1; x + 1) = d (d ²
∈
N
*
)
Ta cã x + 1
M
d
⇒
x + x ²
M

21. =
22. =1995
23., (x,y Z+)
24. (x,y Z+)
25., (x,y Z+)
Phương pháp 4 : Sử dụng bất đẳng thức
Dùng bất đẳng thức để đánh giá một ẩn nào đó và từ sự đánh giá này => các giá trị
nguyên của ẩn này.
Bài 24 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
x
2
- xy + y
2
= 3 (7)
Lời giải :
(7) tương đương với (x - y/2)
2
= 3 - 3y
2
/4
Vì (x - y/2)
2
≥ 0 => 3 - 4y
2
/4 ≥ 0
=> -2 ≤ y ≤ 2 .
Lần lượt thay y = -2 ; 2 ; -1 ; 1 ; 0 vào phương trình để tính x. Ta có các nghiệm
nguyên của phương trình là :
(x ; y) thuộc {(-1 ; -2) ; (1 ; 2) ; (-2 ; -1) ; (2 ; 1) ; (-1 ; 1) ; (1 ; -1)}.
Bài . x

xyyxxyyxyxyxyx ++>++≥+++=+≥
2222222222
2)(2
không thỏa mãn phương trình.
Chứng tỏ
2≤x
và
2≤y
Nếu x =
2±
hoặc y =
2±
thì phương trình không thỏa mãn
Với x = 0 , x = 1, x = - 1 ta thấy phương trình có 3 nghiệm nguyên
4
(x;y)
( ) ( ) ( ){ }
1;1;1;1;0;0 −−∈
Bài tập tổng hợp
Giải các phương trình nghiệm nguyên :
25.x
2
- 4 xy = 23
26.3x - 3y + 2 = 0
27.19x
2
+ 28y
2
=729
28. 3x

2
= 32 + 52.
Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 chỉ có duy nhất một dạng phân tích thành tổng
của hai số chính phương 3
2
và 5
2
.
Do đó phương trình thỏa mãn chỉ trong hai khả năng :
Giải các hệ trên => phương trình (8) có bốn nghiệm nguyên là (x ; y) Є {2 ; 3) ; (3 ; 2) ;
(-1 ; -2) ; (-2 ; -1)}
Bài 34. Tìm nghiệm nguyên của phương trình

Bài 35. Ninh Bình 09- 10. Tìm x, y nguyên thoả mãn:
x + y + xy + 2 = x
2
+ y
2
⇔ 2x
2
+ 2y
2
– 2x – 2y – 2xy = 4
⇔ (x
2
– 2xy + y
2
) + (x
2
– 2x + 1) + (y


⇒
x 2
y 0
=


=

hoặc
x 0
y 2
=


=

5
TH2:
x y 1
x 1 2
y 1 1

− =

− =


− =


y 3
=


=

hoặc
x 0
y 1
=


= −

Kết luận: Phương trình có 6 cặp nghiệm là:
2
x o
y
=


=

;
2x
y o
=


=


;
1
0
x
y
= −


=


Bài 36. Tìm nghệm nguyên của phương trình sau.
2x
6
– 2x
3
y + y
2
= 64
⇔
x
6
– (x
6

- 2x
3
y + y
2)

x

⇔
hoặc





=−
=
23
2
8
0
yx
x
⇔

Vậy có 4 cặp nghiệm (2;8); (2;-8); (0;8); (0 ; -8)
Bài 12. x
2
– xy + y
2
= 2x – 3y – 2
⇔
2(x
2
– xy + y
2

Phương pháp 6 : Lùi vô hạn
Bài 37 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình x
2
- 5y
2
= 0 (9)
Lời giải :
Giả sử (x
0
; y
0
) là nghiệm của (9) thì : x
0
2
- 5y
0
2
= 0 => x
0
chia hết cho 5, đặt x
0
= 5x
1
;
(x
1
Є Z), ta có : 25x
1
2
- 5y

= 0.
Vậy nếu (x
0
; y
0
) là nghiệm nguyên của (9) thì (x
0
/5 ; y
0
/5) cũng là nghiệm nguyên của
(9).
Tiếp tục lập luận tương tự, ta có với k nguyên dương bất kì, cũng là nghiệm nguyên
của (9) hay x
0
và y
0
đều chia hết cho 5
k
với mọi k là số nguyên dương tùy ý. Điều này
chỉ xảy ra khi x
0
= y
0
= 0.
Vậy phương trình (9) có nghiệm duy nhất là x = y = 0.
Phương pháp 7 : xét chữ số tận cùng
Bài 38 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 1! + 2! + + x! = y
2
(10)
Lời giải : Cho x lần lượt bằng 1 ; 2 ; 3 ; 4, ta có ngay 2 nghiệm nguyên dương (x ; y)

2
+ 4xy + 4x + 2y + 5 = 0 (12)
Lời giải :
(12) y
2
+ (4x + 2)y + 3x
2
+ 4x + 5 = 0
Ta thấy nếu phương trình có nghiệm thì y nguyên => - 4x - 2 nguyên, mà x
nguyên nên nguyên
=> ∆'y = x
2
- 4 = n
2
với n Є Z, dùng phương pháp 1 (đưa về dạng tích) => (x + n)(x - n)
= 4, ta xác định được x = 2 và x = -2 .
Vậy phương trình (12) có hai nghiệm nguyên (x ; y) Є {(2 ;-5); (-2 ; 3)}.
Bài 41 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình x
2
- (y + 5)x + 5y + 2 = 0 (13)
Lời giải : Giả sử phương trình ẩn x có nghiệm nguyên x
1
, x
2
thì theo định lí Vi-ét ta
có :
=> (x
1
- 5)(x
2

+ 1 = 0 (2)
Coi (2) là phương trình bậc 2 đối với a
154
0
2
0
'
−−−=∆ xx
(2) có nghiệm thì
'
∆
≥
0
154
0
2
0
−−− xx
0
≥
⇔

0154
0
2
0
≤++ xx
tam thức bậc hai có hai nghiệm là -1;
4
1

a + 1 = 0
⇔
a = - 1 lúc đó phương trình đã cho là 5x
2
+ 7x + 2 =
0 có nghiệm nguyên là x = - 1.
Bài 43. T×m a ∈ N ®Ó ph¬ng tr×nh x
2
– a
2
x + a + 1 = 0 cã nghiÖm nguyªn.
Ta có:
Để phương trình có nghiệm nguyên thì delta phải là số chính phương.
Đặt: với k là số nguyên. Kết hợp với điều kiện a là số tự nhiên ta có:
Kiểm tra với a= 2 ta có delta bằng 4 (thỏa mãn)
* Với a > 2
Xét hiệu:
Suy ra:
Mặt khác
Do đó:
Giữa hai số chính phương liên tiếp không có số chính phương nào nên
không là số chính phương khi a>2.
KL: a = 2.
Phương pháp 9 "Kẹp" giữa 2 số bình phương, lập phương, các tích các số nguyên liên
tiếp
Bài 44. Tìm nghiệm nguyên phương trình sau:
Ta thấy
Phương pháp 10. Phương pháp xuống thang :
Bài 45 : Tìm x,y,z Z thỏa mãn
Ta thấy chỉ có x=y=z=0 thỏa mãn

= 4y + 1
Bài 54 : Tìm nghiệm nguyên của các phương trình :
a) 5
x
+ 12
x
= 13
x
b) y
4
= x
6
+ 3x
3
+ 1
Bài 55 : Chứng minh rằng phương trình 2
5
t = 2t
5
+ 1997 không có nghiệm nguyên.
Tìm nghiệm nguyên của phương trình x
3
- 3y
3
- 9z
3
= 0.
Bài 56 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x
2
+ 2y

1)3(
3
2222222
zyzyzyzy
zyx
zyzy
zyx
⇔





−=
=
−=





=
=
=
⇔








=−−−
−+=
⇔



=+−−
−+=
3
2
2
,
9
8
4
13
53
13
53
3
5)3)(3(
3
10)3(6)3(2
3
08662
3
x
y






=−++
=−+−−
8
7)222)((
8
7)(2)()(2
8
7222
33
33
22
33
22
yxyx
xxyxy
yxyx
xyxyxxy
yxyx
xyxyxy
Bài 59.



=−+−
=+−

nghiệm nguyên khi và chỉ khi
( )
( )
2
2
4cy d by ey f∆ = + − + +
là bình phương
của một số nguyên.
Một số ví dụ:
1). Tìm mọi số nguyên x sao cho x
2
+ 28 là số chính phương.
Giải:
Từ phương trình x
2
+ 28 = y
2
(1) thì x và y phải cùng chẵn hoặc cùng lẻ.
Đặt y = x + 2v với v > 0. Thay vào (1) ta được:
2
7 0v xv− − =
(2).
Phương trình (2) có nghiệm nguyên v thì v là ước của -7. Suy ra v = 1 và v =
7. Thay vào (2) ta được
6x = ±
. Thử lại nhận
6x = ±
.
2). Giải phương trình nghiệm nguyên
2 2

(3)
Đặt v = y +2t, thay vào (3) ta được:
2
2( ) 5t t
⇔ + =
. Hai vế phương trình
này khác tính chẵn lẻ nên phương trình này vô nghiệm nguyên.
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.
3). Giải phương trình nghiệm nguyên
( )
2 2
2 3 1 8 6 6 0x y x y y
− + + + + =
.
Giải:
Phương trình đã cho có nghiệm nguyên khi và chỉ khi pt sau có nghiệm
nguyên:
( )
2
2 2
2 2
3 1 8 6 6
5 (1).
y y y v
y v
+ − − − =
⇔ − =
Đặt v = y – t thay vào (1) ta được:
2
2 5 0.t yt− + =

1t
= ±
có nghiệm x
bằng 2 và -2.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm (2; -5), (-2; 3).
Bài tập:
1) Chứng minh rằng phương trình x
2
– y
2
= 6 không có nghiệm nguyên.
2) Giải phương trình các nghiệm nguyên:
a)
2 2
3 4 2 4 24 0x y xy x y
+ + − − − =
b)
2 2
8 6 4 12 17 0x y xy x y
+ + + + − =
2. HẠN CHẾ TẬP HỢP CHỨA NGHIỆM DỰA VÀO TÍNH CHIA HẾT.
 Một số ví dụ:
1) Tìm nghiệm nguyên dương của pt sau: xy - 2x - 3y + 1 = 0.
Giải:
xy - 2x - 3y + 1 = 0
⇔
y(x – 3) = 2x – 1.
Ta thấy x = 3 không là nghiệm. với x kháv 3 ta được:
2 1 5
2

1
1999
x y
x y
x
y
x y
x y
 + =



− =
=



⇒ ⇔


=
+ = −




− = −




−
x
x
so sánh P với
3
2
Dạng 7. Tìm x để P thoả mãn 1 đẳng thức
1. P =
13 −
+
x
xx
tính x khi P =
5
6
2. P =
1
1
−
+
x
x
tính x khi P =
x
3. P =
1
4
+x
x
tính x khi P =

x
tính x khi P < 1
8.
Dạng 8. Tính P Khi biết x
1. P =
12
53
+
−
x
x
Tính P khi x =
4
223 −
2. P =
1++ xx
x
Tính P khi x =
324 −
3. P =
1−x
x
Tính P khi x =
32
2
−
4.
Dạng 9. Tìm Max, Min
12
1. P =

33
5252 ++
Bi 4. D =
33
13251325 ++
Bi 5. Tớnh giỏ tr ca biu thc bit rng
P = x
3
+
y
3
3(x + y) + 2004
Bit rng x
3
=
33
323323 ++
y
3
=
33
2121721217 ++
Dng 11 Cỏc bi toỏn tng hp
Bi 1. B =
:
1
1 1
x y x y
x xy
xy

2 10 2 1
6 3 2
x x x
Q
x x x x
+
=

Với x 0 và x 1
1) Rút gọn biểu thức Q
2) Tìm giá trị của x để
1
3
Q =
Bi 4 Cho biu thc :
1 1 x 3 x 2
A :
x 3 x x 2 x 3

+ +

=
ữ
ữ
ữ
a) Vi nhng iu kin c xỏc nh ca x hóy rỳt gn A .
b) Tỡm tt c cỏc giỏ tr ca x A nh hn 1 .

A :
x x x 1 x 2 x 1
−
 
= −
 ÷
+ + + +
 
víi x > 0 vµ x
≠
1
C©u 8 Cho biÓu thøc: A =
2
2 1 3 11
3 3 9
x x x
x x x
+ −
− −
+ − −
a/ Rót gän biÓu thøc A.
b/ T×m x ®Ó A < 2.
c/ T×m x nguyªn ®Ó A nguyªn.
Bài 9. Cho biểu thức
x 2 x 1 3 x 1 1
B : 1
x 1 x 3 ( x 1)( x 3) x 1
 
+ + −
 

= −
− +
Bài 12. a) Rút gọn biểu thức
( )
  −
= − > ≠
 ÷
+ + + +
 
1 1 1
: 0 vµ 1
1 2 1
x
B x x
x x x x x
.
b) Tìm x khi B = -3
14