Toán - Chuyên đề một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên 
 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc 
2
 ----------------------------------------------------------- 
A. Mở đầu 
I. Lý do chọn chuyên đề: 
 Trong ch−ơng trình toán THCS thì ph−ơng trình nghiệm nguyên vẫn luôn là một đề tài hay 
và khó đối với học sinh. Các bài toán nghiệm nguyên th−ờng xuyên có mặt tại các kì thi lớn 
nhỏ trong n−ớc và ngoài n−ớc. 
Tuy nhiên lại không có nhiều tài liệu viết riêng về nội dung này, do vậy để phục vụ giảng 
dạy của bản thân, đặc biệt là công tác bồi d−ỡng học đội tuyển học sinh giỏi và bồi d−ỡng 
học sinh thi vào các tr−ờng chuyên lớp chọn nên tôi đ; viết chuyên đề này. 
Trong chuyên đề này tôi chỉ mới đề cập đến vấn đề nghiệm nguyên ( cụ thể là các dạng và 
ph−ơng pháp giải) chứ không đi sâu vì vốn hiểu biết còn có hạn. 
II. Phạm vi và mục đích của chuyên đề: 
1. Phạm vi của chuyên đề: 
 - Áp dụng với đối t−ợng học sinh khá- giỏi các khối 8- 9 
2. Mục đích chuyên đề: 
 - Trao đổi với đồng nghiệp và học sinh một số ph−ơng pháp cũng nh− là một số bài 
toán giải ph−ơng trình nghiệm nguyên trong ch−ơng trình bồi d−ỡng học sinh khá- giỏi các 
lớp 8, 9 
 - Giúp học sinh biết vận dụng các ph−ơng pháp trên một cách linh hoạt trong việc 
giải quyết các bài toán về nghiệm nguyên từ dễ đến khó. 
------------------------------------------------------------ 
www.VNMATH.com
Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên 
 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc 
3
B- Nội dung. 
Ph−ơng pháp 1: áp dụng tính chia hết. 
 Cỏc tớnh chất thường dựng : 
– Nếu a ⋮ m và a ± b ⋮ m thỡ b ⋮ m. 
– Nếu a ⋮ b, b ⋮ c thỡ a ⋮ c. 
– Nếu ab⋮ c mà ƯCLN(b , c) = 1 thỡ a⋮ c. 
– Nếu a⋮ m, b⋮ n thỡ ab⋮ mn. 
– Nếu a⋮ b, a⋮ c với ƯCLN(b , c) = 1 thỡ a⋮ bc. 
– Trong m số nguyờn liờn tiếp, bao giờ cũng tồn tại một số là bội của m. 
1. Ph−ơng trình dạng ax + by =c. 
ví dụ 1: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: 2x + 25y = 8 (1) 
Giải: 
Có thể dễ dàng thấy rằng y chẵn. Đặt y =2t ph−ơng trình (1) trở thành: x + 25t = 4 
Từ đó ta có nghiệm của ph−ơng trình. 
4 25
2
x t
y t
t Z
= −

=
 ∈
Chú ý: ta còn có cách thứ hai để tìm nghiệm của ph−ơng trình trên. Đó là ph−ơng pháp 
tìm nghiệm riêng để giải ph−ơng trình bậc nhất hai ẩn. Ta dựa vào định lý sau: 
Nếu ph−ơng trình ax + by =c. với (a;b) = 1 có nghiệm là ( x0; y0) thì mọi nghiệm nguyên 
của ph−ơng trình nhận từ công thức. 
0
0
x x bt
y y at
t Z
= +

= −
 ∈
Định lý này chứng minh không khó ( bằng cách thế trực tiếp vào ph−ơng trình) dựa vào 
định lý này ta chỉ cần tìm một nghiệm riêng của ph−ơng trình ax + by =c. 
 Đối với các ph−ơng trình có hệ số a,b,c nhỏ thì việc tìm nghiệm riêng khá đơn giản 
xong với ph−ơng trình có các hệ số a,b,c lớn thì không dễ dàng chút nào, do đó ta phải 
dùng đến thuật toán Ơclít. 
www.VNMATH.com
Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên 
 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc 
4
2.Đ−a về ph−ơng trình −ớc số: 
 Ví dụ2: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: 2 5 3 8x y xy+ + = (2) 
Giải: 
( )
( )
( )
( )
( )
( )
(2) 2 3 5 8
3 2 3 5 24
3 2 3 15 24
3 2 3 15 10 34
3 2 3 5(2 3 ) 34
2 3 (3 5) 34
x y y
x y y
x y y
x y y
x y y
y x
⇔ + + =
 ⇔ + + = 
⇔ + + =
⇔ + + + =
⇔ + + + =
⇔ + + =
 Vì 34=17.2=34.1=(-17).(-2) = (-1).(-34) nên ta có bảng kết quả: 
3 5x + -34 -1 2 17 
2 3y+ -1 -34 17 2 
x -13 -2 -1 4 
y -1 -12 5 0 
Ví dụ3: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: 2 22 3 2 6x y xy x y+ + − − = (3) 
Giải: 
( ) ( )2 23 3 2 2 6x x y y y a a⇔ + − + − + = + ( a là một số ch−a biết đ−ợc xác định sau). 
Xét ph−ơng trình; ( )2 23 2 . 2 0x y x y y a+ − + − + = 
 Có ( ) ( )2 2 23 2 4 2 8 4 4y y y a y y a∆ = − − − + = − + − 
Chọn a = -3 
Ta có ( )22 8 16 4y y y∆ = − + = − 
1 21; 2 3x y x y⇒ = − − = − + từ đó ta có ph−ơng trình −ớc số: 
( )( )1 2 3 3x y x y+ + + − = 
Suy ra kết quả: ( ) ( ){ ( ) ( ) ( )}; 6;6 , 0;2 , 4;2 , 10;6x y ∈ − − − 
3.Tách giá trị nguyên. 
Ví dụ 4: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: 
 2xy x y− − = (4) 
Giải: 
( ) ( )4 1 2x y y⇔ − = + 
Ta có y = 1 không phải là nghiệm của ph−ơng trình 
Với 1y ≠ ta có: 2
1
y
x
y
+
=
−
31
1
x
y
⇔ = +
−
}{(3)1 3; 1;1;3y⇒ − ∈ = − −Ư 
 }{ 2;0;2;4y⇔ ∈ − ( ) ( ){ ( ) ( ) ( )}; 0; 2 , 2;0 , 4;2 , 2;4x y⇒ ∈ − − 
www.VNMATH.com
Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên 
 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc 
5
Ph−ơng pháp 2: Ph−ơng pháp lựa chọn Modulo ( hay còn gọi là xét số d− từng vế) 
 Tr−ớc tiên ta có các tính chất cơ bản sau: Một số chính ph−ơng khi chia cho 3 d− 0;1. 
chia cho 4 d− 0;1. chia cho 8 d− 0;1;4. vv.. 
 1. Xét số d− hai vế. 
 Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên của ph−ơng trình: 29 2x y y+ = + (*) 
Giải: 
 Ta có: ( ) ( ) ( ) ( )29 2 2 mod3 2 mod3 1 2 mod3VT x VP y y y y= + ≡ ⇒ = + ≡ ⇔ + ≡ 
( )1 mod 3y⇒ ≡ ( vì nếu y=3k hoặc y = 3k+2 thì ( )0 mod 3VP ≡ ). 
3 1y k⇒ = + (trong đó k Z∈ ) thay vào pt(*) ta có : 
( ) ( )2 2 29 2 3 1 3 1 9 9 9x k k x k k x k k+ = + + + ⇔ = + ⇔ = + 
Vậy 
2
3 1
x k k
y k
k Z
 = +

= +
 ∈
Ví dụ 6: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên không âm sau: 
 ( )( ) ( )( )2 1 2 2 2 3 2 4 5 11879x x x x y+ + + + − = 
Giải: 
Ta có 2 ; 2 1; 2 2; 2 3; 2 4x x x x x+ + + + là 5 số tự nhiên liên tiếp ( )( )( )( )2 2 1 2 2 2 3 2 4 5x x x x x+ + + + ⋮ 
Mặt khác ƯCLN( 2x ;5) = 1 nên ( )( )( )( )2 1 2 2 2 3 2 4 5x x x x+ + + + ⋮ 
 Với 1y ≥ thì ( )( )( )( )2 1 2 2 2 3 2 4 5 5x x x x yVT = + + + + − ⋮ còn ( )11879 4 mod 5VP = ≡ suy ra ph−ơng 
trình không có nghiệm. 
 Với y =0 ta có : 
( )( ) ( )( ) ( )( )( )( )02 1 2 2 2 3 2 4 5 11879 2 1 2 2 2 3 2 4 11880x x x x x x x x+ + + + − = ⇔ + + + + = 
( )( )( )( ) 32 1 2 2 2 3 2 4 9.10.11.12 2 1 9 2 8 2 2 3x x x x x x x x⇔ + + + + = ⇒ + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = 
Vậy ph−ơng trình đ; cho có nghiệm duy nhất ( ) ( ); 3;0x y = 
Ví dụ 7: Tìm x, y nguyên d−ơng thoả m;n : ( )23 1 1x y+ = + 
Giải: 
 ( ) ( )23 1 1 3 2x xy y y+ = + ⇔ = + (**) 
Ta có ( ) ( ) ( )3 1 mod 2 2 1 mod 2xVT VP y y= ≡ ⇒ = + ≡ 
Suy ra y là số lẻ mà y và y+2 là hai số lẻ liên tiếp 
Từ pt(**) 
3
2 3
m
n
y
y
m n x
 =

⇒ + =
 + =

www.VNMATH.com
Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên 
 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc 
6
Ta có y +2 > y ⇒ n > m 1≥ 
Nếu m > 1 thì y và y+ 2 đều chia hết cho 3 ( vô lí vì ( y; y+2) =2 ) 
Vậy m =1 ⇒n = 0 ⇒x=1 ⇒ y =1 
2.Sử dụng số d− để chỉ ra ph−ơng trình vô nghiệm. 
 Ví dụ 8: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên d−ơng sau: 
30419 5 1890 1975 2013x y+ + = + 
Giải: 
Ta có x ,y nguyên d−ơng 5 5; 1890 5y⇒ ⋮ ⋮ ( )19 5 1890 19 mod5x y xVT⇒ = + + ≡ 
Mặt khác: ( ) ( )19 1 mod5 19 ( 1) mod5x x≡ − ⇒ ≡ − 
 Nếu x chăn thì ( )19 1 mod5x ≡ ; nếu x lẻ thì ( ) ( )19 1 mod5 4 mod5x ≡ − ≡ 
( )1;4 mod5VT⇒ ≡ còn ( )3 mod5VP ≡ Do đó ph−ơng trình vô nghiệm. 
Ví dụ 9: Tìm các số nguyên d−ơng x, y biết: 2 2 11 3 yx x ++ − = 
Giải: 
Ta có: ( )2 13 0 mod3yVP += ≡ (*) 
 Nếu x =3k ( *k N∈ ) thì ( )2 1 2 mod3VT x x= + − ≡ 
 Nếu x =3k +1 ( k N∈ ) thì ( )2 1 1 mod3VT x x= + − ≡ 
 Nếu x =3k +2 ( k N∈ ) thì ( )2 1 1 mod3VT x x= + − ≡ 
Vậy với x Z +∀ ∈ thì ( )2 1 1;2 mod3VT x x= + − ≡ (**) 
Từ (*) và (**) suy ra không tồn tại các số nguyên d−ơng x, y thoả m;n bài toán. 
 Chú ý: Nhiều bài toán thi vô địch các n−ớc đôi khi phải xét đến Modulo khá lớn 
VD ( IMO năm 1999). 
 Ví dụ 10: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: 2 5 4m n= − 
Giải: 
( )2 0;1;3;4;5;9 mod11m ≡ còn ( )5 4 6;7;8 mod11n − ≡ suy ra ph−ơng trình vô nghiệm. 
Chú ý: Đối với các ph−ơng trình nghiệm nguyên có sự tham gia của các số lập ph−ơng 
thì Modulo th−ờng dùng là Mod9 Vì ( )3 0;1;8 mod 9x ≡ 
Ví dụ 11: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: 3 3 3 2011x y z+ + = ( 8) 
Giải: 
 Dựa vào nhận xét trên: Ta có ( )3 0;1;8 mod 9x ≡ ; ( )3 0;1;8 mod 9y ≡ ( )3 0;1;8 mod 9z ≡ 
( )3 3 3 0;1;2;3;6;7;8 mod 9VT x y z⇒ = + + ≡ 
Còn ( )2011 4 mod 9VP = ≡ nên ph−ơng trình vô nghiệm 
www.VNMATH.com
Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên 
 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc 
7
 Ph−ơng pháp 3: Dùng bất đẳng thức. 
1. Đối với các ph−ơng trình mà các biến có vai trò nh− nhau thì ng−ời ta th−ờng dùng 
ph−ơng pháp sắp thứ tự các biến. 
Ví dụ 12: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên d−ơng sau: 3x y z xyz+ + = 
Giải. 
 Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử 1 x y z≤ ≤ ≤ 
3 3
1 1; 1 1
xyz x y z z
xy x y z
⇒ = + + ≤
⇒ ≤ ⇒ = = ⇒ =
Vậy nghiệm của ph−ơng trình là (x;y;z)= ( 1;1;1). 
Chú ý: Đối với ph−ơng trình nghịch đảo các biến ta cũng có thể dùng ph−ơng pháp này 
( nếu vai trò các biến cũng nh− nhau). Ta có cách giải khác của ví dụ 9: 
 Chia cả hai vế của ph−ơng trình cho xyz ta có: 1 1 1 3
xy zx yz
+ + = 
Giải: 
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử 1 x y z≤ ≤ ≤ 22
1 1 1 33 1 1x x
xy zx yz x
⇒ + + = ≤ ⇒ ≤ ⇒ = 
Suy ra: y = 1; z =1. 
Ví dụ 13: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên d−ơng sau: 1 1 1 1
x y z
+ + = 
Giải: 
 Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử 1 x y z≤ ≤ ≤ 1 1 1 31 3x
x y z x
⇒ + + = ≤ ⇒ ≤ 
Lần l−ợt thử x = 1 thì ph−ơng trình không có nghiệm nguyên. 
 Xét x = 2 ta có 1 1 1 1 1 1 21 4
2 2
y
y z y z y
+ + = ⇔ + = ≤ ⇒ ≤ 
Mặt khác }{2 2;3;4y x y≥ = ⇒ ∈ ta thử lần l−ợt các giá trị của y: 
y= 2 ph−ơng trình không có nghiệm nguyên. 
y=3 ⇒z=6 
y=4 ⇒z=4 
xét x =3ta có: 1 1 1 1 1 2 21 3
3 3
y
y z y z y
+ + = ⇔ + = ≤ ⇒ ≤ 
Mặt khác 3 3 3y x y z≥ = ⇒ = ⇒ = 
Vậy nghiệm của ph−ơng trình là: ( ) ( ){ ( ) ( )}; ; 2;3;6 , 2;4;4 , 3;3;3x y z ∈ 
www.VNMATH.com
Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên 
 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc 
8
Ví dụ 14: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên d−ơng sau: x! + y! = (x+y)! (*) 
Giải: 
Vì vai trò của x, y nh− nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử 1 x y≤ ≤ 
Ta có: (x+y)! =x! + y! ≤ 2.y! 1x⇒ ≤ vì nếu x > 1 thì 2.y! ≥ (y+2)! 
 2.y! ≥ y! (y+1)(y+2) 2 ( 1)( 2)y y⇔ ≥ + + ( vô lí vì y≥ 1) 
Vậy x = 1 Thay vào PT (*) ta có 1+y! = (y+1)! 1 ! !( 1) . ! 1 1y y y y y y⇔ + = + ⇔ = ⇒ = 
Vậy ph−ơng trình có nghiệm x = y = 1 
 2.áp dụng bất đẳng thức cổ điển. 
Vớ dụ 15 Tỡm cỏc số nguyờn dương x, y thoả món phương trỡnh : 2 2 2 2(x + 1)(x + y ) = 4x y 
Giải : 
 Áp dụng bất ủẳng thức Cụ–si ta cú : 
2x + 1 2x≥ , dấu bằng xẩy ra khi x = 1. 
2 2x + y 2xy≥ , dấu bằng xẩy ra khi x = y. 
Vỡ x, y nguyờn dương nờn nhõn cỏc bất ủẳng thức trờn vế theo vế ta ủược : 
2 2 2 2(x + 1)(x + y ) 4x y≥ , dấu bằng cú khi và chỉ khi x = y = 1. 
Vậy phương trỡnh cú nghiệm duy nhất x = y = 1. 
Ví dụ 16: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: ( ) ( )2 2 21 3 1x y x y+ + = + + 
Giải: 
 áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có ( ) ( )( )2 2 21 1 1 1 1x y x y+ + ≤ + + + + 
Dấu bằng xẩy ra khi 1 1 1 1
1x y
= = = hay x = y = 1 
Vậy Ph−ơng trình có nghiệm x = y = 1 
Ví dụ 17: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên d−ơng sau: 
 ( )36 3 2 2 2 215 3 5x z x z x y z y+ − = − + 
Giải: 
( )
( ) ( ) ( )
36 3 2 2 2 2
3 32 2 3 2 2
15 3 5
5 3 5
x z x z x y z y
x y z x z y
+ − = − +
⇔ + + + = +
áp dụng bất đẳng thức côsi cho 3 số ta có : ( ) ( ) ( )3 32 2 3 2 25 3 5x y z x z y+ + + ≥ + Dấu = xây ra 
khi 2 2 5x y z= + = Từ ph−ơng trình ( )( )2 2 5 5 3; 2 9x y x y x y x y z= + ⇒ − + = ⇒ = = ⇒ = 
Vây nghiệm của ph−ơng trình là ( x;y;z) = ( 3;2;9). 
www.VNMATH.com
Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên 
 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc 
9
Ghi chú: 
 Việc áp dụng bất đẳng thức vào giải ph−ơng trình nghiệm nguyên rất ít dùng vì ẩn ý 
dùng bất đẳng thức rất dễ bị lộ . Tuy nhiên cũng có một vài tr−ờng hợp dùng bất đẳng 
thức khá hay nh− ví dụ sau: 
Ví dụ 18.1: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên d−ơng sau: 
Giải: 
 Ta có 
Do (*) 
T−ơng tự ta cũng có (**) 
Cộng theo vế của (*) và (**) ta có 
( ) ( )
( ) ( ) ( )( )
( ) ( )( )
2 24 4 2 2 2 2
2 24 4 2 2 2 2 2 2
4 4 2 2 2 2
1 12 1 1
3 3
1 12 1 1 .2 1 1
3 3
3 2 2 1 1
x y x y x x y y
x y x y x x y y x x y y
x y x y x x y y
+ + + + ≥ − + + − +
 ⇔ + + + + ≥ − + + − + ≥ − + − +
  
⇔ + + + + ≥ − + − +
Dấu “=” xẩy ra khi x = y= 1 
Vậy nghiệm của ph−ơng trình là x = y= 1. 
Ví dụ 18.2: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên d−ơng sau với x, y, z là các số đôi một khác 
nhau. ( )23 3 3x y z x y z+ + = + + 
Giải: 
 áp dụng bất đẳng thức 
33 3 3
3 3
x y z x y z+ + + + ≥  
 
( ) ( )
3
23 3 3 9
9
x y z
x y z x y z x y z
+ +
⇒ + + = + + ≥ ⇒ + + ≤ 
Vì x, y, z đôi mộ khác nhau suy ra }{1 2 3 6 6;7;8x y z x y z+ + ≥ + + = ⇒ + + ∈ 
Lần l−ợt thử các giá trị của x y z+ + ta tìm đ−ợc (x;y;z)= (1;2;3) và các hoán vị của nó. 
4 4 2 2 2 23( 2) 2( 1)( 1)x y x y x x y y+ + + + = − + − +
( ) ( )2 2 2 21 0 2 4 2 0 3 1 1x x x x x x x+ ≥ ⇔ + + ≥ ⇔ + + ≥ − +
( ) ( )( ) ( )2 24 2 2 2 2 2 211 1 1 1 13x x x x x x x x x x+ + = + − = + + − + ≥ − +
( )24 2 211 13y y y y+ + ≥ − +
www.VNMATH.com
Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên 
 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc 
10
3. áp dụng tính đơn điệu của từng vế: 
Ta chỉ ra một hoặc một vài giá trị của biến thoả m;n ph−ơng trình rồi chứng minh đó là 
nghiệm duy nhất. 
Ví dụ 19: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên d−ơng sau: 3 4 5x x x+ = 
Giải: 
 Chia cả hai vế của ph−ơng trình cho 5x ta có: 3 4 1
5 5
x x
   
+ =   
   
Thử với x = 1 ta thấy không phải là nghiệm nguyên của ph−ơng trình. 
 Với x = 2 ta có VT =VP = 1 thoả m;n bài toán. 
Với 3x ≥ 
23 3
5 5
x
   
⇒ <   
   
 và 
24 4
5 5
x
   
<   
   
 suy ra 
2 23 4 3 4 1
5 5 5 5
x x
       
+ < + =       
       
Vậy Ph−ơng trình có nghiệm duy nhất x = 2. 
Từ ví dụ 19: suy ra cách làm bài tập sau: Tìm số tự nhiên x sao cho ( ) ( ) ( )3 4 5x x x+ = 
Đối với ph−ơng trình trên ta còn có bài toán tổng quát hơn. 
 Tìm các số nguyên d−ơng x; y; z thoả mHn 3 4 5x y z+ = . 
đáp số: x = y = z = 2 nh−ng cách giải trên vô tác dụng với bài này. 
 (Đểgiải bài này thì hữu hiệu nhất là xét Modulo). 
4. Dùng điều kiện 0∆ ≥ hoặc ' 0∆ ≥ để ph−ơng trình bậc hai có nghiệm. 
Ví dụ 20: 
 Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: 2 22 2 2 3x y xy x y+ = + + 
Giải: 
( )2 2 2 22 2 2 3 2 1 2 3 0x y xy x y x x y y y+ = + + ⇔ − + + − = ta 
có: ( ) ( )2 2 2 5 29 5 29' 1 2 3 5 1 0 2 2y y y y y y
− +∆ = + − − = − + + ≥ ⇔ ≤ ≤ 
Vì y nguyên nên y }{0;1;2;3;4;5∈ Thay lần l−ợt các giá trị của y vào ph−ơng trình và tìm x 
t−ơng ứng ta đ−ợc: ( ) ( ){ ( )}; 0;0 ; 2;0x y ∈ 
Nhận xét:Nói chung ph−ơng pháp này đ−ợc dùng khi f(x ; y) có dạng tam thức 
bậc hai f(z) = az2 + bz + c trong đó a <0 . 
còn khi a > 0 thì dùng ph−ơng pháp đa nói trong ví dụ 3 để đ−a về ph−ơng trình −ớc số 
một cách nhanh chóng. 
www.VNMATH.com
Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên 
 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc 
11
Ph−ơng pháp 4:Ph−ơng pháp chặn hay còn gọi là ph−ơng pháp đánh giá. 
Chủ yếu dựa vào hai nhận xét sau: 
• Không tồn tại n Z∈ thỏa mãn ( )22 2 1a n a< < + với a là một số nguyên. 
• Nếu ( )22 2 2a n a< < + với ;a n Z∈ thì n = a + 1. 
Ta có ví dụ sau: 
Ví dụ 21: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: 4 2 21x x y+ + = 
Giải: 
 Xét hiệu ( ) ( )2 22 2 2 2 21 0 1x y x x y+ − = ≥ ⇒ + ≥ 
 Xét hiệu 2 4 2 2 41 0y x x y x− = + > ⇒ > 
Suy ra: ( ) ( ) ( )2 2 22 2 2 2 21 1x y x y x< ≤ + ⇒ = + Thế vào ph−ơng trình ban đầu ta có: 
 x2 =0 0x⇔ = 
Nhận xét trên có thể mở rộng với số lập ph−ơng ta có ví dụ sau: 
Ví dụ 22: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: 3 3 22 3 1x y y y− = + + 
Giải: 
 Bằng cách biên đổi nh− ví dụ trên ta có: ( ) ( )3 331 1 ; 1.y x y x y x y− < ≤ + ⇒ = = + 
Lần l−ợt xét các tr−ờng hợp x = y và x = y +1 ta tìm đ−ợc nghiệm của ph−ơng trình: 
 ( ) ( ){ ( )}; 1; 1 ; 1;0x y ∈ − − . 
Ph−ơng pháp 5: Dùng tính chất của số chính ph−ơng. 
 Cỏc tớnh chất thường dựng : 
– Số chớnh phương khụng tận cựng bằng 2, 3, 7, 8. 
– Số chớnh phương chia hết cho số nguyờn tố p thỡ chia hết cho 2p . 
– Số chớnh phương khi chia cho 3, cho 4 chỉ cú thể dư 0 hoặc 1. 
– Số chớnh phương chia cho 5, cho 8 thỡ số dư chỉ cú thể là 0, 1 hoặc 4. 
– Số chớnh phương lẻ chia cho 4, 8 thỡ số dư ủều là 1. 
– Lập phương của một số nguyờn chia cho 9 chỉ cú thể dư 0, 1 hoặc 8. 
www.VNMATH.com
Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên 
 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc 
12
 Dạng 1: sử dụng mệnh đề 1 sau: 
 với x, y, z nguyên và xy = z2 với (x;y) = 1 thì 
2
2
,
x k
y t voi k t Z
kt z
 =

= ∈

=

Thật vậy ta chứng minh bằng ph−ơng pháp phản chứng: 
Giả sử x, y không là số chính ph−ơng nên trong phân tích thành số nguyên tố của x hoặc y 
tồn tại một số chứa ít nhất một số nguyên tố p với số mũ lẻ.( số p với số mũ lẻ trái với điều 
kiện z2 là số chính ph−ơng) suy ra điều phải chứng minh. 
Ví dụ 23: 
 Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: 4 2 22 3 1 0x x y+ + − = 
Giải: 
( )( )4 2 2 2 2 22 3 1 0 2 1 1x x y x x y+ + − = ⇔ + + = 
Ta có: ( )2 22 1; 1 1x x+ + = 
Suy ra: 
2 2
2 2
1
2 1
x t
x z
 + =

+ =
 Từ ph−ơng trình ( )( )2 21 1 0 1x t x t x t x y+ = ⇔ − + = − ⇒ = ⇒ = 
Vậy nghiệm của ph−ơng trình là: 
0
1
x
y
=

=
Dạng 2: sử dụng mệnh đề 2 sau: 
 Nếu n; t là các số nguyên thoả mHn n( n+1) = t2 thì hoặc n = 0 hoặc n+1 =0. 
Chứng minh: 
Giả sử 0; 1 0 0n n t≠ + ≠ ⇒ ≠ 
 Vậy 
( ) ( ) ( )( )2 22 2 2 2 2 2n + n = t 4n + 4n =4t 2 1 =4t 1 2 1 - 4t =1 2 1 2 2 1 2 1n n n t n t⇔ ⇔ + + ⇔ + ⇔ + − + + = 
Vì n; t là các số nguyên nên từ ph−ơng trình −ớc số trên suy ra n=0 hoặc n =-1 ( )Dpcm⇒ 
 áp dụng mệnh đề trên để giải ph−ơng trình nghiệm nguyên trong ví dụ sau: 
Ví dụ 24: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: 2 2 2 22 5 5 6x xy y x y x y+ + + + = − 
Giải: 
( )( )2 2 2 2 2 22 5 5 6 2 3x xy y x y x y x y x y x y+ + + + = − ⇔ + + + + = 
2 0x y⇒ + + = hoặc 3 0x y+ + = từ đó tìm đ−ợc nghiệm nguyên của ph−ơng trình. 
Ph−ơng trình này vẫn còn có những cách giải khác nh−ng việc dùng mệnh đề trên giúp cho 
lời giải bài toán trở nên ngắn gọn hơn. 
www.VNMATH.com
Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên 
 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc 
13
Ph−ơng pháp 6: Ph−ơng pháp lùi vô hạn. 
 ( hay còn gọi là ph−ơng pháp xuống thang). 
 Ph−ơng pháp này dùng để chứng minh một ph−ơng trình f(x,y,z,) nào đó ngoài 
nghiệm tầm th−ờng x = y = z = 0 thì không còn nghiệm nào khác. 
Ph−ơng pháp này đ−ợc diễn giải nh− sau: 
 Bắt đầu bằng việc giả sử ( )0 0 0; ; ,...x y z là nghiệm của f(x,y,z,). Nhờ những biến đổi, suy 
luận số học ta tìm đ−ợc một bộ nghiệm khác ( )1 1 1; ; ;...x y z sao cho các nghiệm quan hệ với 
bộ nghiệm đầu tiên bởi một tỷ số k nào đó. Ví dụ: 0 1 0 1 0 1; ; ;...x kx y ky z kz= = = 
Rồi lại từ bộ ( )2 2 2; ; ;...x y z sao cho các nghiệm quan hệ với bộ nghiệm ( )1 1 1; ; ;...x y z bởi một 
tỷ số k nào đó. Ví dụ: 1 2 1 2 1 2; ; ;...x kx y ky z kz= = = Quá trình tiếp tục dẫn đến 0 0 0; ; ,...x y z chia 
hết cho ks với s là một số tự nhiên tuỳ ý điều này xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z == 0. 
Để rõ ràng hơn ta xét ví dụ sau: 
 Ví dụ 25: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: 2 2 23x y z+ = 
Giải: 
Gọi ( )0 0 0; ;x y z là một nghiệm của ph−ơng trình trên. Xét theo mod3 ta chứng minh 0 0;x y 
chia hết cho 3. Thật vậy: rõ ràng vế phải chia hết cho 3 suy ra: 2 20 0 3x y+ ⋮ ta có: 
( ) ( )2 20 00;1 mod 3 ; 0;1 mod 3x y≡ ≡ do đó: 2 20 0 0 03 3; 3x y x y+ ⇒⋮ ⋮ ⋮ 
đặt 0 1 0 1 0 13 ; 3 ; 3x x y y z z= = = thế vào và rút rọn ta đ−ợc ( )2 2 21 1 0 0 0 13 3 3x y z z z z+ = ⇒ ⇒ =⋮ 
Thế vào và rút gọn ta đ−ợc. 2 2 21 1 13x y z+ = do đó nếu ( )0 0 0; ;x y z là một nghiệm của ph−ơng 
trình trên thì ( )1 1 1; ;x y z cũng là nghiệm của ph−ơng trình trên. tiếp tục quá trình suy luận 
trên dẫn đến 0 0 0; ; 3
k
x y z ⋮ điều đó chỉ xẩy ra khi. 0 0 0 0x y z= = = . 
Ví dụ 26: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: 2 2 2 2x y z xyz+ + = 
Giải: 
Giả sử ( )0 0 0; ;x y z là một nghiệm của ph−ơng trình trên. 2 2 20 0 0 0 0 02x y z x y z+ + = 
2 2 2
0 0 0x y z⇒ + + chẵn ( do 0 0 02x y z chẵn) nên có hai tr−ờng hợp xẩy ra. 
Tr−ờng hợp 1: Có hai số lẻ, một số chẵn. Không mất tính tổng quát ta giả sử x0,y0 lẻ; 
 z0 chẵn. Xét theo mod4 ta có: ( )2 2 20 0 0 2 mod 4x y z+ + ≡ còn 0 0 02 4x y z ⋮ ( do z0 chẵn)⇒ vô lý 
Tr−ờng hợp 2: cả 3 số đều chẵn. Đặt 0 1 0 1 0 12 ; 2 ; 2x x y y z z= = = thế vào và rút gọn ta có: 
2 2 2
1 1 1 1 1 14x y z x y z+ + = lập luân nh− trên ta đ−ợc 1 1 1; ;x y z chẵn 
Quá trình lại tiếp tục đến 0 0 0; ; 2
k
x y z ⋮ với *k N∈ điều đó xẩy ra khi 0 0 0 0x y z= = = 
 Tóm lại nghiệm của ph−ơng trình là ( ) ( )0 0 0; ; 0;0;0x y z = 
www.VNMATH.com
Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên 
 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc 
14
Ph−ơng pháp 7: Nguyên tắc cực hạn 
 ( hay còn gọi là nguyên lí khởi đầu cực trị) 
Về mặt hình thức thì ph−ơng pháp này khác với ph−ơng pháp lùi vô hạn nh−ng về ý t−ởng 
sử dụng thi nh− nhau. đều chứng minh ph−ơng trình ngoài nghiệm tầm th−ờng không có 
nghiệm nào khác. 
Ph−ơng pháp bắt đầu bằng việc giả sử ( )0 0 0; ; ,...x y z là nghiệm của f(x;y;z;) với điều kiện 
ràng buộc với bộ ( )0 0 0; ; ,...x y z . Ví dụ nh− 0x nhỏ nhất hoặc 0 0 0 ...x y z+ + + nhỏ nhất 
Bằng những phép biến đổi số học ta tìm đ−ợc một bộ nghiệm khác ( )1 1 1; ; ;...x y z trái với điều 
kiện ràng buộc trên. Ví dụ khi chọn bộ ( )0 0 0; ; ,...x y z với 0x nhỏ nhất ta lại tìm đ−ợc bộ 
( )1 1 1; ; ;...x y z thoả m;n 1 0x x< từ đó dẫn đến ph−ơng trình đ; cho có nghiệm 
( ) ( )0 0 0; ; 0;0;0x y z = . 
Ta xét ví dụ sau: 
Ví dụ 27: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: 4 4 4 48 4 2x y z t+ + = . 
Giải: 
Giả sử ( )0 0 0 0; ; ,x y z t là nghiệm của 4 4 4 48 4 2x y z t+ + = với điều kiện 0x nhỏ nhất 
Từ ph−ơng trình suy ra t chăn. Đặt t = 2.t1 thế vào và rút gọn ta đ−ợc:
4 4 4 4
0 0 0 14 2 8x y z t+ + = 
Rõ ràng z0 chẵn. Đăt 0 12.z z=
4 4 4 4
0 0 1 12 8 4x y z t⇒ + + = ⇒ y0 chẵn. Đăt 0 12.y y= 
4 4 4 4
0 1 1 18 4 2x y z t⇒ + + = ⇒ x0 chẵn. Đăt 0 12.x x= 
4 4 4 4
1 1 1 18 4 2x y z t⇒ + + = ( )1 1 1 1; ; ;x y z t⇒ cũng là 
nghiệm của ph−ơng trình trên và dễ thấy 1 0x x< (vô lý do ta chọn 0x nhỏ nhất). Do đó 
ph−ơng trình trên có nghiệm duy nhất. ( ) ( ); ; ; 0;0;0;0x y z t = . 
Chú ý trong ví dụ trên ta cũng có thể chọn 0 0 0x y z+ + nhỏ nhất lý luận nh− trên ta cũng dẫn 
đến 1 1 1 0 0 0x y z x y z+ + < + + từ đó cũng dẫn đến kết luận của bài toán. 
www.VNMATH.com
Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên 
 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc 
15
Ph−ơng pháp 8: Sử dụng mệnh đề cơ bản của số học. 
 Tr−ớc tiên ta đến với bài toán nhỏ sau. 
Cho p là số nguyên tố có dạng .2 1tp k= + với t nguyên d−ơng; k là số tự nhiên lẻ. CMR nếu 
2 2t t
x y p+ ⋮ thì ; .x p y p⋮ ⋮ 
Chứng minh. 
Giả sử .x p y p⇒⋮ ⋮ theo Ferma nhỏ ( ) ( )1 11 mod ; 1 mod ;p px p y p− −≡ ≡ .2 1tp k= + nên 
( )
( )
.2
.2
1 mod
1 mod
t
t
k
k
x p
y p
 ≡

≡
 ⇒ ( )2 2 2 modt tx y p+ ≡ 
Mặt khác do k lẻ nên theo hằng đẳng thức 2 1 2 1n na b+ ++ ta có: ( ).2 .2 2 2 .t t t tk kx y x y A+ = + 
( A là một số nào đó). 
Rõ ràng ( ).2 .2 0 modt tk kx y p+ ≡ (do giả thiết 2 2t tx y p+ ⋮ ) 
Do đó theo ví dụ 20, ví dụ 21 thì ta có điều phải chứng minh. 
Xét tr−ờng hợp nhỏ của bài toán trên: 
 Khi t= 1; vì k lẻ nên k = 2s+1 ⇒ p = 4s+3 lúc đó ta có mệnh đề sau: 
 P là số nguyên tố có dạng p = 4s+3. Khi đó nếu 2 2x y p+ ⋮ thì ; .x p y p⋮ ⋮ 
Mệnh đề hết sức đơn giản này lại là một công cụ vô cùng hiệu quả với nhiều bài toán khó. 
Ví dụ28: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: 2 3 7x y− = ( đây là ph−ơng trình nhỏ 
của ph−ơng trình Mordell) ph−ơng trình Mordell là ph−ơng trình có dạng ( )2 3 ; ;x k y k x y Z+ = ∈ 
Giải: 
 Tr−ớc tiên ta có bổ đề sau: 
Mọi số nguyên tố dạng A = 4t+ 3 đều có ít nhất một −ớc nguyên tố dạng p = 4s +3. 
Chứng minh: 
 Giả sử A không có −ớc số nào có dang p = 4s +3 
( )( ) ( )1 2 1 2 1 24 1 4 1 4 4 1 4 1A t t t t t t h= + + = + + + = + ( vô lý) Do đó A có một −ớc dạng 4t1 +3; 
 Nếu 4t1 +3 thì bổ đề đ−ợc chứng minh. 
Nếu 4t1 +3 là hợp số lý luận t−ơng tự ta lại có 4t1 +3 có một −ớc số dạng 4t2 +3. 
Nếu 4t2 +3 là hợp số ta lại tiếp tục. Vì quá trình trên là hữu hạn nên ta cố điều phải chứng 
minh. 
Quay lại bài toán. 2 3 7x y= + 
xét y chẵn ( ) ( )3 27 7 mod8 7 mod8y x⇒ + ≡ ⇒ ≡ vô lý do ( )2 0;1;4 mod8x ≡ ) 
xét y lẻ viết lại ph−ơng trình d−ới dạng 2 31 8x y+ = + ( )( )2 21 2 2 4x y y y⇒ + = + − + 
nếu 4 1 2 4 3y k y k= + ⇒ + = + 
nếu ( ) ( )224 3 2 4 4 3 2. 4 3 4 4 3y k y y k k h= + ⇒ − + = + − + + = + do đó y luôn có một −ớc dạng 
 4n + 3 và theo bổ đề trên thì 4n + 3 luôn có ít nhất một −ớc nguyên tố p = 4s +3 
2 1 4 3x p s⇒ + = +⋮ theo mệnh đề trên ; .x p y p⋮ ⋮ ( vô lí ) Do đó ph−ơng trình trên vô nghiệm. 
www.VNMATH.com
Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên 
 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc 
16
Ví dụ 29: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: 2 35x y+ = 
Giải 
Xét y chẵn ( )3 0 mod8y⇒ ≡ ( )