CÁC BÀI TOÁN VỀ NGHIỆM NGUYÊN
A. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PT NGHIỆM NGUYÊN
I- Phương pháp 1 : Sử dụng tính chẵn lẻ
Ví dụ 1: Tìm x, y nguyên tố thoả mãn: y
2
– 2x
2
= 1
Hướng dẫn:Ta có y
2
– 2x
2
= 1 ⇒ y
2
= 2x
2
+1 ⇒ y là số lẻ
Đặt y = 2k + 1 (với k nguyên).Ta có (2k + 1)
2
= 2x
2
+ 1
⇔ x
2
= 2 k
2
+ 2k ⇒ x chẵn , mà x nguyên tố ⇒ x = 2, y = 3
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
(2x + 5y + 1)(
x
2

5
26
−
( loại)Thử lại ta có x = 0; y = 4 là nghiệm của phương trình
II. Phương pháp 2 : Phương pháp phân tích
Thực chất là biến đổi phương trình về dạng:
g
1
(x
1
, x
2
,…., x
n
) h

(x
1
, x
2
,…., x
n
) = a
Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x
4
+ 4x
3
+ 6x
2
+ 4x = y

⇔ (x+1)
2
+ y = 1 ⇔
(x+1)
2
– y = -1 -1 + y = -1 - y
(x+1)
2
+ y = -1
⇒ y = 0 ⇒ (x+1)
2
= 1 ⇔ x+1 = ±1 ⇒ x = 0 hoặc x = -2
Vậy ( x, y ) = ( 0, 0 ); ( - 2, 0 )
III. Phương pháp 3 : Phương pháp cực hạn
Sử dụng đối với 1 số bài toán vai trò của các ẩn bình đẳng như nhau:
Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
5 ( x + y + z + t ) + 10 = 2 xyzt
Hướng dẫn: Ta giả sử x ≥ y ≥ z ≥ t ≥ 1 Ta có: 5 ( x + y + z + t ) + 10 = 2 xyzt
⇔ 2 =
yzt
5
+
xzt
5
+
xyt
5
+
xyz
5

≤ 15 ⇒ z =
{ }
3;2;1
Nếu z = 1 có 5 (x+ y ) + 20 = 2xy⇔ (2x – 5) (2y - 5) = 65
⇒ x = hoặc
Ta được nghiệm ( 35; 3; 1; 1); (9; 5; 1; 1) và các hoán vị của chúng
Với z = 2; z = 3 phương trình không có nghiệm nguyên
* Với t = 2 thì 5 (x+ y + z ) + 20 = 4 xyz⇔ 4=
xy
5
+
yz
5
+
xz
5
+
xyz
20
≤
2
35
z
⇒
z
2
≤
4
35
≤ 9 ⇒ z = 2 (vì z≥ t≥ 2)⇒ (8x – 5) (8y – 5) = 265

2
+ x⇔4 y
2
+4y+1=4 x
4
+ 4 x
3
+ 4x
2
+ 4x+1
⇒ (2x
2
+ x )
2
- (2y + 1)
2
= (3x + 1) (x +1)hay (2x
2
+ x + 1)
2
- (2y+ 1)
2
= x(x-2)
Ta thấy: Nếu x> 0 hoặc x< - 1 thì (3x + 1) (x +1) > 0
Nếu x > 2 hoặc x < -1 thì x (x-2) > 0
⇒ Nếu x>2 hoặc x< 1 thì (2x
2
+ x) <(2y+1)
2
< (2x

= 5 ⇒ 2y
2


5 ⇒ y
2

5
(2,5) = 1 5 là số nguyên tố
⇒ y
2


25 ⇒x
2
– 2y
2


25 lại có x

5 ⇒ x
2


25 5

25 loại
Xét x


+ 3
0
= 3026 ⇒ x
2
= 3025 mà x
∈
N ⇒ x = 55
Xét y > 0 ⇒ 3
y

3, x
2
chia cho 3 dư 0 hoặc 1
⇒ x
2
+ 3
y
chia cho 3 dư 0 hoặc 1 mà 3026 chia cho 3 dư 2 (loại)
Vậy nghiệm (x,y) = (55,0)
VI. Phương pháp 6 : Sử dụng tính chất của số nguyên tố
Ví dụ 9: Tìm x, y, z nguyên tố thoả mãn x + 1 = z
Hướng dẫn:Ta có x, y nguyên tố và x
y
+ 1 = z ⇒ z > 3
Mà z nguyên tố ⇒ z lẻ ⇒ x
y
chẵn ⇒ x chẵn ⇒ x = 2
Xét y = 2 ⇒ 2
2
+ 1 = 5 là nguyên tố ⇒ z = 5 (thoả mãn)

– 4x +1) + (4y
2
– 4y + 1) = 34⇔ (2x – 1)
2
+ (2y – 1)
2
= 34
Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 chỉ có duy nhất 1 dạng phân tích thành
tổng của 2 số chính phương 3
2
và 5
2
Do đó ta có hoặc
Giải ra ta được (x,y) = (2,3); (2,-2); (-1, -2); (-1, 3) và các hoán vị của nó.
Ví dụ 11: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x
2
– 4xy + 5y
2
= 169
Hướng dẫn: Ta có x
2
– 4xy + 5y
2
= 169⇔ (x – 2y)
2
+ y
2
= 169
Ta thấy 169 = 0
2

= 0 ⇒ x
0


5 đặt x
0
= 5 x
1
Ta có (5x
1
)
2
– 5y
2
0
= 0 ⇔ 5x
2
1
- y
2
0
= 0
⇒ y
0


5 đặt y
0
= 5y
1

) với k nguyên dương bất kỳ cũng là nghiệm của phương trình. Điều này
xảy ra khi x
0
= y
0
= 0
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = y = 0
Ví dụ 13: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x
2
+ y
2
+ z
2
= x
2
y
2
Hướng dẫn:Nếu x, y đều là số lẻ ⇒ x
2
, y
2
chia cho 4 đều dư 1
x
2
y
2
chia cho 4 dư 1
⇒
z
2

2
y
2


4⇒ (y
2
+ z
2
)

4 ⇒ y và z phải đồng thời chẵn
Đặt x = 2x
1
, y = 2y
1
, z = 2z
1
Ta cóx
2
1
+ y
2
1
+z
2
1
= x
2
1

k
y
2
1
,
k
z
2
1
) là nghiệm của phương trình với k nguyên dương
⇒ x
1
= y
1
= z
1
= 0 Vậy pt có nghiệm là (0, 0, 0)
IX. Phương pháp 9: Sử dụng tính chất nghiệm của phương trình bậc 2
Biến đổi phương trình về dạng phương trình bậc 2 của ẩn coi các ẩn khác là tham
số, sử dụng các tính chất về nghiệm của phương trình bậc 2 để xác định giá trị của tham
số
Ví dụ 14: Giải phương trình nghiệm nguyên 3x
2
+ y
2
+ 4xy + 4x + 2y + 5 = 0
Hướng dẫn:Ta có pt 3x
2
+ y
2

∈
Z)
⇒ (x- n) (x+ n) = 4⇒ x – n = x + n = ± 2 ⇒ x = ± 2
Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x, y) = (2; -5); (-2, 3)
Ví dụ 15: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x
2
– (y+5)x + 5y + 2 = 0
Hướng dẫn:
Ta có x
2
– (y+5)x + 5y + 2 = 0 coi y là tham số ta có phương trình bậc 2 ẩn x. Giả sử
phương trình bậc 2 có 2 nghiệm x
1
, x
2

Ta có ⇒ ⇒ 5 x
1
+ 5x
2
– x
1
x
2
= 23
⇔ (x
1
-5) (x
2
-5) = 2 Mà 2 = 1.2 = (-1)(-2)

y
Ta thấy (x-
2
y
)
2
≥ 0 ⇒ 3 -
4
3
2
y
≥ 0 ⇒ -2 ≤ y ≤ 2
⇒ y= ± 2; ±1; 0 thay vào phương trình tìm x
Ta được các nghiệm nguyên của phương trình là :
(x, y) = (-1,-2), (1, 2); (-2, -1); (2,1) ;(-1,1) ;(1, -1)
B. BÀI TẬP RÈN TƯ DUY SÁNG TẠO
Bài 1:Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x + 3y = 11
Hướng dẫn
Cách 1 : Ta thấy phương trình có cặp nghiệm đặc biệt là x
0
= 4, y
0
= 1
Vì 2.4 + 3.1 = 11
⇒( 2x + 3y) – (2.4 + 3.1)= 0⇔ 2(x-4) + 3(y-1)= 0⇒ 2(x-4)= - 3(y-1) mà (2,3) = 1
Đặt x – 4 = 3k và y – 1 = 2k với ( k ∈ Z)
Vậy nghiệm tổng quát của pt là : x = 4 – 3k
y = 1+ 2k ( k ∈ Z)
*Nhận xét: Theo cách giải này phải tìm ra 1 cặp nghiệm nguyên đặc biệt (x
0

2
= 74 ⇔ 6x
2
–24 = 50 – 5y
2
⇔ 6(x
2
– 4) = 5(10 – y
2
)⇒ 6(x
2
– 4)

5 ⇒ x
2
– 4

5
(6, 5) = 1⇒ x
2
= 5t + 4 (t ∈N)
Thay x
2
– 4 = 5t vào phương trình ⇒ y
2
= 10 – 6t
lại có ⇔
4
5
5

2
+ 5y
2
= 74 là số chẵn ⇒ y chẵn
lại có 0< 6x
2
⇒ 0< 5y
2
< 74⇔ 0 < y
2
< 14 ⇒ y
2
= 4 ⇒ x
2
= 9
Cặp số (x,y) cần tìm là (3, 2)
Cách 3: Ta có 6x
2
+ 5y
2
= 74
⇔ 5x
2
+ 5y
2
+ x
2
+ 1 = 75⇒ x
2
+ 1

= b ; Ta có a + b = 2 ab ⇒ ⇒
a
=
b
⇒ a = ± b
Nếu a = b ⇒ 2a = 2a
2
⇒ a= a
2
⇒ a= 0, a= 1⇒ (a,b) = (0, 0); (1, 1)
Nếu a = - b ⇒ 2 b
2
= 0 ⇒ a = b = 0⇒ (x
2
, y
2
) = (0, 0); (1, 1)
⇒ (x, y ) = (0, 0); (-1, -1); (-1, 1); (1, -1) ; (1, 1)
Cách 2: Ta có x
2
+ y
2
= 2x
2
y
2
Do x
2
, y
2

= 0 (loại) hoặc y
2
= 1 ⇒ (x, y) = (1, 1); (1, -1) ; (-1, 1)
Vậy phương trình có nghiệm (x;y) =(0, 0); (-1, -1); (-1, 1); (1, -1); (1, 1)
Cách 3: Có x
2
+ y
2
= 2x
2
y
2
⇔ 2x
2
+ 2y
2
= 4 x
2
y
2
⇔ 4 x
2
y
2
–2x
2
– 2y
2
+ 1 = 1
2x

2
– 24
Phương trình có nghiệm tự nhiên thì
y
∆
là số chính phương
⇒ y
2
– 24 = k
2
⇒ (y – k)(y + k) = 24 (k∈N)
mà 24 = 24.1 = 12.2 = 6.4 = 3.8 ; y+k và y – k cùng chẵn
⇒ ⇒ y = 5 hoặc y+ ⇒ y = 7
Thay vào ta tìm được (x,y) = (8, 7); (13, 7); (7, 5); (8,5)
Bài 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình :2x
2
+ 2y
2
– 2xy + y + x – 10 = 0
Cách 1 : Ta có phương trình đã cho ⇔ 2x
2
– (2y-1) x + 2y
2
+ y – 10 = 0
Coi x là ẩn y là tham số ta có phương trình bậc 2 ẩn x
Xét
y
∆
= (2y – 1)
2

phương trình 2x
2
– (2y-1) x + 2y
2
+ y – 10 = 0
⇔ 2a
2
– 4b + a – 10 = 0⇔ 4a
2
– 8b + 2a – 20 = 0
⇔ (a+ 1)
2
+ 3a
2
– 8b – 21 = 0⇔ (a+ 1)
2
+ 3a
2
= 8b + 21
lại có (x+ y)
2
≥ 4 xy ⇒ a
2
≥ 4b
⇒ 8b + 21 ≤ 2a
2
+ 21⇒ (a+ 1)
2
+ 3a
2

thủ của đội kia. Biết rằng tổng số ván cờ đã đấu bằng 4 lần tổng số đấu thủ của hai đội
và biết rằng số đấu thủ của ít nhất trong 2 đội là số lẻ hỏi mỗi đội có bao nhiêu đấu thủ.
Hướng dẫn:Gọi x, y lần lượt là số đấu thủ của đội 1 và đội 2 (x, y nguyên dương )
Theo bài ra ta có xy = 4 (x + y)
Đây là phương trình nghiệm nguyên ta có thể giải bằng các cách sau


Cách 1 : Có xy = 4(x + y)⇔ xy – 4x – 4y + 16 = 16⇔ (x-4) (y - 4) = 16
mà 16 = 1.16 = 2.8 = 4.4 lại có ít nhất 1 đội có số đấu thủ lẻ
⇒ ⇔ hoặc
Cách 2: Ta thấy x, y bình đẳng.Không mất tính tổng quát ta giả sử x≤ y
Ta có x, y nguyên dương xy = 4 (x + y)⇔
x
4
+
y
4
= 1
lại có
x
4
≥
y
4
⇔
x
4
+
y
4

+ c
2
= 7
2
⇒ b
2
+ c
2


7 ⇒ b

7; c

7
(vì số chính phương chia hết cho 7 dư 0, 1, 4, 2)
lại có 0 < b, c < 7 loại ⇒ Cạnh đo được là cạnh góc vuông giả sử b = 7
Ta có a
2
– c
2
= 49 ⇔ (a+c)(a-c) = 49⇒ ⇒
Vậy tam giác cần dựng có số đo 3 cạnh là 7, 25, 24
Bài 9 :Tìm các số nguyên
;x y
thỏa mãn:
2
2 3 2 0y xy x+ − − =
Giải:
2 2 2 2 2

ttx 22013
2
2
+=−
Nếu
0
>
t
thì
222
)1(2 +<+< tttt
Do đó
( )
2
2013
−
x
không là số chính phương.
Vậy
0
≤
t
, khi đó
( )
033
2
≤+=+ yyyy
Vì
y
nguyên nên

N)
Suy ra: y
2
= (n
2
+ n)
2
+ n
2
+ n + 7 > (n
2
+ n)
2
=> y > n
2
+ n.
Vì y
∈
N, n
2
+ n + 1
∈
N => y
≥
n
2
+ n + 1 => y
2

≥

0
⇒
n
∈
N* => n + 3 > 0 => n - 2
≤
0
Suy ra n
{ }
2;1
∈
Thử với n = 1 thì n
4
+ 2n
3
+ 2n
2
+ n + 7 = 13 không là số chính phơng.
Thử với n = 2 thì n
4
+ 2n
3
+ 2n
2
+ n + 7 = 49 là số chính phơng.Vậy n = 2.
2. Tìm tất cả các số tự nhiên có ba chữ số
abc
sao cho
2
2

x
3
+y
3
+x-y = 8 (2)
Từ (1) do x, y nguyên ta có các trờng hợp sau:
a, x- y=-1 và x+2y+2 = 7 =>x=1 và y = 2 thoả mãn ( 2)
b, x-y = 1 và x+ 2y +2 = -7 => x+2y = -9 => y không nguyên
c, x- y= -7 và x+ 2y +2 = 1
Giải hệ nàyđợc nghiệm ( x, y) = ( -5,2) không thoả mãn phơng trình (2)
Giải :
2
100 10 1abc a b c n
= + + = −
(1)
2 2
100 10 ( 2) 4 4cba c b a n n n
= + + = − = − +
(2)
Từ (1) và (2) ta có:
99( ) 4 5 (4 5) 99a c n n
− = − ⇒ −
M
(3)
Mặt khác
2 2
100 1 999 101 1000 11 31n n n
≤ − ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
( ) ( )
yxZyx
+⇒∈−+
12
và
12
−+
yx
Là các ớc của -3 sao cho tích của chúng bằng -3
Ta có các trờng hợp:
TH1:
3;4312;1
−==⇒−=−+=+
yxyxyx
TH2:
5;6312;1
=−=⇒=−+−=+
yxyxyx
TH3:
5;8112;3
=−=⇒=−+−=+
yxyxyx
TH4:
3;6112;3
−==⇒−=−+=+
yxyxyx
Kêt luận: Tập nghiệm của phơng trình:
( ) ( ) ( ) ( ) }{
3;6;5;8;5;6;3;4
−−−−=

Z
( 2 )( 2 ) 12 ( )y k y k a
⇔ + − + + =
Ta có: Tổng
( )
2 ( 2 ) 2( 2)y k y k k
+ − + + + = +
là số chẵn, nên
( )
2 ; ( 2 )y k y k
+ − + +
cùng chẵn hoặc cùng lẻ. Mà 12 chỉ có thể bằng tích 1.12 hoặc 2.6
hoặc 3.4, nên chỉ có các hệ phơng trình sau:
2 2 2 6 2 6 2 2
; ; ; ;
2 6 2 2 2 2 2 6
y k y k y k y k
y k y k y k y k
+ − = + − = + − = − + − = −
   
   
+ + = + + = + + = − + + = −
   
Ta cú: : y
2
= - 2(x
6
- x
3
y - 32) <=> x

= 4 => y = 8 và y = - 8
+ x = - 1 => (y - x
3
)
2
= 63 => y
∈
Z => pt này không có nghiệm nguyên
+ x = -2 => (y - x
3
)
2
= 0 =>y = - 8
Giải các hệ pt trên ta có các nghiệm nguyên của pt (a):
( ) ( ) ( ) ( )
2; 2 , 2; 2 , 6; 2 , 6; 2y k y k y k y k
= = = = − = − = = − = −
Thay các giá trị
2; 6y y
= = −
vào pt (***) và giải pt theo x có các nghiệm nguyên (x; y)
là:
( 1; 2), ( 3; 2);( 11; 6),( 9; 6)x y x y x y x y
= − = = − = = = − = = −
Bài 15 :
1) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
2( ) 16 3x y xy
+ + =
Giải:
Ta có:



− =

3 2 4
;
3 2 13
x
y
− =


− =

Giải các hệ trên ta được các nghiệm nguyên dương của phương trình là: ( 1, 18);
( 18, 1); ( 2, 5); ( 5, 2);
2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
2 2
3 5 12(1).x y
+ =
Giải:
Ta có: (1)
2 2
3( 1) 5(3 ).x y
⇔ + = −
Do (3, 5) = 1 nên
2
( 1) 5.x
+
M

l


= − ≥
≥
 
⇒ ⇒ = =
 
= − ≥



≤

. Vậy x = ± 2, y = 0.
Phương trình có hai nghiệm nguyên ( 2, 0 ); ( -2, 0 ).
3) Tìm cặp số (x, y) với y nhỏ nhất thỏa mãn: x
2
+ 5y
2
+ 2y – 4xy – 3 = 0 (*)
Giải
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
(*) 2 1 4 1 4 3 1 0
3 1
x y y y y y
y
⇔ − + + = ⇒ + ≤ ⇒ + − ≤
⇒ − ≤ ≤

⇒
( ) { }
2
2 0;16;64
− ∈
y
. Ta có các TH sau:
*
( )
( )
( )
2
2
2
2
2 0
3 156
8 1 1248
y
y
x
x y

=
− =
 
⇔
 
+ =
+ + = 

2
10
2 64
6
8 1 15.64 1248
1 36
y
y
y
x y
x y
 =


− =



= −
⇔

 
+ + + =
 

+ + =

Ta được
( )
2

6
6
1
5 36
11
y
y
x
x
x
= −

= −

 
⇔
= −

 
− =




=


Vậy (x; y) là (-5; 10); (-17; 10); (-1; -6); (11; -6)
2) Cho n là số nguyên dương và m là ước nguyên dương của 2n
2

Do n
2
,
( )
2
pk
chính phương, nên
2
2p p
+
phải chính phương.
Mặt khác
( )
2
2 2
2 1p p p p
< + < +
, tức
2
2p p
+
không chính phương. Nên giả sử sai.
Vậy n
2
+ m không chính phương
Bài 17: Tìm hai số x, y nguyên thỏa mãn: x − xy = 7x − 2y − 15
Giải:
* Cách 1: Ta có: x − xy = 7x − 2y − 15 ⇔ xy − 2y = x − 7x + 15
⇔ y(x − 2) = x − 7x + 15 ⇔ y = = = +
Vì x, y ∈ Z ⇒ ∈ Z ⇒ x − 2 ∈ Ư(5)

- 5 = 0; (với x ; y nguyên)
Giải : Biến đổi đưa được pt về dạng: (x
2
– 2y
2
– 5)(x
2
+ y
2
+1) = 0
⇔
x
2
– 2y – 5 = 0
⇔
x
2
= 2y
2
+ 5
⇔
x lẻ
Đặt x = 2k + 1 ; ( k
Z
∈
)
⇔
4k
2
+ 4k +1 = 2y

Nhìn vào (*) ta có nhận xét: Vế trái nhận giá trị lẻ, vế phải nhận giá trị chẵn (Vì k
và k + 1 là hai số nguyên liên tiếp)
⇔
(*) vô nghiệm
⇔
pt đã cho vô nghiệm
2) Tìm tất cả các số tự nhiên
abc
có 3 chữ số sao cho :

( )
2
2
1
2
abc n
cba n

= −


= −


với n là số nguyên lớn hơn 2
Giải: Viết được
2
2
100 10 1
100 10 4 4

b,c là các số nguyên dương có vai trò như nhau nên ta có các hệ:



=
=
⇔



=−
=−
7
2
61
11
c
b
c
b
và



=
=
⇔




y
+
= t
⇔
y = 3t – 1 Nên x = 58 – 7t (t
∈
Z)
Vì x; y nguyên dương nên 3t – 1 > 0
⇔
t >
1
3
và 58 – 7t > 0
⇔
t <
58
7

Vì t
∈
Z n ên t
∈

{ }
1;2;3;4;5;6;7;8

Các nghiệm ngun dương của phương trình là :
(51; 2), (44; 5), (37; 8), (30; 11), (23; 14), (16; 17), (9; 20), (2; 23)
Bài 21:
1) Tìm nghiệm ngun của phương trình:

. Ta có 26
n
có tận cùng là 6 và 21
2011
có
tận cùng là 1. Vậy n
6
có tận cùng phải là 5, do đó n có tận cùng là 5.
Khi đó
6 n 2011
n 26 21+ =
có dạng
( )
( )
6
402
5 5
5 2 6 21 .21+ =

⇔
( )
25 76 01 .21+ =
⇔
01 21=
, vơ lí
Vậy khơng tồn tại số ngun dương n thỏa mãn bài tốn
Bài 22:Tìm nghiệm ngun của phương trình
1)Tìm tất cả các cặp số ngun ( x; y) thoả mãn phương trình: x
2
-25 = y( y+6)

∈
N và là ước của 5 Suy ra x+1=1 ;5
Suy ra x=0,4. Thử trực tiếp ta được các cặp số tự nhiên (x,y) thoả đề là (0;4);(4;4).
Bài 23 ( Gồm 10 bài)
Bài 1: Tìm tất cả các số nguyên n sao cho n
2
+ 2002 là một số chính phương
Gi ải: Giả sử có số chính phương thì n
2
+ 2002 = k
2
(x
∈
N)<=>2002 = (k + n)(k – n) (1)
Suy ra (k + n) và (k – n) là ước của 2002.
Mà (k + n) + (k – n) = 2k là số chẵn, nên (k + n) và (k – n) cùng tính chẵn lẻ. Do
2002 là số chẵn nên (k + n) và (k – n) đều là số chẵn;
Suy ra (k + n)(k – n)

4. Khi đó từ (1) ta lại có 2002

4. Điều này vô lí.
Vậy không có số nguyên n nào để n
2
+ 2002 là số chính phương.
Bài 2: Tìm mọi số nguyên n thoả mãn (n + 5)
2
= (4(n – 2))
3
HDGi ải: : : (n + 5)

là một số chia hết cho 12
HDGi ải: :Theo bài toán ta phải chứng minh: n
2
(n
2
– 1)
M
12
Thật vậy: n
2
(n
2
– 1) = (n – 1)n
2
(n + 1) = (n – 1)n.n(n + 1)
Ta có: (n – 1)n
M
2 và n(n + 1)
M
2 => n
2
(n
2
– 1)
M
4
Và: n
2
(n
2

=


=

Cách 2: Từ (1) <=> y =
3
7 2x
x
−
=
7
x
– 2x
2
;
Để y nguyên thì
7
x
là số nguyên => x là Ư(7); Mà x nguyên dương nên chọn x = 1 và x = 7
=> y = 5 và y = -97 mà y nguyên dương nên ta chỉ chọn cặp số x = 1; y = 5
Bài 5: Tìm mọi cặp số nguyên dương x, y thoả mãn: x
4
+ (x + 1)
4
= y
2
+ (y + 1)
2
HD:Gi ải: Ta có: x

+ 2x
3
+ 3x
2
+ 2x

= y
2
+ y
<=> x
2
(x + 1)
2
+ 2x(x + 1) = y
2
+ y <=> x
2
(x + 1)
2
+ 2x(x + 1) + 1 = y
2
+ y + 1
<=> [x(x + 1) + 1]
2
= y
2
+ y + 1 <=> (x
2
+ x + 1)
2

2
+ 4n + 4
M
9
=> 4n
2
+ 4n + 4
M
3 => 4n
2
+ 4n + 1 + 3
M
3 => (2n + 1)
2
+ 3
M
3 => (2n + 1)
2

M
3
=> 2n + 1
M
3 => (2n + 1)
2

M
9
Nhưng khi đó 4n
2

=
ab.ac
.7
Gi ải: Theo bài toán ta có: 1000
≤

abbc

≤
9999 <=> 1000
≤

ab.ac
.7
≤
9999
<=> 143
≤

ab.ac

≤
1428; Do vai trò của b, c như nhau nên giả sử b < c
=>143
≤

2
ab

≤

+ Nếu a = 1 thì ta tìm được b = 5 và c = 9 và số cần tìm là: 15.19.7 = 1995
Bài 8: a/ Giải phương trình nghiệm nguyên dương x
2
– 2y
2
= 5
b/ Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức A = (x + 1)
2
+ (x – 3)
2
Gi ải: : a/ Tìm nghiệm nguyên dương của pt: x
2
– 2y
2
= 5 (1)
Từ pt (1) ta suy ra x phải là số lẻ. Thay x = 2k + 1 (k
∈
Z) vào (2), ta được:
4k
2
+ 4k + 1 – 2y
2
<=> 2(k
2
+ k – 1) = y
2
=> y
2
là số chẵn. Đặt y = 2t (t
∈

2

≥
0
∀
x => A
≥
8
∀
x
Vậy minA = 8 <=> x – 1 = 0 <=> x = 1
Bài 9: Cho m, n là số nguyên. Chứng minh rằng m
3
n – mn
3
chia hết cho 6
Gi ải: Ta có: m
3
n – mn
3
= mn(m
2
– n
2
) = mn(m
2
– 1 – n
2
+ 1)
= mn(m

+ 4x + 8) + 2x
2
Gi ải: : Đặt t = x
2
+ 4x + 8 thì bài toán trở thành: t
2
+ 3xt + 2x
2
= t
2
+ xt + 2xt + 2x
2
=
= t(t + x) + 2x(t + x) = (t + x)(t + 2x) = (x
2
+ 4x + 8 + x)( x
2
+ 4x + 8 + 2x) =
= (x
2
+ 5x + 8)( x
2
+ 6x + 8) = (x
2
+ 5x + 8)( x + 2)(x + 4)
Bài 11: Cho biết
2
x
x x 1+ +
=

thì A =
2
4 2
1
1 1
4
2
4 4
1 1 21
21
1 1
1
1
16 4 16
2 2
 
−
 ÷
 
= = =
   
+ +
− + − +
 ÷  ÷
   

+ Với x = –2 thì A =
2
4 2
( 2) 4