CHUYÊN ĐỀ 20 – PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
Ngày soạn: 04 – 4 2010
 - PHƯƠNG PHÁP 1: Phương pháp đưa về dạng tổng
 Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình có các
biểu thức chứa ẩn viết được dưới dạng tổng các bình phương.
- Biến đổi phương trình về dạng một vế là một tổng của các bình phương các biểu
thức chứa ẩn; vế còn lại là tổng bình phương của các số nguyên (số số hạng của hai
vế bằng nhau).
Các ví dụ minh hoạ:
- Ví dụ 1: Tìm
Zyx ∈;
thoả mãn:
16945
22
=+− yxyx
(1)
(1)
01692514444
222
+=+=++−⇔ xyxyx
⇔

( )
( )
2
2
2
2
2 144 25
2 169 0
x y x

x y x

− + = +


− + = +


Từ (I) ta có: Tương tự từ (II) ta có:

( )
( )
2
2
2 2
2
2
2 2
5 5
2 12
;
2 22
5
12 12
2 5
;
19 29
12
x x
x y

y y
x
x x
x y
y y
x


= ± = ±
− =
 


⇒
  
= =

 
=





= ± = ±
− =
 

⇒


  
= =
 
=



m m
m m

( )
( )
2
2
2
2
2 2
0
2 13
13
0
13
2 0
26
13
x
x y
y
x
x

x y
y
x


=
− =



⇒
 
= ±


=





= ±
− =


⇒

 
= ±


=



Vậy
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
5; 2 ; 5; 22 ; 5;2 ; 5;22 ; 12; 19 ; 12; 29
,
12;19 ; 12;29 ; 0;13 ; 0; 13 ; 13; 26 ; 13; 26
x y
− − − − − − 
 
∈
 
− − − − −
 
 
Ví dụ 2: Tìm
Zyx ∈;
thoả mãn:
2 2
8x y x y+ − − =
(2)
(2)
( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2 2
4 4 4 4 32 4 4 1 4 4 1 34 2 1 2 1 5 3x x y y x x y y x y⇔ − + − = ⇔ − + + − + = ⇔ − + − = +



( )
( )
( )
( )
2
2
2
2
2
2
2
2
2 1 3
2; 1
3; 2
2 1 5
2 1 5
3; 2
2; 1
2 1 3
x
x x
y y
y
x
x x
y y
y



− =
= = −



⇒
 
= = −


− =



⇒


− =
= = −



⇒
 

= = −

− =




Vậy
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
{ }
; 2;3 ; 2; 2 ; 1;3 ; 1; 2 ; 3;2 ; 3; 1 ; 2;2 ; 2; 1x y ∈ − − − − − − − −
Ví dụ 3: Tìm
Zyx ∈;
thoả mãn:
3 3
91x y− =
(1)
(1)
( )
( )
2 2
91.1 13.7x y x xy y⇔ − + + = =
(Vì
( )
2 2
0x xy y+ + >
)

( )
( )
( )
( )
2 2
2 2

2 2
1
6 5
;
91
5 6
. 91.1
91
1
x y
x x
x xy y
y y
x y x xy y
x y
VN
x xy y
 − =

= = −
 

⇒

  
+ + =
= = −

 



− + + = ⇒

− =



⇒


+ + =




Ví dụ 4: Tìm
Zyx ∈;
thoả mãn:
2 2
0x x y+ − =
(2)
1
(II)
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2 2
0 4 4 4 0 2 1 2 1 2 2 1 2 1 1
2 2 1 1 0
2 2 1 1 0
2 2 1 1 1

2 2 1 1 0
x x y x x y x y x y x xy
x y x
x y y
x y x
x y y
+ − = ⇒ + − = ⇒ + − = ⇒ + + − + =
 + + = =
 
⇒
 

− + = =
 

⇒

+ + = − = −
 

⇒
 
− + = − =

 

Vậy:
( ) ( ) ( )
{ }
; 0;0 ; 1;0x y ∈ −

 - PHƯƠNG PHÁP 2: Phương pháp cực hạn
 Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình đối xứng
- Vì phương trình đối xứng nên
; ;x y z
có vai trò bình đẳng như nhau. Do đó; ta giả
thiết
x y z≤ ≤
; tìm điều kiện của các nghiệm; loại trừ dần các ẩn để có phương trình
đơn giản. Giải phương trình; dùng phép hoán vò để suy ra nghiệm.
 Ta thường giả thiết
1 x y z≤ ≤ ≤ ≤
Các ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 1: Tìm
; ;x y z Z
+
∈
thoả mãn:
. .x y z x y z+ + =
(1)
 Nhận xét – Tìm hướng giải:
Ta thấy đây là phương trình đối xứng.
Giả sử
1 x y z≤ ≤ ≤
. Khi đó:
(1)
. . 3 . 3x y z x y z z x y⇒ = + + ≤ ⇒ ≤
(Vì
; ;x y z Z
+
∈

)
{ }
. 1;2;3x y⇒ ∈
* Nếu:
. 1 1 2x y x y z z= ⇒ = = ⇒ + =
(vô lí)
* Nếu:
. 2 1; 2; 3x y x y z= ⇒ = = =
* Nếu:
. 3 1; 3 2x y x y z y= ⇒ = = ⇒ = <
(vô lí)
Vậy:
; ;x y z
là hoán vò của
( )
1;2;3
Ví dụ 2: Tìm
; ;x y z Z
+
∈
thoả mãn:
1 1 1
2
x y z
+ + =
(2)
 Nhận xét – Tìm hướng giải:
Đây là phương trình đối xứng.
Giả sử
1 x y z≤ ≤ ≤

. Khi đó:
(2)
1 1 1 3 3
2 1
2
x x
x y z x
⇒ = + + ≤ ⇒ ≤ ⇒ =

Với:
{ }
1 1 2
1 1 2 1;2x y y
y z y
= ⇒ = + ≤ ⇒ ≤ ⇒ ∈

.Nếu:
1
1 0y
z
= ⇒ =
(vô lí)
.Nếu:
2 2y z= ⇒ =
Vậy:
; ;x y z
là hoán vò của
( )
1;2;2
 - PHƯƠNG PHÁP 3: Phương pháp sử dụng tính chất chia hết

Các ví dụ minh hoạ:
2
Ví dụ 1: Tìm
;x y Z∈
để:
2
2
1
x x
A
x x
+
=
+ +
nhận giá trò nguyên
Ta có:
2 2
2 2 2
1 1 1
1
1 1 1
x x x x
A
x x x x x x
+ + + −
= = = +
+ + + + + +
. Khi đó:
Để A nhận giá trò nguyên thì
2

1
1x x+ +
nhận giá trò nguyên.
( ) ( )
( )
{ }
2 2
1
1 1 1 1;1x x x x U⇒ + + ⇒ + + ∈ = −M

Vì :
( )
2 2
0
1 0; 1 1
1
x
x x x x x
x
=

+ + > ∀ ∈ ⇒ + + = ⇒

= −

¢

Vậy để A nhận giá trò nguyên thì:
0x =
hoặc

1x = −
Ví dụ 2: Tìm
;x y Z∈
thoả mãn:
2 2 2
2 1 2 .y x x y x y x y+ + + = + +
(2)
( ) ( ) ( ) ( )
2
2 . 1 . 1 . 1 1 0 *y x x x y x⇒ − − − − − + =

Với:
( )
1; * 1 0 1x x= ⇒ = ⇒ =
không phải là ngiệm của phương trình. Nên:
( )
2
1
2 0 **
1
y x y
x
− − + =
−
.
Phương trình có nghiệm nguyên
( ) { }
0
1
1 (1) 1; 1

1
1
x
x U
x
x
=

⇔ ∈ ⇔ − ∈ = − ⇒

=
−

¢
Ví dụ 3: Tìm
;x y Z
+
∈
thoả mãn:
( )
2
3 1 1
x
y+ = +
(3)
Ta có:
(3)
( ) ( )
2
3 1 1 2

x
y y y⇒ = − − = +
.
3
x
là số lẻ
( )
; 2y y⇒ +
là hai số lẻ liên tiếp
( )
; 2 1 ; 2y y y y⇒ + = ⇒ +
là các luỹ thừa của 3, nên:

( )
( )
( )
3 *
3 2 3
2 3 **
m
m n
n
y
m n x m n
y

=

+ = ⇒ + = ⇒ <


+ =


 Với:
0; 1 1; 1.m n y x= ⇒ = ⇒ = =
 Với:
1; 1m n≥ ⇒ >
Từ
( ) ( )
( )
( )
( )
3
* ; ** ; 2 1
2 3
y
y y
y


⇒ ⇒ + ≠

+


M
M
( vô lí)
Phương trình có nghiệm nguyên:
1

1
x
y
=


=

 - PHƯƠNG PHÁP 4: Phương pháp sử dụng bất đẳng thức
 Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình mà hai vế
là những đa thức có tính biến thiên khác nhau.
- Áp dụng các bất đẳng thức thường gặp:
*Bất đẳng thức Cô – si:
Cho n số không âm:
1 2 3
; ; ; ;
n
a a a a
. Khi đó:
1 2 3
1 2 3

. .
n
n
n
a a a a
a a a a
n
+ + + +

≥
. Dấu “=” xảy ra
1 2 3

n
a a a a⇔ = = = =
* Bất đẳng thức Bunhiacôpxki:
3
Cho 2n số thực:
1 2 3
; ; ; ;
n
a a a a
và
1 2 3
; ; ; ;
n
b b b b
. Khi đó:
( ) ( ) ( )
2
1 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3
. . . . . . .
n n n n
a b a b a b a b a a a a b b b b+ + + + ≤ + + + + + + + +
.
Dấu “=” xảy ra
( )
1;
i i

a kb i n⇔ = =
.
*Bất đẳng thứcgiá trò tuyết đối:
. 0
. 0
a b a b
a b
a b a b
 + ⇔ ≥
+ =

− ⇔ <


Các ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 1: Tìm
;x y Z
+
∈
thoả:
. . .
3
x y y z z x
z x y
+ + =
(1)
Áp dụng BĐT Cô – si. Ta có:
3
3
. . . . . .

3 3. . . 3. . .
x y y z z x x y y z z x
x y z
z x y z x y
= + + ≥ =
.
3
. . 1 . . 1 1x y z x y z x y z⇒ ≤ ⇔ ≤ ⇒ = = =

Vậy nghiệm của phương trình là:
1x y z= = =
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
( )
( )
2
2 2
1 3 1x y x y+ + = + +
(2)
(Toán Tuổi thơ 2)
Theo Bunhiacôpxki,ta có:

( )
( ) ( ) ( )
2
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 3 1x y x y x y+ + ≤ + + + + = + +

Dấu “=” xảy ra
1
1

1 1 1
x y
x y⇔ = = ⇒ = =
Vậy nghiệm của phương trình là:
1x y= =
Ví dụ 3: Tìm tất cả các số nguyên
x
thoả mãn:

3 10 101 990 1000 2004x x x x x− + − + + + + + + =
(3)
 Nhận xét – Tìm hướng giải:
Ta nhận thấy: 2104 = 3 + 10 + 101 + 990 + 1000 =101 + 2003 và
a a= −
Ta có:(3)
3 10 101 990 1000 2004x x x x x⇒ − + − + + + + + + =
.
Mà
3 3
10 10
101 101 2004 101 2003 101 1
990 990
1000 1000
x x
x x
a a x x x x
x x
x x
 − ≥ −


− ≥ −


≥ ⇒ + ≥ + ⇒ ≥ + + ⇒ + ≤


+ ≥ +


+ ≥ +

Do đó:
( ) ( ) { } { }
1 101 1 101 1;0;1 102; 101; 100x x x− ≤ + ≤ ⇒ + ∈ − ⇒ ∈ − − −
.
Với
101 2004 2003x = − ⇒ =
(vô lí). Vậy nghiệm của phương trình là:
{ }
102; 100x ∈ − −
1) T×m c¸c sè nguyªn x,y,z tho¶ m·n:
2 2 2
3 2 3x y z xy y z+ + ≤ + + −
V× x,y,z lµ c¸c sè nguyªn nªn

2 2 2
3 2 3x y z xy y z+ + ≤ + + −
4
( )
2 2

2 2 2 2 2
3
3 2 3 0 3 3 2 1 0
4 4
y y
x y z xy y z x xy y z z
   
⇔ + + − − − + ≤ ⇔ − + + − + + − + ≤
 ÷  ÷
   
( )
2 2
2
3 1 1 0
2 2
y y
x z
   
⇔ − + − + − ≤
 ÷  ÷
   
(*) Mµ
( )
2 2
2
3 1 1 0
2 2
y y
x z
   

− + − + − ≥
 ÷  ÷
   

,x y R∀ ∈

( )
2 2
2
3 1 1 0
2 2
y y
x z
   
⇒ − + − + − =
 ÷  ÷
   
0
2
1
1 0 2
2
1
1 0
y
x
x
y
y
z

z

− =

=


 
⇔ − = ⇔ =
 
 
=

− =



C¸c sè x,y,z ph¶i t×m lµ
1
2
1
x
y
z
=


=



=

PHƯƠNG PHÁP 5: Phương pháp lựa chọn
Phương pháp: Phương pháp này được sử dụng với các phương trình mà ta có thể
nhẩm (phát hiện dể dàng) được một vài giá trò nghiệm
- Trên cơ sở các giá trò nghiệm đã biết. Áp dụng các tính chất như chia hết; số dư;
số chính phương; chữ số tận cùng … ta chứng tỏ rằng với các giá trò khác phương
trình vô nghiệm
Các ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 1: Tìm
;x y Z
+
∈
thoả mãn:
6 3 4
3 1x x y+ + =

 Nhận xét – Tìm hướng giải:
Ta thấy với
0; 1x y= = ±
thì phương trình được nghiệm đúng. Ta cần chứng minh
phương trình vô nghiệm với
0x ≠
+ Với
0; 1x y= = ±
thì phương trình được nghiệm đúng
+ Với
0x >
. Khi đó:


( ) ( )
2 2
6 3 6 3 6 3 3 4 3
2 1 3 1 4 4 1 2x x x x x x x y x+ + < + + < + + ⇒ + < < +
(*)
Vì
( ) ( )
3 3
1 ; 2x x+ +
là hai số nguyên liên tiếp nên không có giá trò nào của y thoả
(*)
Vậy
0; 1x y= = ±
là nghiệm của phương trình.
Ví dụ 2: Tìm
;x y Z
+
∈
thoả:
2 2 1
1 3
y
x x
+
+ − =
(2)
(Tạp chí Toán học và tuổi trẻ )
Gọi b là chữ số tận cùng của x ( Với
{ }
0;1;2; ;9b ∈

. Khi đó:
( )
2
1x x+ −
có chữ số
tận cùng là: 1, 5 hoặc 9. (*)
Mặt khác:
2 1
3
y+
là luỹ thừa bậc lẻ của 3 nên có tận cùng là 3 hoặc 7. (**)
Từ (*) và (**) suy ra phương trình vô nghiệm.
Ví dụ 3: Tìm
;x y Z
+
∈
thoả mãn:
2 2
6 13 100x xy y− + =
(3)
(3)
( )
( )
( )
( )
2
2
2 2
5
3 4 25

25
y
x y
y n n
 ≤

⇒ − = − ⇒

− = ∈


¥
Do đó:
{ } { }
5; 4; 3;0;3;4;5 3;9;11;13y x∈ − − − ⇒ ∈

5
Phương trình có nghiệm nguyên:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
{ }
; 5;3 ; 4;9 ; 3;11 ; 0;13 ; 3;11 ; 4;9 ; 5;3x y ∈ − − −
PHƯƠNG PHÁP 6: Phương pháp lùi vô hạn (xuống thang)
Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với những phương trình có (n – 1) ẩn
mà hệ số có ước chung khác 1
- Dựa vào tính chất chia hết ta biểu diễn ẩn theo ẩn phụ nhằm “hạ” (giảm bớt)
hằng số tự do, để có được phương trình đơn giản hơn.
- Sử dụng linh hoạt các phương pháp để giải phương trình đó.
Các ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 1: Giải phương trình:
3 3 3

3 9 0x y z− − =
(1)
 Nhận xét – Tìm hướng giải:
Ta thấy
( )
3 3 3 3 3 3
3 9 0 3 9 3x y z x y z− − = ⇒ − − M
mà
( )
3 3
3 9 3y z− − M
nên
3
3x M
Ta có: (1)
( )
3 3 3 3
1
3 9 3 3 3 3x y z x x x x⇒ − − ⇒ ⇒ ⇒ =M M M
Khi đó: (1)
( ) ( )
3 3 3 3 3 3 3
1 1 1
27 3 9 3 9 3 3 3 3 3x y z x y z y y y y⇒ − − ⇒ − − ⇒ ⇒ ⇒ =M M M M
.
( )
3 3 3 3
1 1 1
9 27 3 3 3 3 3x y z z z y z⇒ − − ⇒ ⇒ ⇒ =M M M
.

* Tiếp tục sự biểu diễn trên và nếu gọi
0 0 0
; ;x y z
là nghiệm của (1) và thì
( )
0 0 0
; ;
3
x y z
U∈
và
0 0 0
0 ; ; 9x y z≤ ≤
. Thực hiện thử chọn ta được:
0 0 0
0x y z= = =
Vậy nghiệm của phương trình là:
0 0 0
0x y z= = =
6