Phơng trình nghiệm nguyên
và một số phơng pháp giải
Trong phơng trình nghiệm nguyên, chúng ta có thể gặp những phơng trình cơ
bản có phơng pháp giải cụ thể và cũng có những phơng trình có các cách giải linh
hoạt tùy theo cách nhìn nhận của mỗi ngời
A. Một số ph ơng trình cơ bản:
I/ Phơng trình có dạng: ax + by = c với (a, b) = 1 (*)
Cách giải:
Tìm nghiệm riêng x
0
, y
0
của phơng trình
Và rút ra công thức nghiệm:
( )



=
+=
atyy
Ztbtxx
0
0
Cần lu ý:
1. Phơng trình ax + by = c có nghiệm nguyên
( )
b,ac

Vì vậy đối với những phơng trình có dạng ax + by = c mà (a, b) khác 1 thì ta sẽ đa
về dạng (*) bằng cách chia hai vế cho d = (a, b)

, y
0
) là nghiệm riêng của ax + by = c
Vì vậy để tìm nghiệm nguyên riêng của phơng trình (*) ta tìm nghiệm nguyên riêng
của phơng trình
( )



=
=+
1ba,
1 by ax
bằng phơng pháp Ơclid
==
+
+
+=





+=
+=
+=

qp
q
1

q|x|
hoặc
q|y|
p|x|
0
0
0
0
;
ta có thể thử và tìm ra một cặp nghiệm riêng.
Ví dụ:
Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: 7x 9y = 4
1
Ta có: 9 = 7.1 + 2



=
=



=
=
=+=
4|y|
3|x|
hoặc
3|y|
4|x|

n
x
n
= c (a
1
; c
Z

)
Trờng hợp 1: Phơng trình có một hệ số của một ẩn bằng 1. Giả sử a
1
=1. Ta có:
x
1
= c- a
2
x
2
-....- a
n
x
n
Phơng trình có nghiệm nguyên:
(c- a
2
x
2
-....- a
n
x

Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình : 3x + 4y + 7z = 6

3x + 4y = 6 7z
Dễ thấy nghiệm riêng của 3x + 4y = 1 là (-1; 1). Suy ra nghiệm riêng của 3x + 4y =
6 -7z là (7z 6; 6 7z )





=
+=

z
Zt;zVớit3z76y
t46z7x
Một số phơng pháp tìm nghiệm nguyên
B. Một số ph ơng pháp giải khác:
I. Sử dụng tính chẵn, lẻ:
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:
(2 + 5y +1 ). (2
|x|
+ y + x
2
+x) = 105 (1)
Giải:
Ta nhận thấy 105 = 3.5.7 là một số lẻ nên:




5y
2
+ 6y 104 = 0. Suy ra y = 4 ta
thỏa mãn.
Vậy nghiệm nguyên của phơng trình là



=
=
4y
0x
.
Ví dụ 2: Tìm tất cả các số nguyên tố: x, y thỏa mãn x
2
- 2y
2
= 1 (2)
Giải:
(2)
lẻxlẻx1y2x
222
+=
. Đặt x = 2k +1 (k

Z).
(2)
( ) ( )
nẵchy1kk2y1k4k41y21k2
222

9).
Thay vào ta có: at = a(kat 10)
( ) { }
5;2;1tt101kat1010katt
==

Khi t = 1, ta có: a = b

ka = 11

a = 1.
Khi t = 2, ta có b= 2a và ka = 6

a = 1; 2; 3 và b tơng ứng: b= 2; 4; 6
Khi t = 5, ta có: b= 5a và ka = 3

a = 1; b= 5
Vậy ta có các sô cần tìm: 11; 12; 24; 36; 15
Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên:
p (x+y) = xy (4) với p là số nguyên tố.
Giải:
(4)

(x- p).(y p) = p
2
=p.p = (-p).(-p) = 1.p
2
= (-1).(-p)
2
Vì x; y bình đẳng nên giả sử x

ppx
;
ppy
ppx
2
2
Ta có các nghiệm nguyên: (2p; 2p); (0; 0); (p+1; p
2
+p); ( p
2
+p; p+1); ( p
2
-p; p-1);
( p-1; p
2
-p)
III. Phơng pháp cực hạn:
Thờng đợc sử dụng cho phơng trình đối xứng, vai trò các ẩn là nh sau:
Ta có thể giả sử: x

y

z

....
Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình: x + y+ z = xyz (5)
Giải
Vì vai trò x; y; z bình đẳng nên giả sử :
1



=
=
3z
2y
21z
11y
.
Vậy nghiệm nguyên của phơng trình là (1; 2; 3)
Ví dụ 6: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:
1
z
1
y
1
x
1
=++
Giải
Vì vai trò trò x; y; z bình đẳng nên giả sử :
1<x

y

z
3xhoặc2x3x
x
3
z
1

2
1
z
1
3
1
===+
4
+y = 4 ta có:
4z
4
1
z
1
2
1
z
1
4
1
===+
*Khi x =3 ta có: x= y = z = 3
Vậy phơng trình có các nghiệm nguyên dơng (x; y; z) là:
(3; 3; 3); (2; 3; 6); (2; 4; 4)
IV. Phơng pháp loại trừ
Ví dụ 7: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:
1!+ 2! + ...+x! = y
2
Giải
10!x5x

+4
( ) ( )
+<<+
2
34
2
3
2xy1x
vô lý

vô
nghiệm
*x = 0
1y1y
4
==
. Vậy (0; 1); (0;-1) là 2 nghiệm của phơng trình
*x = -1, (8) sẽ là: y
4
=-1. Vô lý --> Vô nghiệm
*x
2

. Ta có: x
6
+4x
3
+4 <x
6
+3x

(9)
Giải:
(9)

100x +10y +z + 100x +10z +y =111z

200x + 11 y = 100z

100(z 2x) = 11y
x2z0y100
==

Vì có các số 102; 204; 306; 408 đều thỏa mãn.
Ví dụ 10:
Giải phơng trình nghiệm nguyên:
2008x...xx
4
7
4
2
4
1
=+++
Giải:
Ta có :
Khi x = 2k (k

Z)
16x
4

VI. Sử dụng tính chất nguyên tố:
Lu ý:
*Với a

Z thì a
2
+ 1 không có ớc nguyên tố dạng 4k + 3 (k

Z)
5