Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên

Ngời thực hiện
Ngời thực hiệnNgời thực hiện
Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc
2
A. Mở đầu

I. Lý do chọn chuyên đề:
Trong chơng trình toán THCS thì phơng trình nghiệm nguyên vẫn luôn là một đề tài hay
và khó đối với học sinh. Các bài toán nghiệm nguyên thờng xuyên có mặt tại các kì thi lớn


Ngời thực hiện
Ngời thực hiệnNgời thực hiện
Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc
3
B- Nội dung.

Phơng pháp 1: áp dụng tính chia hết.

Cỏc tớnh cht thng dựng :
Nu a m v a b m thỡ b m.
Nu a b, b c thỡ a c.
Nu ab c m CLN(b , c) = 1 thỡ a c.
Nu a m, b n thỡ ab mn.
Nu a b, a c vi CLN(b , c) = 1 thỡ a bc.
Trong m s nguyờn liờn tiếp, bao giờ cng tn ti mt s l bi ca m.

1. Phơng trình dạng ax + by =c.

ví dụ 1: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau: 2x + 25y = 8 (1)
Giải:
Có thể dễ dàng thấy rằng y chẵn. Đặt y =2t phơng trình (1) trở thành: x + 25t = 4
Từ đó ta có nghiệm của phơng trình.



=





Định lý này chứng minh không khó ( bằng cách thế trực tiếp vào phơng trình) dựa vào
định lý này ta chỉ cần tìm một nghiệm riêng của phơng trình ax + by =c.
Đối với các phơng trình có hệ số a,b,c nhỏ thì việc tìm nghiệm riêng khá đơn giản
xong với phơng trình có các hệ số a,b,c lớn thì không dễ dàng chút nào, do đó ta phải
dùng đến thuật toán Ơclít.
www.VNMATH.com
Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên

Ngời thực hiện


+ + =

+ + =
+ + + =
+ + + =
+ + =

Vì 34=17.2=34.1=(-17).(-2) = (-1).(-34) nên ta có bảng kết quả:
3 5
x
+
-34 -1 2 17
2 3
y
+

-1 -34 17 2
x -13 -2 -1 4
y -1 -12 5 0
Ví dụ3: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau:
2 2
2 3 2 6
x y xy x y
+ + =
(3)
Giải:
(
)
(

2
8 16 4
y y y = + =
1 2
1; 2 3
x y x y = = +
từ đó ta có phơng trình ớc số:
(
)
(
)
1 2 3 3
x y x y
+ + + =

Suy ra kết quả:
(
)
(
)
{
(
)
(
)
(
)
}
; 6;6 , 0;2 , 4;2 , 10;6
x y


3
1
1
x
y
= +

}
{
(3)
1 3; 1;1;3
y = Ư
}
{
2;0;2;4
y
(
)
(
)
{
(
)
(
)
(

Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:
2
9 2
x y y
+ = +
(*)
Giải:
Ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
2
9 2 2 mod3 2 mod3 1 2 mod3
VT x VP y y y y= + = + +
(
)
1 mod3
y ( vì nếu y=3k hoặc y = 3k+2 thì
(
)
0 mod3
VP ).
3 1
y k
= +


(
)
(
)
(
)
(
)
2 1 2 2 2 3 2 4 5 11879
x x x x y
+ + + + =
Giải:
Ta có
2 ; 2 1; 2 2; 2 3; 2 4
x x x x x
+ + + +
là 5 số tự nhiên liên tiếp
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2 1 2 2 2 3 2 4 5
x x x x x
+ + + +


)
2 1 2 2 2 3 2 4 5 5
x x x x y
VT = + + + +

còn
(
)
11879 4 mod5
VP = suy ra phơng
trình không có nghiệm.
Với y =0 ta có :
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
0
2 1 2 2 2 3 2 4 5 11879 2 1 2 2 2 3 2 4 11880

y
+ = +

Giải:

( ) ( )
2
3 1 1 3 2
x x
y y y
+ = + = +
(**)
Ta có
(
)
(
)
(
)
3 1 mod2 2 1 mod2
x
VT VP y y= = +

Suy ra y là số lẻ mà y và y+2 là hai số lẻ liên tiếp
Từ pt(**)
3
2 3
m
n
y

Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc
6
Ta có y +2 > y

n > m
1


Nếu m > 1 thì y và y+ 2 đều chia hết cho 3 ( vô lí vì ( y; y+2) =2 )
Vậy m =1

n = 0

x=1

y =1

2.Sử dụng số d để chỉ ra phơng trình vô nghiệm.

Ví dụ 8:
Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau:

30
4
19 5 1890 1975 2013
x y
+ + = +

Giải:
Ta có x ,y nguyên dơng

(
)
1;4 mod5
VT còn
(
)
3 mod5
VP Do đó phơng trình vô nghiệm.
Ví dụ 9: Tìm các số nguyên dơng x, y biết:
2 2 1
1 3
y
x x
+
+ =

Giải:
Ta có:
(
)
2 1
3 0 mod3
y
VP
+
= (*)
Nếu x =3k (
*
k N


)
2
1 1;2 mod3
VT x x= +
(**)
Từ (*) và (**) suy ra không tồn tại các số nguyên dơng x, y thoả mn bài toán.

Chú ý:
Nhiều bài toán thi vô địch các nớc đôi khi phải xét đến Modulo khá lớn
VD ( IMO năm 1999).
Ví dụ 10: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau:
2 5
4
m n
=

Giải:
(
)
2
0;1;3;4;5;9 mod11
m còn
(
)
5
4 6;7;8 mod11
n suy ra phơng trình vô nghiệm.

Chú ý: Đối với các phơng trình nghiệm nguyên có sự tham gia của các số lập phơng
thì Modulo thờng dùng là Mod9 Vì

3 3 3
0;1;2;3;6;7;8 mod9
VT x y z = + +
Còn
(
)
2011 4 mod9
VP = nên phơng trình vô nghiệm
www.VNMATH.com
Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên

Ngời thực hiện
Ngời thực hiệnNgời thực hiện
Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc
7
Phơng pháp 3: Dùng bất đẳng thức.

+ + =

Giải:
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử
1
x y z

2
2
1 1 1 3
3 1 1
x x
xy zx yz x
+ + = =

Suy ra: y = 1; z =1.
Ví dụ 13: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau:
1 1 1
1
x y z
+ + =

Giải:
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử
1
x y z

1 1 1 3
1 3
x

y z y z y
+ + = + =

Mặt khác
3 3 3
y x y z
= = =

Vậy nghiệm của phơng trình là:
(
)
(
)
{
(
)
(
)
}
; ; 2;3;6 , 2;4;4 , 3;3;3
x y z www.VNMATH.com
Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên

2.y!

y! (y+1)(y+2)
2 ( 1)( 2)
y y
+ +
( vô lí vì y

1)
Vậy x = 1 Thay vào PT (*) ta có 1+y! = (y+1)!
1 ! !( 1) . ! 1 1
y y y y y y
+ = + = =

Vậy phơng trình có nghiệm x = y = 1

2.áp dụng bất đẳng thức cổ điển.

Vớ dụ 15 Tỡm cỏc s nguyờn dng x, y tho món phng trỡnh :
2 2 2 2
(x + 1)(x + y ) = 4x y Gii :
p dng bt ủng thc Cụsi ta cú :
2
x + 1 2x

, du bng xẩy ra khi x = 1.
2 2

x y x y
+ + + + + +

Dấu bằng xẩy ra khi
1 1 1
1
1
x y
= = =
hay x = y = 1
Vậy Phơng trình có nghiệm x = y = 1

Ví dụ 17: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau:

(
)
3
6 3 2 2 2 2
15 3 5
x z x z x y z y
+ = +

Giải:
(
)
( ) ( ) ( )
3
6 3 2 2 2 2
3 3
2 2 3 2 2

2 2
5 5 3; 2 9
x y x y x y x y z
= + + = = = =

Vây nghiệm của phơng trình là ( x;y;z) = ( 3;2;9).

www.VNMATH.com
Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên

Ngời thực hiện
Ngời thực hiệnNgời thực hiện
Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc
9

Ghi chú:

x y x y x x y y x x y y
x y x y x x y y
+ + + + + + +

+ + + + + + + + + + + + + + +

Dấu = xẩy ra khi x = y= 1
Vậy nghiệm của phơng trình là x = y= 1.

Ví dụ 18.2:
Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau với x, y, z là các số đôi một khác
nhau.
(
)
2
3 3 3
x y z x y z
+ + = + +
Giải:
áp dụng bất đẳng thức
3
3 3 3
3 3
x y z x y z
+ + + +



3( 2) 2( 1)( 1)
x y x y x x y y
+ + + + = + +
(
)
(
)
2
2 2 2
1 0 2 4 2 0 3 1 1
x x x x x x x
+ + + + + +
( ) ( )( ) ( )
2 2
4 2 2 2 2 2 2
1
1 1 1 1 1
3
x x x x x x x x x x
+ + = + = + + + +
( )
2
4 2 2
1
1 1
3
y y y y
+ + +
www.VNMATH.com
Chuyên đề:

Chia cả hai vế của phơng trình cho
5
x
ta có:
3 4
1
5 5
x x

+ =



Thử với x = 1 ta thấy không phải là nghiệm nguyên của phơng trình.
Với x = 2 ta có VT =VP = 1 thoả mn bài toán.
Với
3
x


2
3 3
5 5
x

<


và
2

Đối với phơng trình trên ta còn có bài toán tổng quát hơn.
Tìm các số nguyên dơng x; y; z thoả mn
3 4 5
x y z
+ =
.

đáp số: x = y = z = 2 nhng cách giải trên vô tác dụng với bài này.

(Đểgiải bài này thì hữu hiệu nhất là xét Modulo).
4. Dùng điều kiện
0

hoặc
' 0

để phơng trình bậc hai có nghiệm.
Ví dụ 20:
Giải phơng trình nghiệm nguyên sau:
2 2
2 2 2 3
x y xy x y
+ = + +

Giải:
(
)
2 2 2 2
2 2 2 3 2 1 2 3 0
x y xy x y x x y y y

x y Nhận xét:Nói chung phơng pháp này đợc dùng khi f(x ; y) có dạng tam thức
bậc hai f(z) = az
2
+ bz + c trong đó a <0 .
còn khi a > 0 thì dùng phơng pháp đ nói trong ví dụ 3 để đa về phơng trình ớc số
một cách nhanh chóng. www.VNMATH.com
Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên

Ngời thực hiện
Ngời thực hiệnNgời thực hiện

Ví dụ 21:
Giải phơng trình nghiệm nguyên sau:
4 2 2
1
x x y
+ + =Giải:

Xét hiệu
(
)
(
)
2 2
2 2 2 2 2
1 0 1
x y x x y
+ = +

Xét hiệu
2 4 2 2 4
1 0
y x x y x
= + > >

Suy ra:
(
)

(
)
3 3
3
1 1 ; 1.
y x y x y x y
< + = = +

Lần lợt xét các trờng hợp x = y và x = y +1 ta tìm đợc nghiệm của phơng trình:

(
)
(
)
{
(
)
}
; 1; 1 ; 1;0
x y
.
Phơng pháp 5: Dùng tính chất của số chính phơng.
Cỏc tớnh cht thờng dựng :
S chớnh phng khụng tn cựng bng 2, 3, 7, 8.
S chớnh phng chia ht cho s nguyờn t p thỡ chia ht cho
2
p .

S chớnh phng khi chia cho 3, cho 4 ch cú th d 0 hoc 1.
S chớnh phng chia cho 5, cho 8 thỡ s d ch cú th l 0, 1 hoc 4.

2
2
,
x k
y t voi k t Z
kt z

=

=


=


Thật vậy ta chứng minh bằng phơng pháp phản chứng:
Giả sử x, y không là số chính phơng nên trong phân tích thành số nguyên tố của x hoặc y
tồn tại một số chứa ít nhất một số nguyên tố p với số mũ lẻ.( số p với số mũ lẻ trái với điều
kiện z
2
là số chính phơng) suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 23:
Giải phơng trình nghiệm nguyên sau:
4 2 2
2 3 1 0
x x y
+ + =

Giải:



Từ phơng trình
(
)
(
)
2 2
1 1 0 1
x t x t x t x y
+ = + = = =

Vậy nghiệm của phơng trình là:
0
1
x
y
=


=


Dạng 2: sử dụng mệnh đề 2 sau:
Nếu n; t là các số nguyên thoả mn n( n+1) = t
2
thì hoặc n = 0 hoặc n+1 =0.
Chứng minh:
Giả sử
0; 1 0 0
n n t

Giải:
(
)
(
)
2 2 2 2 2 2
2 5 5 6 2 3
x xy y x y x y x y x y x y
+ + + + = + + + + =
2 0
x y
+ + =
hoặc
3 0
x y
+ + =
từ đó tìm đợc nghiệm nguyên của phơng trình.
Phơng trình này vẫn còn có những cách giải khác nhng việc dùng mệnh đề trên giúp cho
lời giải bài toán trở nên ngắn gọn hơn. www.VNMATH.com
Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
0 1 0 1 0 1
; ; ;
x kx y ky z kz
= = =

Rồi lại từ bộ
(
)
2 2 2
; ; ;
x y z sao cho các nghiệm quan hệ với bộ nghiệm
(
)
1 1 1
; ; ;
x y z bởi một
tỷ số k nào đó. Ví dụ:
1 2 1 2 1 2
; ; ;
x kx y ky z kz
= = = Quá trình tiếp tục dẫn đến
0 0 0
; ; ,
x y z
chia
hết cho k
s
với s là một số tự nhiên tuỳ ý điều này xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z == 0.
Để rõ ràng hơn ta xét ví dụ sau:
Ví dụ 25: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau:

x y do đó:
2 2
0 0 0 0
3 3; 3
x y x y
+


đặt
0 1 0 1 0 1
3 ; 3 ; 3
x x y y z z
= = = thế vào và rút rọn ta đợc
(
)
2 2 2
1 1 0 0 0 1
3 3 3
x y z z z z
+ = =
Thế vào và rút gọn ta đợc.
2 2 2
1 1 1
3
x y z
+ = do đó nếu
(
)
0 0 0
; ;

0 0 0
; ;
x y z
là một nghiệm của phơng trình trên.
2 2 2
0 0 0 0 0 0
2
x y z x y z
+ + =

2 2 2
0 0 0
x y z
+ +
chẵn ( do
0 0 0
2
x y z
chẵn) nên có hai trờng hợp xẩy ra.
Trờng hợp 1: Có hai số lẻ, một số chẵn. Không mất tính tổng quát ta giả sử x
0
,y
0
lẻ;
z
0
chẵn. Xét theo mod4 ta có:
(
)
2 2 2

; ; 2
k
x y z

với
*
k N

điều đó xẩy ra khi
0 0 0
0
x y z
= = =

Tóm lại nghiệm của phơng trình là
(
)
(
)
0 0 0
; ; 0;0;0
x y z = www.VNMATH.com
Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên

0 0 0
; ; ,
x y z . Ví dụ nh
0
x
nhỏ nhất hoặc
0 0 0

x y z
+ + +
nhỏ nhất
Bằng những phép biến đổi số học ta tìm đợc một bộ nghiệm khác
(
)
1 1 1
; ; ;
x y z trái với điều
kiện ràng buộc trên. Ví dụ khi chọn bộ
(
)
0 0 0
; ; ,
x y z với
0
x
nhỏ nhất ta lại tìm đợc bộ
(
)
1 1 1
; ; ;

4 4 4 4
8 4 2
x y z t
+ + =
với điều kiện
0
x
nhỏ nhất
Từ phơng trình suy ra t chăn. Đặt t = 2.t
1
thế vào và rút gọn ta đợc:
4 4 4 4
0 0 0 1
4 2 8
x y z t
+ + =

Rõ ràng z
0
chẵn. Đăt
0 1
2.
z z
=
4 4 4 4
0 0 1 1
2 8 4
x y z t
+ + =


)
1 1 1 1
; ; ;
x y z t
cũng là
nghiệm của phơng trình trên và dễ thấy
1 0
x x
<
(vô lý do ta chọn
0
x
nhỏ nhất). Do đó
phơng trình trên có nghiệm duy nhất.
(
)
(
)
; ; ; 0;0;0;0
x y z t =
.

Chú ý trong ví dụ trên ta cũng có thể chọn
0 0 0
x y z
+ +
nhỏ nhất lý luận nh trên ta cũng dẫn
đến
1 1 1 0 0 0
x y z x y z

Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc
15
Phơng pháp 8: Sử dụng mệnh đề cơ bản của số học.
Trớc tiên ta đến với bài toán nhỏ sau.
Cho p là số nguyên tố có dạng
.2 1
t
p k
= +
với t nguyên dơng; k là số tự nhiên lẻ. CMR nếu
2 2
t t
x y p
+

thì
; .
x p y pChứng minh.
Giả sử
.
x p y p


theo Ferma nhỏ
(
)
(




(
)
2 2
2 mod
t t
x y p
+
Mặt khác do k lẻ nên theo hằng đẳng thức
2 1 2 1
n n
a b
+ +
+
ta có:
(
)
.2 .2 2 2
.
t t t t
k k
x y x y A
+ = +
( A là một số nào đó).
Rõ ràng
(
)
.2 .2

x y
=
( đây là phơng trình nhỏ
của phơng trình Mordell) phơng trình Mordell là phơng trình có dạng
(
)
2 3
; ;
x k y k x y Z
+ =
Giải:
Trớc tiên ta có bổ đề sau:
Mọi số nguyên tố dạng A = 4t+ 3 đều có ít nhất một ớc nguyên tố dạng p = 4s +3.
Chứng minh:
Giả sử A không có ớc số nào có dang p = 4s +3
(
)
(
)
(
)
1 2 1 2 1 2
4 1 4 1 4 4 1 4 1
A t t t t t t h
= + + = + + + = +
( vô lý) Do đó A có một ớc dạng 4t
1
+3;
Nếu 4t
1

x )
xét y lẻ viết lại phơng trình dới dạng
2 3
1 8
x y
+ = +

(
)
(
)
2 2
1 2 2 4
x y y y
+ = + +

nếu
4 1 2 4 3
y k y k
= + + = +

nếu
(
)
(
)
2
2
4 3 2 4 4 3 2. 4 3 4 4 3
y k y y k k h

Ngời thực hiện
Ngời thực hiệnNgời thực hiện
Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc
16
Ví dụ 29: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau:
2 3
5x y+ =

Giải
Xét y chẵn
(
)
3
0 mod8
y
(
)
(
)
2 2
5 0 mod8 3 mod8
x x + Vô lý vì
(
)
2
0;1;4 mod8
x .
Xét y lẻ nếu y = 4k+ 3
(
)

1 4 1 4 1 1 4 3
y y k k t
+ + = + + + + = +

Do đó
3
1
y

có ít nhất một ớc nguyên tố p = 4s +3.
2
4 4 3 4 2
x p s p p
+ = + =

( vô lý do đó phơng trên vô nghiệì cuối cùng để thấy
thêm sự hiệu quả cuả mệnh đề này ta đến với bài toán Euler.

Ví dụ 30: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau:
2
4
xy x y z
=

Giải:
Cách 1: Lời giải của Euler
Giả sử phơng trình có tập nghiệm
(
)
(

2 2 2
2
4 1 4 1 4 1 1 [4(4 1) 8(4 1). ] 4 [4(4 1) 8(4 1). ]
4 1 4 4 1 2 1 4 4 1 **
a b b a a c c a a c
a b a c c a
+ = +

+ =


Vậy nếu phơng trình (*) có nghiệm là (a;b;c) thì phơng trình (*) cũng có nghiệm là
(a;b+4a-1-2c;c-4a+1)
Vì c là giá trị nhỏ nhất của z suy ra
( )
2
2
4 1z c a c
= >

( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
2
2
4 4 1 4 1 4 1 4 4 1 8 4 4 1 4 1 1
4 1 4 4 1 8 4 1
4 1 4 4 1 8 4 1
4 4 1 8 0 4 1 2 (1)

(
)
2
2 2
4 1 4 1 2 1 1 4 4 4 0
a b c c c c c
+ +
vô lí
Suy ra phơng trình vô nghiệm.

Cách 2: dùng mệnh đề trên.
www.VNMATH.com
Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên

Ngời thực hiện
Ngời thực hiệnNgời thực hiện

có it nhât một ớc nguyên tố p = 4s +3.
2
1 4 3
z p s
+ = +


1
p


vô lý do đó phơng trình trên vô nghiệm.
Các dạng cơ bản của phơng trình vô định nghiệm nguyên đ giới thiệu với các bạn ở trên.
Việc sắp xếp các dạng, phơng pháp là chủ ý của tôi nên ít nhiều sẽ sai sót. Sau đây là phần
nói thêm về một số phơng trình nghiệm nguyên khác.

Một số dạng bài tập khác.
1)Phơng trình dạng mũ:
( thờng sử dụng phơng pháp xét modulo nhng không phải là luôn luôn).
Ví dụ 31: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau:
(
)
2
2 7 ,
x
y x y Z
+ =
Giải:
x = 0 phơng trình không có nghiệm nguyên


x y

.

Ví dụ 32:
Giải phơng trình nghiệm nguyên sau:
(
)
2
2 21 ,
x
y x y Z
+ =

Giải:
Xét x lẻ, đặt x= 2k +1
(
)
(
)
(
)
2 2.4 2 3 1 2 mod3 2 21 2 mod3
k
x k x
= = + +
(
)
2
2 mod3
Ví dụ 33: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau:
2 2 2 2336
x y z
+ + = với
x y z
< <
.
Giải:
(
)
5
2 2 2 2336 2 1 2 2 2336 2 .73
x y z x y x z x

+ + = + + = =
ta có
1 2 2
y x z x

+ +
là số lẻ
Vậy
(
)
( )
5
2 2 1
1 2 2 73 2


Ngời thực hiện
Ngời thực hiệnNgời thực hiện
Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc
18
3
5 3 5 3
1 2 9 2 2 3 8
5 3 11
2 2 2 2
z y z y
y y
z y y
y z
+ = = = =


Ví dụ 34: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau
3
5 3 317
y
x = +
Giải:
Trong phơng trình này có sự tham gia của số lập phơng và nh đ nói ở phần phơng
pháp lựa chọn modulo thì trong bài này ta lựa chon mod9
Ta có: với y =1 suy ra x = 4.
Với
(
)
(
)
3
2 3 0 mod9 5 3 317 2 mod9
y y
y x = + vô lý vì
(
)
3
5 0;4;5 mod9
x
Suy ra phơng trình có nghiệm duy nhất ( x;y) = ( 4;1).
Ta đến với bài toán khó hơn.
Ví dụ 35: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau
y x
x y
=

x y


ta có
2 2; 4
t x y
= = =
với
3 2
t x

ta chứng minh
1t
x t

>
do
2
x

nên ta chỉ việc
chứng minh
1
2
t
t

>
ta chứng minh bằng quy nạp theo t.
ta có: t = 3 đúng.

)
(
)
{
(
)
(
)
}
; ; ; 2;4 ; 4;2
x y a a
với a
Z

.
Ví dụ 36: Giải phơng trình nghiệm nguyên không âm sau:
2 3 1
x y
=

Giải:
Xét theo mod3
Ta có:
2 1 3
x y
=
xét với y = 0 suy ra x = 1.
xét
(
)

)
2
2 1 3 2 1 2 1 3
k y k k y
= + =

www.VNMATH.com
Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên

Ngời thực hiện
Ngời thực hiệnNgời thực hiện
Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc
19
( ) ( )
2 1 3
2 1 3 2 1 2 1 2 3 3 3 2 3

v u
y
=

= =

=


Vậy phơng trình có nghiệm là:
(
)
(
)
{
(
)
}
; 1;0 ; 2;1
x y
2)Bài toán với các nghiệm nguyên tố:
Ví dụ 37: Tìm
n N

để:
a)
4 2
1
n n
+ +

(
)
(
)
5 2 3 2
1 1 1
n n n n n n
+ + = + + +
là số nguyên tố khi
3 2
1 1 1
n n n
+ = =

c) Chú ý là n lẻ
1 2
n +


1 1
4 2 2
2 2
4 2 2 2 2
n n
n n n
n n n
+ +

+ = + + +


3
y
x
=
( không tồn tại x; y thoả mn).
Xét x chẵn:
2
x
=
vậy
2 2
1 2 1
y y
x z z
+ = + =

Nếu y lẻ đặt y = 2k + 1:
(
)
(
)
2
2 2.4 2 mod3 2 1 0 mod3 3 3 3
y k y
z z y
= + = =


Nếu y chẵn
2

3 3 4
x y
x y z z
z z

+ = + =



đăt
; ;
x y
a b x az y bz
z z
= = = =
thế vào phơng trình ta đợc
(
)
(
)
(
)
3 3 3 4 3 3 3 3 3 3
;
z a b z z a b x az a a b y bz b a b
+ = = + = = + = = +

Vậy phơng trình có vô số nghiệm dạng:
(
)

20
Chú ý công thức trên cha chắc đ quét hết nghiệm của bài toán xong ta chỉ cần nh
vậy để giải quyết bài toán này.
Ví dụ 40: Chứng minh rằng phơng trình
4 3 7
x y z
+ =
có vô số nghiệm.
Giải:
Ta có
1
2 2 2
a a a
+
+ =
Đăt
3
4
2 ; 2
a
a
x y
= =
ta có:
4 3 1
2 2 2
a a a
x y
+
+ = + = chọn

(
)
21 12 28 16 12 7
; ; 2 ;2 ;2
t t t
x y z
+ + +
=
.
Các bài tập vận dụng:
Giải các phơng trình sau trên Z.
1) 3 7 9
x y
+ =

2) 25 7 16
x y
+ =

2 2
3) 3 2 3 5
x xy y x y
+ + =

2 2
4) 2 3 3 3
x y xy x y
+ + =

4 4 4 4

x y
= +

(
)
2 2 2 2
12) 6
x y z t
+ = +

2
13) 2 3 3
xy y x x
+ =

(
)
(
)
2 2
14) 5 7 2
x y xy x y
+ + = +

3 3
15) 15
x y xy
=

2 2


2 3
22) 16
x y
= +
(HSG 9 tỉnh Thanh Hóa 2009)
2 2 2 2 2
23) .
x y z x y
+ + =

www.VNMATH.com
Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên

Ngời thực hiện
Ngời thực hiệnNgời thực hiện

(
)
(
)
3 2 3
29) . 2 0
x z y xy z x x y
+ + =
(AM- 2005)
4 2 2
30) 10 0
x x y y
+ + + =

(
)
31) 2 9 3
x y z xyz
+ + + =
Các bài toán với số nguyên tố.

33) tìm
4
; 4
x
x N x
+
là số nguyên tố.
34)
( )

38) (APMO) Tìm n nguyên dơng để phơng trình sau có nghiệm.

(
)
(
)
2 2
n n
n
x x x
+ + +

39)
(Brazil 1990) Chứng minh rằng phơng trình sau có vô số nghiệm

3 3 4
1990
a b c
+ =

40) Tìm x; y nguyên dơng để : 1! 2! 3! !
z
x y
+ + + + =

41)Tìm các số nguyên dơng x,y,z biết:
2
x y z
x y z
= +

www.VNMATH.com
Chuyên đề: Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyênMột số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên
Một số phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên

Ngời thực hiện
Ngời thực hiệnNgời thực hiện
Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc
22
C. Kết luận.

Tổng hợp các dạng toán và phơng pháp giải cho một nội dung toán học nào đó là
một việc làm rất cần thiết trong công việc dạy học toán nói chung, dạy học và bồi dỡng
học sinh giỏi nói riêng. Nó giúp cho các em tự tin hơn khi làm các dạng bài tập trong một
chủ đề đó, đặc biệt là khi tham gia các kì thi chọn học sinh giỏi.
Trong chuyên đề này tôi chỉ mới đề cập đến vấn đề nghiệm nguyên ( cụ thể là các
dạng và phơng pháp giải) chứ không đi sâu vì vốn hiểu biết còn có hạn.
Trên đây là suy nghĩ và tổng hợp của bản thân về một số phơng pháp giải phơng trình


Ngời thực hiện
Ngời thực hiệnNgời thực hiện
Ngời thực hiện: Tạ Văn Đức THCS Yên Lạc
23
Phụ lục

Tài liệu tham khảo.

1)
Nầng cao và phát triển toán 6,7,8,9 - Vũ Hữu Bình NXB GD
2) 1001 bài toán sơ cấp BD HSG toán THCS - Lê Hồng Đức - Đào Thiện Khải.
3) Tổng hợp toán tuổi thơ năm 2009- NXB GD
4) Tuyển chọn các bài thi HSG Toán THCS - Lê Hồng Đức.
5) Phơng trình nghiệm nguyên - Vũ Hữu Bình.
6) Tạp chí Toán học tuổi trẻ. NXB GD
7) Các đề thi vào trờng chuyên lớp chọn trong và ngoài tỉnh.
8) Các chuyên đề bồi dỡng học sinh giỏi toán THCS Lê Đức Thịnh.
Xin chân thành cảm ơn các tác giả. www.VNMATH.com
Chuyên đề:


Phơng pháp 1Phơng pháp 1
Phơng pháp 1
:
::
: áp dụng tính chia hết

3
Phơng pháp 2:
Phơng pháp 2: Phơng pháp 2:
Phơng pháp 2:
Phơng pháp lựa chọn Modulo
( hay còn gọi là xét số d từng vế)
5
Phơng pháp 3:
Phơng pháp 3:Phơng pháp 3:
Phơng pháp 3:
Dùng bất đẳng thức

7 14
Phơng pháp 8:
Phơng pháp 8:Phơng pháp 8:
Phơng pháp 8:

sử dụng mệnh đề cơ bản của số học. 15

Một số dạng bài tập khác
Một số dạng bài tập khácMột số dạng bài tập khác
Một số dạng bài tập khác.
17
Các bài tập vận dụng:
Các bài tập vận dụng:Các bài tập vận dụng:
Các bài tập vận dụng: 20
C. Kết luận.
22

Phụ lục
23