đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên
I. Lý do chọn đề tài:
Phơng trình nghiệm nguyên là một đề tài hấp dẫn, thú vị của toán học, vì
vậy phơng trình nghiệm nguyên đã đợc rất nhiều nhà toán học nghiên cứu. Tuy
nhiên, với ngời học thì giải phơng trình nghiệm nguyên là một vấn đề khó. Để
giải đợc phơng trình nghiệm nguyên đòi hỏi phải có t duy lôgic, sự sáng tạo. Các
phơng trình nghiệm nguyên rất đa dạng và kèm theo các phờng trình nghiệm
nguyên đó có rất nhiều phơng pháp giải hay, nhng do khó, phức tạp mà trong
chơng trình toán ở phổ thông cũng nh Cao đẳng chỉ đề cập đến rất ít, Vì vậy, tôi
chọn đề tài: ''phơng trình nghiệm nguyên'' để giúp các bạn tìm hiểu đợc nhiều
hơn về phơng trình nghiệm nguyên.
II. Mục đích đề tài:
Đề tài này nhằm đạt đợc một số mục đích sau:
+ Thống kê các phơng trình nghiệm nguyên.
+ Phõn loi v phng phỏp gii mt s dng phng trỡnh nghim nguyờn.
III. Nội dung:
A. Một số định nghĩa, định lý liên quan đến phơng pháp giải các phơng
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


(modm).
+
(m)
: Là số các số tự nhiên khác 0 không vợt quá m và nguyên tố với
m.
+ Hệ thặng d đầy đủ modun m H = {0, 1, , m -1}

Cho x chạy qua hệ thặng d thu gọn modun m không âm nhỏ nhất {r
1
,
r
2
, , r
(m)
} khi ấy tập hợp {ar
1
, ar
2
, , ar
(m)
} cũng là hệ thặng d thu gọn modun
m. Gọi s
1
, s
2
, s
(m)
là các thặng d không âm nhỏ nhất cùng lớp với ar
1
, ar
2
, ,
ar
n
thì ta có:
ar
1

(m)
. r
1
r
2
r
(m)


s
1
s
2
s
(m)
(modm)
Vì {r
1
, r
2
, , r
(m)
} và {s
1
, s
2
, , s
(m)
} cũng là hệ thặng d thu gọn không
âm nhỏ nhất nên ta có:

Nhng r
1
r
2
r
(m)
nguyên tố với (m vì từng thừa số nguyên tố với m) nên có thể
chia cả 2 vế của đồng d thức r
1
r
2
r
(m)
ta đợc: a
(m)

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)
= p - 1. áp dụng định lý ơ-le suy ra điều phải
chứng minh.
3. Phơng trình ax

1
.
B
2
: Chia b cho r
1
đợc d r
2
.
- Nếu r
2
= 0 thì UCLN (a,b) = r
1
- Nếu r
2


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

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

1
hay ( c
1
a)x
1
+ (c
1
b)y
1
= c
Đẳng thức này chứng minh của phơng trình (1).
* Nếu phơng 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
y y t, t Z
d

= +

a
2
, , a
n
) là ớc của c.
Chứng minh cho trờng hợp này tơng tự nh chứng minh cho trờng hợp n =
2.
2
đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên
B. Một số dạng phơng trình nghiệm nguyên và phơng
pháp giải:
a. Phơng pháp giải:
1. Tách phần nguyên: (phơng pháp này chủ yếu áp dụng cho phơng trình
bậc nhất 2 ẩn).
Ví dụ: Giải phơng trình: 43x + 47y = 50 (1)
Phơng 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
=> y = 2 - 11t +
t 1


. Vậy phơng trình (1) có nghiệm tổng quát là:
x 22 47t
y 20 43t
= +


=

Với t

Z
.
Chú ý: Khi dùng phơng pháp này nên tách sao cho các hệ số của ẩn của
phần đặt ẩn phụ là nhỏ nhất
Ví dụ: Giải phơng trình: 7x + 4y = 100 (*)
Cách 1: 4y = 100 - 7x => y =
100 7x
4

=> y = 25 - x -
3x
4
. Đặt
3x
4
= t,
t

Z


=

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 phơng trình có nghiệm tổng quát là:
x 4t
y 25 7t, t
=


=

Z
2. Phơng pháp sử dụng đồng d thức:
Phơng pháp này dựa vào các tính chất của đồng d thức để giải phơng trình
nghiệm nguyên. Ta chuyển phơng trình cần giải về các đồng d thức:
Ví dụ: Giải phơng trình: 5x + 3y = 2
Phơng trình đã cho tơng đơng với đồng d thức:
5x

Vậy phơng trình đã cho có một nghiệm riêng là:
(-4346, 1417)
Vậy phơng trình có nghiệm tổng quát là:
x 4346 117t
y 1417 38t, t R
= +


=

L u ý: Phơng pháp sử dụng thuật toán ơclít mở rộng có thể áp dụng cho tất cả
các phơng trình bậc nhất một ẩn và nhiều ẩn. Tuy nhiên phơng trình này có nhợc
điểm là trong một số trờng hợp việc tách quá nhiều bớc.
4. Phơng pháp sử dụng tính chia hết.
Trong một số phơng trình việc áp dụng tính chia hết sẽ cho ra kết quả rất
nhanh.
Ví dụ: Giải phơng trình 6x
2
+ 5y
2
= 74 (1)
(1)

6(x
2
- 4) = 5(10 - y
2
) . Vì UCLN(5,6) = 1 nên phải có x
2
- 4

= 10 - 6u

0 => v <
5
3
. Kết hợp u = v => u = v = 0 hoặc
u = v = 1.
- 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 phơng trình có 4 nghiệm là: (3,2); (3,-2); (-3,2) và (-3,-2).
5. Phơng pháp sử dụng tính chất của số nguyên tố.
Trong phơng pháp này áp dụng các tính chất của số nguyên để giải các ph-
ơng trình nghiệm nguyên.
Ví dụ: Giải phơng trình x
2
+ y
2
= 3
2
z
(1)
dễ thấy phơng trình có nghiệm là (0;0;0). Giả sử phơng trình có nghiệm:
(x;y;z). Nếu x, y, z có ớc chung lớn nhất d

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 ớc chung là 3 trái
với giả thiết => phơng trình có nghiệm duy nhất là (0;0;0).
6. Phơng pháp sử tính chất của số chính phơng
- Tính chất của số chính phơng là:
- Số chính phơng không có tận cùng bằng 2,3,5,7,8.
- Một số chính phơng chia hết cho số nguyên tố p thì căn bậc hai của số
đó cũng chia hết cho p.

2
thì
a 0
a 1 0
=


+ =

- Nếu hai số nguyên dơng nguyên tố cùng nhau có tích là một số chính ph-
ơng thì mỗi số đều là số chính phơng.
2
a.b c , =
với
a,b,c N
,
2
2
a p
(a,b) 1
b q

=

= =>

=


Ví dụ: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau:

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
=> Không tồn tại số k thoả mãn phơng trình
(1). Vậy phơng trình đã cho vô nghiệm.
7. Phơng pháp tách thành phơng trình tích:
- Trong phơng pháp này vế chứa biến của phơng trình nghiệm nguyên đợc
phân tích thành các nhân tử. Do các nghiệm nguyên nên xét các trờng hợp có thể
xảy ra rồi giải và tìm nghiệm.


= =

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 phơng trình đã cho có 4 nghiệm là (2;10), (8;10), (0;-6) và (-6;-6)
8. Phơng pháp sử dụng bất đẳng thức:
Phơng pháp này dùng để đa các ẩn của một phơng trình nghiệm nguyên bị
kẹp bởi 2 giá trị nguyên nào đó. Do các ẩn là các số nguyên nên ta có thể thử các
trờng hợp có thể có của ẩn để từ đó rút ra nghiệm.
Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình: x + y + 1 = xyz (1).
Giải:
Không giảm tính tổng quát giả sử
0 x y

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 trờng hợp sau:
TH1:
x 1
y 1 y 1
y 1
xz 2 1 xz 3
z 3
=

= =


=



= =


=


2
lẻ =>
x 0 x 0= => =
Thay x vào phơng trình trên ta đợc: (5y+1)(x+1) = 105.
Vì y là số nguyên nên ta có các trờng 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
+ = =



+ = =+ TH3:
5y 1 21 y 4
y 1 5
+ = => =


Vậy phơng trình đã cho có nghiệm là: (0;4)
10. Phơng pháp chứng minh bằng phản chứng:
Giả sử phơng trình có nghiệm nguyên là x
o
, y
o
, rồi xây dựng dãy vô số
nghiệm từ đó đa đến mâu thuẫn hoặc giả sử phơng trình có nghiệm nguyên x
o
, y
o
6
loại
(loại )
(loại )
đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên
với x
o
có giá trị nhỏ nhất trong những giá trị có thể của nó rồi chứng minh ph-
ơng trình có nghiệm x
1
, y
1
mà x
o
> x
1
.
Ví dụ: Giải phơng trình nghiệm nguyên sau:
4 4 4 4

4x 2y z 8u '+ + =
=> z
0
4

M
2 => z
0

M
2. Đặt z
0
= 2z
0
' thay vào phơng trình trên ta đợc:
4x
0
4
+ 2y
0
4
+ (2z
0
'
)
4
= 8u'
0
4
=>2x

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 2M M
Đặt x
0
= 2x'
0
. Thay vào phơng trình trên ta đợc:
4 4 4 4
0 0 0 0
8x ' 8y' 4z ' 2u '+ + =
.
Nh vậy, nếu (x
0
, y

2 2 2 2
là số nguyên với mọi k nguyên. Do đó
x
0
= y
0
= z
0
= u
0
= 0. Vậy phơng trình trên có nghiệm duy nhất là
(0;0;0;0).
b. Một số phơng trình nghiệm nguyên và phơng pháp giải cụ thể.
b.1. Phơng trình bậc nhất.
1. Phơng trình bậc nhất một ẩn:
- Phơng trình bậc nhất 1 ẩn là phơng trình có dạng ax+by = c (1)
Đây là phơng trình nghiệm nguyên thờng gặp trong chơng trình phổ thông
cũng nh trong chơng trình cao đẳng. Phơng trình này có nhiều cách giải. Phơng
trình (1) có nghiệm thì UCLN (a,b)/c. nếu UCLN (a,b)=d và d/c thì ta có thể
chia 2 về của (1) cho d và (1) trở thành dạng a'x + b'y = c' với UCLN (a',b')=1.
Do đó ta có thể giải phơng trình (1) với giả sử a và b nguyên tố cùng nhau.
a. Cách giải:
- Cách 1: Tìm nghiệm riêng của phơng trình bằng thuật toán ơclit mở
rộng. Sau đó áp dụng công thức nghiệm tổng quát để tìm nghiệm.
- Cách 2: (Tách lấy phần nguyên)
Giả sử a<b. Từ (1) ta có ax+by=c

ax=-by+c'

x=

x

y.
b. Ví dụ:
Ví dụ 1: Giải các phơng trình nghiệm nguyên sau:
a) 73x - 41y = 1 (1)
b) 38x + 117y = 1 (2)
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

1 = 37 - 4.9
4 = 1.4
Ta có: 1 = 37 - 4.9 = 37 - (41 - 37).9 = 37.10 - 41.9
= (73 - 41).10 - 41.9 = 73.10 - 41.19.
Vậy phơng trình (1) có nghiệm riêng là (10;19)

Vậy nghiệm tổng quát
của phơng trình là:
x = 10 + 41t
y = 19 + 73t, t

R
b. Cách 2: (Tách phần nguyên)

9
+
= z (2) z
Z
x = 5t-z
(2) => 4t = 9z - 1 => t =
9z 1
4

= 2z +
z 1
4

Đặt
z 1
4

= u (3) u
Z
=> t = 2z + u; từ (3) =>
z= 4u + 1 => t = 2 (4u + 1) + 4 = 9u + 2
=> x = 5(9u + 2) - (4u + 1) = 41u + 9
y = 2( 41u + 9) - (9u + 2) = 73 u + 16
Vậy phơng trình có nghiệm là:
x 9 41u
y 16 73u u
= +


= +




y = -13u +
1 u
3
+
. Đặt
1 u
3
+
= v

u = 3v - 1

y = -13u + v

y = -13 (3v - 1) + v = -38v + 13

x = -3y + u

x = -3(13 - 38v) + 3v - 1 = -40 + 117v.
Vậy phơng trình có nghiệm là:
x 40 117t
y 13 38t
= +


= +



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 phơng trình trên => x = -40 - 117t (t
Z
)
Vậy nghiệm tổng quát của phơng trình là:
x 40 117t
y 13 38t, t
=


= +

Z
L u ý: Qua 2 ví dụ trên ta thấy, 2 phơng pháp sử dụng thuật toán ơclít và
tách phần nguyên có thể áp dụng cho tất cả các phơng trình bậc nhất tuy nhiên
hai phơng pháp này đôi khi phải sử dụng nhiều lần. Tách nhiều phép toán dẫn
đến lời giải dài. Còn phơng pháp sử dụng đồng d thức có thể cho ra kết quả
nhanh nhng không phải áp dụng đợc cho tất cả các bài toán.
Ví dụ 2: Tìm các điểm trên mặt phẳng toạ độ của đồ thị hàm số:

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
Tìm tất cả các ớc của bt - c và giải các trờng hợp ta tìm ra nghiệm của ph-
ơng trình.
- Nếu a
M
d thì: y = a
1
+
1 1
(a a d)x a b c
dx b
+

Hay y = a
1
+
Ax B

[(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 đợc 2 giá trị x
1
, x
2


Z nào đó sao cho: x
1


x

x
2
từ đó suy ra các giá trị của x. Thay các giá trị vừa tìm đợc của k vào (1)

y

nghiệm của phơng trình.
Đặc biệt: Nếu tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình
a(x+y) + b = cxy với a, b, c là các số nguyên không âm và a : c

b. Ta sử

(x-1) (y-1) = 1
Vì x, y

Z nên ta có các trờng hợp sau:
TH
1
:
x 1 1 x 2
y 1 1 y 2
= =



= =

TH
2
:
x 1 1 x 0
y 1 1 y 0
= =



= =

Vậy phơng trình 2 có nghiệm là (0;0) và (2;2)
Phơng pháp 2:
Từ x + y = xy


6x + 21y = 15 = 9xy

9xy - 6x - 21y = 15

(9x - 21) (9y - 6) = 111. Ta có các trờng hợp sau:
1
9x 21 1
TH : x
8y 21 111
=



=

Â
2
9x 21 111
TH : y
9y 6 1
=



=

Â
3
9x 21 3
TH : x


Â
6
9x 21 11
TH : x
9y 6 1
=



=

Â
7
9x 21 3
TH : y
9y 6 37
=



=

Â
8
9x 21 37
TH : x
9y 6 3
=


hệ số nguyên tố cùng nhau.
+ Phơng pháp đa về dạng phơng trình có hệ số bằng 1:
Giả sử phơng trình (1) có hệ số a
1
= 1 thì phơng 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 )



=


=




=

Với u
1

Â
;

2
x
2
= u và quan niệm đây là phơng trình bậc nhất 2 ẩn và tiến hành
giải nh đã trình bày:
- Ví dụ: Giải các phơng trình sau đây:
1) 2x - 5y - 6z = 4 (1)
2) 6x + 15y + 10z = 3 (2)
Giải:
1) Phơng pháp 1:
(1)

2x - 5y = 6z + 4
Lấy z = u, u

Z. Đặt 6u + 4 = c

2x - 5y = c
Phơng trình có nghiệm riêng ra x
0
= 3c, y = c

phơng trình có nghiệm tổng quát là:
x 3c 5t
y c 2t; t
= +


= +


Â

x t
z 2t 5u 4
y u z (2t 5u 4) 4
=


=


= = +

Hay
x t
y 4 6u 2t
z 4 5u 2t
=


= +


= +

Trong đó u, t
Â
.
2) Giải phơng trình 6x + 15y + 10z = 3 (2)
Phơng pháp 1:(Biến đổi đa về dạng có hai số nguyên tố cùng nhau)


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, t
Â
- Phơng pháp 2: (Đa về dạng có 1 hệ số bằng 1)
(2)

6x + 10 (y+z) + 5y = 3. Đặt y + z = u (u
Â
)

6x + 10u + 5y = 3

x + 10u + 5(y+x) = 3
Đặt y + x = v

x + 10u + 5v = 3


n

Với a, b, c

N, n>2, a

0, c

0, x
i


0, i=
1,n
- Phơng pháp giải:
Sử dụng phơng pháp bất đẳng thức để giải đối với những phơng trình dạng
này.
Vì x
1
, x
2
, , x
n
có vai trò nh nhau nên ta có thể giả sử
1

x
1

x

2
x
n.
12
đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên
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
n 1
1 1
n 1
1
na b na b na b
x 1 x
c c
x



+ + +

(*)
Do x

Z nên từ đẳng thức (*) ta tìm đợc các giá trị của x
1

z
2
1 1 1
xz x.x
x
=
. Tơng tự
2
1 1
yz
x


và
2 3 2 2
1 1 1 1 1 9 9
xy xyz xyz
x x x x

2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 2 3
2 2
yz xz xy
x x x x



+ + + + =
ữ
ữ

+
=
Với y = 1
17
z 13; y 3 z Z
7
= = =
Với y = 2

z = 4; y = 4

z =
19
10
Â
- Với x = 2. (1) trở thành 2 (y+z) + 15 = 6yz.
2
2
1 1 15 2.2 15 9
6 2 y
z y yz 6
y

+
= + +
ữ

2
19
1 y y 1;y 2; y 3; y 4

y

z.
(2)
1 1 1
4 1
yz xz xy

+ + =
ữ

Vì x

y

z nên
2
1 1 1 3
yz xz xy
x

+ +
ữ

2
2
4.3
1 x 12
x


y 5 z 24
y 6 z 15
32
y 7 z
7
y 8 z 9
y 9 z 8
44
y 10 z
6
45
y 11 z
7
52
y 12 z
8








= =


= =



ữ

Từ phơng trình 4(y+z) +8 = 2yz

để z>0 thì y>2. nên ta có các trờng hợp
sau:
14
đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên
y 3 z 10
y 4 z 6
28
y 5 z
6
y 6 z 4
36
y 7 z
10
40
y 8 z
12
= =


= =


= =


= =


ta có các trờng hợp sau:
y 2 z 10
24
y 3 z
9
28
y 4 z
8
32
y 5 z
11
36
y 6 z
14


= =


= =



= =


= =



1
z z
+ =
Đặt
x y
X, Y
y z
= =
, ta có phơng trình
X
2
+ Y
2
= 1 (2) với X, Y là các số hữu tỉ.
(2)

Y
2
= 1-X
2


Y
2
= (1-X)(1+X) (3) Giả sử X

1
(3)

2

(2). Ngợc lại, mỗi nghiệm hữu tỉ đều có dạng (3). (Trừ trờng hợp X = -1, Y= 0).
Nh 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
UCLN (p,q) =1. Lúc đó ta có
15
đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên
2 2
2 2
x p q
Y
z
p q

= =
+
(6)
2 2
y 2pq
Y
z
p q
= =
+
Từ đó thấy rằng các số nguyên thoả mãn (1) là:
2 2

, q
2
, 2pq và p
2
+ q
2
không thể có -
ớc chung d>1, vì nếu có số d nh vậy thì d phải lẻ (do p
2
- q
2
lẻ) và d phải là ớc
của (p
2
- q
2
) và p
2
+ q
2
= 2p
2
(do d lẻ nên d là ớc của p) và (p
2
+q
2
) - (p
2
-q
2

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 nhng mãi tới ngày
23/6/1993 mới đợc chứng minh gần hoàn chỉnh bởi nhà toán học A.wiles ngời
Anh và tới mãi năm 1994 (tức là hơn 300 năm) phép chứng minh mới đợc hoàn
chỉnh.
2. Phơng trình dạng: ax
2
+ by
2
+ cxy + dx + ey + f = 0 (1)
* Phơng pháp giải:
Ta xét phơng trình bậc 2 ẩn x hoặc ẩn y. Chẳng hạn xét phơng trình bậc 2
ẩn x.
ax
2
+(cy+d)x+dy
2
+ey+f=0
ta có

(cy+d)
2
- 4a (dy
2
+ey+f) = (c-4ab)y
2

- 4ab) y
2
+ 2(cd-2ae)y + d
2
-4ae = k
2
2
2
2 2 2
2
2
2
cd 2ae (cd 2ae)
c 4aby k 4ae d
c 4ab
c 4ab + = +
ữ



16
đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên
2 2
y' k p =
với y'=
2
2


nghiệm.
L u ý: Phơng trình này có thể giải đợc bằng nhiều phơng pháp đã trình bày
ở dạng tổng quát nhng đối với dạng toán này phơng pháp trên giải nhanh hơn.
+ Phơng trình dạng: ax
2
+ dx + by
2
+ f = 0 (8) với
4ab
là số chính ph-
ơng.
- Phơng pháp giải: Nhân 2 vế của (3) với 4a ta đợc:
4a
2
x
2
+ 4adx + 4aby
2
+ 4af = 0

(2ax + d)
2
+ 4aby
2
= d
2
- 4af.
- Nếu 4ab<0 phơng trình trở thành
(2ax + d+

2
+ 4acxy + 4af = 0

(2ax + cy)
2
+ (4ab - c
2
)y
2
= -4af.
+ Nếu 4ab - c <0 phơng trình trở thành:
( )
( )
(
)
(
)
2 2
2ax cy 4ab c y 2ax cy 4ab c y 4af+ + + =
+ Nếu af > 0 phơng trình vô nghiệm
+ Nếu af < 0 ta tìm tất cả các trờng hợp có thể xảy ra và tìm nghiệm qua
các trờng hợp đó:
* Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của các phơng trình sau:
1. x
2
+ 3xy + 3y
2
= 3y. (1)
2. x
2

2
+ 3 = 0

x

Â
- Với y = 2

x
2
+ 6x + 6 = 0 (

= 3 không phải là số chính phơng)

x
Â
- Với y = 3

x
2
+ 9x + 18 = 0

x =-3 hoặc x = -6
- Với y = 4

x
2
+ 12x + 24 = 0 (

' = 12 không phải là số chính phơng)

- 23 (3)
Để (2) có nghiệm nguyên thì

phải là 1 số chính phơng



= k
2

(k
Z
) hay 4y
2
- 23 = k
2


4y
2
- k
2
= 23

(2y - k) (2y + k) = 23
2y k 1 y 6
2y k 23 k 11
2y k 1 y 6
2y k 23 k 11
2y k 23 y 6


= =





+ = =


- Với y =

6 thay vào (3) ta đợc
121 11 = =
1 1 11
x 5
2 2
+ +
= = =
hoặc x=
1 11
6
2

=

Phơng trình có nghiệm là : (5;6) ; (5;-6) ; (-6;-6) và (-6;6)
- Phơng pháp 2: Nhân 2 vế của (2) với 4 ta đợc:
4x
2



+ = =

2x 2y 1 23 x 5
2x 2y 1 1 y 6
+ = =



+ + = =

2x 2y 1 23 x 6
2x 2y 1 1 y 6
+ = =



+ + = =

Vậy phơng trình đã cho có 4 nghiệm là: (-5'-6) ; (5;6) (-6;-6); (-6;6).
Nhận xét: Đối với dạng phơng trình: ax
2
+ bx

+ cy
2
+ e = 0 thì cách giải
bằng phơng pháp 2 đơn giản và gọn hơn phơng pháp 1.
3. Phơng trình dạng: x

2
.
+ Nếu a chẵn tức là a=2k, cộng 2 vế của (1) với k
2
ta đợc:
x
2n
+ a
1
x
2n-1
+ + a
2n-1
x + a
2n
+ k
2
= (y+k)
2
.
Ta chứng minh f(x)
2
< vế phải < f(x+1)
2
thì phơng trình vô nghiệm và giữa 2 số
chính phơng không tồn tại số chính phơng nào. Hoặc ta chứng minh.
f(x)
2
< vế phải < f(x+2)
2

2
+ 2k + 1

x
2
+ x + 1 = (k
2
+ 1)
2
. Do x>0 nên x
2
< (k+1)
2
(1)
Mặt khác ta có : (x+1)
2
= x
2
+ 2x + 1 = (x
2
+ x + 1) + x = (k+1)
2
+ x.
Do x>0 nên (x+1)
2
> (k+1)
2
(2)
Kết hợp (1) và (2) ta đợc: x
2

= 4k
2
+ 2k + 1.
Để phơng trình có nghiệm nguyên thì

phải là 1 số chính phơng

= m
2
(m
Z
)

4k
2
+ 2k + 1 = m
2


4k
2
+ 2k + 1 -m
2
= 0

'
k
= (1)
2
-4(1-m





+ = =



2m t 3 m 1
2m t 1 t 1
2m t 3 m 1
2m t 1 t 1
= =




+ = =



= =




+ = =




n n 1
0 1 n 1
1 2
a x a x a x an
y
a x b


+ + + +
=
+
(1)
- Ph ơng pháp giải:
+ Phơng pháp 1: Nhân cả 2 vế của 2 với
k
1
b
<k là số các số a
i

M
b
1

(i=
1
a n
) Rồi chia cả tử cho mẫu ta đợc phơng trình dạng;
k
1

+
- Nếu a/an thì
1
an
x
a
=
là một nghiệm của phơng trình.
+ Điều kiện cần để y nguyên là
1 2
a 'x an b x b+ +
giải bất phơng trình
này

các giá trị của x. Thay lần lợt các giá trị của x vào (1)

nghiệm của ph-
ơng trình.
19
đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên
Ví dụ : Giải phơng trình
2x 5
y
2x 7
+
=
+
Giải:
- Chia 2x+5 cho 2x+7 ta đợc 2x+5=(2x+7)-2


0 1 n 1
2
0 1 2
a x a x a x an
y
b x b x b


+ + + +
=
+ +
(1)
- Ph ơng pháp giải:
Chi tử cho mẫu ta đợc (1) trở thành y=f(x) +
1
2
0 1 2
b x c
b x b x b
+
+ +
(2) nếu
a
i

M
b
0
(i=
0,n 2)

2
+ b
1
x + b
2


(bx+x) (bb
0
x + bb
1
- (b
0
) chia hết cho b
0
x
2
+ b
1
x+b
2
hay b
2
(b
0
x
2
+ b
1
x+b

2
+ b
1
x+b
2
=b
0
[(x+
2
1
0
b
)
2b
]
2 2
2 1 1
2
2
0
0
b b b
b
b 4b
4b
+
Hoặc xét tính chẵn, lẻ hoặc xét chữ số tận cùng của b
0
x
2


yb
0
x
2
+ yb
1
x + yb
2
= bx + c

yb
0
x
2
+ x (yb
1
-b) + yb
2
.

=(yb
1
-b)
2
- 4yb
0
(yb
2
)-c = y

2
.
+ Nếu b
2
1
- 4b
0
b
2
<0 thì để y nguyên thì điều kiện cần là
0

giải bất
đẳng thức này ta suy ra y.
+ Nếu b
2
1
- 4b
0
b
2
>0 ta lại xét tam thức bậc 2 ẩn y và làm tiếp tục nh trên.
Ví dụ: Giải các phơng trình sau:
20
đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên
2
2
3x 4
1 y (1)
2x 2x 3

2x
2
+ 2x + 3

9(x
2
+ 2x + 3) - 35
M
2x
2
+ 2x = 3

35
M
2x
2
+ 2x + 3 vì 2x
2
+ 2x + 3 là số lẻ hơn nữa.
2x
2
+ 2x + 3 =
2
1 5
2x 2
2
2

+ + >
ữ

x = 3; x =-4
Với x =1

y =1; x = -2

y=
2
Z
7

x= 3


y Z
; x=-4


y Z
Vậy nghiệm của phơng trình là: (1;1)
Cách 2: (1)

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

3x + 4 = 2yx
2
+ 2yx + 3y

2yx


y = 1

3x + 4 = 2x
2
+ 2x + 3

2x
2
- x - 1 = 0

x = 1; x = -
1
2
. Vậy phơng trình đã cho có nghiệm là : (1;1)
2)
2
3x 5
y (2)
x x 3

=
+
Phơng pháp 1: Để y
Z
thì 3x-5
M
x
2
+ x - 3

2 2
2 2
2 2
x x 3 1 x x 4 0 co 17 x
x x 3 13 x x 16 0 co 55 x
x x 3 1 x x 2 0 x 1,x 2
x x 3 13 x x 10 0 co 39 x

+ = + = =

+ = + = =



+ = + = = =


+ = + + = =

Z
Z
Z
Với x = 1

y = 2; x = -2

y = 11
Vậy phơng trình đã cho có nghiệm là : (1;2) ; (-2;11)
Phơng pháp 2: (2)


- 26y + 9 = m
2
(m
) Z



y = 13m
2
-52. Để y
) Z
thì

'y là số chính phơng.

13m
2
-52 = t
2


13m
2
- t
2
-52 = 0. Để m
Z
thì.
Vậy phơng trình đã cho có 2 nghiệm là (1;2) và (-2;110
21

ax by A
ad bc ad bc
cx dy B Ac Ba Ba Ac
y y
bc ad ad bc= =

+ =


+ =


= =
Giả sử ad - bc >0 (nếu ad-bc < 0 ta sẽ đổi dấu)
Cho x >0

Ad - Bb > 0

A >
Bb
d

A
d c
< <
. Tìm đợc A thay vào AB = e

B

từ đó
ta tìm đợc x, y
Ví dụ: Giải các phơng trình nghiệm nguyên sau:
a) (x+2yx) (2x+3y) = 32
b) (4x + 12y) (5x + 10y) = 140
Giải:
a) Đặt
3A 2B
x
x 2y A x 2B 3A
1
2x 3y B B 2A y 2A B
y
1


=

+ = =





2
< 64

48 < B
2
< 64

B
2
= 49

B = 7

7A = 32

A =
32
2

loại.
Vậy phơng trình đã cho không có nghiệm.
b) (4x + 12y) (5x + 10y) = 140 (2)
22
đề tài: Phơng trình nghiệm nguyên
Đặt
6B 5A
x
4x 12y A
10
5x 10y B 5A 4B

20 4

> > <
Từ AB=(4x+12y) (5x+10y) = 140 ta có: A
2
< B.
5A
175
4
=
B
2
> B.
2
5A 50 350
B 175
6 3 3
= < <

B
2
= 121 hoặc B
2
= 169

B = 11 hoặc B = 13.
- Với B = 11

11.A = 140