z
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2



ĐẶNG THANH HẰNG

MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỐ HỌC
QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Đại số

Hà Nội, 2019


TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
---------------------

ĐẶNG THANH HẰNG

MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỐ HỌC
QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Đại số

Người hướng dẫn khoa học

TS. NGUYỄN THỊ KIỀU NGA

Hà Nội, 2019


LỜI CẢM ƠN
Em xin được gửi lời cảm ơn tới các thầy cô giáo trường Đại học
Sư phạm Hà Nội 2, các thầy cô giáo khoa Toán đã giúp đỡ em trong quá
trình học tập tại trường và tạo điều kiện cho em hoàn thành đề tài khóa
luận tốt nghiệp.
Đặc biệt em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới cô giáo -TS.
Nguyễn Thị Kiều Nga, người thầy đã truyền thụ kiến thức, tận tình
giúp đỡ, hướng dẫn em trong suốt quá trình học tập, nghiên cứu và hoàn
thiện khóa luận này.
Trong quá trình nghiên cứu, do năng lực bản thân còn hạn chế
nên khóa luận không tránh khỏi những thiếu sót. Em kính mong nhận
được sự đóng góp ý kiến của các thầy giáo, cô giáo và toàn thể bạn đọc
để khóa luận được hoàn thiện hơn.
Em xin chân thành cảm ơn !
Hà Nội, tháng 5 năm 2019

Đặng Thanh Hằng

i


LỜI CAM ĐOAN
Em xin cam đoan dưới sự hướng dẫn của cô giáo Nguyễn Thị
Kiều Nga khóa luận của em được hoàn thành không trùng với bất kì
đề tài nào khác.

Trong khi làm khóa luận này, em đã tham khảo một số kiến thức
có ghi trong tài liệu tham khảo.
Hà Nội, tháng 5 năm 2019
Sinh viên

Đặng Thanh Hằng


Mục lục

Lời mở đầu
1

1

Kiến thức cơ bản

3

1.1

Đồng dư thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2

Một số kiến thức cơ bản về số học . . . . . . . . . . . . .

5


1.2.1

Các định lí cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.2.2

Một số tính chất số học . . . . . . . . . . . . . .

6

Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên .

7

1.3.1

Phương pháp 1: Phương pháp xét tính chia hết .

7

1.3.2

Phương pháp 2: Phương pháp dùng bất đẳng thức

11

1.3.3


Phương pháp 3: Sử dụng tính chất của số chính

1.3

phương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.4
1.3.5

17

Phương pháp 4: Xét số dư từng vế khi chia cho
cùng một số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

19

Phương pháp 5: Phương pháp lùi vô hạn . . . . .

22

2 Một số dạng toán số học quy về phương trình nghiệm
nguyên

24

2.1

Dạng toán về số tự nhiên và các chữ số . . . . . . . . . .

24


2.1.1

Phương pháp chung . . . . . . . . . . . . . . . . .

24

2.1.2

Ví dụ

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

25

2.1.3

Một số bài tập tương tự . . . . . . . . . . . . . .

27

iii


2.1.4
2.2

2.3

Bài tập tự giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . .


29

Dạng toán về tính chia hết và số nguyên tố . . . . . . . .

30

2.2.1

Phương pháp chung . . . . . . . . . . . . . . . . .

30

2.2.2

Ví dụ

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

30

2.2.3

Một số bài tập tương tự . . . . . . . . . . . . . .

32

2.2.4

Bài tập tự giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . .


34

Dạng toán thực tế

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

35

2.3.1

Phương pháp chung . . . . . . . . . . . . . . . . .

35

2.3.2

Ví dụ

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

35

2.3.3

Một số bài tập tương tự . . . . . . . . . . . . . .

37

2.3.4


Bài tập tự giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

40

Tài liệu tham khảo

42

iv


Lời mở đầu
Số học là lĩnh vực xuất hiện sớm nhất trong lịch sử toán học khi
con người bắt đầu làm việc với những con số thì khi ấy, Số học ra đời.
Trải qua hàng nghìn năm phát triển, số học vẫn giữ được vẻ đẹp thuần
khiết của nó. Vẻ đẹp ấy được thể hiện qua cách phát triển đơn giản bài
toán đến nỗi một học sinh lớp 6 cũng có thể hiểu được. Thế nhưng vẻ
đẹp ấy thường tiềm ẩn những thử thách sâu thẳm bên trong để thách
thức trí tuệ loài người. Vì thế, người ta thường nói "Số học là bà hoàng
của toán học". Trong đó, phương trình nghiệm nguyên là một đề tài lý
thú của số học, đã lôi cuốn nhiều người, từ các học sinh nhỏ với các bài
toán như "Trăm trâu trăm cỏ" đến các chuyên gia toán học lớn với các
bài toán như định lý lớn Fecmat được nghiên cứu từ thời Điôphăng thế
kỉ III,...Vì thế phương trình nghiệm nguyên mãi mãi còn là đối tượng
nghiên cứu của toán học . . .
Ngoài phương trình bậc nhất 2 ẩn, các phương trình nghiệm nguyên
thường không có quy tắc giải tổng quát. Mỗi bài toán với điều kiện riêng
của nó, đòi hỏi một cách giải riêng phù hợp. Điều đó có tác dụng rèn
luyện tư duy toán học mềm dẻo, linh hoạt và sáng tạo. Chính vì thế

mà các phương trình nghiệm nguyên thường có mặt trong các kì thi học
sinh giỏi toán ở tất cả các cấp.
Trong luận văn nghiên cứu này, dưới sự giúp đỡ của TS. Nguyễn
Thị Kiều Nga cùng với sự yêu thích Số học, em chọn đề tài "Một
số dạng toán Số học quy về phương trình nghiệm nguyên" làm đề tài
nghiên cứu khóa luận của mình.
Nội dung khóa luận được chia làm 2 chương:
Chương 1: Kiến thức chuẩn bị
Chương này nhắc lại một số kiến thức về Số học và một số phương
1


pháp giải phương trình nghiệm nguyên nhằm sử dụng cho chương sau.
Chương 2: Một số dạng toán số học quy về phương trình nghiệm
nguyên.
Chương này đưa ra một số bài toán số học có thể quy về phương
trình nghiệm nguyên để giải.
Do thời gian và năng lực nghiên cứu của bản thân còn hạn chế nên
khóa luận không tránh khỏi thiếu sót. Em rất mong được sự góp ý của
các thầy cô và các bạn.
Hà Nội, tháng 5 năm 2019
Sinh viên

Đặng Thanh Hằng

2


Chương 1
Kiến thức cơ bản

Trong chương này, chúng tôi nhắc lại một số kiến thức về Số học và một
số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên nhằm sử dụng cho
chương sau.

1.1

Đồng dư thức

Định nghĩa 1.1.1. Cho a, b, m là các số nguyên, m > 0. Nếu a − b chia
hết cho m thì a và b được gọi là đồng dư modulo m, kí hiệu a ≡ b (modm).
Mệnh đề 1.1.2 (Điều kiện tương đương của đồng dư thức). Các khẳng
định sau là tương đương:
(i) a ≡ b (modm);
(ii) m| (a − b);
(iii) Tồn tại t ∈ Z sao cho a = b + mt.
Chứng minh.
+) (i) ⇒ (ii). Theo định nghĩa a ≡ b (modm), tồn tại các số q1 , q2 , r với
0 ≤ r < m sao cho a = mq1 + r; b = mq2 + r. Suy ra: a − b = m (q1 − q2 ).
Do q1 ; q2 ∈ Z nên (q1 − q2 ) ∈ Z. Vậy m| (a − b).
+) (ii) ⇒ (iii) Vì m| (a − b) nên tồn tại t ∈ Z sao cho a − b = mt. Suy
ra a = b + mt.
3


+) (iii) ⇒ (i). Chia a cho m, giả sử ta được thương là qn và dư là r
(0 ≤ r < m) nghĩa là
a = m.qn + r;

(*)


a = b + mt;

(**)

Mặt khác

Thay (**) và (*) ta có: b + mt = m.qn + r nên b = m (qn − t) + r với
0 ≤ r < m. Trong đó, (qn − t) ∈ Z nên số dư trong phép chia a cho m
cũng là r. Vậy a ≡ b (modm).
Một số tính chất của đồng dư thức:
a. Với mỗi số tự nhiên m = 0, ta có
+ a ≡ b(modm), với mọi a ∈ Z;
+ a ≡ b(modm) suy ra b ≡ a (modm), với mọi a, b ∈ Z;
+ a ≡ b (modm) , b ≡ c (modm) thì a ≡ c (modm),với a, b, c ∈ Z.
b. Nếu ai ≡ bi (modm) i = 1, 2, 3, ..., m. Ta có
n

n

kai ≡
i=1

kbi (modm) , k = ±1.
i=1

c. Nếu ai ≡ bi (modm) i = 1, 2, 3, ..., m. Ta có
n

n


ai ≡
i=1

bi (modm) .
i=1

d. Giả sử a, b, m1 , m2 , ...., mk là các số nguyên trong đó
a ≡ b (modm1 )
a ≡ b (modm2 )
4


...
a ≡ b (modmk )
thì a ≡ b (modm1 ) với m = [m1 ; m2 ; ....; mk ].
e. Nếu δ|a, δ|b và (δ, m) = 1 thì từ a ≡ b (modm) ta cũng có
a
b
≡ (modm) .
δ
δ
f. Nếu a ≡ b (modm) và δ|m, δ > 0 thì ta cũng có
a ≡ b (modδ) .
g. Các hệ quả của a, b
Nếu a ≡ b (modm) thì a ± c ≡ b ± c (modm),với mọi c ∈ Z;
Nếu a + c ≡ b (modm) thì a ≡ b − c (modm);
Nếu a ≡ b (modm) thì với mọi k ∈ Z ta có a + km ≡ b (modm);
Nếu a ≡ b (modm) thì với mọi c ∈ Z ta có ac ≡ bc (modm);
Nếu a ≡ b (modm) thì với mọi n ∈ N ta có an ≡ bn (modm)
Nếu ai ≡ bi (modm) , i = 1, n và x ≡ y (modm) thì

n

n

ai .x

n−1

i=1

1.2
1.2.1

bi .y n−1 (modm).

≡
i=1

Một số kiến thức cơ bản về số học
Các định lí cơ bản

Định lý 1.2.1 (Định lí về sự phân tích tính chuẩn). Cho n là số nguyên,
n = 0, ±1. Khi đó n luôn có thể biểu diễn được một cách duy nhất (không

5


tính đến việc sắp xếp thứ tự các nhân tử) dưới dạng:
n = ±pα1 1 .pα2 2 ....pαk k
Trong đó αi i = 1, k là các số tự nhiên và pi là các số nguyên tố, pi = pj

với mọi i = j.
Định lý 1.2.2 (Định lí Fermat). Giả sử p là số nguyên tố, a là một số
nguyên không chia hết cho p. Khi đó
ap−1 ≡ 1 (modp)
Định lý 1.2.3 (Định lí Euler). Nếu m là số nguyên dương và (a,m)=1
thì
aϕ(m) ≡ 1(modp)
Trong đó ϕ(m) gọi là Phi - hàm Euler.
Định lý 1.2.4 (Định lí Wilson). Số nguyên p là số nguyên tố khi và chỉ
khi
(p − 1)! + 1 ≡ 0 (modp)
1.2.2

Một số tính chất số học

a. Với mọi số nguyên x thì
+ Không tồn tại số nguyên a để x2 < a2 < (x + 1)2
+ Nếu tồn tại số nguyên a thỏa mãn
x2 < a2 < (x + 2)2
thì a = x + 1.

6


b. Nếu hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương thì một
trong hai số đó bằng 0.
c. Nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là một số chính
phương thì mỗi số đều là số chính phương.
d. Số chính phương không tận cùng là 2, 3, 7, 8.
e. Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p là p2 .

+ Số chính phương chia cho 3 dư 0, 1;
+ Số chính phương chia cho 4 dư 0, 1;
+ Số chính phương chia cho 8 dư 0, 1, 4.

1.3

Một số phương pháp giải phương trình nghiệm
nguyên

1.3.1

Phương pháp 1: Phương pháp xét tính chia hết

a. Phương pháp sắp thứ tự các ẩn
Cơ sở của phương pháp.
- Dựa vào các dấu hiệu chia hết
+ Dấu hiệu chia hết cho 2
Các số có chữ số tận cùng là 0, 2, 4, 6, 8 thì chia hết cho 2. Hoặc các
số chẵn thì chia hết cho 2.
+ Dấu hiệu chia hết cho 3
Là các số có tổng các chữ số chia hết cho 3 thì số đó chia hết cho 3.
+ Dấu hiệu chia hết cho 4
Những số có hai chữ số cuối tạo thành số chia hết cho 4 thì số đó
chia hết cho 4.
7


+ Dấu hiệu chia hết cho 5
Các số có tận cùng là 0 hoặc 5 thì chia hết cho 5.
+ Dấu hiệu chia hết cho 8

Những số có ba chữ số cuối tạo thành số chia hết cho 8 thì số đó
chia hết cho 8.
+ Dấu hiệu chia hết 9.
Là các số có tổng các chữ số chia hết cho 9 thì số đó chia hết cho 9.
+ Dấu hiệu chia hết cho 11.
Từ trái sang phải ta coi các chữ số thứ nhất, thứ ba, thứ năm. . .
là chữ số hàng lẻ, coi các chữ số thứ hai, tứ tư, thứ sáu. . . là chữ số
hàng chẵn. Những số có tổng các chữ số hàng chẵn trừ đi tổng các
chữ số hàng lẻ là một số chia hết cho 11 thì số đó chia hết cho 11
và chỉ những số đó mới chia hết cho 11.
+ Dấu hiệu chia hết cho 25.
Các số có hai chữ số tận cùng tạo thành số chia hết cho 25 thì số
đó chia hết cho 25.
+ Dấu hiệu chia hết cho 125.
Những số có ba chữ số cuối tạo thành số chia hết cho 125 thì số đó
chia hết cho 125.
Ví dụ 1.3.1.1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau
2x + 3y = 156

(1)

Lời giải. Giả sử x,y là các số nguyên thỏa mãn phương trình (1). Ta thấy
.
.
.
.
156 .. 2 ; 2x .. 2 nên 13y .. 2 suy ra y .. 2 (vì 13 và 2 là nguyên tố cùng nhau).
Đặt y = 2t (t ∈ Z) ta được: 2x + 13.2t = 156

8



khi đó x + 13t = 78 nên x = 78 − 13t

x = 78 − 13t
y = 2t
Thử lại, thay các biểu thức của x và y ở trên vào (1) thì phương trình
được nghiệm đúng. Vậy phương trình (1) có vô số nghiệm nguyên (x;y)
được biểu thị bởi công thức

x = 78 − 13t
y = 2t
với t ∈ Z.
b. Phương pháp đưa về phương trình ước số.
Cơ sở của phương pháp.
- Mỗi số nguyên chỉ có hữu hạn ước số.
- Cách giải: Dùng phương pháp tách, nhóm để đưa về phương trình ban
đầu về ước số; trong đó một vế là tích các thừa số nguyên chứa ẩn còn
vế còn lại là hằng số.
Ví dụ 1.3.1.2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình
2xy − 4x + y = 7
Lời giải. Ta có
2xy − 4x + y = 7
⇔ 2x (y − 2) + y = 7
⇔ 2x (y − 2) + y − 2 = 7 − 2
⇔ (y − 2) (2x + 1) = 5
9


Vì x, y là các số nguyên nên 2x + 1 và y − 2 là các số nguyên và là ước

của 5.

Vậy phương trình có các nghiệm nguyên (x, y) là (0; 7),(−1; −3),(2; 3),
(−3, 1).
c. Phương pháp biểu thị một ẩn theo ẩn còn lại rồi dùng tính
chia hết.
Cơ sở của phương pháp.
- Tính chia hết trên tập số nguyên.
- Cách giải:
+ Rút gọn phương trình.
+ Biểu thị một ẩn theo ẩn kia (chẳng hạn x).
+ Từ biểu thức của x tách ra từng phần nguyên.
+ Đặt điều kiện cho phân số trong biểu thức của x bằng một số nguyên
t ta được phương trình mới.
+ Cứ tiếp tục cho đến khi các ẩn đều được biểu thị dưới dạng một đa
thức với các hệ số nguyên.
Ví dụ 1.3.1.3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình
xy − x − y = 2
Lời giải.
xy − x − y =2
⇔ x(y − 1) =y + 2
10


Ta thấy y =1 (vì nếu y = 1 thì 0x = 3, vô nghiệm).
y+2
y+2
. Tách ra ở phân thức
các số nguyên được
Do đó x =

y−1
y−1
x=
Do x là số nguyên nên

y+2 y−1+3
3
=
=1+
;
y−1
y−1
y−1
3
là số nguyên, do đó y − 1 là ước của 3. Khi
y−1

đó ta được

Vây các nghiệm (x, y) của phương trình là (−2; 0), (4; 2), (0; −2), (2; 4)
1.3.2

Phương pháp 2: Phương pháp dùng bất đẳng thức

a. Phương pháp sắp thứ tự các ẩn
Cơ sở của phương pháp.
Ta sắp xếp các ẩn theo một quan hệ thứ tự nào đó. Dựa vào thứ tự quan
hệ này ta hạn chế được miền nghiệm của ẩn (Thường sử dụng phương
trình đối xứng).
Ví dụ 1.3.2.1. Tìm ba số nguyên dương sao cho tích của chúng gấp đôi

tổng của chúng.
Lời giải. Giả sử ba số nguyên dương cần tìm là a, b, c. Ta có
2(a + b + c) = abc

(1)

Vì các ẩn a, b, c có vai trò bình đẳng nên không giảm tính tổng quát, giả
sử: 1 ≤ a ≤ b ≤ c. Do đó abc = 2(a + b + c) ≤ 2.3c
Chia hai vế của bất đẳng thức abc ≤ 2.3c cho c, ta được ab < 6 (c là số
nguyên dương). Do đó ab ∈ 1; 2; 3; 4; 5; 6 .
- Xét ab = 1 suy ra a = b = 1. Thay vào (1) được c = −4 (loại).
11


- Xét ab = 2 suy ra a = 1; b = 2.Thay vào (1) được 6 = 0 (loại).
- Xét ab = 3 suy ra a = 1; b = 3. Thay vào (1) được c = 8.
- Xét ab = 4 suy ra a = 1; b = 4 hoặc a = b = 2. Thay vào (1) được giá
trị lần lượt là c = 5 hoặc c = 4.
- Xét ab = 5 suy ra a = 1; b = 5. Thay vào (1) được c = 4 (loại). (Do
trái với giả thiết b ≤ c).
- Xét ab = 6 ⇒ a = 1; b = 6 hoặc a = 2; b = 3. Thay vào (1) đều được
7
giá trị c = (loại).
2
Vậy nghiệm (a, b, c) của phương trình là (1; 3; 8) ;(1; 4; 5); (2; 2; 4).
b. Phương pháp chỉ ra nghiệm nguyên
Cơ sở của phương pháp.
Chỉ ra một hoặc một vài số là nghiệm của phương trình rồi chứng minh
rằng phương trình không còn nghiệm nào khác.
Ví dụ 1.3.2.2. Tìm các số tự nhiên x, sao cho

2x + 3x = 35

(2)

Lời giải.
- Với x = 0: khi đó phương trình (2) tương đương 1 + 1 = 2 = 35 (loại);
- Với x = 1: khi đó phương trình (2) tương đương 2 + 3 = 5 = 35 (loại);
- Với x = 2: khi đó phương trình (2) tương đương 4 + 9 = 13 = 35 (loại);
- Với x = 3: khi đó phương trình (2) tương đương 8 + 27 = 35;
- Với x > 3 ta có 2x + 3x > 23 + 33 = 35 (loại).
Vậy với x = 3 là số tự nhiên cần tìm.

12


c. Phương pháp xét từng khoảng giá trị của ẩn
Cơ sở của phương pháp.
- Dùng các lập luận để xác định khoảng giá trị của ẩn kết hợp với điều
kiện có nghiệm nguyên để tìm ra nghiệm đúng.
Ví dụ 1.3.2.3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình

1 1 1
+ =
x y
5

Lời giải. Do vai trò bình đẳng của x và y, giả sử x ≥ y. Ta sẽ dùng bất
đẳng thức để giới hạn khoảng giá trị của số nhỏ hơn.
1 1
(1).

Hiển nhiên, ta có < nên y > 5
y
5
1
1
Mặt khác, do x ≥ y ≥ 1 nên ≤ suy ra
x
y
1
1 1
1 1
2
= + ≤ + = ,
5 x y
y y
y
2
1
≥ nên y ≤ 10
(2)
y
5
Do y là số nguyên dương nên từ (1) và (2) suy ra y ∈ 6, 7, 8, 9, 10 .
Khi đó

1
1 1
1
= − =
suy ra x = 30;

x 5 6 30
1
1
1
2
- Với y = 7 ta được
= − =
(loại vì x không là số nguyên
x
5
7
35
dương);
- Với y = 6 ta được

1
1 1
3
= − =
(loại);
x 5 8 40
1
1 1
4
- Với y = 9 ta được = − =
(loại);
x 5 9 45
1
1
1

1
- Với y = 10 ta được = −
=
suy ra x = 10.
x 5 10 10
- Với y = 8 ta được

Vậy các nghiệm nguyên dương (x, y) của phương trình là (30; 6), (10; 10).

13


d. Phương pháp sử dụng điều kiện để phương trình bậc hai có
nghiệm
Cơ sở của phương pháp.
- Ta viết phương trình f (x; y) = 0 dưới dạng phương trình bậc hai đối
với một ẩn, chẳng hạn đối với x khi đó y là tham số. Điều kiện cần để
phương trình bậc hai có nghiệm là ∆ ≥ 0. Chú ý rằng để phương trình
bậc hai có nghiệm nguyên thì ∆ phải là số chính phương.
Ví dụ 1.3.2.4. Tìm nghiệm nguyên của phương trình
2x2 + xy 2 − 3xy + y + 3y 2 = 0
Lời giải.
Đưa phương trình trên về phương trình bậc hai hai ẩn là tham số
2x2 + (y 2 − 3y)x + 3y 2 + y = 0
Ta có ∆ = y 2 − 3y

2

(1)


− 4.2 3y 2 + y = y 4 − 6y 3 + 9y 2 − 24y 2 − 8y

= y y 3 − 6y 2 − 15y − 8 = y y 2 + 2y + 1 − 8 y 2 + 2y + 1
= y (y − 8) (y + 1)2 .
Để phương trình (1) có nghiệm nguyên thì ∆ phải là số chính phương,
tức là y(y − 8) = a2 (a ∈ N).
Suy ra y 2 − 8y = a2 .
Tương đương (y − 4)2 − a2 = 16. Hay (y − 4 − a) (y − 4 + a) = 16.
Vì y − 4 + a ≥ y − 4 − a và (y − 4 + a) + (y − 4 − a) = 2y − 8 là chẵn
nên ta có bảng sau:

Thử lại ta thấy các nghiệm trên đều thỏa mãn phương trình đã cho.
Vậy phương trình trên có các nghiệm là (−6; 9); (−21; 9); (−10; 8); (0; 0);
(−1; −1).
14


e. Phương pháp khử ẩn
Cơ sở của phương pháp.
Ta sử dụng tính chất lũy thừa cùng bậc của các số nguyên liên tiếp để
đưa phương trình nghiệm nguyên cần giải về dạng phương trình khác ít
ẩn hơn hoặc quen thuộc hơn. Từ đó tìm ra nghiệm nguyên các phương
trình đã cho.
Vận dụng các nhận xét:
+ xn < y n < (x + a)n thì y n = (x + i)n với i = 1, 2, ...., a − 1.
+ x (x + 1) ....y (y + 1) .... (y + n) < (x + a) (x + a + 1) .... (x + a + n) thì
y (y + 1) .... (y + n) = (x + i) (x + i + n) với i = 1, 2, ..., a − 1.
(Với x, y là các số nguyên; a, n là các số nguyên đều lớn hơn 1)
Ví dụ 1.3.2.5. Giải phương trình nghiệm nguyên:
x4 + x2 − y 2 + y + 10 = 0

Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với phương trình:
x4 + x2 − 10 = y(y − 1)
Ta có x4 + x2 < x4 + x2 + 10 < x4 + x2 + 10 + 6x2 + 2
Do đó x2 x2 + 1 < x4 + x2 + 10 < x2 + 3
Suy ra

x2 + 4

y(y − 1) = (x2 + 1)(x2 + 2)
y(y − 1) = (x2 + 2)(x2 + 3)

Thay vào (*) ta được

Tương đương

(x2 + 1)(x2 + 2) = x4 + x2 + 10

(x2 + 2)(x2 + 3) = x4 + x2 + 10

x=2

 x = −2
x2 = 4

nên 
2
x=1
x =1

x = −1

15

(*)


Với x = ±2 ta có y 2 − y − 30 = 0 nên

Với x = ±1 ta có y 2 − y − 12 = 0 nên

y=6
y = −5
y=4
y = −3

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là (2; 6); (2; −5); (−2; 6); (−2; −5); (1; 4);
(1; −3); (−1; 4); (−1; −3).
f. Phương pháp dùng các bất đẳng thức cơ bản
Cơ sở của phương pháp.
- Sử dụng các bất đắng thức thường dùng như Cauchy, Bunhiacopxki,
Lepmit,...
Ví dụ 1.3.2.6. Tìm các số nguyên dương x,y thỏa mãn phương trình
x2 + 1

x2 + y 2 = 4x2 y

(*)

Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
x2 + 1 ≥ 2x, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 1.
x2 + y 2 ≥ 2xy, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y.

Vì x, y nguyên dương nên nhân các bất đẳng thức trên vế theo vế ta
được
x2 + 1

x2 + y 2 ≥ 4x2 y;

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1.
Vậy phương trình (*) có nghiệm duy nhất là x = y = 1.

16


1.3.3

Phương pháp 3: Sử dụng tính chất của số chính phương

a. Phương pháp sử dụng tính chất về số dư trong phép chia tận
cùng của số chính phương
Cơ sở của phương pháp.
- Số chính phương không có tận cùng là 2, 3, 7, 8;
- Số chính phương chia cho 3 dư 0, 1;
- Số chính phương chia cho 4 dư 0, 1;
- Số chính phương chia cho 8 dư 0, 1, 4;
- Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho p2 .
Ví dụ 1.3.3.1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình
3x2 + 4y 2 = 6x + 13
Lời giải. Biến đổi phương trình:
3x2 + 4y 2 = 6x + 13
⇔ 3x2 − 6x + 3 = 16 − 4y 2
⇔ 3 x2 − 2x + 1 = 4 4 − y 2

.
.
Ta có 4 4 − y 2 .. 3 suy ra 4 − y 3 .. 3 và 4 − y 2 ≥ 0
Suy ra y 2 =1 hoặc y 2 = 4.
y=1

 y = −1

Nên suy ra 
y=2

y = −2
x=3

- Với y = −1 thay vào (*) ta được

x = −1
17

(*)


- Với y = 1 thay vào (*) ta được

x=3

x = −1
- Với y = −2 thay vào (*) ta được x = 2
- Với y = 2 thay vào (*) ta được x = 2
Vậy nghiệm nguyên (x; y) của phương trình là (3; −1), (3; 1); (−1; −1);

(1; 2); (1; −2).
b. Phương pháp sử dụng tính chất cơ bản của số chính phương
Cơ sở của phương pháp.
- Tính chất 1: Với mọi số nguyên a, x ta có:
+ Không tồn tại x để a2 < x2 < (a + 1)2 ;
+ Nếu a2 < x2 < (a + 2)2 thì x2 = (a + 1)2 .
- Tính chất 2: Nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là
một số chính phưng thì mỗi số đều là số chính phương.
- Tính chất 3: Nếu hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương
thì một trong hai số nguyên liên tiếp đó bằng 0.
Ví dụ 1.3.3.2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình
x x2 + x + 1 = 4y (y + 1)
Lời giải. Phương trình tương đương với
x x2 + x + 1 + 1 =4y (y + 1) + 1
⇔ x3 + x2 + x + 1 =4y 2 + 4y + 1
⇔ x2 + 1 (x + 1) =(2y + 1)2
Vế phải là số lẻ nên x2 + 1 và (x + 1) cùng lẻ, đồng thời x2 + 1 và x + 1
cùng là số dương. Ta lại thấy x2 + 1 và x + 1 nguyên tố cùng nhau. Thật
18


.
.
.
vậy, giả sử x2 + 1 .. d, (x + 1) .. d thì x2 + 1 − x2 − 1 = 2 .. d, do d lẻ
nên d = 1.
Hai số x2 + 1 và x + 1 là hai số nguyên dương, nguyên tố cùng nhau, có
tích là số chính phương nên cả hai số đều là số chính phương.
Do x2 và x2 + 1 là hai số nguyên liên tiếp, cùng là số chính phương nên
số nhỏ bằng 0, đó là x2 = 0.

Từ x = 0 ta được y = 0 hoặc y = −1.
Vậy nghiệm nguyên (x; y) của phương trình là (0; 0), (0; −1).
1.3.4

Phương pháp 4: Xét số dư từng vế khi chia cho cùng
một số

a. Sử dụng tính chẵn lẻ
Cơ sở của phương pháp.
+ Tích hai số chẵn là một số chẵn nhưng điều ngược lại không đúng.
+ Tích hai số lẻ của một số lẻ và ngược lại.
+ Tổng (hiệu) của một số chẵn và một số lẻ là một số lẻ.
+ Tổng (hiệu) của hai số chẵn (lẻ) là một số chẵn.
Ví dụ 1.3.4.1. Giải phương trình nghiệm nguyên:
x5 − y 5 − xy = 32

(1)

Lời giải. Từ (1) ta có x, y là hai số chẵn vì các trường hợp ngược lại thì
vế trái là một số lẻ, còn vế phải là một số chẵn.
Phương trình tương đương với
(x − y) x4 + x3 y + x2 y 2 + xy 3 + y 4 − xy = 32
⇔ (x − y) x4 + x3 y + x2 y 2 + xy 3 + y 4 − xy = 32 + xy;
19

(2)