I. Mở đầu
Giải phơng trình nghiệm nguyên phải bắt đầu từ đâu?
Trong chơng trình toán học THCS cũng nh THPT và trong các đề thi chúng ta vẫn th-
ờng gặp các bài toán về tìm nghiệm nguyên song với HS vẫn còn lúng túng vì không biết
bắt đầu từ đâu, khi gặp khó khăn không biết làm thế nào để tìm ra lời giải. Một thực tế
cho thấy với giáo viên thực sự cha tìm ra một phơng pháp giải cho HS. Riêng với các em
HS khi gặp dạng toán này không chịu nghiên kứu khảo sát kĩ từng chi tiết và kết hợp các
chi tiết dạng toán theo nhiều cách không sử dụng hết các dữ kiện của bài toán hoặc sử
dụng thiếu linh hoạt.
Việc giải các phơng trình vô định tức là việc tìm nghiệm nguyên của các phơng trình
đại số có hệ số nguyên luôn đòi hỏi HS có khả năng phân tích, đối chiếu dự đoán và ph-
ơng pháp t duy nghe để lựa chọn thích hợp, nên loại toán này không có phơng pháp giải
tổng quát, ở đây tôi xin giới thiệu một vài thủ pháp cơ bản để giải các bài toán tìm
nghiệm nguyên.
II. Nội dung:
- Xin giới thiệu 5 phơng pháp cơ bản
1. Dựa vào tính chất chia hết để hạn chế tập nghiệm.
VD
1.1
. Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:
6x
2
+ 7y
2
= 96 ( 1)
Giải:
(1)

6 x
2
54 = 42 - 7y


) ta có y
2
= 16 6t
Do
2
2
0
0
x
y








7 2 0
16 6 0
t
t
+







Với x = 3 ta có: y =
2 1
3
x
x


= 2 +
5
3x
Rõ ràng y nguyên thì 5
M
(x 3)

x 3 =

1 hoặc x 3 =

5
+ với x 3 = 1

x = 4 , y = 7
+ với x 3 = -1

x = 2 , y = - 3
+ với x 3 = 5

x = 8 , y = 3
+ với x 3 = -5


M
6
Do ( 6,5 ) = 1

(x
5
x)
M
30 mà 10
M
30

Phơng trình không có nghiệm
nguyên
II. Dựa vào điều kiện của ẩn để hạn chế tập nghiệm:
VD
2.1
: Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng:

1 1
z
x y
+ =
Giải: Với x

0 ; y

0 ta có

1 1

5y
M
2
Do ( 2,5 ) = 1

y
M
2

y = 2 , 4 , 6 , 8



2
19
y
x
=


=

;
4
14
y
x
=



+ 1 = y
4
Giải:
Với x > 0 , ta có:
( x
3
+ 1 )
2
= x
6
+ 2x
3
+ 1 < x
6
+ 3x

+ 1 = y
4
< x
6
+ 4x
3
+ 4 = ( x
3
+ 2)
2
Hay: ( x
3
+ 1 ) < y
2

z. để thu hẹp các giá trị của ẩn số từ đó tìm ra nghiệm.
VD
3.1
: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình sau:
x
2
+ y
2
+ z
2
+ xyz = 20
Giải:
Do vai trò bình đẳng của x , y , z nên ta có thể giả sử 1

x

y

z từ đó suy ra:
x
2
+ y
2
+ z
2
+ xyz > 3x
2
+ x
2
= 4x



19

y
2



19
3


y

2
- Nếu y = 1

z
2
+ z = 18

z( z + 1 ) = 18 vô nghiệm
- Nếu y = 2

z
2
+ 2y 15 = 0

z = 3 có nghiệm là ( 1,2,3 )

Trao đổi vai trò x, y, z ta có các nghiệm sau:
( x, y, z ) = ( 1,2,3) ; (1,3,2) ; (2,1,3) ; (2,3,1) ; ( 3,2,1) ; (3,1,2) ; (2,2,2)
VD
3.2
: Tìm nghiệm nguyên phơng trình:
x + y + z = xyz
Giải:
Vai trò x, y, z nh nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử: z

y

x

1
Đặt z = 1 + n ; y = 1 + m ; x = 1 + l ( n

m

l

0 )
Phơng trình đã cho trở thành
3 + m + n + l = ( 1 + m )( 1 + n )( 1 + l ) = 1 + l + m + n + mn + nl + ml + mnl


ml + mn + nl + mln = 2 (

)
Nếu l


0
, y
0
)

x
0
n
+ 1

= y
0
n + 1


x
0
n
= y
0
n + 1
+ 1

x
0
n
= ( y
0
1 )( y
0

P

n + 1
M
P
Khi đó x
0
n

M
P

x
0

M
P trái với giả thiết, do đó ƯCLN(A;y
0
1 ) = 1

y
0
n
+ y
0
n + 1
+.+ y
0
+ 1 = x
0

+1)
n
> y
0
n
+ y
0
n + 1
+.+ y
0
+ 1 (4)
Vì (3) và (4) mâu thuẫn. Vậy phơng trình không có nghiệm nguyên
Bài tập:
Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:
x
4
+ 4y
4
= 2(2
4
+ 4t
4
)
V. Đa về trờng hợp riêng
VD: Tìm nghiệm nguyên không âm của phơng trình
... 5x x x+ + +
= y ( n dấu căn )
Giải:
Ta thấy ( 0,0 ) là nghiệm của phơng trình
Nếu:


x
là số tự
nhiên

x
= t , t

N và khi đó t ( t + 1 ) = y
2
. Nhng t
2
< t ( t + 1 ) < ( t + 1 )
2

nên t
2
< y
2
< ( t + 1)
2
.
Điều này không xảy ra với t > 0 và phơng trình chỉ có nghiệm là ( 0,0 )
c) Với n

3
ta có
....x x x x+ + + +
= y
2