Phuong Trinh Nghiem Nguyen Trang 1
Phương trình với nghiệm nguyên
Dạng toán này là một trong những dạng toán khó trong bộ môn Toán Số , những phần mà tôi nêu ra dưới
đây chỉ là những dạng cơ bản nhất . Tuy nhiên, để hiểu được nó trước hết cần nắm được Lý thuyết số .
Dạng
Phương trình một ẩn - hệ số nguyên
Dạng tổng quát : a
n
x
n
+ a
n - 1
x
n - 1
+ ... + a
1
x + a
o
= 0 (1)
Cách giải : vận dụng các tính chất sau
Nếu x = b là nghiệm của phương trình (1) thì b là ước của a
o
Nếu a
n
= 1 thì nghiệm hữu tỉ nếu có của (1) là số nguyên
Qui tắc tìm nghiệm :
 Tìm các ước của a
o
 Thử lần lượt các ước của a
o
vào vế trái của (1)

o
, y
o
) là một nghiệm nguyên của (2) ⇒ ax
o
+ by
o
= 1 ⇒ ax
o
+ by
o
= ax + by
⇒ x =
ax
o
+ −
by by
a
o
= x
o
+
b y y
a
o
( )
−
⇒ { (a , b) = 1 ⇒
y y
a

u v
2 2
2
+
với u , v ∈ Z ; u , v lẻ ; u > v ; (u, v) = 1
 Ví dụ
* Khi u = 3 ; v = 1 ⇒ x = 3 ; y = 4 ; z = 5
* Khi u = 5 ; v = 3 ⇒ x = 15 ; y = 8 ; z = 17
Phương trình vô đònh dạng x
2
- Py
2
= 1 ( Phương trình Pell ) ( P ∈Z
+
, không là số chính phương )
{ Đây là một dạng phương trình Diophante bậc 2, xuất phát từ một bài toán do Archimède đặt ra, bài toán
có 8 ẩn số thỏa mãn 7 phương trình, đưa đến việc tìm nghiệm nguyên của phương trình : x
2
- 4729494y
2
= 1
(1). Năm 1880 người ta đã tìm ra nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của (1) với x là số có 45 chữ số , y có 38
chữ số }
Cách giải :
 Phương trình Pell có nghiệm x = ± 1 , y = 0 được gọi là nghiệm tầm thường .
 Phương trình Pell luôn có vô số nghiệm không tầm thường.
Phuong Trinh Nghiem Nguyen Trang 2
 Giả sử x
o
, y

) không khó khăn lắm - chúng ta chỉ việc thử lần lượt y = 1,
2, 3, 4, 5... để tìm x
2
= Py
2
+ 1 là một số chính phương .
Tại sao P là số nguyên dương không chính phương ? . Ta hãy xét phương trình tổng quát
hơn, đó là phương trình : x
2
- Py
2
= 1 (*) trong đó P là số nguyên dương cho trước .
Vì x, y có mặt ở vế trái của (*) dưới dạng bình phương nên ta có thể hạn chế ở việc tìm các nghiệm
nguyên không âm .
Hiển nhiên rằng x = 1 ; y = 0 là một nghiệm - gọi là nghiệm tầm thường của (*). Ta còn phải tìm các
nghiệm không tầm thường (x, y > 0)
Nếu trong phương trình P là một số chính phương P = k
2
(k∈Z
+
) thì (*) chỉ có nghiệm tầm thường,
thật vậy khi đó (*) có dạng x
2
- (ky)
2
= 1 và chú ý rằng hiệu của hai số chính phương bằng 1 khi hai số
chính phương ấy là 1 hoặc 0 ⇒ x
2
= 1 ; (ky)
2

−
8
.
Đặt
1 3y
−
8
= t ∈ Z ⇒ Ta có : 3y + 8t = 1 ⇒ 3y = 1 - 8t ⇒ y = -3t +
1+ t
3
Đặt
1+ t
3
= u ∈ Z ⇒ Ta có : t = 3u - 1
Vậy : x = 9 - y + t ; y = -3t + u ; t = 3u - 1 ⇒ x = 11u + 5 ; y = -8u + 3 với u ∈ Z
Tìm nghiệm nguyên dương , nhỏ nhất ( x , y ) của phương trình 17x - 29y = 100 (1)
Vì (17 , 29) = 1 ⇒ phương trình có nghiệm nguyên
(1) ⇒ x = 6 + 2y -
2 5y
17
+
. Đặt
2 5y
17
+
= t ∈ Z ⇒ y = 3t + 2.
t -1
5
; đặt
t -1

+
<
2
2
1
2
y
⇒ x = 1 ; y = 1 ; z = 2
6) Tìm nghiệm (x , y) nguyên của phương trình : y
2
= x
5
+ 2x
4
- 3x
3
- 4x
2
+ 4x
Ta có y
2
= x.(x - 1)
2
(x + 2)
2
⇒ x = t
2
với t ∈ Z ⇒ y = ± t.(t
2
- 1)(t

+ x + 1 )
⇒ với k ∈ N : x
3k
≡ 1
k
≡ 1 ; x
3k + 1
≡ x ; x
3k + 2
≡ x
2
(mod x
2
+ x + 1 )
⇒ với 3 số a, b, c chia cho 3 cho các số dư khác nhau đôi một thì x
a
+ x
b
+ x
c
≡ 0 (mod x
2
+ x + 1 )
{ Tương tự : Chứng minh rằng x
7
+ x
11
+ x
1995
chia hết cho đa thức x

2
- (3 - 5x)
2
≥ 0 ⇔ ( -3x - 36)(7x - 42) ≥ 0 ⇔ -12 ≤ x ≤ 6
Tìm ngiệm nguyên của phương trình 5x - 3y = 2xy - 11
Ta có y =
5 11
2 3
x
x
+
+
⇒ để y∈ Z , ta cần có 5x + 11 ≥ 2x + 3⇔ (5x + 11)
2
≥ (2x + 3)
2

⇔
x x
≤ − ≥ −
3
8
2;
. Nhưng y =
2
5
2 3
+
+
+

1
4
; X ≥ 0 khi t ≤
461
231
< 2 ⇒ để X , Y cùng không âm thì t = 1.
Nhưng t = 1 thì Y = 3 = y
2
⇒ y ∉ Z ⇒ đpcm !
Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x
2
- 81y
2
= 1
Ta có y = 0 ⇒ x = ± 1. Ta tìm các nghiệm nguyên dương để suy ra các nghiệm còm lại .
Phương trình đã cho có thể viết lại thành 1 = (x + 9y)(x - 9y)
Do x , y > 0 nên x + 9y > 0 ⇒ x - 9y > 0 ⇒ x + 9y = 1 ⇒ ; x - 9y = 1 ⇒ x =
1
2
; y = 0 : giá trò không
thỏa.
⇒ phương trình đã cho chỉ có nghiệm : (x , y) = (1 , 0) ; (-1 , 0)
⇒ Tổng quát :
Phương trình x
2
- k
2
y
2
= 1 với k∈ N chỉ có nghiệm tầm thường x = ±1 ; y = 0

⇒ Các nghiệm nguyên dương (y
k
, t
k
) được xác đònh từ đẳng thức :
y 6 (5 2 6)
k k
k
+ = +
t
Giải phương trình trong tập số nguyên : 3x
2
+ 48y
2
= 1003 + 30xy (1)
Xem (1) là một phương trình bậc II theo x : 3x
2
- 30xy + 48y
2
- 1003 = 0
Phuong Trinh Nghiem Nguyen Trang 4
⇒ ∆‘ = 81y
2
+ 3009 = k
2
: là số chính phương để có x nguyên ( k∈Z
+
)
⇒ k
2

9 177
k y
k y
− =
+ =



9 51
9 59
Trong trường hợp nào ta cũng thấy y không nguyên ⇒ Bài toán vô nghiệm !
{ Chú ý , dễ dàng kết luận ngay bài toán vô nghiệm vì 1003 không chia hết cho 3 }
Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau đây : 9x
2
- 15xy + 4y
2
+ 38 = 0 (1)
Xem (1) là phương trình có ẩn x và tham số là y .
Để x nguyên , điều kiện cần là ∆ = 81y
2
- 1368 = k
2
: chính phương (k ≥ 0) (2)
Nhận thấy 81y
2
- k
2
= 1368 chỉ chứa lũy thừa bậc chẵn nên chỉ việc tìm các nghiệm nguyên dương sẽ
suy ra các nghiện còn lại .Từ đó (2) có thể viết lại là : (9y + k)(9y - k) = 2
3

;
⇒ x =
1513 111
18
17
.
±
=
⇒ các nghiệm là (x , y) = (17 , 13) ; (-17 , -13)
Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 2x
2
+ 3y
2
- 5xy + 3x - 2y - 3 = 0 (1)
Xem phương trình là bậc II đối với x . Khi đó (1) ⇔ 2x
2
+ (3 - 5y)x + 3y
2
- 2y - 3 = 0
Để có x nguyên thì điều kiện cần là ∆ = y
2
- 14y + 33 = k
2
( k nguyên không âm) (2)
Xem (2) là phương trình bậc II đối với y ⇒ { (2) ⇔ y
2
- 14y + 33 - k
2
= 0 } và δ‘
(2)

Tìm 3 số nguyên tố khác nhau biết tích của 3 số đó gấp 3 lần tổng của chúng .
Gọi 3 số nguyên tố đó là a , b , c ⇒ abc = 3( a + b + c ) ⇒ abc

3 ⇒ có một số chia hết cho 3, giả
sử là số a 

3 . Vì a nguyên tố nên a = 3 ⇒ b + c = 3 + b + c ⇒ b( c - 1 ) = 3 + c ⇒
b
3 c
c 1
=
+
−
= 1 +
⇒ c - 14
Từ đó tính được c = 2 ⇒ b = 5 ; c = 5 ⇒ b = 2
Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x
53
+ y
53
= 53z (1)
Vì z ∈Z ⇒ x
53
+ y
53


53. Vì 53 là số nguyên tố nên theo đònh lý Fermat : x
53
- x

+ 4p
3
+ 4p
4
(2)
Mặt khác : (2x)
2
= 4x
2
> 4p
4
+ 4p
3
+ p
2
= ( 2p
2
+ p)
2
và (2x)
2
= 4x
2
< 4p
4
+ p
2
+ 4 + 4p
3
+ 8p

2
= 8 (vô lý !).
Nếu y = 2 thì 8 = (z
2
+ x)(z
2
- x) , mà z
2
+ x > 0 ⇒ z
2
- x > 0 và (z
2
+ x) + (z
2
- x) = 2z
2
⇒ phân tích 8
= 2.4 , nhưng khi đó 2 + 4 = 2z
2
⇒ z không nguyên (loại)
Nếu x = 2 thì y
3
= (z
2
+ 2)(z
2
- 2) và do(z
2
+ 2) - (z
2

2
+ y
2
> 0 ⇒ (x - y)
2
+ y
2
= 1 ⇒ x = y = 1 ; z = 5 ⇒ có 4 bộ nghiệm !
Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 1 + x + x
2
+ x
3
= y
3
( Thi Toàn quốc lớp 9 - 1982 )
Nhận thấy : 1 + x + x
2
= (x +
1
2
)
2
+
3
4
> 0 ⇒ y
3
> x
3
⇒ y > x ⇒ y ≥ x + 1

+ 2a < a
2
+ 2a + 1 = (a + 1)
2
⇒ x
2
: không chính phương ( Vô lý ! )
Vậy a ≤ 0 ⇒ y
2
+ 3y ≤ 0 ⇔ -3 ≤ y ≤ 0 ⇒ (x , y) = (0 , 0) ; (0 , -1) ; (0 , -2) ; (0 , -3)
Tìm bộ số (x , y , u , v) nguyên thỏa mãn đẳng thức :
1
x
1
y
1
u
1
v
2 2 2 2
+ + + =
1
(1)
Dễ thấy rằng :
1
x
1
y
1
u




khi
Xét x = 0, 1, 2 ⇒ 5y = 2, 13, 24 ⇒ y không nguyên
Xét 5y = 4x
2
+ 5x - 2 ⇒ 4x
2
- 2

5 và do 4x
2
- 2

2 ⇒ 2x
2
≡ 1 (mod 10) ⇒ x ∉ Z ⇒ Bài toán vô
nghiệm !
Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x
3
= y
3
+ 2y
2
+ 3y + 1 (1)
Từ (1) ⇒ x
3
+ y
2

≡ −
(mod p)