ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Phương trình nghiệm nguyên là một đề tài hấp dẫn, thú vị của toán học, vì
vậy phương trình nghiệm nguyên đã được rất nhiều nhà toán học nghiên cứu.
Tuy nhiên, với người học thì giải phương trình nghiệm nguyên là một vấn đề
khó. Để giải được phương trình nghiệm nguyên đòi hỏi phải có tư duy lôgic, sự
sáng tạo. Các phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng và kèm theo các phường
trình nghiệm nguyên đó có rất nhiều phương pháp giải hay, nhưng do khó, phức
tạp mà trong chương trình toán ở phổ thông cũng như Cao đẳng chỉ đề cập đến
rất ít, Vì vậy, tôi chọn đề tài: ''phương trình nghiệm nguyên'' để giúp các bạn
tìm hiểu được nhiều hơn về phương trình nghiệm nguyên.
II. MỤC ĐÍCH ĐỀ TÀI:
Đề tài này nhằm đạt được một số mục đích sau:
+ Thống kê các phương trình nghiệm nguyên.
+ Phân loại và phương pháp giải một số dạng phương trình nghiệm nguyên.
III. NỘI DUNG:
A. Một số định nghĩa, định lý liên quan đến phương pháp giải các phương
trình nghiệm nguyên.
1. Định lý Ơ - le:
Định lý: Giả sử m là một số tự nhiên lớn hơn 1 và a là một số nguyên tố
với m khi ấy ta có:
(m)
a 1
ϕ
≡
(modm).
+
(m)ϕ
: Là số các số tự nhiên khác 0 không vượt quá m và nguyên tố với
m.
+ Hệ thặng dư đầy đủ modun m H = {0, 1, , m -1}

là hệ thặng dư đầy đủ giá trị tuyệt đối nhỏ nhất.
Chứng minh:
Cho x chạy qua hệ thặng dư thu gọn modun m không âm nhỏ nhất {r
1
,
r
2
, , r
(m)ϕ
} khi ấy tập hợp {ar
1
, ar
2
, , ar
(m)ϕ
} cũng là hệ thặng dư thu gọn
modun m. Gọi s
1
, s
2
, s
(m)ϕ
là các thặng dư không âm nhỏ nhất cùng lớp với ar
1
,
ar
2
, , ar
n
thì ta có:

đồng thức trên ta được:
a
(m)ϕ
. r
1
r
2
r
(m)ϕ

≡
s
1
s
2
s
(m)ϕ
(modm)
Vì {r
1
, r
2
, , r
(m)ϕ
} và {s
1
, s
2
, , s
(m)ϕ

Nhưng r
1
r
2
r
(m)ϕ
nguyên tố với (m vì từng thừa số nguyên tố với m) nên có
thể chia cả 2 vế của đồng dư thức r
1
r
2
r
(m)ϕ
ta được: a
(m)ϕ
≡
1 (modm)
2. Định lý Feema:
Cho p là một số nguyên tố và a là một nguyên tố không chia hết cho p.
Khi ấy ta có: a
p-1

≡
(mod p).
Chứng minh:
Vì p là số nguyên tố nên
(p)ϕ
= p - 1. áp dụng định lý ơ-le suy ra điều
phải chứng minh.
3. Phương trình ax

0 ta được:
a = bq + r
1
.
B
2
: Chia b cho r
1
được dư r
2
.
- Nếu r
2
= 0 thì UCLN (a,b) = r
1
- Nếu r
2

≠
0 thì ta được: b = r
1
q
1
+ r
2
.
B
3
: Thực hiện phép chia r
1

> r
3
> r
n -1
> r
n
> 0
- Ước chung lớn nhất của a và b là r
n-1
( số dư khác 0 cuối cùng)
5. Điều kiện cần và đủ để phương trình:
ax + by = c (1) có nghiệm là UCLN (a, b) c.
Chứng minh:
- Điều kiện cần: Giả sử phương trình (1) có nghiệm nguyên là (x
0
, y
0
) ta
có: ax
0
+ by
0
= c. Gọi d = UCLN (a, b). Khi ấy d là ước của a và b nên d cũng là
ước của ax
0
+ by
0
= c nghĩa là d ước của c.
- Điều kiện đủ:
Giả sử d = UCLN (a,b) là ước của c, nghĩa là có số nguyên c, sao cho c =

1
+ by
1
c
1
hay ( c
1
a)x
1
+ (c
1
b)y
1
= c
Đẳng thức này chứng minh của phương trình (1).
* Nếu phương trình (1) có một nghiệm nguyên là (x
0
, y
0
) thì nó có vô số
nghiệm nguyên và tập hợp các nghiệm nguyên của nó gồm các cặp số nguyên
(x
1
y) xác định bởi:
0
0
b
x x t
a
a

φ
UCLN (a
1
,
a
2
, , a
n
) là ước của c.
Chứng minh cho trường hợp này tương tự như chứng minh cho trường
hợp n = 2.
B. MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN VÀ PHƯƠNG
PHÁP GIẢI:
a. Phương pháp giải:
1. Tách phần nguyên: (phương pháp này chủ yếu áp dụng cho phương
trình bậc nhất 2 ẩn).
Ví dụ: Giải phương trình: 43x + 47y = 50 (1)
Phương trình (1) <=> 43x = 50 - 47y => x = 1 - y +
7 4y
43
−
Đặt t =
7 4y
43
−
, t
∈

Z
=> x = 1 - y + t. Và 7 - 4y = 43t

+ 1 = 22 +
47
η
. Vậy phương trình (1) có nghiệm tổng quát là:
x 22 47t
y 20 43t
= +


= − −

Với t
∈
Z
.
4
ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT
Chú ý: Khi dùng phương pháp này nên tách sao cho các hệ số của ẩn của
phần đặt ẩn phụ là nhỏ nhất
Ví dụ: Giải phương trình: 7x + 4y = 100 (*)
Cách 1: 4y = 100 - 7x => y =
100 7x
4
−
=> y = 25 - x -
3x
4
. Đặt
3x
4

x 4t
y 25 7t, t .
=


= − ∈

Z
Cách 2: (*) <= > 4y =
100 7x x
100 7x y 25 2x
4 4
−
− => = = − +
Đặt
x
t x 4t y 25 2x t y 25 2(4t) t 25 7t
4
= => = => = − + => = − + = −
Vậy phương trình có nghiệm tổng quát là:
x 4t
y 25 7t, t
=


= − ∈

Z
2. Phương pháp sử dụng đồng dư thức:
Phương pháp này dựa vào các tính chất của đồng dư thức để giải phương

2 = 1.2
Ta suy ra: 1 = 3 - 2 = 3 - (38 - 3.12) = 3.13 - 38
= (117 - 38.3). 13 - 38 = 117.13 - 38.40
=> 109 = 117(13.109) + 38(-40.109) = 117(1417) + 38 (-4346)
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm riêng là:
(-4346, 1417)
Vậy phương trình có nghiệm tổng quát là:
x 4346 117t
y 1417 38t,t R
= − +


= − ∈

Lưu ý: Phương pháp sử dụng thuật toán ơclít mở rộng có thể áp dụng cho tất
cả các phương trình bậc nhất một ẩn và nhiều ẩn. Tuy nhiên phương trình này có
nhược điểm là trong một số trường hợp việc tách quá nhiều bước.
4. Phương pháp sử dụng tính chia hết.
Trong một số phương trình việc áp dụng tính chia hết sẽ cho ra kết quả rất
nhanh.
Ví dụ: Giải phương trình 6x
2
+ 5y
2
= 74 (1)
(1)
⇔
6(x
2
- 4) = 5(10 - y

5

Tương tự y
2
= 10 - 6u
≥
0 => v <
5
3
. Kết hợp u = v => u = v = 0 hoặc
u = v = 1.
6
ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT
- Với u = v = 0 => y
2
= 10 => Không có giá tri nào nguyên của y thoả
mãn.
- Với u = v = 1 => y
2
= 4 và x
2
= 9.
Vậy phương trình có 4 nghiệm là: (3,2); (3,-2); (-3,2) và (-3,-2).
5. Phương pháp sử dụng tính chất của số nguyên tố.
Trong phương pháp này áp dụng các tính chất của số nguyên để giải các
phương trình nghiệm nguyên.
Ví dụ: Giải phương trình x
2
+ y
2

2
M
3 => x
2

M
3 và y
2

M
3 tức là x
M
3u và y = 3v ta
có (3u)
2
+ (3v)
2
= 3z
2
=> z
2
= 3(x
2
+ y
2
) => z
2

M
3 => x,y,z có ước chung là 3 trái

- Nếu 2 số nguyên liên tiếp có tích là số chính phương thì một trong 2 số
đó phải bằng 0.
7
ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT
⇔
Nếu a(a+1) = k
2
thì
a 0
a 1 0
=


+ =

- Nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là một số chính
phương thì mỗi số đều là số chính phương.
2
a.b c ,⇔ =
với
a, b,c N∈
,
2
2
a p
(a,b) 1
b q

=


2
< x
2
+ x + 1 = (x + 1)
2
=> x
2
< (x + 1)
2
(*)
Mặt khác vì x
∈
Z
+
=> x
2
+ x + 1 < x
2
+ 2x + 1
=> (k + 1)
2
< (x + 1)
2
(**). Từ (*) và (**)
=> x
2
< (k + 1)
2
< (x + 1)
2

TH2:
x 1 7 x 8
y x 1 1 y 10
− = =
 
⇒
 
− − = =
 
8
ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT
TH3:
x 1 1 x 0
y x 1 7 y 6
− = − =
 
⇒
 
− − = − = −
 
TH4:
x 1 7 x 6
y x 1 1 y 6
− = − = −
 
⇒
 
− − = − = −
 
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm là (2;10), (8;10), (0;-6) và (-6;-6)



− =

Giải 2: y(xz-2) = 0 =>
y 0 x 1
xz 2 0 xz 2(2')
= = −
 
⇒
 
− = =
 
(2') => x = 1 và z = 2 => y = 2
x = 2 và z = 1 => y = 3
Giải 3: y(xz - 2) = 1 => Các trường hợp sau:
TH1:
x 1
y 1 y 1
y 1
xz 2 1 xz 3
z 3
=

= =
 

⇒ ⇒ =



2
2 y x x)+ + +
lẻ vì x
2
+ x = x(x+1) chẵn nên
x
2 y+
lẻ
Vì y chẵn =>
x
2
lẻ =>
x 0 x 0= => =
Thay x vào phương trình trên ta được: (5y+1)(x+1) = 105.
Vì y là số nguyên nên ta có các trường hợp sau:
+ TH1:
5y 1 105 y 104/ 5
y 1 1 y 0
+ = =
 
⇒
 
+ = =
 

+ TH2:
5y 1 1 y 0
y 1 105 y 104
+ = =
 

Z
+ TH6:
5y 1 105 y
y 1 1
+ = − => ∉


+ = −

Z
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: (0;4)
10. Phương pháp chứng minh bằng phản chứng:
10
(loại )
(loại )
ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT
Giả sử phương trình có nghiệm nguyên là x
o
, y
o
, rồi xây dựng dãy vô số
nghiệm từ đó đưa đến mâu thuẫn hoặc giả sử phương trình có nghiệm nguyên x
o
,
y
o
với x
o
có giá trị nhỏ nhất trong những giá trị có thể của nó rồi chứng minh
phương trình có nghiệm x

o
= 2u
o
' thay vào phương trình (2) ta được:
4 4 4 ' 4 4
0 0 0 0 0
8x 4y 2z (2u ) 16u '+ + = =
=>
4 4 4 4
0 0 0 0
4x 2y z 8u '+ + =
=> z
0
4

M
2 => z
0

M
2. Đặt z
0
= 2z
0
' thay vào phương trình trên ta được:
4x
0
4
+ 2y
0

2 Đặt y
0
= 2y
0
'
. Thay vào pt trên ta được:
2x
0
4
+ ( 2y
0
'
)
4
+ 8z'
0
4
= 4u'
0
4
=>
4 4 4 4
0 0 0 0
x 8y' 4z ' 2u '+ + =
=>
4
0 0
x 2 x 2⇒M M
Đặt x
0

 
 ÷
 
cũng là nghiệm
của phương trình (1)
Các cặp số
0 0 0 0
k k k k
x y z u
, , ,
2 2 2 2
là số nguyên với mọi k nguyên. Do đó
x
0
= y
0
= z
0
= u
0
= 0. Vậy phương trình trên có nghiệm duy nhất là
(0;0;0;0).
11
ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT
b. Một số phương trình nghiệm nguyên và phương pháp giải cụ thể.
b.1. Phương trình bậc nhất.
1. Phương trình bậc nhất một ẩn:
- Phương trình bậc nhất 1 ẩn là phương trình có dạng ax+by = c (1)
Đây là phương trình nghiệm nguyên thường gặp trong chương trình phổ
thông cũng như trong chương trình cao đẳng. Phương trình này có nhiều cách

y
⇒
x và tìm nghịêm của phương trình.
Cách 3: (Dùng đồng dư thức)
Từ ax+by=c
⇒
ax
≡
by (modc). áp dụng các tính chất và phương pháp giải
của đồng dư thức
⇒
x
⇒
y.
b. Ví dụ:
Ví dụ 1: Giải các phương trình nghiệm nguyên sau:
a) 73x - 41y = 1 (1)
b) 38x + 117y = 1 (2)
12
ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT
Giải:
a) Cách 1: (Dùng thuật toán ơclit)
Ta có: 73 = 41.1 + 37
⇒
37 = 73 - 41
41 = 37.1 + 4
⇒
4 = 41 - 37
37 = 4.9 + 1
⇒

=t t
∈Z
=> y = 2x - t
Từ (1) => x=
41t 1
9
−
= 5t -
4t 1
9
+
Đặt
4t 1
9
+
= z (2) z
∈Z
x = 5t-z
(2) => 4t = 9z - 1 => t =
9z 1
4
−
= 2z +
z 1
4
−
Đặt
z 1
4
−

38
−
. Đặt
1 3y
38
−
= u
⇒
x = -3y + u và 1 - 3y = 38u
⇒
3y = 1 - 38u
⇒
y =
1 38u
3
−

⇒
y = -13u +
1 u
3
+
. Đặt
1 u
3
+
= v
⇒
u = 3v - 1
⇒

⇒
Phương trình có một nghiệm riêng là (40;13)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm tổng quát là:
x 40 117t
y 13 38t, t
= − +


= − ∈

Z
Cách 3: Dùng đồng dư thức
Từ 38x + 117y = 1 => 117y
≡
1 (mod 38) <=>
114y + 3y
≡
1 (mod 38) <=> 3y
≡
1 (mod 38)
<=> 3y
≡
1+ 38 (mod 38) => y
≡
13 (mod 38) => y = 13 + 38t
=> Thay vào phương trình trên => x = -40 - 117t (t
∈Z
)
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là:
14

xy - adx - bdy + ab = ab - cd
⇔
(dx - b) (dy - a) = ab - cd.
+ Tìm các ước của ab - cd và xét các trường hợp có thể xảy ra đối với
dx - b và dy - a
+ Giải các trường hợp và chọn nghiệm phù hợp.
Cách 2: Ta có (1)
⇔
ax - c = y(dx-b)
⇒
y =
ax c
dx b
−
−
- Nếu a
M
d thì tức là a = dt (t
∈
Z) thì y = t +
bt c
dx b
−
−
Để y
∈
Z
thì (bt - c)
M
dx - b

Ax B dx b+ ≥ −
⇔
(Ax + B)
2
> (dx -b)
2

⇔
(Ax + B)
2
- (dx - b)
2

≥
0
⇔
[(Ax+B) - (dx-b)] [(Ax+B) + (dx-b)]
≥
0
⇔
[(d-A)x + B - b] [(d+A)x + B - b ]
≥
0 (*)
Từ đẳng thức (*) ta luôn tìm được 2 giá trị x
1
, x
2

∈
Z nào đó sao cho: x

Kết hợp với điều kiện x
∈
Z
⇒
các giá trị của x
⇒
y.
b) Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau:
1) x + y = xy
2) 2x + 7y = 5 + 3xy
Giải:
1) x + y = xy (1)
Phương pháp 1: (1)
⇔
xy - x - y = 0
⇔
(x-1) (y-1) = 1
Vì x, y
∈
Z nên ta có các trường hợp sau:
TH
1
:
x 1 1 x 2
y 1 1 y 2
− = =
 
⇒
 
− = =

thì
1
x 1−
∈
¢
⇒
x - 1/1
x 1 1 x 2 y 2
x 1 1 x 0 y 0
− = = =
  
⇒ ⇒ ⇒
  
− = − = =
  
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm (0;0) và (2;2)
2) 2x + 7y = 5 + 3xy (2)
Phương pháp 1: Nhân 2 vế của (2) với 3 ta được:
6x + 21y = 15 = 9xy
⇒
9xy - 6x - 21y = 15
⇔
(9x - 21) (9y - 6) = 111. Ta có các trường hợp sau:
1
9x 21 1
TH : x
8y 21 111
− =

⇒ ∉

− =

⇒ ∉

− =

¢
5
9x 21 1
TH : x
9y 6 11
− = −

⇒ ∉

− = −

¢
6
9x 21 11
TH : x
9y 6 1
− = −

⇒ ∉

− = −

¢
7

+ a
2
x
2
+ + a
n
x
n
= c (1)
Để phương trình (1) có nghiệm thì (a
1
, a
2
, a
n
) /c.
- Phương pháp giải: Đối với phương trình bậc nhất nhiều ẩn có 2 phương
pháp giải chủ yếu là: đưa về dạng có 1 hệ số bằng 1; phương pháp 2 là đưa về
dạng có 2 hệ số nguyên tố cùng nhau.
+ Phương pháp đưa về dạng phương trình có hệ số bằng 1:
Giả sử phương trình (1) có hệ số a
1
= 1 thì phương trình có nghiệm là:
1 1 1 n 1
2 2 1 n 1
n n 1 n 1
x f (u , u )
x f (u , u )

x f (u , u )

2
x
2
= c-(a
3
x
3
+ +a
n
x
n
) (2)
Đặt vế phải bằng u phương trình (2) trở thành
a
1
x
1
+ a
2
x
2
= u và quan niệm đây là phương trình bậc nhất 2 ẩn và tiến hành
giải như đã trình bày:
- Ví dụ: Giải các phương trình sau đây:
1) 2x - 5y - 6z = 4 (1)
2) 6x + 15y + 10z = 3 (2)
Giải:
1) Phương pháp 1:
(1)
⇔

x 12 18u 5t
y 4 6u 2t, u, t
= + +


= + + ∈

¢
Phương pháp 2:
(1)
⇒
2x - 5(y+z) - z = 4
Đặt y+z = u
⇒
2x - 5u - z = 4
⇒
z = 2x - 5u - 4
Lấy x = t, t
∈¢

x t
z 2t 5u 4
y u z (2t 5u 4) 4
=


⇒ = − −


= − = − − − +

y c 4t
z 4c 15t t
= − +


= − ∈

¢
Thay c = 3 - 6u vào ta được là:
y (3 6u) 4t y 3 6u 4t
z 4(3 6u) 15 z 12 24u 15t
= − − + = − + +
 
⇒
 
= − − = − −
 
Vì x + z = u
⇒
x = u - z = u - (12 - 24u - 15t) = -12+ 25u + 15t
Vậy nghiệm tổng quát của (2) là:
x 12 25u 15t
y 3 6u 4t
z 12 24u 15t
= − + +


= − + +





= − + −


= − +

Trong đó u,v
∈¢
4. Dạng phương trình: a(x
1
+x
2
+ + x
n
) + b = c x
1
x
2
x
n

Với a, b, c
∈
N, n>2, a
≠
0, c
≠
0, x
i


x x x x
+ + + ≤
và
n
1 2 n
1
1 1
x x x
x
≤
. Khi đó từ a(x
1
+x
2
+ +x
n
)+b=cx
1
x
2
x
n.
2 3 n 1 3 n 1 2 n 1 1 2 n
a a a b
c
x x x x x x x x x x x x
−
⇔ = ≤ + + +
n 1

Không giảm tính tổng quát ta giả sử 1
≤
x
≤
y
≤
z
Chia cả 2 vế của 91) cho xyz
≠
0 ta được:
2(x y z) 9 1 1 1 9
3 2 3
xyz yz xz xy xyz
 
+ + +
= ⇒ + + + =
 ÷
 
Vì x
≤
z
2
1 1 1
xz x.x
x
⇒ ≤ =
. Tương tự
2
1 1
yz

⇒ = + + + ≤ =
 ÷
 
2 2
15
x 5 1 x 5 x 1
3
⇒ ≤ = ⇒ ≤ ≤ ⇒ =
hoặc x = 2
- Với x =1 (1) trở thành 2(y+z)+11=3yz.
1 1 11
2 3
z y yz
 
⇒ + + =
 ÷
 
2.2 11
3 y 5 y 1;2;3;4
y
+
⇒ ≤ ⇒ ≤ ⇒ =
Với y = 1
17
z 13; y 3 z Z
7
⇒ = = ⇒ = ∉
Với y = 2
⇒
z = 4; y = 4

19
z
4
⇒ = ∉ ¢
+ Với y = 3
21
z
16
⇒ = ∉¢
+ Với y = 4
23
z
22
⇒ = ∉ ¢
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:
(1;1;13) ; (1;2;4)
2) 4(x+y+z)=xyz. (2). Giả sử 1
≤
x
≤
y
≤
z.
(2)
1 1 1
4 1
yz xz xy
 
⇔ + + =
 ÷

z y yz y y
 
+
⇒ = + + ≤ =
 ÷
 
22
ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT
4
y 1 z (loai)
3
y 2 z 0
y 3 z 0
y 4
y 12
−
= ⇒ =
= ⇒ <
= ⇒ <
= ⇒ ∋
⇒ ≤ ⇒
z
y 5 z 24
y 6 z 15
32
y 7 z
7
y 8 z 9
y 9 z 8
44


= ⇒ = ∉



= ⇒ = ∉


= ⇒ = ∉


¢
¢
¢
¢
- Với x = 2 (2) trở thành 4(y+z)+8 = 2yz
1 1 8 4.2 8 16
4 2 2
z y yz y y
 
+
⇒ + ≠ = ⇒ ≤ =
 ÷
 
Từ phương trình 4(y+z) +8 = 2yz
⇒
để z>0 thì y>2. nên ta có các trường
hợp sau:
y 3 z 10
y 4 z 6

¢
Z
Với x = 3 (2) trở thành (4(y+z)+12 = 3yz
⇒
3 = 4
1 1 12 4.2 12 20
y
z y yz y 3
 
+
+ + ≤ ⇒ ≤
 ÷
 
Để z
≥
0
⇒
3yz >4z
⇒
y>1
⇒
ta có các trường hợp sau:
23
ĐỀ TÀI: phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên trong môn Toán ở THPT
y 2 z 10
24
y 3 z
9
28
y 4 z

Vậy các nghiệm của hệ phương trình:
(1;5;24); (1;6;15); (1;8;9) ; (2;3;10) ; (2;4;6) ; (2;6;4);
b
2 -
Phương trình bậc cao:
1) Phương trình dạng: x
2
+y
2
=z
2
(1)
Dễ thấy (0;0;0) là một nghiệm của phương trình (1) ta xét phương trình
(1) trong trường hợp z
≠
0.
Chia cả 2 vế của (1) cho z
2
ta được:
2 2
2 2
x y
1
z z
+ =
Đặt
x y
X, Y
y z
= =

(4). Đặt
Y
t
1 X
=
+
(4)
⇔

2
2
2 2
1 X 1 t 2t
t X Y
1 X
1 t 1 t
− −
= ⇒ = ⇒ =
+
+ +
(5)
Với mọi giá trị hữu tỉ của t, ta có các giá trị hữi tỉ của X và Y thoả mãn
(2). Ngược lại, mỗi nghiệm hữu tỉ đều có dạng (3). (Trừ trường hợp X = -1, Y=
0). Như vậy (5) và công thức nghiệm tổng quát của (2).
Từ (5) ta có công thức nghiệm tổng quát của (1) bằng cách đặt
p
t
q
=
với



= +

(7)
Với m là số nguyên bất kỳ.
Nếu các số nguyên p
2
- q
2
, 2pq và p
2
+ q
2
có ước chung d>1 thì có thể chia
chúng cho d và ta có nghiệm mới của (1) khác với nghiệm (7). Nhưng điều này
không thể xảy ra.
Nên (7) là nghiệm tổng quát của (1)
Thực vậy, vì UCLN (p,q) = 1 nên chỉ có thể là p và q khác tính chẵn, lẻ
hoặc cả 2 cùng lẻ.
- Trường hợp p, q chẵn lẻ khác nhau thì p
2
, q
2
, 2pq và p
2
+ q
2
không thể có
ước chung d>1, vì nếu có số d như vậy thì d phải lẻ (do p

x 2PQ
z
P Q
=
+
và
2 2
2 2
y P Q
z
P Q
−
=
+
Nghĩa là có kết quả tương tự như (6), chỉ khác x và y đổi chỗ cho nhau và
thay vì p, q thì có P, Q với (P, Q) = 1 và P, Q chẵn lẻ khác nhau.
Như vậy (7) là công thức nghiệm của (1).
Chú ý: Phương trình x
n
+ y
n
= z
n
với n>2, n
∈
N không có nghiệm. Đây là
nội dung của định lý lớm Fecma mà việc chứng minh định lý này đã diễn ra
trong một thời gian dài và nhiều nhà toán học đã chứng minh nhưng mãi tới
25