WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
Chuyên đề Bồi dưỡng HSG Toán
Giáo viên : Phan Đức Thành Trường THCS Quỳnh vinh
Phương trình nghiệm nguyên là một lĩnh vực khó,đa dạng về phương pháp giải,linh hoạt về
cách suy luận…Tuy nhiên,ở mức độ nào đó,chúng ta có thể “ trấn an” học sinh bằng cách cung cấp
bài tập một cách hệ thống kèm theo phương pháp điển hình…và qui trình bắt buộc (nếu có). Với
phạm vi bồi dưỡng HSG thi cấp huyện, trong chuyên đề này tôi ưu tiên đề cập dạng bài Giải bằng
phương pháp phân tích, các phương pháp khác như Chẵn lẻ,Cực hạn, Dùng bất đẳng thức, Loại
trừ ,Chia hết, Đồng dư, Xuống thang…chỉ giới thiệu với mục đích tham khảo và làm cho học sinh
có khái niệm về chúng mà thôi.
i. Giải bằng phương pháp phân tích
Vài lưu ý khi giảng dạy phương pháp này:
- Chuyên đề chỉ đề cập đến 3 kiểu phân tích: thành tích,thành tổng các luỹ thừa, thành tổng
dạng liên phân số. (Kiểu bài này phù hợp với trình độ thi HSG cấp huyện)
- Cần phải nhắc nhở và chỉ rõ : Chỉ có trên tập Z (hoặc hẹp hơn nữa là trên số tự nhiên,tập số
nguyên tố) thì việc phân tích 1 số nguyên thành tích các thừa số hoặc tổng các luỹ thừa mới có thể
thực hiện được. Điều này không thực hiện được đối với số trên tập R
(vì có vô hạn khả năng),để tránh sự nhầm lẫn đáng tiếc giống như trường hợp sau:
Bài tập: Giải pt: x
2
+2x-3 = 0. Có h/s giải:  x(x+2) =3 .Giải 4 khả năng và chọn được
x=1, x=-3 ! ( Một sự trùng hợp thú vị)
H/s này đã không đọc kỹ đề (giải trên R),vì vậy đã mắc mắc sai lầm lớn .
- a/ Đối với dạng phân tích thành tích
+) Dạng đơn giản: Không cần giải hệ mà giải các ước, thay giá trị vừa tìm vào phương trình suy ra
nghiệm (BT: 1; 2; 5; 9; 10; 11). Loại bài toỏn này sau khi phân tích có dạng
))(( =±± byax
(Nhân tử chỉ chứa một biến) mà a và b là các hằng số.
+) Dạng phải giải hệ là bài tập sau khi biến đổi phương trình có dạng
)'')(( =±±±± nybxambyax

(nhân tử chứa nhiều biến) ,trong trường hợp có nhiều khả năng có
thể nhận xét để loại bỏ bớt ( BT: 3; 4; 7). Cũng có thể phải nhận xét tập xác định hoặc đặc điểm
riêng biệt để loại bỏ bớt khả năng ( như BT: 8; 9).
+) Dạng nghiệm nguyên của phương trình bậc hai 2 ẩn lưu ý là phải giải theo Đk cần (
∆
chính
phương) do đó phải kiểm tra các khả năng có thể xảy ra và chọn nghiệm thoả mãn .Loại bài này
dùng vào cuối năm lớp 9. (Bài12 đến bài 17)
-b/ Đối với dạng Phân tích thành tổng các luỹ thừa
Khi không phân tích được thành tích thì nghĩ đến nó. Cần chọn cách viết hợp lý để có thể
phân tích được .
-c/ Dạng liên phân số thì cách cho đề đã khá rõ, cần lưu ý là: một phân số khi phân tích
thành liên phân số, kết quả phân tích là duy nhất,do đó việc đặt tương ứng các thành phần là hợp
lý.
1
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
Bài tập GiảI bằng phương pháp phân tích
a. Phân tích thành tích.
1, Tìm nghiệm nguyên của các phương trình:
a.
xyyx =+
; b.
9=++ yxyx
; c.
212 =++ yxxy
(thi chọn HSG lớp 8-2003-2004)
d.
xyyxp =+ )(
với p là một số nguyên tố.

2, a. Tìm x, y thuộc N:
53
3
=− xyx
b. Tìm x, y, z thuộc N* thỏa mãn



++=
=+
)(2
222
zyxxy
zyx
Hay tìm tam giác vuông có số đo diện tích bằng số đo chu vi.
(Thi chọn HSG lớp 8 năm 2001-2002)
3, Giải các phương trình sau trên Z
a.
968103
22
=++ yxyx
b.
092
22
=−−+ yxyx
c.
0
22
=−+ yxx
d.

91
22
=− yx
4, Tìm các số nguyên x để
6
2
++ xx
là số chính phương (Sơ tuyển 2004-2005)
5, Tìm tất cả các cặp số nguyên dương sao cho tổng của mỗi số với số 1 thỡ chia hết cho số kia.
6, Tìm n
∈
N sao cho
n
222
118
++
là một số chính phương.
7, Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
)8)(7)(1(
2
+++= xxxxy
8, Tìm x, y, z
∈
N* để:
0)()2(
323
=−+−+ yxxzxyyzy
9, Tìm
xy
sao cho

14)(
222
+=− xyyx
10, Tìm x;y nguyên của phương trình:
19522
2
−+=− yxxyx
. (Sơ tuyển 2006-2007)
11,( Sơ tuyển 2002-2003)
Hai đội cờ vua của hai trường thi đấu với nhau, mỗi đấu thủ của đội này phải đấu một vỏn
với mỗi đấu thủ của đội kia. Biết rằng tổng số các ván cờ phải đấu bằng 2 lần tổng số đấu thủ hai
đội và một trong hai đội có số đấu thủ là số lẻ. Tìm số đấu thủ của mỗi đội
12.Tìm n nguyên để các nghiệm của pt : x
2
- (4+n)x +2n = 0 cũng nguyên.
13. Tìm n nguyên để các nghiệm của pt : x
2
-(4+n)x+ 4n- 25 = 0 cũng nguyên.
14. Tìm số p nguyên tố,biết pt: x
2
+px-12p = 0 có 2 nghiệm đều nguyên.
15.Tìm
Nnm ∈;
sao cho các nghiệm của phương trình: x
2
-m(n+1)x +m +n +1 = 0
cũng là số tự nhiên.
16, Tìm x, y
∈
Z thỏa mãn các phương trình:

a.
155332
22
=++++ yxxyyx
b.
9539109
22
=−+−− yyxyyx

17, Tìm x, y
∈
Z thỏa mãn các phương trình:
a.
)(283612
22
yxyxyx +=++
; b.
)(3)(7
22
yxyxyx +−=+
b. Phân tích thành tổng các luỹ thừa
2
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
1, Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
)32(2
362
−−−= yxxy
2, Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
422222

222
=−−−++ zyzxyzyx
3, Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau:
16954
22
=+− yxyx
4, Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: a.
100613
22
=−+ xyyx
b.
22
6 yxx −=−−
5, Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau:
2622423
222
=+++++ yzxzxyzyx
6, Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình:
yyyx 3653
232
−=−+
7, Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau:
xxy 242
22
−−+=
( Thi HSGlớp 9- huyện Quỳnh lưu 2005-2006)
8, Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: a.
3222236
)5(315 +−=−+ yzyxzxzx
b.

)4914(17)284(
244222
+++=++ yyxyx
c. phân tích thành liên phân số
1, Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau
7
10
1
1
=
+
+
z
y
x
2, Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình :
)(40)1(31 tyyztztxtxyxyzt ++=++++

3, Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình:
)1(229)(55
32233
+=++ xyyxyx
4, Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau:
3838)2(7
22
+=+++ xyyxyxyx
II-HƯỚNG DẪN GIẢI
A, PHÂN TÍCH THÀNH TÍCH.
1, a/.
1)1)(1(1)1()1(0 =−−⇔=−−−⇔=−−⇔=+ yxyyxyxxyxyyx


{ }
1;1)1( −∈−⇒ x
)
2211 =⇒=⇒=− yxx
cặp nghiệm (2;2)
)
1
−
x
001 =⇒=⇒−= yx
cặp nghiệm (0;0)
b/.
( ) ( ) ( )( )
101110119 =++⇔=+++⇔=++ yxyyxyxyx
Suy ra
1+x
là ước của 10. Suy ra
1+x
{ }
10;5;2;1 ±±±±∈
suy ra
{ }
11;9;6;4;3;1;2;0 −−−−∈x
Thay giá trị của x vào phương trình đó cho thu được y tương ứng.
Các nghiệm của ph.t. là: (1;4); (4;1); (-3;-6); (-6;-3); (0;9); (9;0); (-2;-11); (-11;-2)
c/. 2xy+x+y=21 4xy+2x+2y+1=43 (2x+1)(2y+1)=43
 2x+1 là ước của 43 =>
{ } { }
22;21;1;043;43;1;1 −−∈⇒−−∈ x

Thay các giá trị vào pt ta có các
giá trị y tương ứng là: 21;-22; 0; -1.
Vậy phương trình có 4 nghiệm (x;y)= (0;21) ; (-1;-22) ; (21;0); (-22;-1)
d/.
xyyxp =+ )(
( ) ( ) ( )( )
22
0 ppypxppyppyxpypxxy =−−⇔=−−−⇔=−−⇔
Suy ra
px −
{ }
2
;;1 pp ±±±∈
. Do tính chất đối xứng ta có các nghiệm. (0;0); (2p;2p); (p+1;p
2
+p);
(p
2
+p;p+1); (p-p
2
;p-1); (p-1;p-p
2
).
2, a/.
( )
5353
23
=−⇔=− yxxxyx
do
{ }

yxx ⇒∈⇒Ν∈ 5;1
tương ứng là
{ }
74;2−
Nghiệm của phương trình là (x;y) = (5;74) vỡ y = -2 bị loại.
3
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
b/.
*
,, Ν∈zyx
từ hệ
( )



++=
−+=⇒=+
)2)((2
2)1(
2
2222
zyxxy
xyyxzzyx
Suy ra
( ) ( )
(*)4
2
2
zyxyxz ++−+=

(*)
( ) ( ) ( ) ( )
22
2
2
224444 +=−+⇔++=++−+⇔ zyxzzyxyx
Do
02 ≥−+ yx

422 −+=⇔+=−+⇔ yxzzyx
thay kết quả này vào (2) ta được
( ) ( ) ( ) ( )( )
84484448444222 =−−⇔=−−−⇔−=−−⇔−+= yxyyxyxxyyxxy
Suy ra
{ } { }
4;12;0;8;2;6;3;58;4;2;14 −∈⇒±±±±∈− xx
Giỏ trị x = 0; -4 bị loại nên y tương ứng là: {12;-4;8;0;6;5}
Giỏ trị y = -4; 0 bị loại nên z tương ứng là: {13;10;10;13}
Các nghiệm của phương trình là (5;12;13); (12;5;13); (6;8;10); (8;6;10).
3. Giải hệ trên Z.
a/.
( ) ( )
9629124968103
222222
=++−++⇔=++ yxyxyxyxyxyx

⇔
( ) ( ) ( )( )
12.824.432.348.296.1962439632
22

=======++⇔=+−+ yxyxyxyx
6.
16
( Các hoán vị và trỏi dấu (-).(-) nên có 24 khả năng )

Nhận xét: Do
( ) ( )
yxyxyx 64243 +=+++
là số chẵn nên các khả năng tổng 2 thừa số là số lẻ
đều bị bỏ: 1.96; 3.32 nên ta chỉ giải 16 hệ và được 16 nghiệm (x,y)=(-94;71);
(44;-21);(94;-71);(-44;21);(-14;34);(14;-34);(16;-6);(-16;6);(-26;21); (26;-21);(4;1);(-4;-
1);(-16;14);(16;-14);(-4;6);(4;-6).
b/.
( ) ( )
( )( ) ( )
99092
22222
=++−+⇔=++−⇔=−−+ yxxyxyxxyxyxyxyx
( )( )
331992 ⋅=⋅==−+ yxyx
và các hoán vị cùng đổi dấu của chúng.
Nhận xét:
( ) ( )
xyxyx 32 =−++
để
Zx
∈
thì 4 khả năng từ 1.9 bị loại vì 1+9 = 10
và (-1)+(-9) = -10 đều bị loại,(
10±

không chia hết cho 3) nên chỉ giải2 hệ 3.3 và (-3)(-3).

=>










−=
−=



=
=
⇔











−=−
−=+



=−
=+
1
2
1
2
32
3
32
3
y
x
y
x
yx
yx
yx
yx
nên phương trình có 2 nghiệm là (2;1); (-2; -1).
c/.
( ) ( )
121204440
22
2222

=−+⇔=−+⇔=−+ yxyxxyxx

( )( ) ( )( )
11111122122 −−=⋅==+−++⇔ yxyx
Giải 2 hệ được 2 nghiệm là (0; 0); (-1; 0).
d/.
( )( )
1379119191
22
⋅=⋅==−+⇔=− yxyxyx
Giải 8 hệ được 8 nghiệm là (x,y) = (46;45); (46;-45); (-46;45); (-46;-45)
4
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
(10;3); (-10;3) ; (-10;-3); (10;-3).
4. Đặt
22
6 mxx =++
với m
∈
Z =>
4
23
4
1
2
1
206
2222
−=−







+⋅+⇔=−++ mxxmxx
4
23
2
1
2
1
3
23
2
1
2
2
−=






+−







++⇔−=−






+⇔ mxmxmx
( )( )
)1(2312323122122 −⋅=⋅−=−=+−++⇔ mxmx
.(*)
Và các hoán vị nên ta giải 4 hệ :
(*)
⇒

















−=
=



=
−=



=
=



−=
−=
⇔

















=+−
−=++



−=+−
=++



−=+−
=++



=+−
−=++
6
5
6
6
6
5

6
6
23122
1122
23122
1122
1122
23122
1122
23122
m
x
m
x
m
x
m
x
mx
mx
mx
mx
mx
mx
mx
mx
Như vậy có 2 giá trị của x thoả mãn là x=5; x= -6
5, Gọi x, y là 2 số nguyên dương cần tìm suy ra
yx 1+
và

xy 1+
Nên
( )( )
)(11 ∗⋅=++ xypyx
với p
∈
N
pxyyxxy =+++⇔ 1
Do
⇒≥≥ 1;1 yx
chia cả 2 vế của (*) cho xy suy ra
1
111
0 −=++ p
xyyx

Do
{ }
.4;3;23103
111
∈⇒≤−<⇒≤++ pp
xyyx
Nếu p = 4 ,khi đó 3 phân số
1≤
có tổng bằng 3=> mỗi phân số bằng 1 => x=y=1
Nếu p = 3
( )
12
)2(12
12

1
121212
111
−
−−−
=
−
+
=⇒−=+⇔=++⇔=++⇒
y
yy
y
y
xyxyxyyx
xyyx

12
2
1
−
−
−=
y
y
Do y
{ } { }
2;11;2
12
2
1 =⇒=⇔Ζ∈

−
−
⇒≥ xy
y
y
suy ra có 2 nghiệm là (1; 2); (2; 1)
Nếu p=2
( )
1
2
1
1
1
1111
111
−
+=
−
+
=⇒+=−⇔=++⇔=++⇒
yy
y
xyyxxyyx
xyyx
Để
{ } { }
2;33;2 =⇒=⇔Ζ∈ xyx
suy ra có 2 nghiệm là (3; 2); (2; 3).
Kết luận: Phương trình đã cho có 5 nghiệm (1; 1); (1; 2); (2; 1); (2; 3); (3;2).
Chú ý: Trường hợp p =3; p =2, các phương trình có dạng như bài tập 1 nên có thể giải bằng cách

phân tích thành tích ( nhớ x,y nguyên dương)
5
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
Ví dụ: p=3 => x+y+1=2xy  x(2y-1)-
3)12)(12(
2
3
)12(
2
1
=−−⇔=− yxy
{ } { } { }
1;22;13;112 ∈⇒∈⇒±±∈−⇒ yxx
. Vậy p.t có 2 nghiệm : (1;2);(2;1)
6. Đặt
A
n
=++ 222
118
Thử n
≤
8 thấy A không chính phương (2305; 2306; 2308; 2312; 2320; 2336; 2368; 2442;
2560).
Với n > 8 ta có A=
( ) ( )
9221822
8888
+=++
−− nn

Do 2
8
chính phương nên để A chính phương thì 2
n-8
+9 = m
2
với m
∈
N*


( ) ( )
8
233
−
=−⋅+⇔
n
mm





=−
=+
⇔
b
a
m
m

23
23
với a,b
∈
N và a > b

⇔
( )





=−⇒=−
=⋅
−
−
(*)6122)2.(622
)1(222
8
babba
nba
Suy ra 2
b
là ước của 6, hay 2
b
∈
{1; 2; 3; 6}
⇒
b

∈
{0; 1} (chỉ nhận 1;2; còn 3;6 loại)
thay vào (2) ta có 2
a
∈
{7; 8} suy ra a =3 (chỉ nhận 8, ứng với b=1; còn 7 loại )
Vậy b =1; a = 3 suy ra n = a + b + 8 = 12
Với n =12 ta có
( )
24812118
80922222 =+=++
thoả mãn yêu cầu bài toán.
7.
( )( )( )
( )( )
788871
2222
+++=⇔+++= xxxxyxxxxy
Đặt
( )
( )
04949722440778
222222
=++⋅⋅+−⇔=−−⇔+=⇒+= zzyzzyzzyxxz

( ) ( )
49722
22
−=+−⇔ zy


( )( )
7749149722722 ⋅−=⋅−=−=++−−⇔ zyzy
Giải các khả năng có 6 hệ.
*)
⇒



=−−
−=++
49722
1722
zy
zy



−=
=
16
12
z
y
; *)



=
−=
⇒




−=−−
=++
9
12
49722
1722
z
y
zy
zy
*)



=
=
⇒



−=−−
=++
9
12
1722
49722
z

y
zy
zy
*)



−=
−=
⇒



=−−
−=++
16
12
1722
49722
z
y
zy
zy
*)



−=
=
⇒




=−−
−=++
7
0
7722
7722
z
y
zy
zy
*)



=
=
⇒



−=−−
=++
0
0
7722
7722
z

y
zy
zy
Giải các phương trình đặt cho z.
*) z = -16
⇒
( ) ( ) ( )
12;4;12;4404168
2
2
−−−⇒−=⇒=+⇔−=+ xxxx
6
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
*) z = 9
( ) ( ) ( ) ( )
12;9;12;9;12;1;12;19;198
2
−−−−⇒−==⇔=+⇒ xxxx
*) z = 0
( ) ( )
0;8;0;08;008
2
−⇒−==⇔=+⇒ xxxx
*) z = -7
( ) ( )
.0;7;0;17;178
2
−−⇒−=−=⇔−=+⇒ xxxx
Vậy phương trình đã cho có 10 nghiệm.

8.
( )
( )
zyzyxyxxyzxyxxyzzyzyyxxzxyyzy
32322323323
20202 −−=−+−⇔=−+−+⇔=−+−+

zyzyzyzyzyxyxxyzzy
2223232222
2 ++−−=+−+−⇔
( ) ( ) ( ) ( )( )
(*)
4
11
2
1
2
2
2
2
2
y
yzzy
y
xyzyyzzzyxyzyxyz +−+=







+−⇔−−+=−+−⇔
Do VT
( )( )
11
4
00
2
2
−+≥⇔≥⇒≥ yzzy
y
VP
( Đổi dấu 1- y)
1=⇔ y
vì nếu
2
2
4
1 y
y
y >⇒>
vô lí (chú ý: x;y;z
*
N∈
)
Khi y =1 phương trình đã cho trở thành



−=

=
⇒






−=+−
=+−
⇔=






+−⇔
1
2
1
2
1
2
1
2
1
4
1
2

1
(*)
2
xz
xz
xz
xz
xz
Phương trình đã cho có vô số nghiệm (n; 1; n); (n; 1; n-1) với n
∈
N
*

9. Tìm
xy
sao cho
14)(
222
+=− xyyx
Đk x, y là các chữ số ,x
≠
0
14)(
222
+=− xyyx
0142
4224
=−−+−⇔ xyyyxx
( ) ( )
01442

224224
=++−++⇔ xyyxyyxx
( )
( )
012
2
2
22
=+−+⇔ xyyx
( )( )
01212
2222
=+++−−+⇔ xyyxxyyx
vì x
2
+y
2
+2xy+1 >0
( )
01012
2
22
=−−⇔=−−+⇔ yxxyyx
( )( )
011 =−−+−⇔ yxyx




=⇒+=

=⇒−=
⇔
98;87;76;65;54;43;32;21;101
89;78;67;56;45;34;23;121
xyyx
xyyx
Có 17 số thoả mãn yêu cầu.
10.
19522
2
−+=− yxxyx
( ) ( )
01962 =+−+−−⇔ yxxyxx

( )( ) ( )
02212312 =++−+−⇔ xxyx


( )( )
12(*)22312 +⇒−=−−+⇔ xyxx
là ước của 22
Hay
{ } { }
6;5;1;022;11;2;112 −−∈⇒±±±±∈+ xx
,(Các ước
22;2 ±±
bị loại vì 2x+1 là lẻ)…
Thay vào phương trình (*) có y tương ứng là
{ }
11;4;26;19 −−∈y

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm (x; y) = (0; 19); (-1; -26); (5; 4); (-6; -11).
11. Theo bài ra ta có phương trình: xy = 2( x + y) (*) trong đó x, y thuộc Z
+
và x lẻ
7
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
(*)
( ) ( ) ( )
4222022022 =−−−⇔=+−⇔=++−⇔ yyxyyxyxxy

( )( )
422 =−−⇔ yx

∈−⇒
2x
Ư(4)={
±
1;
±
2;
±
4}
{ } { }
3;12;6;0;4;1;3 =⇒∈⇒ xx
do x lẻ
Thay x=1; x=3 vào phương trình (*) ta được kết quả y
{ }
6;2−∈
;-2 bị loại

Vậy số đấu thủ của hai trường là 3; 6.
12.Tìm n nguyên để các nghiệm của pt : x
2
- (4+n)x +2n = 0 cũng nguyên.
Vì các hệ số của pt đều nguyên nên đk cần là
016
2
>+=∆ n
là số chính phương
Đặt n
2
+16 = k
2
;
4.48.216.1))((16
22
−=−=−=−+⇔−=−⇒∈ knknknZk
Để ý : (n+k) +(n-k)=2n là số chẵn, nên khả năng-1.16 bị loại( vì tổng của 2 thừa cố này =15(lẻ), chỉ
còn phải xét 6 khả năng có từ -2.8 và -4.4.Kết quả cho ở bảng sau:

n+k 8 -8 2 -2 4 -4
n- k -2 2 -8 8 -4 4
n 3 -3 -3 3 0 0
Ta kiểm tra lại cho 3 khả năng có được của n=-3;0;3 để lấy ngiệm (Nếu phù hợp)
*) n = 3 => x
2
-7x+6 = 0 =>x =1;6 , cả 2 nghiệm đều thoả mãn => n = 3 thoả mãn.
*) n =-3 => x
2
-x-6 = 0 =>x = -2;4 , cả 2 nghiệm đều thoả mãn => n = -3 thoả mãn.

*) n = 0 => x
2
- 4x = 0 =>x = 0;4 , cả 2 nghiệm đều thoả mãn => n = 0 thoả mãn.
Vậy có 3 giá trị thoả mãn : n = -3;0;3
13. Tìm n nguyên để các nghiệm của pt : x
2
-(4+n)x+ 4n- 25 = 0 cũng nguyên.
Vì các hệ số của pt đều nguyên nên đk cần là
0100)4(
2
>+−=∆ n
là số chính phương
Đặt (n-4)
2
+100 = k
2
;
10.1050.2100.1100)4)(4( −=−=−=−=+−−−⇒∈ knknZk
Để ý : (n-4+k) +(n-4-k)=2n là số chẵn, nên khả năng-1.100 bị loại( vì tổng của 2 thừa cố này
=99(lẻ), chỉ còn phải xét 6 khả năng có từ -2.50 và - 10.10.
Kết quả cho ở bảng sau:

n- 4+k 50 -50 2 -2 10 - 10
n- 4 - k -2 2 - 50 50 - 10 10
n 28 -20 -20 28 4 4
Ta kiểm tra lại cho 3 khả năng có được của n=- 20;4;28 để lấy ngiệm (Nếu phù hợp)
*) n = 28 => x
2
-32x+87 = 0 =>x =3;29 , cả 2 nghiệm đều thoả mãn => n = 28 thoả mãn.
*) n =- 20=>x

2
+16x-105 = 0 =>x =-21;5, cả 2 nghiệm thoả mãn => n =-20 thoả mãn.
*) n = 4 => x
2
- 8x - 9 = 0 =>x = -1;9 , cả 2 nghiệm đều thoả mãn => n = 4 thoả mãn.
Vậy có 3 giá trị thoả mãn : n = - 20;4;28
14. Tìm số p nguyên tố,biết pt: x
2
+px-12p = 0 có 2 nghiệm đều nguyên.
8
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
Vì các hệ số của pt đều nguyên nên đk cần là
0)48( >+=∆ pp
là số chính phương
Do p là số nguyên tố =>đk cần tiếp theo là:
3;24848 =⇒⇒+ pppp 
Với p = 2
6;40242100
2
−=⇒=−+⇒=∆⇒ xxx
cả 2 nghiệm đều nguyên,p=2 TMĐK.
Với p = 3
153=∆⇒
, không chính phương nên p = 3 bị loại.
Vậy p = 2 là số nguyên tố cần tìm.
15.Tìm
Nnm ∈;
sao cho các nghiệm của phương trình: x
2

-m(n+1)x +m +n +1 = 0
cũng là số tự nhiên.
Gọi
21
; xx
là các nghiệm của pt,khi đó ,theo Viet ta có:
.2)1()1)(1(1.
)2 (1.
)1) (1(
212121
21
21
+−=−−⇔+−=−−⇒



++=
+=+
mnxxmnnxxxx
nmxx
nmxx

2)1)(1()1(
21
=−−+−⇔ xxmn
(*)
Do x;m;n đều là số tự nhiên,nên ,từ pt (2) của hệ Viet ta có :
1;
21
≥xx

Kết hợp đk đó với pt (1)=> m> 0 => vế trái của (*) là tổng của 2 số không âm
Vì vậy VP = 2 chỉ có thể có các cách viết là: 2 = 0+2 = 2+0 = 1+1
Giải 3 khả năng này. Cụ thể là:

a)



=−−
=⇒=⇒=−
)2 (0)1)(1(
5;1)2;2(),3;1();()1 ( 2)1(
21
xx
xmnmn
(Tính m;n từ (1) ,do có 2 kết quả, sau đó thay từng cặp (m;n) vào pt để tìm x….)
b)



=⇒=−−
=⇒=−
2)2 (1)1)(1(
)2;1();()1 ( 1)1(
2;121
xxx
mnmn
(Tính được trực tiếp từ hệ)
c)






=⇒=−−



=
=
⇒=−
)3;2();()2 (2)1)(1(
1
0
)1 ( 0)1(
2121
xxxx
m
n
mn


Khả năng c) này ta tìm giá trị cụ thể của m;n trong từng trường hợp,với chú ý pt có nghiệm là 2
hoặc 3.
*) n = 0 .Do x=2 là nghiệm , nên: 4-2m+m+1 = 0 =>m = 5, =>(m;n)= (5;0)
Do x=3 là nghiệm , nên: 9-3m+m+1 = 0 =>m = 5, =>(m;n)= (5;0)
*) m=1 . Do x=2 là nghiệm , nên: 4-2(n+1)+1+n+1 = 0 =>n = 4, =>(m;n)= (1;4)
Do x=3 là nghiệm , nên: 9-3(n+1)+1+n+1= 0 => n = 4, =>(m;n)= (1;4)
Vậy các cặp (m;n) có được là (m;n)= (3;1);(2;2),(2;1),(1;4),(5;0).
16. Các bài tập của bài 16 này cùng dạng, có qui trình giải đặc biệt ( pt bậc hai cho cả 2 ẩn,xem

một ẩn là tham số- giống như m;n ).
a.+ Nhóm theo x ( xem y là tham số).
155332
22
=++++ yxxyyx
9
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
( )
( )
(*)155213
22
=++++⇔ yyyxx
+Thêm bớt vào 2 vế với cùng một số m (tạo cho
∆
của vế trái là chính phương)
(*)
( )
mmyyyxx +=+++++⇔ 155213
22

+ Chọn m cho
∆
vế trái chính phương ( đảm bảo Đk cần cho
Ζ∈x
).
⇔
( )
( )
myymyyy 49252419

22
2
−+−=++−+=∆
chọn m =2 Khi đó
∆
= (y-1)
2
+Tìm nghiệm của VT: VT = 0
( )



−−=
−−=
⇔=+++++⇔
12
2
025213
22
yx
yx
yyyxx
+Dùng định lý Bơzu (
( )( )
0
21
=−−⇔ xxxxa
) đưa phương trình về dạng A.B = m.
( Để dùng phương pháp phân tích thành tích)
(*)

( )( )
)1(17)17(111717117122 −⋅−=−⋅−=⋅=⋅==++++⇔ yxyx
Giải 4 hệ chọn nghiệm nguyên ( vì
∆
chính phương chỉ là Đk cần), thử lại.
*)



=
−=
⇔



=++
=++
17
18
1712
12
y
x
yx
yx
; *)



−=

=
⇔



=+
=++
15
30
112_
172
y
x
yx
yx
*)



−=
=
⇔



−=++
−=++
15
12
1712

12
y
x
yx
yx
; *)



=
−=
⇔



−=++
−=++
17
36
112
172
y
x
yx
yx
Phương trình đã cho có 4 nghiệm : ( -18; 17); ( 30; -15); (12; -15); (-36; 17).
b.
9539109
22
=−+−− yxxyyx

( )
mmyyyxx +=+−−−−⇔ 95101339
22
∆
= 9(3y - 1)
2
+ 36.(10y
2
+ 5y - m)

=
myymyyyy 36912644118036095481
222
−++=−+++−
=
( )
myy 369321221
2
−+⋅⋅+
chọn m = 0
=
( )
2
321 +y
VT = 0 khi
3
12
;
3
5

21
+
−==
y
xyx
Phương trình đã cho trở thành
( )( )
9123539
3
12
3
5
9 =++−⇔=






+
+






− yxyx
y
xyx

Mà Ư(9)= {
±
1;
±
3;
±
9}
Giải 6 hệ có thể, thu được nghiệm, chọn nghiệm phù hợp
*)



=
=
⇔



=++
=−
1
2
9123
153
y
x
yx
yx
; *)
⇔




=++
=−
1123
953
yx
yx







−=
=
7
9
7
6
y
x
(loại);
*)
⇔




−=++
−=−
9123
153
yx
yx







−=
−=
7
9
21
52
y
x
(loại); *)





=
=
⇔




−=++
−=−
1
3
4
1123
953
y
x
yx
yx
(Loại);
10
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
*)







−=
=
⇔




=++
=−
7
1
21
16
3123
353
y
x
yx
yx
(Loại); *)







−=
−=
⇔



−=++
−=−

7
1
21
26
3123
353
y
x
yx
yx
(loại);
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (2; 1).
17) Đối với bài tập này, quy trình trên khó thực hiện do việc tìm m quá phức tạp, hơn nữa do
∆
có
cực đại, nên số lượng cần thử có hạn,ta dùng cách thử trực tiếp (Cách này không dùng được cho
bài 16, vì do
∆
có cực tiểu, nên số lượng cần thử là vô hạn),đòi hỏi kiên trì và cẩn thận.
a.
)(283612
22
yxyxyx +=++
028328612
22
=−+−+⇔ yyxxyx

( )
0283143212
22

=−+−+⇔ yyyxx
( )
19625227)283(12143'
22
2
++−=−⋅−−=∆ yyyyy






−−−=
27
196
3
28
27
2
yy

=






−−+⋅−−
27

196
9
196
9
196
3
14
227
2
yy
=
2
2
28784
3
14
27784 =≤






−− y
Do
∆
’ chính phương và các giá trị cần nhận của x, y thuộc Z.
Thử qua các giá trị của
∆
’thì giá trị của

∆
’ phù hợp là:
∆
’= 22
2
thì cặp (x; y) = (1; 8)
∆
’= 14
2
thì cặp (x; y) = (0; 0)
∆
’ = 4
2
thì cặp (x; y) = (-1; 10)
(Các trường hợp còn lại :
222/
0; ,27;28=∆
khi thay vào để tìm y, ta đều có
y
∆
không chính
phương ,hoặc y không mang giá trị nguyên, nên bị loại )
Ví dụ *)
9
42
0019684905882522778428
/222/
=⇒=∆⇒=+−⇔=+−⇒==∆ yyyyy
y
*)

2092501872522793
/22/
=∆⇒=−−⇒==∆
y
yy
không chính phương=> loại
………………………
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là : (1; 8); (0; 0); (-1; 10).
Bài tập này còn có cách giải khác:(Đánh giá miền giá trị của x)
12x
2
+6xy+3y
2
= 28(x+y) 9x
2
= -3(x+y)
2
+28(x+y) = -3






+−+ )(
3
14
2)(
2
yxyx


27
196
3
196
)
3
14
(3
3
196
9
222
≤⇔≤−+−=⇔ xyxx
; Vì x
2
là số chính phương nên:
{ } { }
2;1;04;1;0
2
±±∈⇒∈ xx
. Đến đây ta thay các giá trị của x vào phương trình ,tìm y,chọn cặp
nghiệm nguyên (nếu có).
*) x=0 => 3y
2
= 28y => y=0 => (x;y) = (0;0) , (Giá trị y=28/3 bị loại)
*) x=1 =>12+6y+3y
2
=28+28y=>…y=8 => (x;y)=(1;8), (Giá trị y=-2/3 bị loại)
*) x= -1=>12-6y+3y

2
=-28+28y=>…y=10=>(x;y)=(-1;10), (Giá trị y=4/3 bị loại)
*) x=2;x=-2 không cho y nguyên.
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là : (1; 8); (0; 0); (-1; 10).
11
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
b.
)(3)(7
22
yxyxyx +−=+
( )
073733
22
=−++−⇔ yyxyx
( )
( )






−−−=++−=−−+=∆
27
49
3
14
274912627731273
222

2
yyyyyyy
=






−−+⋅−−
27
49
9
49
9
49
3
7
227
2
yy
=
2
2
12144
3
7
27144 =≤







−− y
Thử các khả năng
∆
chính phương và y
∈
Z ta nhận được các kết quả hợp lý là:
∆
= 11
2
thì ta tìm được x = 5; y = 4

∆
=7
2
thì ta tìm được x = 0; y = 0
∆
= 2
2
thì ta tìm được x = 4; y = 5
Vậy phương trình đã cho có 3 nghịêm (x;y)là : (0; 0); (4; 5); (5; 4).
B. Phân tích thành tổng các luỹ thừa.
1.
)32(2
362
−−−= yxxy
( )

642
2366
=+−+⇔ yyxxx
⇔
( )
+
3
2
x
( )
2323
2
3
800464 +=+==− yx

( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )







−⇒



±=
=

−−−−⇒



±=
±=
⇔












±=−
=





=−
=
⇔
8;0;8;0

8
0
82;8;2;8;2;8;2
8
2
8
0
0
4
3
2
3
2
nghiem
y
x
nghiem
y
x
yx
x
yx
x

Vậy phương trình có 6 nghiệm .
2.
422222
222
=−−−++ zyzxyzyx
⇔

( )
22
2 yxyx +−
( ) ( )
5122
222
=+−++−+ zzzyzy

( ) ( ) ( )
222
222
21051 ++==−+−+−⇔ zzyyx
Các khả năng có thể cho (z - 1)
2
là 0
2
; 1
2
; 2
2
. Từ đó cho 2 cụm còn lại.
*) (z - 1)
2
= 0











−=⇒±=−
−=⇒±=−



−=⇒±=−
=⇒±=−
⇒=⇔
2;0;2;41
1;32
2;2;0;42
0;21
1
xyx
yzy
xyx
yzy
z
Vậy khi z=1 ta có 8 nghiệm (x; y; z) như sau: (4; 2; 1); (0; 2; 1); (2; 0; 1); (-2; 0; 1); (4; 3; 1); (2; 3;
1); (0; -1; 1); (-2; -1; 1 ).
12
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
*) (z - 1)
2
= 1

2




⇒=
−−⇒=
⇒±=−⇒
)2;2;0(),2;2;4(),2;0;0(),2;4;4(:42
)0;0;2(),0;0;2(),0;2;2(),0;2;2(:40
11
nz
nz
z
*) (z - 1)
2
= 2
2




⇒=
−−−−−−−−−⇒−=
⇒±=−⇒
)3;3;2(),3;3;4(),3;2;2(),3;4;4(:43
)1;1;2(),1;1;0(),1;2;2(),1;0;0(:41
21
nz
nz

z
Vậy phương trình có24 nghiệm.
3.
16954
22
=+− yxyx
( )
22222
2
5120131692 +=+==+−⇔ yyx
Do
00,
22
=⇒≠⇒∈
+
yyZyx
bị loại xét 3 khả năng:

( ) ( )
13;26;13;02 =⇒==− yxyyx
( ) ( ) ( )
12;19 12;29;12;52 vayxyyx =⇒==−
( ) ( ) ( )
5;2 5;22;5;122 −=⇒==− vayxyyx
nghiệm này bị loại
Vậy phương trình có 4 nghiệm.
4. a.
100613
22
=−+ xyyx

( ) ( )
2222
22
8610010023 +=+==+−⇔ yyx
*)










−=
−=



=
=
⇒



=
=−
5
15

5
15
102
03
y
x
y
x
y
yx
suy ra nghiệm là (15; 5); (-15; -5).
*)










=
−=



=
=
⇒




=
=−
0
10
0
10
02
103
y
x
y
x
y
yx
suy ra nghiệm là (10; 0); (-10; 0)
*)





=
=−
82
63
y
yx

giải ra ta được nghiệm (18; 4); (6; 4); (-6; -4)(-18; -4).
*)





=
=−
62
83
y
yx
giải ra ta được nghiệm (17; 3); (1; 3); (-1; -3); (-17; -3)
Vậy phương trình đã cho có 12 nghiệm.
b.
( ) ( )
2222
22
2222
340525212424446 +=+==+−⇔−=−−⇔−=−− yxyxxyxx
Giải
4 khả năng trên thì ph.t có 6 nghiệm: (3; 0); (-2; 0); (2; 2);(-1; 2); (2; -2); (-1; -2).
5. Tìm trong Z
+
:
2622423
222
=+++++ yzxzxyzyx
13

WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net

( ) ( )
262222
222222
=+++++++++⇔ yzxzxyzyxyxyxx

( ) ( )
222
22
2
43126 ++==+++++⇔ zyxyxx
(*) =0
2
+1
2
+5
2
Với
zyxyxxnenZzyx ++≤+≤≤∈
+
1 ,,
(Cách phân tích 26 = 0
2
+1
2
+5
2
bị loại ,do x= 0

+
∉ Z
)
(*)
( )
( )





=
=
=
⇔







=++
=+
=
⇔
1
2
1
4

3
1
2
2
2
2
2
z
y
x
zyx
yx
x
vậy phương trình có 1nghiệm (x , y, z) =(1; 2; 1)
6. Tìm trong N:
yyyx 3653
232
−=−+
(*)

( )
64133
232
=−+−+⇔ yyyx

( )
3232
3
2
0840641 +=+==−+⇔ yx

Giải 2 khả năng *)



=
=
⇔



=−
=
5
0
41
0
2
y
x
y
x
*)



=
=
⇔




=−
=
0
8
01
8
22
y
x
y
x
Vậy phương trình có 2 nghiệm: (0; 5); (8; 0).
7.
xxy 242
22
−−+=
Txđ:





≥−−
≥
024
2
2
2
xx

y
( )
xxy 242
2
2
2
−−=−⇔
( )
( )
22
2
2
2
21512 +==++−⇔ xy
*)
⇒



±=+
=⇒±=−
21
).(1;312
22
x
loaiyy
Hệ vô nghiệm (do y
2
phải là số chính phương).
*)




−=⇒±=+
±=⇒=⇒±=−
2;011
2422
22
xx
yyy
Vậy phương trình có 4 nghiệm: (-2; -2); (-2; 2);(0;2);(0;-2).
8. Tìm trong N:
a.
3222236
)5(315 +−=−+ yzyxzxzx
( ) ( ) ( )
531535
22222
3
23
3
2
+=+=+++⇔ yzxzxzyxyzx
Theo bất đẳng thức Côsi cho 3 số không âm:
3
3 abccba ≥++
Ta có: VT
VPyzx =+≥
3
322

)5((3
.
14
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
Dấu = xẩy ra khi và chỉ khi
5
22
+== yzx
Giải
( )( )
5155
22
⋅==+−⇔+= yxyxyx
(*)( chỉ lấy 1 khả năng do x - y < x + y và x;y là số tự
nhiên) sau đó tìm z:
(*)



=
=
⇔



=+
=−
⇒
2

3
5
1
y
x
yx
yx
Do
9
2
=⇒= zzx
Vậy phương trình có 1 nghiệm là: (3; 2; 9).
b.
)4914(17)284(
244222
+++=++ yyxyx
(*)
Nhận xét: Vế trái là bình phương của tổng, vế phải có hiện tượng là tổng của các bình

phương. (*)
( )
[ ]
( )
[ ]
( )
[ ]
2
24244
2
22

71749141774 ++=+++=++⇔ yxyyxyx
Theo Bunhia có: VT =
( )
[ ]
( ) ( )
[ ]
VPyxyx =+++≤++⋅
2
2422
2
22
741741
Dấu = xẩy ra khi và chỉ khi:
74
4
7
1
22
22
=−⇔
+
= yx
yx
( )( )
71722 ⋅==+−⇔ yxyx
Do 2x - y < 2x + y



=

=
⇔



=+
=−
⇔
3
2
72
12
y
x
yx
yx
Vậy phương trình có 1 nghiệm (2; 3)
c. Phân tích thành liên phân số
1.
3;2;1
3
1
2
1
1
7
10
1
1
===⇒

+
+==
+
+ zyx
z
y
x
Vậy nghiệm của Pt là (1; 2; 3).
2.
)(40)1(31 tyyztztxtxyxyzt ++=++++

31
401
=
++
++++
⇔
tyyzt
zyxtxyxyzt

Nhận thấy x, y, z, t không đồng thời bằng 0. Vì nếu ngượclại thì 31.(xyzt+xy+xt+zt+1)= 0
Nên cách viết ở vế trái có nghĩa. Thực hiện các phép chia đa thức.
Ta có: VT =
1
1
1
1
+
+
+=

+
++
+
zt
t
y
x
zt
tyyzt
x
VP =
4
1
2
1
3
1
1
9
31
1
1
31
40
+
+
+=+=
Nếu t = 0
Ny
y

x ∉=⇒+=+⇒
9
31
9
31
1
1
1
loại t = 0
15
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
Nếu t
4
1
2
1
3
1
1
1
1
1
0
+
+
+==
+
+
+=⇒≠ VP

t
z
y
xVT
suy ra x = 1; y = 3; z = 2; t = 4
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất (1; 3; 2; 4).
3.
)1(229)(55
32233
+=++ xyyxyx
.(*). Do xy
3
+ 1
0
≠
Nên (*)
55
229
1
3
2233
=
+
++
⇔
xy
yxyx


9

1
6
1
4
1
1
2
2
+
+=
+
+⇔
y
xy
x



=
=
⇔





=
=
⇒
3

2
9
4
2
2
y
x
y
x
do x, y
N
∈
Vậy nghiệm của pt là (2; 3).
4.
3838)2(7
22
+=+++
xyyxyxyx
( ) ( )
7
38
1
11
7
38
1
2
22
=
+

++++
⇔=
+
+++
⇔
xy
yxyyxyx
xy
yxyxyx
( )
.3;2
3
1
2
1
5
1
1
==⇒
+
+=
+
++⇔ yx
y
x
yx
Vậy nghiệm của phương trình là (2; 3).
II-Giải bằng phương pháp “chẵn- lẻ”
1. Tìm nghiệm nguyên tố của phương trình: x
2

-2y
2
= 1.
2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x
3
- 2y
3
- 4z
3
= 0
3. Bài “Đấu cờ” Sơ tuyển của huyện Quỳnh lưu- năm 2002-2003(In ở phần I)
4. Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình : 2
x
+y
2
+y =111.
( Sơ tuyển tỉnh của huyện Quỳnh lưu- năm 2005-2006)
5. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (2x+5y+1)(
x
2
+y+x
2
+x) = 105.
6. Tìm số nguyên tố p để (4p+1) là số chính phương.
7. Tìm nghiệm nguyên tố của phương trình: x
y
+1 = z.

Hướng dẫn giải
1.Tìm nghiệm nguyên tố của phương trình: x

2
-2y
2
= 1. (1)
(1) => x
2
=2y
2
+1=> x
2
lẻ => x lẻ=> x=2n+1 =>2y
2
= (2n+1)
2
- 1 =4(n
2
+n)
=>y
2
chẵn =>y chẵn => y=2 ( 2 là số nguyên tố chẵn duy nhất) => x=3
Vậy pt có 1 nghiệm (x;y)= (2;3).
16
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
2.Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x
3
- 2y
3
- 4z
3

= 0 . (2)
(2)=> x
3
chẵn=> x chẵn => x =
3333//
04282 yzyxx ⇒=−−⇒
chẵn
=>y chẵn =>y =
33
3
/3//
041682 zzyxy ⇒=−−⇒
chẵn => z chẵn =>
/
2zz =
Nhận xét: Nếu
);;(
000
zyx
là nghiệm thì
)
2
;
2
;
2
(
000
zyx
cũng là nghiệm

(Thật vậy: Nếu
0
8
)
2
(4)
2
(2)
2
(042
3
0
3
0
3
0
3
0
3
0
3
0
==−−⇒=−−=
A
zyx
zyxA
)
Lặp lại quá trình đó ta có
)
2

;
2
;
2
(
000
nnn
zyx
cũng là nghiệm, với n tuỳ ý. Do x;y;z nguyên nên điều
này chỉ xẩy ra khi x=y=z=0.
Vậy pt có 1 nghiệm (x;y;z) = (0;0;0)
(Cách làm như nhận xét vừa rồi ta gọi là phương pháp “Xuống thang” ).
3.Bài “Đấu cờ” Sơ tuyển tỉnh của huyện Quỳnh lưu- năm 2002-2003(In ở phần I)
…. ta có pt :xy = 2(x+y)=> xy chẵn,do x lẻ (cách đặt)=>y chẵn =>y = 2t (t >0)
=>2tx = 2(x+2t) =>
1
2
2
1
2
−
+=
−
=
tt
t
x
; vì x;t nguyên dương nên (t-1) nhận 2 giá trị 1;2.
Với t-1 = 1 => x= 4 (loại ,vì x lẻ)
Với t-1 = 2 => x = 3 =>y= 6 ( TMĐK)

Vậy số đấu thủ của 2 trường là 3 và 6.
4.Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình : 2
x
+y
2
+y =111.(4)
( Sơ tuyển tỉnh của huyện Quỳnh lưu- năm 2005-2006)
(4)  2
x
+y(y+1) = 111. Do y(y+1) là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp nên là số chẵn. 111 lẻ => 2
x
là
số lẻ => x= 0 ( chú ý: 2
n
là số chẵn với mọi n > 0; 2
0
=1 là số lẻ duy nhất của 2
n
)
5.Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (2x+5y+1)(
x
2
+y+x
2
+x) = 105 .(5)
Do 105 là số lẻ nên cả 2 thừa số đều lẻ.
*) (2x+5y+1) lẻ => y chẵn.
*) (x
2
+x)=x(x+1) là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp nên chẵn, y chẵn =>

x
2
lẻ=>x = 0
Thay x= 0 vào pht ta thu được: (5y+1)(y+1) = 105 = 1.105 = 3.35 = 5.21.
Một số khả năng bị loại ngay (nhờ y chẵn) như:
(5y+1) = 105  5y= 104 => y không nguyên (tương tự cho -105)
Hay (5y+1) = 35 5y= 34 => y không nguyên (tương tự cho - 35)
17
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
Giải các khả năng còn lại ta chọn được y = 4. (ứng với



=+
=+
51
2115
y
y
)
Vậy phương trình có 1 nghiệm (x;y) = (0; 4).
6.Tìm số nguyên tố p để (4p+1) là số chính phương.
Giả sử (4p+1) = x
2
=> x
2
lẻ => x lẻ=> x =2n+1 với n là số nguyên
Khi đó 4p+1 = 4n
2

+ 4n+ 1=>p = n(n+1) => p chẵn
=> p = 2 (2 là số nguyên tố chẵn duy nhất).
Vậy số nguyên tố cần tìm là p = 2.
7.Tìm nghiệm nguyên tố của phương trình: x
y
+1 = z.(7)
Do x;y;z đều là số nguyên tố, nên
52;2 ≥⇒≥≥ zyx
; Vì z lẻ nên x
y
là số chẵn
=> x chẵn ( Luỹ thừa của số lẻ không thể là số chẵn) => x = 2.
Nếu y là số lẻ thì y=2k+1,(k nguyên dương), khi đó:

(*)3.31)13(214.212
12
+=++=+=+=
+
Az
kkk
(khai triển Niu tơn)
Ta thấy 3A+3 chia hết cho 3  z chia hết cho 3=> Vô lý ( vì z là số nguyên tố)
Sự vô lý đó khẳng định y phải là số chẵn =>y = 2.
Vậy nghiệm của pt là (x;y;z) = (2;2;5).
III-giải bằng phương pháp cực hạn
1. Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình:
a) x+y+z = xyz ; b) x+y+z+t = xyzt ; c) x+y+z+9 =xyz ;
2. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x+y+1=xyz.
3. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x
3

+7y = y
3
+7x.
4. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
3=++
y
zx
x
yz
z
xy
.
5. Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình:
a) 4( x+y+z) = xyz ; b)5( x+y+z+t)+10 = 2xyzt ; c) 2( x+y+z)+9 = 3xyz
b)5( x+y+z+t)+7 = xyzt
Hướng dẫn giải
Phương pháp Cực hạn, (ở góc độ nào đó cũng có thể coi là PP Bất đẳng thức), thường sử
dụng cho các phương trình đối xứng loại I-(vai trò các ẩn như nhau).
Thông thường ta giả sử một thứ tự để xét cực hạn, sau đó lấy hoán vị sẽ được tập nghiệm.
Nhớ : Số hoán vị của n phần tử = n!; 3!= 3.2.1= 6; 4!= 4.3.2.1= 24.

Một kỹ thuật quan trọng hay sử dụng trong loại bài này,đó là kỹ thuật làm trội”.
Đối tượng áp dụng là loại bài tìm nghiệm nguyên dương(để việc sắp thứ tự được đơn giản)
18
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
1.Tìm nghiệm nguyên dương của các ph.tr. dạng: a(x+y)+b = cxy (a;b;c là hệ số)
Vai trò 2 ẩn như nhau , nên ta giả sử
yx ≤
Cách 1: a(x+y)+b = cxy (1)  cxy- ax –ay= b y(cx-a)-

b
c
a
acx
c
a
+=−
2
)(
 (cx-a)(cy-a) = a
2
+bc. Đến đây ta phân tích a
2
+b thành tích 2 nhân tử rồi giải các
khả năng,tìm nghiệm và lấy các hoán vị…
Cách 2: Giả sử
c
ba
x
x
ba
xy
b
y
a
x
a
cyx
+
≤≤⇒

+
≤++=⇔⇒≤≤
2
1
2
)1(1
, từ đây ta tìm được
x và suy ra y tương ứng, sau đó lấy các hoán vị.
Đối với các bài tập có 3;4 ẩn như bài 1 ,ta sẽ giải theo 2 cách này .Cụ thể:
a) x+y+z = xyz . (1a) Giả sử
zyx ≤≤≤1

Khi đó
131
3111
1)1(
2
2
=⇒≤≤⇒≤++=⇔ xx
x
xzyzxy
a
, (do x nguyên dương)
Thay x=1 vào pht ta được y+z+1=yz(*)
-Từ đây nếu áp dụng theo cách 2 của (1) với a = b = c =1, ẩn y;z
Ta có :
3;2;131 =⇒≤≤ yy
. Cách làm này dài(vì phải tính cả 3 khả năngcủa y),ta dùng cách 1, cụ
thể(*)  y(z-1) –(z-1)= 2  (y-1)(z-1) = 2=1.2 => y=1;z=2 (chú ý “giả sử”)
Vậy (1a) có 1 nghiệm là (x;y;z) = (1;2;3).

Vì vai trò x;y;z như nhau nên các hoán vị của nghiệm trên đều thoả mãn (1a)
Nghĩa là: (1a) có 3! =6 ( nghiệm)

Cụ thể: (x;y;z) = (1;2;3),(1;3;2),(2;1;3), (2;3;1), (3;1;2),(3;2;1).
b) x+y+z+t = xyzt .(1b) Giả sử
tzyx ≤≤≤≤1

Khi đó
141
41111
1)1(
3
3
=⇒≤≤⇒≤+++=⇔ xx
x
xytxztyztxyz
b
,
Thay x=1 vào (1b) được: y+z+t+1=yzt (*)
2;141
41111
1
2
2
=⇒≤≤⇒≤+++=⇔ yy
y
ytyzztyzt
*) y=1,ta lại có từ (*) z+t+2 =zt z(t-1)-(t-1)= 3  (z-1)(t-1)= 3=1.3 => z=2; t = 4
*) Với y=2,ta lại có từ (*) z+t+3 = 2zt z(2t-1)-
2

1
(2t-1)= 3+
2
1
 (2z-1)(2t-1)= 7=1.7 => z =1; t
= 7 ( Kết quả này bị loại vì không thoả mãn giả sử vì y=2 >z=1)
Vậy (1b) đã có 1 nghiệm (x;y;z;t) = (1;2;2;4).
Thực hiện hoán vị cho nghiệm này ta có 24 nghiệm cần tìm………
b) x+y+z+9 =xyz. (1c) . Giả sử
zyx ≤≤≤1

19
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
Khi đó
3;2;1121
129111
1)1(
2
2
=⇒≤≤⇒≤+++=⇔ xx
x
xyzxzyzxy
c
.Xét từng khả năng cho x
*) x=1=> (1c) yz-y-z = 10  (y-1)(z-1)=11=1.11 => y=2; z=12 (TMgiả sử)
*) x=2=> (1c) 2yz-y-z = 11  (2y-1)(2z-1)=23=1.23 => y=1; z=12 (khôngTMgiả sử)
*) x=3=> (1c)3 yz-y-z = 12  (3y-1)(3z-1)=37=1.37 => 3y=2; 3z=38 ( loại vì y;z không
nguyên)
Vậy (1c) đã có 1 nghiệm (x;y;z) = (1;2;12)

Thực hiện hoán vị cho nghiệm này ta có 6 nghiệm cần tìm………
2. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x+y+1=xyz.(2)
Bài này không có dạng như bài 1, vai trò như nhau chỉ đúng cho x và y.
Giả sử
yx ≤≤1
.
- Khi x = y => (2)2x +1 = x
2
z  x(xz-2)=1 => x = 1=> z = 3 => (1;1;3)
- Khi x< y => (2) xyz < 2y+1  xyz
)1;3;2(31;2
)2;2;1(22;1
22
⇒=⇒==
⇒=⇒==
⇒≤⇔≤
yzx
yzx
xzy
Do vai trò x;y như nhau nên phương trình có 5 nghiệm:
(x;y;z) = (1;1;3); (1;2;2),(2;1;2),(2;3;1),(3;2;1).
3. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x
3
+7y = y
3
+7x.(3)
(3) (x-y)(x
2
+xy+y
2

-7) = 0 => x=y hoặc x
2
+xy+y
2
= 7.
Khi x=y => nghiệm của pt là (x;y)= (n;n), với n là số nguyên dương.
Khi
yx ≠
, từ x
2
+xy+y
2
= 7=> (x-y)
2
= 7- 3xy, do (x-y)
2
1;2
2;1
3
7
0
==
==
⇒≤⇒≥
yx
yx
xy
Vậy pt có vô số nghiệm (x;y)= (2;1),(1;2), (n;n)
4. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
3=++

y
zx
x
yz
z
xy
.(4)
Do x;y;z nguyên dương và vai trò như nhau, ta giả sử
xyz ≤≤≤1
Vì :
133)4(;2)(; =⇒≥⇒≥+=+≥ zzz
y
x
x
y
z
y
zx
x
yz
z
z
xy

Thay z=1 vào (4) và do
11233)()4(
222
=⇔≥⇔+≥⇔=++⇔⇒≥ yyy
y
x

x
y
xyyxy
Thay z=y=1 vào (4) được :
2
1
);(101323
1
2
==⇔=+−⇔=++ xTMDKxxx
x
xx
(loại)
Vậy pht có 1 nghiệm (x;y;z) = (1;1;1)
5. Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình:
a) 4( x+y+z) = xyz ; b)5( x+y+z+t)+10 = 2xyzt ; c) 2( x+y+z)+9 = 3xyz
d)5( x+y+z+t)+7 = xyzt
(Học sinh tự giải theo bài tập 1)
20
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
IV-Giải bằng cách sử dụng bất đẳng thức
Giải các phương trình sau đây trong Z:
1. (x+y+1)
2
= 3 (x
2
+y
2
+1). 4. y

3
= 1+x+x
2
+x
3
.
2. x
2
- 6xy+13y
2
= 100. 5.
3=++
y
zx
x
yz
z
xy
3. y
2
= 1+x+x
2
+x
3
+x
4
.
Hướng dẫn giải
Việc sử dụng BĐT vào giải phương trình chính là thay thế việc giải phương trình bằng
việc giải điều kiện xẩy ra dấu “=” của BĐT phù hợp với 2 vế của pt đó. Trong nhiều trường hợp ta

có thể dùng BĐT để thay đổi bài toán (Đổi biến,hoặc xét Cực hạn)
Ta thường sử dụng các BĐT cơ bản như Cô si; Bunhia…; vì vậy việc nhận dạng và kiểm tra
lại xem có phù hợp hay không là rất cần thiết.
1. (x+y+1)
2
= 3 (x
2
+y
2
+1). (1) (có dạng Bunhia: 1vế là bình phương của tổng ;1 vế là tổng
các bình phương nhân với hằng số).
Sử dụng Bunhia (ax+by+cz)
2

≤
(a
2
+b
2
+c
2
)(x
2
+y
2
+z
2
); dấu “=” có
c
z

b
y
a
x
==⇔
với a=b=c=1;z=1.
Ta thấy (1) chứng tỏ điều kiện xẩy ra dấu “=” của Bunhia thoả mãn.
Có nghĩa là : x= y = 1.
Vậy nghiệm của pt là (x;y) = (1;1).
Chú ý: Bài này có thể giải bằng “Phân tích thành tổng các lượng không õm”
Cụ thể: Khai triển (1) 2x
2
+2y
2
-2xy-2x-2y+2 = 0  (x-y)
2
+(x-1)
2
+(y-1)
2
= 0.
Suy ra x=y=1.

2 . x
2
- 6xy+13y
2
= 100.(2)
(2)  (x-3y)
2

= 4(25-y
2
). DoVT là bình phương của số nguyên => 25-y
2
là số chính phương và
{ } { }
5;4;3;025;16;9;025
22
±±±∈⇒∈⇒≤ yyy
Thay các giá trị của y vào (2) để tìm x.
(y
2
= 1;4 thì 25- y
2
là số không chính phương -Đang dùng BĐT theo nghĩa “Cực hạn”)
*) y = 0 =>2 nghiệm (x;y) = (-10;0), (10;0)
*)
) (8383
) (3883
6416.4)3(16253
22
byxyx
ayxyx
yxyy
−=⇒−=−
+=⇒=−
⇒==−⇒=−⇒±=

Nếu y=3, thay vào (a) có (x;y) = (17;3); thay vào (b) có (x;y) = (1;3),
Nếu y= -3, thay vào (a) có (x;y) = (-1;-3); thay vào (b) có (x;y) = (-17;-3),

21
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
*)
) (6363
) (3663
369.4)3(9254
22
byxyx
ayxyx
yxyy
−=⇒−=−
+=⇒=−
⇒==−⇒=−⇒±=
Nếu y=4, thay vào (a) có (x;y) = (18;4); thay vào (b) có (x;y) = (6;4),
Nếu y= - 4, thay vào (a) có (x;y) = (-6;-4); thay vào (b) có (x;y) = (-18;-4),
*)
yxyxyy 300.4)3(0255
22
=⇒==−⇒=−⇒±=

Nếu y=5, thay vào x=3y có (x;y) = (15;5);
Nếu y= - 5, thay vào x=3y có (x;y) = (-15;-5);
Vậy pht có 12 nghiệm…
3. y
2
= 1+x+x
2
+x
3

+x
4
.(3)

*) Nếu x = 0 => 2 nghiệm (x;y) = (0;1) và (0;-1)
*) Nếu
0≠x
ta có (3) 4y
2
= 4+4x+4x
2
+4x
3
+4x
4
=(2x
2
+x)
2
+2x
2
+(x+2)
2
> (2x
2
+x)
2
Bằng cách phân tích khác,ta lại có: 4y
2
= (2x

2
+x+2)
2
-5x
2
< (2x
2
+x+2)
2
Như vậy: (2x
2
+x)
2
< 4y
2
< (2x
2
+x+2)
2
.Do 4y
2
=(2y)
2
là số tự nhiên, theo “ nguyên lý kẹp”
của các số tự nhiên thì :
4y
2
= (2x
2
+x+1)

2
(*)
Thay y
2
bởi VP của (3) ta có pht 1 ẩn (Ta đang dùng BĐT để thay đổi bài toán)
(*)  4(1+x+x
2
+x
3
+x
4
) = (2x
2
+x+1)
2
 …… <=>x
2
-2x-3 = 0=> x=-1;x= 3
+) Với x=-1=>y
2
= 1 => 2 nghiệm (x;y) =(-1;-1) và (-1;1)
+) Với x=3 => y
2
=121=11
2
=> 2 nghiệm (x;y) =(3;11) và (3;-11)
Vậy pt có 6 nghiệm: (x;y) = (0;1) , (0;-1),(-1;-1), (-1;1),(3;11) và (3;-11).
4. y
3
= 1+x+x

2
+x
3
.(4)
Do x
2
+x+1> 0,nên x
3
< y
3
<(x+2)
3
= x
3
+6x
2
+12x+3
(Vì : x
3
+6x
2
+12x+3= y
3
+(5x
2
+11x+7) = y
3
+
20
19

)
10
11
(
20
19
)
100
121
10
11
.2(5
232
+++=+++ xyxx
=> y
3
= (x+1)
3
 1+x+x
2
+x
3
= x
3
+3x
2
+3x+1  2x
2
+2x = 0  x= 0; x = -1
*) x = 0 => y = 1 => (x;y) =( 0;1)

*) x = - 1 => y = 0 => (x;y) =( -1;0)
Vậy pt có 2 nghiệm: (x;y) = (0;1) , (-1;0).
5.
3=++
y
zx
x
yz
z
xy
.(5) Pt như bài tập 4 ở PP cực hạn, chỉ khác là tìm nghiệm nguyên.
22
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
(5)  x
2
y
2
+y
2
z
2
+z
2
x
2
= 3xyz => xyz > 0.
Theo BĐT Co si cho 3 số dương thì : VT= x
2
y

2
+y
2
z
2
+z
2
x
2

3
3
4
3)(3 xyzxyzxyz =≥
VP = 3xyz
1113
33
=⇔≤⇔≥⇔≥ xyzxyzxyzxyzxyz
(Do x;y;z nguyên và xyz > 0).
Vậy pt có 4 nghiệm: (x;y;z) = (1;1;1) , (1;-1;-1), (-1;1;-1),(-1;-1;1).
V- giải bằng phương pháp loại trừ
Giải các phương trình sau đây trong Z
1. x
6
+3x
3
+1=y
4
2. x(x+1)(x+7)(x+8) = y
2

.
3. (x+2)
4
-x
4
= y
3
.
4. 6x
2
+5y
2
=74.

Hướng dẫn giải
1. x
6
+3x
3
+1=y
4
.(1) Nhận thấy : (x;y)= (0;1) và (0;-1) là 2 nghiệm
Ta sẽ chứng tỏ ngoài 2 nghiệm đó, không còn nghiệm nào khác. Thật vậy:
*) Với x> 0,ta có(x
3
+1)
2
= x
6
+2x

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

Nghĩa là : y nguyên mà (x
3
+1)
2
< y
4
< (x
3
+2)
2
=> Vô lý( x
3
+1và x
3

+2 là 2 số nguyên liên tiếp)
*) Với x
≤
-2, ta có: (x
3
+2)
2
< x
6
+3x
3
+1=y
4
< x
6
+2x
3
+1 =(x
3
+1)
2
Nghĩa là : y nguyên mà
12
323
+<<+ xyx
=> Vô lý
*) Với x= -1, ta có : y
4
=-1 => Vô lý.
Vậy phương trình có 2 nghiệm : (x;y)= (0;1) và (0;-1).

2. x(x+1)(x+7)(x+8) = y
2
. (2) Bài này đã giải bằng PP phân tích thành tích ( Bài 7)
Chỉ xin giới thiệu cách giải, nhờ bạn đọc làm chi tiết và so sánh để rút kinh nghiệm.
(2)  (x
2
+8x)(x
2
+8x+7) = y
2
= z
2
+7z , với z = x
2
+8x.
Nếu z > 9 thì: (z+3)
2
= z
2
+6z+9 < z
2
+7z = y
2
< (z+4)
2
=>(z+3)
2
= < y
2
< (z+4)

2
.Vô lý.
Vậy z = x
2
+8x
190989
2
≤≤−⇔≤−+⇔≤ xxx
(Dạng a+b+c = 0)
Đến đây ta thử trực tiếp từng giá trị của x để tìm y (nếu có) ……
3. (x+2)
4
-x
4
= y
3
.(3) Khai triển (x+2)
4
= x
4
+ 8(x
3
+3x
2
+4x+2)
(3)  y
3
= 8(x
3
+3x

2
+4x+2) . Đặt (x
3
+3x
2
+4x+2) = z
3
, vì
ZzZx ∈⇒∈
*) Với
0)2(133)1(0
33233
≥⇒∉⇒+<<+++=+⇒≥ xZzxzxxxxx
=> PT vô nghiệm.
23
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
**) Với
2
−≤
x
. Đặt
yyxxx −=≥⇒−−=
111
;02
.Thay vào (3) ta có:

3
1
344444

1
4
1
)2()2()22()2( yyxxxxxx =−=+−=−−−+−−=−+
Theo cách đặt này thì
11
; yx
thoả mãn (3), như đã giải ở *) thì phương trình vô nghiệm
***) x=-1 (3)  y
3
= 0 y = 0
Vậy phương trình có 1 nghiệm (x;y) = (-1; 0 ).
4. 6x
2
+5y
2
=74 6(x
2
- 4) = 5(10- y
2
).(*). Do (6;5) = 1 và x;y đều nguyên ,nên

(*)
Zvuvuvu
vy
ux
∈=⇒=⇒






=−
=−
⇔ ;; 3030
)2 (610
)1 (54
2
2
Mặt khác:
Từ
1
0
3
5
;
5
4
3
5
0610)2(
5
4
045)1(
2
2
==
==
⇒≤≤−⇒








≤⇒≥−=⇒
−
≥⇒≥+=⇒
vu
vu
vu
vvy
uux
Thay các giá trị của u;v vào hệ (*) ta có
+) u = v = 0 thì hệ vô nghiệm ( do y
2
=10 => y không nguyên)
+) u=v = 1 ta có :





±=⇒=−=
±=⇒=+=
241.610
391.54
2
2

yy
xx

Vậy phương trình có 4 nghiệm (x;y) = (3;2 ),(-3;2),(3;-2),(-3;-2).
VI-giải bằng tính chất chia hết,tính chất đồng dư.
1. Giải trên Z các phương trình : a) x
2
-2y
2
= 5 . b) x
2
-3y
2
= 17.
c) x
2
-5y
2
= 17. d)2
x
+12
2
= y
2
- 3
2
.
2. Giải trên Z phương trình :
2008
4

7
4
6
4
5
4
4
4
3
4
2
4
1
=++++++ xxxxxxx
(7 ẩn)
3. Tìm các chữ số x;y;z để :
zzzxzyxyz =+
4. Chứng minh phương trình x
2
+y
2
= 1999 không có nghiệm nguyên.
5. Ch/m: Với x;y;z nguyên thì ( x
2
+y
2
+z
2
) không đồng dư với 7 theo môdun 8 .
Từ đó suy ra phương trình 4x

2
+y
2
+9z
2
= 71 không có nghiệm nguyên.
Hướng dẫn giải

1a). x
2
-2y
2
= 5
Chú ý rằng:
)5(mod1)5(mod2);5(mod1;
2
±≡⇒±≡±≡∈∀ xxxZx
Tương tự :
)5(mod22)5(mod1
22
±≡⇒±≡ yy
24
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net
Do đó VT = x
2
-2y
2

)5(mod3;1 ±±≡

Trong khi đó VP = 5
)5(mod0≡
.
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên.
1b). x
2
-3y
2
= 17 x
2
=3y
2
+17

Chú ý rằng:
)3(mod217);3(mod03);3(mod1;0;
22
≡≡≡∈∀ yxZx

Do đó VT = x
2

)3(mod1;0≡
Trong khi đó VP = 3y
2
+ 17
)3(mod2≡
.
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên.
1c). x

2
-5y
2
= 17 x
2
=5y
2
+17 Tương tự như 2 câu trên.
VT = x
2

)5(mod4;1;0≡
Trong khi đó VP = 5y
2
+17
)5(mod2≡
.
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên.
1d) 2
x
+12
2
= y
2
- 3
2
 y
2
= 2
x

+153.
*) Nếu x lẻ => 2
x
= 2
2k+1
=2.2
2k
=2.4
k

)3(mod2)3(mod0153) ;3(mod2 ≡⇒≡≡ VP
Trong khi đó VT = y
2
)3(mod1;0≡
.
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên khi x lẻ.
*) Nếu x chẵn => 2
x
= 2
2k
= (2
k
)
2
Khi đó pt trở thành:
y
2
- (2
k
)

2
= (y-2
k
)(y+2
k
) =153 = 1.153 = 3.31 = 9.17
Do (y+2
k
) – (y-2
k
) = 2
k+1
> 0 => (y+2
k
) > (y-2
k
)=> Chỉ chọn kiểu tương ứng sao cho y+2
k
là số
lớn, y-2
k
là số nhỏ (để giải theo kiểu phân tích thành tích).
Cần lưu ý: y
2
- (2
k
)
2
= 153 không giải được theo cách trên ,vì , ví dụ như:
)3(mod0) ;3(mod2;0)3(mod1);3(mod1)2()3(mod12

22
≡≡⇒≡≡⇒±≡
VPVTy
kk
Điều này chứng tỏ khả năng có nghiêm vẫn tồn tại.
*)
Zxy
y
y
xx
k
k
∉⇒=⇔=−⇒=⇒





=−
=+
2577621537777
12
1532
2
*)
Zxy
y
y
xx
k

k
∉⇒=⇔=−⇒−=⇒





−=−
−=+
2577621537777
1532
12
2
*)
Zxy
y
y
xx
k
k
∉⇒=⇔=−⇒=⇒





=−
=+
257621532727
32

512
2
*)
Zxy
y
y
xx
k
k
∉⇒=⇔=−⇒−=⇒





−=−
−=+
257621532727
512
32
2
*)
)13;4();() (421621531313
92
172
2
=⇒=⇒=⇔=−⇒=⇒






=−
=+
yxTMxy
y
y
xx
k
k
25
WWW.ToanTrungHocCoSo.ToanCapBa.Net