Toán học - Phương trình nghiệm nguyên

www.vnmath.com 
www.vnmath.com 
1
Giáo viên hướng dẫn: thầy ĐỖ KIM SƠN 
www.VNMATH.com
www.vnmath.com 
www.vnmath.com 
2
Lời nói đầu Trang 
Phần 1: Các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên ........................................4 
Phương pháp 1:Xét số dư của từng vế. ................................................................................5 
Phương pháp 2: Đưa về dạng tổng.......................................................................................5 
Phương pháp 3: Dùng bất đẳng thức ...................................................................................6 
Phương pháp 4: Dùng tính chia hết, tính đồng dư . .............................................................8 
Phương pháp 5: Dùng tính chất của số chính phương .......................................................11 
Phương pháp 6: Lùi vô hạn, nguyên tắc cực hạn...............................................................14 
Phương pháp 7: Xét chữ số tận cùng .................................................................................15 
Phương pháp 8: Tìm nghiệm riêng ...................................................................................15 
Phương pháp 9: Hạ bậc......................................................................................................16 
Phần 2: Các dạng phương trình có nghiệm nguyên .......................................................18 
Dạng 1: Phương trình bậc nhất hai ẩn ...............................................................................19 
Dạng 2: Phương trình bậc hai có hai ẩn.............................................................................19 
Dạng 3: Phương trình bậc ba trở lên có hai ẩn. .................................................................21 
Dạng 4: Phương trình đa thức có ba ẩn trở lên ..................................................................23 
Dạng 5: Phương trình dạng phân thức ...............................................................................24 
Dạng 6: Phương trình dạng mũ ..........................................................................................25 
Dạng 7: Hệ phương trình vô tỉ ...........................................................................................26 
Dạng 8: Hệ phương trình với nghiệm nguyên ...................................................................28 
Dạng 9: Hệ phương trình Pytago .......................................................................................28 
Dạng 10: Phương trình Pel.................................................................................................30 
Dạng 11: Điều kiện để phương trình có nghiệm nguyên. ..................................................32 
Phần 3: Bài tập áp dụng ...................................................................................................33 
Phụ lục ...............................................................................................................................48 
Lời cảm ơn .........................................................................................................................52 
www.VNMATH.com
www.vnmath.com 
www.vnmath.com 
3
Phương trình và bài toán với nghiệm nguyên là một đề tài lý thú của Số học 
và Đại số, từ những bài toán về tính mỗi loại trâu Trăm trâu trăm cỏ đến các 
chuyên gia toán học lớn với các bài toán như định lý lớn Fecma. Được nghiên cứu 
từ thời Điôphăng thế kỉ thứ III, phương trình nghiệm nguyên vẫn còn là đối tượng 
nghiên cứu của toán học. 
Phương trình nghiệm nguyên vô cùng đa dạng, vì thế nó thường không có quy 
tắc giải tổng quát. Mỗi bài toán, với số liệu riêng của nó, đòi hỏi một cách giải riêng 
phù hợp. 
Thời gian qua, nhờ sự hướng dẫn của giáo viên bộ môn, chúng em xin giới 
thiệu chuyên đề “Phương trình nghiệm nguyên”. Chuyên đề này là sự tập hợp các 
phương pháp cũng như các dạng phương trình khác nhau của phương trình nghiệm 
nguyên, do chúng em sưu tầm từ các nguồn kiến thức khác nhau. Chúng em mong 
muốn quyển chuyên đề sẽ giúp ích một phần cho việc tìm hiểu của các bạn học sinh 
về vấn đề nêu trên. 
Quyển chuyên đề này gồm có 3 phần chính. Đầu tiên chúng em xin giới thiệu 
các phương pháp thường dùng để giải phương trình với nghiệm nguyên, sau đó là 
việc tìm hiểu cách giải các dạng phương trình khác nhau của nó và cuối cùng là 
phần bài tập. Trong quá trình biên soạn, sưu tầm và tập hợp các phương pháp cùng 
những ví dụ, bài tập, tuy chúng em đã cố gắng rất nhiều nhưng thiếu sót là điều khó 
tránh khỏi. Vì vậy, chúng em mong thầy và các bạn khi xem xong quyển chuyên đề 
này hãy đóng góp ý kiến để giúp những chuyên đề sau được hoàn thành tốt hơn. 
Xin chân thành cảm ơn! 
Nhóm biên tập 
www.VNMATH.com
www.vnmath.com 
www.vnmath.com 
4
www.VNMATH.com
www.vnmath.com 
www.vnmath.com 
5
1) PHƯƠNG PHÁP XÉT SỐ DƯ CỦA TỪNG VẾ 
Ví dụ 1: Chứng minh các phương trình sau không có nghiệm nguyên: 
a) 2 2 1998x y  
b) 2 2 1999x y  
Giải: 
a) Dễ chứng minh 2 2,x y chia cho 4 chỉ có số dư 0 hoặc 1 nên 2 2x y chia cho 4 có 
số dư 0, 1, 3. Còn vế phải 1998 chia cho 4 dư 2 
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. 
b) 2 2,x y chia cho 4 có số dư 0, 1 nên 2 2x y chia cho 4 có các số dư 0, 1, 2. Còn 
vế phải 1999 chia cho 4 dư 3. 
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên. 
Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 
29 2x y y   
Giải 
Biến đổi phương trình: 9 2 ( 1)x y y   
Ta thấy vế trái của phương trình là số chia hết cho 3 dư 2 nên ( 1)y y  chia cho 3 
dư 2. 
Chỉ có thể: 3 1y k  , 1 3 2y k   với k nguyên 
Khi đó: 9 2 (3 1)(3 2)x k k    
 9 9 ( 1)x k k   
 ( 1)x k k   
Thử lại, ( 1)x k k  , 3 1y k  thỏa mãn phương trình đã cho. 
Đáp số ( 1)3 1
x k k
y k
    với k là số nguyên tùy ý 
2) PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ DẠNG TỔNG 
Biến đổi phương trình về dạng: vế trái là tổng của các bình phương, vế phải là tổng 
của các số chính phương. 
Ví dụ 3: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 
 2 2 8x y x y    (1) 
Giải: 
 (1) 2 24 4 4 4 32x y x y     
2 2
2 2 2 2
(4 4 1) (4 4 1) 34
| 2 1 | | 2 1 | 3 5
x x y y
x y
      
      
Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 chì có duy nhất một dạng phân tích thành 
tồng của hai số chính phương 2 23 ,5 . Do đó phương trình thỏa mãn chỉ trong hai khả 
năng: 
| 2 1 | 3
| 2 1 | 5
x
y
    hoặc 
| 2 1 | 5
| 2 1 | 3
x
y
    
www.VNMATH.com
www.vnmath.com 
www.vnmath.com 
6
Giải các hệ trên phương trình (1) có bốn nghiệm nguyên là: (2 ; 3), (3 ; 2), ( 1 ; 
 2), ( 2 ;  1) 
3) PHƯƠNG PHÁP DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC 
Trong khi giải các phương trình nghiệm nguyên rất cần đánh giá các miền giá 
trị của các biến, nếu số giá trị mà biến số có thể nhận không nhiều có thể dùng 
phương pháp thử trực tiếp để kiểm tra. Để đánh giá được miền giá trị của biến số 
cần vận dụng linh hoạt các tính chất chia hết, đồng dư, bất đẳng thức  
a) Phương pháp sắp thứ tự các ẩn 
Ví dụ 4: Tìm ba số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng 
Giải: 
Cách 1: Gọi các số nguyên dương phải tìm là x, y, z. Ta có: 
 . .x y z x y z   (1) 
Chú ý rằng các ẩn x, y, z có vai trò bình đẳng trong phương trình nên có thể sắp xếp 
thứ tự giá trị của các ẩn, chẳng hạn: 1 x y z   
Do đó: 3xyz x y z z    
Chia hai vế của bất đảng thức 3xyz z cho số dương z ta được: 3xy  
Do đó {1;2;3}xy 
Với xy = 1, ta có x = 1, y = 1. Thay vào (1) được 2 + z = z (loại) 
Với xy = 2, ta có x = 1, y = 2. Thay vào (1) được z = 3 
Với xy = 3, ta có x = 1, y = 3. Thay vào (1) được z = 2 loại vì y z 
Vậy ba số phải tìm là 1; 2; 3. 
Cách 2: Chia hai vế của (1) cho 0xyz  được: 
 1 1 1 1
yz xz xy
   
Giả sử 1x y z   ta có 
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 31
yz xz xy z z z z
       
Suy ra 2
31
z
 do đó 2 3z  nên z = 1. Thay z = 1 vào (1): 
 1x y xy   
 1xy x y    
 ( 1) ( 1) 2x y y     
 ( 1)( 1) 2x y    
Ta có 1 1 0x y    nên 
Suy ra 
Ba số phải tìm là 1; 2; 3 
Ví dụ 5: 
 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau : 
 5(x + y + z + t) + 10 = 2xyzt . 
x – 1 2 
y – 1 1 
x 3 
y 2 
www.VNMATH.com
www.vnmath.com 
www.vnmath.com 
7
Giải 
Vì vai trò của x, y, z, t như nhau nên có thể giả thiết 
 x ≥ y ≥ z ≥ t. 
Khi đó : 2xyzt = 5(x + y + z + t) +10 ≤ 20x + 10 
 315 15 2yzt t t      
Với t = 1 ta có : 2xyz = 5(x + y + z) +15 ≤ 15x + 15 
 22 30 2 30 3yz z z      
Nếu z = 1 thì 2xy = 5(x + y) + 20 hay 4xy = 10(x + y) + 40 hay 
 (2x – 5)(2y – 5) = 65 . 
Dễ thấy rằng phương trình này có nghiệm là 
 (x = 35; y = 3) và (x = 9; y = 5). 
Giải tương tự cho các trường còn lại và trường hợp t = 2. Cuối cùng ta tìm được 
nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho là (x; y; z; t) = (35; 3; 1; 1); (9; 5; 1; 
1) và các hoán vị của các bộ số này. 
b) Phương pháp xét từng khoảng giá trị của ẩn 
Ví dụ 6: Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình: 
 1 1 1
3x y
  
Giải: 
Do vai trò bình đẳng của x và y, giả sử x y . Dùng bất đẳng thức để giới hạn 
khoảng giá trị của số nhỏ hơn (là y). 
Hiển nhiên ta có 1 1
3y
 nên 3y  (1) 
Mặt khác do 1x y  nên 1 1
x y
 . Do đó: 
1 1 1 1 1 2
3 x y y y y
     nên 6y  (2) 
Ta xác định được khoảng giá tri của y là 4 6y  
Với y = 4 ta được: 1 1 1 1
3 4 12x
   nên x = 12 
Với y = 5 ta được: 1 1 1 2
3 5 15x
   loại vì x không là số nguyên 
Với y = 6 ta được: 1 1 1 1
3 6 6x
   nên x = 6 
Các nghiệm của phương trình là: (4 ; 12), (12 ; 4), (6 ; 6) 
c) Phương pháp chỉ ra nghiệm nguyên 
Ví dụ 7: Tìm các số tự nhiên x sao cho: 
 2 3 5x x x  
Giải: 
Viết phương trình dưới dạng: 
www.VNMATH.com
www.vnmath.com 
www.vnmath.com 
8
2 3 1
5 5
x x           (1) 
Với x = 0 thì vế trái của (1) bằng 2, loại. 
Với x = 1 thì vế trái của (1) bằng 1, đúng 
Với 2x  thì 2 2 3 3,
5 5 5 5
x x           nên: 
 2 3 2 3 1
5 5 5 5
x x             loại 
Nghiệm duy nhất của phương trình là x = 1 
d) Sử dụng diều kiện 0 để phương trình bậc hai có nghiệm 
Ví dụ 8: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 
 2 2x y xy x y    (1) 
Giải 
Viết (1) thành phương trình bậc hai đối với x: 
 2 2( 1) ( ) 0x y x y y     (2) 
Điều kiện cần để (2) có nghiệm là 0 
2 2 2( 1) 4( ) 3 6 1 0y y y y y         
 23 6 1 0y y    
 23( 1) 4y   
Do đó 2( 1) 1y   suy ra: 
y – 1 -1 0 1 
y 0 1 2 
Với y = 0 thay vào (2) được 2 1 20 0; 1x x x x     
Với y = 1 thay vào (2) được 2 3 42 0 0; 2x x x x     
Với y = 2 thay vào (2) được 2 5 63 2 0 1; 2x x x x      
Thử lại, các giá trị trên nghiệm đúng với phương trình (1) 
Đáp số: (0 ; 0), (1 ; 0), (0 ; 1), (2 ; 1), (1 ; 2), (2 ; 2) 
4) PHƯƠNG PHÁP DÙNG TÍNH CHIA HẾT, TÍNH ĐỒNG 
DƯ 
Khi giải các phương trình nghiệm nguyên cần vận dụng linh hoạt các tính chất về 
chia hết, đồng dư, tính chẵn lẻ, để tìm ra điểm đặc biệt của các biến số cũng như 
các biểu thức chứa trong phương trình, từ đó đưa phương trình về các dạng mà ta 
đã biết cách giải hoặc đưa về những phương trình đơn giản hơn.. 
a) Phương pháp phát hiện tính chia hết của ẩn: 
Ví dụ 9: Giải phương trính với nghiệm nguyên: 
 3x + 17y = 159 
Giải: 
Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn phương trình. Ta thấy 159 và 2x đều chia hết 
cho 3 nên 17y3 do đó y3 ( vì 17 và 3 nguyên tố cùng nhau) 
Đặt y = 3t ( t ). Thay vào phương trình ta được: 
www.VNMATH.com
www.vnmath.com 
www.vnmath.com 
9
3x + 17.3t = 159 
 x + 17t = 53 
Do đó: 53 173
x t
y t
   ( t ) 
 Đảo lại, thay các biểu thức của x và y vào phương trình ta được nghiệm đúng. 
Vậy phương trình (1) có vô số nghiệm nguyênđược xác định bằng công thức: 
53 17
3
x t
y t
   (t là số nguyên tùy ý) 
Ví dụ 10: 
Chứng minh rằng phương trình : 2 25 27x y  (1) không có nghiệm là số 
nguyên. 
Giải 
Một số nguyên x bất kì chỉ có thể biểu diễn dưới dạng x = 5k hoặc x = 5k ± 1 hoặc 
x = 5k ± 2 trong đó k  
 Nếu x = 5k thì : 
2 2 2 2(1) (5 ) 5 27 5(5 ) 27k y k y      
Điều này vô lí, vì vế trái chia hết cho 5 với mọi k và y là số nguyên, còn vế phải 
không chia hết cho 5 
 Nếu x = 5k ± 1 thì : 
2 2(1) (5 1) 5 27k y    
2 225 10 1 5 27k k y     
 2 25(5 4 ) 23k k y    
 Điều này cũng vô lí, vế trái chia hết cho 5 với mọi k và y là số nguyên, còn vế 
phải không chia hết cho 5 
 Nếu x = 5k ± 2 thì : 
2 2(1) (5 2) 5 27k y    
2 225 20 4 5 27k k y     
 2 25(5 4 ) 23k k y    
 Lập luận tương tự như trên, điều này cũng vô lí 
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm là số nguyên 
Ví dụ 11: 
 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau : 
 19x2 + 28y2 = 729. 
Giải 
Cách 1. Viết phương trình đã cho dưới dạng 
 (18x2 + 27y2) + (x2 + y2) = 729 (1) 
Từ (1) suy ra x2 + y2 chia hết 3, do đó x và y đều chia hết cho 3. Đặt 
 x = 3u, y = 3v ( , )u v 
Thay vào phương trình đã cho ta được : 19u2 + 28v2 = 81. (2) 
Từ (2) lập luận tương tự trên ta suy ra u = 3s, v = 3t ( , )s t 
Thay vào (2) ta có 19s2 + 28t2 = 9. (3) 
Từ (3) suy ra s, t không đồng thời bằng 0, do đó 
www.VNMATH.com
www.vnmath.com 
www.vnmath.com 
10
 19s2 + 28t2 ≥ 19 > 9. 
Vậy (3) vô nghiệm và do đó phương trình đã cho cũng vô nghiệm. 
Cách 2. Giả sử phương trình có nghiệm 
Từ phương trình đã cho ta suy ra x2 ≡ -1 (mod 4), điều này không xảy ra với mọi 
số nguyên x. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm 
b) Phương pháp đưa về phương trình ước số 
Ví dụ 12: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 
 xy – x – y = 2 
Giải: 
Biến đổi phương trình thành: 
x(y – 1) – y = 2 
x(y – 1) – (y – 1) = 3 
 (y – 1)(x – 1) = 3 
Ta gọi phương trình trên là phương trình ước số: vế trái là 1 tích các thừa số 
nguyên, vế phái là một hằng số. Ta có x và y là các số nguyên nên x – 1 và y – 1 là 
các số nguyên và là ước của 23. 
Do vai trò bình đẳng của x và y trong phương trình nên có thể giả sử xy, khi đó 
 x – 1y – 1 
Ta có: 
Do đó: 
x 4 0 
y 2 -2 
Nghiệm nguyên của phương trình: (4 ; 2), (2 ; 4), (0 ; -2), (-2 ; 0) 
Ví dụ 13: 
 Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x + xy + y = 9. 
Giải 
Phương trình đã cho có thể đưa về dạng : 
 (x + 1)(y + 1) = 10. (1) 
Từ (1) ta suy ra (x + 1) là ước của 10 hay ( 1) { 1; 2; 5; 10}x       
Từ đó ta tìm được các nghiệm của phương trình là : 
 (1, 4), (4, 1), (-3, -6), (-6, -3), (0, 9), (9, 0), (-2, -11), (-11, -2). 
Ví dụ 14: 
 Xác định tất cả các cặp nguyên dương (x; n) thỏa mãn phương trình sau 
 3 3367 2nx   
Giải 
 Để sử dụng được hằng đẳng thức a3 – b3 = (a – b)(a2 + ab + b2) ta chứng minh n 
chia hết cho 3 . 
Từ phương trình đã cho ta suy ra 3 2nx  (mod 7). 
x – 1 3 -1 
y – 1 1 -3 
www.VNMATH.com
www.vnmath.com 
www.vnmath.com 
11
Nếu n không chia hết cho 3 thì 2n khi chia cho 7 chỉ có thể cho số dư là 2, 4 hoặc 7, 
trong khi đó 3x khi chia cho 7 chỉ có thể cho số dư là 0, 1, hoặc 6 nên không thề có 
đồng dư thức 3 2nx  (mod 7). 
Vậy n = 3m với m là một số nguyên dương nào đó. Thay vào phương trình đã cho 
ta được 
 3 33367 2 mx   
 2(2 )[(2 ) 3 .2 ] 3367m mx m x x    (1) 
Từ (1) ta suy ra 2m x là ước của 3367 
Hơn nữa, 3 3 3(2 ) 2 3367m mx x    nên (2 ) {1;7;13}m x  
Xét 2 1m x  , thay vào (1) ta suy ra 2m(2m – 1) = 2 × 561, vô nghiệm. 
Xét 2 3m x  , thay vào (1) ta suy ra 2m(2m – 13) = 2 × 15, vô nghiệm. 
Xét 2 7m x  , thay vào (1) ta suy ra 2m(2m – 7) = 24 × 32. Từ đó ta có 
 m = 4; n = 3m = 12, và x = 9. 
Vậy (x; n) = (9; 12) 
c) Phương pháp tách ra các giá trị nguyên: 
Ví dụ 15: Giải phương trình ở ví dụ 2 bằng cách khác 
Giải: 
Biểu thị x theo y: 
 x(y – 1) = y + 2 
Ta thấy y 1 ( vì nếu y = 1 thì ta có 0x = 3 vô nghiệm) 
Do đó: 2 1 3 31
1 1 1
y yx
y y y
        
Do x là số nguyên nên 3
1y  là số nguyên, do đó y – 1 là ước của 3. Lần lượt cho y 
– 1 bằng -1, 1, -3, 3 ta được các đáp số như ở ví dụ 2. 
5) PHƯƠNG PHÁP DÙNG TÍNH CHẤT CỦA SỐ CHÍNH 
PHƯƠNG 
a) Sử dụng tính chất về chia hết của số chính phương 
Ví dụ 16: Tìm các số nguyên x để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếp 
Giải: 
Cách 1: Giải sử 9x + 5 = n(n + 1) với n nguyên thì: 
36x + 20 = 24 4n n 
236 21 4 4 1x n n     
23(12 7) (2 1)x n    
Số chính phương 2(2 1)n  chia hết cho 3 nên cũng chia hết cho 9. Ta lại có 12x + 
7 không chia hết cho 3 nên 3(12x + 7) không chi hết cho 9. 
Mâu thuẫn trên chứng tỏ không tồn tại số nguyên x nào để 9x + 5 = n(n + 1). 
Cách 2: Giả sử 9x + 5 = n(n + 1) với n nguyên 
Biến đổi 2 9 5 0n n x    
www.VNMATH.com
www.vnmath.com 
www.vnmath.com 
12
Để phương trình bậc hai đối với n có nghiệm nguyên, điều kiện cần là  là số 
chính phương. 
Nhưng 1 4(9 5) 36 21x x     chi hết cho 3 nhưng không chia hết hco 9 nên 
không là số chính phương. 
Vậy không tồn tại số nguyên n nào để 9x + 5 = n(n + 1), tức là không tồn tại số 
nguyên x để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếp. 
b) Tạo ra bình phương đúng: 
Ví dụ 17: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 
 2 22 4 19 3x x y   
Giải : 
 2 22 4 2 21 3x x y    
 2 22( 1) 3(7 )x y    
Ta thấy 2 23(7 ) 2 7 2y y     y lẻ 
Ta lại có 27 0y  nên chỉ có thể 2 1y  
Khi đó (2) có dạng: 22( 1) 18x   
Ta được: x + 1 = 3 , do đó: 1 22; 4x x   
Các cặp số (2 ; 1), (2 ; -1), (-4 ; 1), (-4 ; -1) thỏa mãn (2) nên là nghiệm của phương 
trình đã cho. 
c) Xét các số chính phương liên tiếp: 
Ví dụ 18: Chứng minh rằng với mọi số nguyên k cho trước, không tồn t5ai số 
nguyên dương x sao cho: 
 ( 1) ( 2)x x k k   
Giải: 
Giả sử ( 1) ( 2)x x k k   với k nguyên, x nguyên dương. 
Ta có: 
 2 2 2x x k k   
 2 2 21 2 1 ( 1)x x k k k        
Do x > 0 nên 2 2 21 ( 1)x x x k     (1) 
Cũng do x > 0 nên 
2 2 2 2( 1) 1 2 1 ( 1)k x x x x x         (2) 
Từ (1) và (2) suy ra: 
2 2 2( 1) ( 1)x k x    vô lý 
Vậy không tồn tại số nguyên dương x để x(x + 1) = k(k + 2) 
Ví dụ 19: Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là một số chính phương: 
 4 3 22 2 3x x x x    
Giải: 
Đặt 4 3 22 2 3x x x x    = 2y (1) với y 
Ta thấy: 
2 4 3 2 2
2 2 2 2
( 2 ) ( 3)
( ) ( 3)
y x x x x x
y x x x x
     
     
Ta sẽ chứng minh 2 2 2( 2)a y a   với a = 2x x 
www.VNMATH.com
www.vnmath.com 
www.vnmath.com 
13
Thật vậy: 
2 2 2 2
2 2 2 2 4 3 2
1 113 ( ) 0
2 4
( 2) ( 2) ( 2 2 3)
y a x x x
a y x x x x x x
       
         
2
2
3 3 1
1 13( ) 0
2 4
x x
x
  
    
Do 2 2 2( 2)a y a   nên 2 2( 1)y a  
4 3 2 2 2
2
2 2 3 ( 1)
2 0
1
2
x x x x x x
x x
x
x
       
   
   
Với x = 1 hoặc x = -2 biểu thức đã cho bằng 29 3 
d) Sử dụng tính chất: nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là 
một số chính phương thì mỗi số đếu là số chính phương 
Ví dụ 20: Giải phương trình với nghiệm nguyên dương: 
 2xy z (1) 
Giải: 
Trước hết ta có thể giả sử (x , y , z) = 1. Thật vậy nếu bộ ba số , ,o o ox y z thỏa mãn 
(1) và có ƯCLN bằng d, giả sử 1 1 1, ,o o ox dx y dy z dz   thì 1 1 1, ,x y z cũng là 
nghiệm của (1). 
Với (x , y , z) = 1 thì x, y, z đôi một nguyên tố cùng nhau, vì nếu hai trong ba số x, 
y, z có ước chung là d thì số còn lại cũng chia hết cho d. 
Ta có 2z xy mà (x, y) = 1 nên 2 2,x a y b  với a, b * 
Suy ra: 2 2( )z xy ab  do đó, z = ab 
Như vậy: 
2
2
x ta
y tb
z tab




 với t là số nguyên dương tùy ý. 
Đảo lại, hiển nhiên các số x, y, z có dạng trên thỏa mãn (1) 
Công thức trên cho ta các nghiệm nguyên dương của (1) 
e) Sử dụng tính chất: nếu hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính 
phương thí một trong hai số nguyên liên tiếp đó bằng 0 
Ví dụ 21: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 
 2 2 2 2x xy y x y   (1) 
Giải: 
Thêm xy vào hai vế: 
 2 2 2 22x xy y x y xy    
 2( ) ( 1)x y xy xy    (2) 
www.VNMATH.com
www.vnmath.com 
www.vnmath.com 
14
 Ta thấy xy và xy + 1 là hai số nguyên liên tiếp, có tích là một số chính phương nên 
tồn tại một số bằng 0. 
Xét xy = 0. Từ (1) có 2 2 0x y  nên x = y = 0 
Xét xy + 1 = 0. Ta có xy = -1 nên (x , y) = (1 ; -1) hoặc (-1 ; 1) 
Thửa lại, ba cặp số (0 ; 0), (1 ; -1), (-1 ; 1) đều là nghiệm của phương trình đã cho. 
6) PHƯƠNG PHÁP LÙI VÔ HẠN, NGUYÊN TẮC CỰC 
HẠN 
Ví dụ 22: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 
 3 3 32 4x y z  
Giải: 
Hiển nhiên 2x . Đặt 12x x với 1x nguyên. Thay vào (1) rồi chia hai vế cho 2 ta 
được: 
 3 3 314 2x y z  (2) 
Do đó 2y . Đặt 12y y với 1y nguyên. Thay vào (2) rồi chia hai vế cho 2 ta được: 
 3 3 31 12 4x y z  (3) 
Do đó 2z . Đặt 12z z với 1z nguyên. Thay vào (3) rồi chia hai vế cho 2 được: 
 3 3 31 1 14 4x y z  (4) 
Như vậy nếu (x , y , z) là nghiệm của (1) thì 1 1 1( , , )x y z cũng là nghiệm của (1) 
trong đó 1 1 12 , 2 , 2x x y y z z   . 
Lập luận tương tự như trên, 2 2 2( , , )x y z cũng là nghiệm của (1) trong đó 
1 2 1 2 1 22 , 2 , 2x x y y z z   . 
Cứ tiếp tục như vậy ta đi đến: x, y, z chia hết cho 2k với k là số tự nhiên tùy ý. 
Điều này chỉa xảy ra khi x = y = z = 0. 
Đó là nghiệm nguyên duy nhất của (1) 
Ví dụ 23: 
 Tìm ba số nguyên dương đôi một khác nhau x, y, z thỏa mãn : 
 3 3 3 2( )x y z x y z     
 Giải 
 Vì vai trò của x, y, z như nhau nên có thể giả sử x < y < z. 
 Áp dụng bất đẳng thức : 
33 3 3
3 3
x y z x y z        
Với mọi x, y, z ≥ 0 ta suy ra x + y + z ≤ 9. 
 Dấu bằng không xảy ra vì x, y, z đôi một khác nhau. 
 Vậy x + y + z ≤ 8. (1) 
Mặt khác: x + y + z ≥ 1 + 2 + 3 = 6. (2) 
Từ (1) và (2) ta suy ra {6;7;8}x y z   
Từ đây kết hợp với phương trình ban đầu ta tìm được x, y, z 
Vậy (x, y, z) = (1, 2, 3) và các hoán vị của bộ ba số này 
www.VNMATH.com
www.vnmath.com 
www.vnmath.com 
15
7) PHƯƠNG PHÁP XÉT CHỮ SỐ TẬN CÙNG 
Ví dụ 24: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : 
 21! 2! ... !x y    (1) 
Giải: Cho x lần lượt bằng 1; 2; 3; 4, ta có ngay2 nghiệm nguyên dương (x ; y) củ 
phương trình là (1 ; 1), (3 ; 3) 
Nếu x > 4 thì dễ thấy k! với k > 4 đều có chữ số tận cùng bằng 0 
 1! + 2! + 3! + 4! +  + x! = 33 + 5! +  + x! có chữ số tận cùng bằng 3. 
Mặt khác vế phải là số chính phương nên không thể tận cùng là 3. 
Vậy phương trình (1) chỉ có hai nghiệm nguyên dương (x ; y) là (1 ; 1) và (3 ; 3) 
Ví dụ 25: Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình: 
 2 2 11 3 yx x    (1) 
Giải: 
 Cho x các giá trị từ đến 9, dễ dàng xác định được chữa số tận cùng của 2 1x x  
chì nhận các giá trị 1; 5; 9. Mặt khác ta thấy 2 13 y là lũy thừ bậc lẻ của 3 nên chữ số 
tận cùng của nó chỉ có thể là 3 hoặc 7, khác với 1; 5; 9. 
Vậy (1) không thể xảy ra. Nói các khác phương trình (1) không có nghiệm 
nguyên dương. 
8) PHƯƠNG PHÁP TÌM NGHIỆM RIÊNG 
a) Cách giải 
 Xét phương trình 0ax by c   (1) 
trong đó , ,a b c , 0, 0a b  
Không mất tính tổng quát, giả thiết rằng (a, b, c) = 1. Thật vậy, nếu 
 a, b, c 1d  thì ta chia hai vế của phương trình cho d. 
Ta có hai định lý: 
Định lý 1: Nếu phương trình (1) có nghiệm nguyên thì (a, b) = 1 (*) 
Chứng minh: Giả sử ( , )o ox y là nghiệm nguyên của (1) thì o oax by c  
Nếu a và b có ước chung là 1d  thì c d , trái với giả thiết (a, b, c) = 1. 
Vậy (a, b) = 1 
Định lý 2: Nếu ( , )o ox y là một nghiệm của phương trình (1) thì phương trình (1) có 
vô số nghiệm nguyên và mọi nghiệm nguyên của nó đều có thể biểu diễn dưới 
dạng: 
 o
o
x x bt
y y at
   
trong đó t là một số nguyên tùy ý ( 0, 1, 2,...)t    . 
Chứng minh: 
Bước 1: Mọi cặp số ( ; )o ox bt y at  đều là nghiệm nguyên của (1). Thật vậy 
( , )o ox y là nghiệm của (1) nên o oax by c  
Ta có: ( ) ( )o o o oax by a x bt b y at ax by c        
Do đó ( ; )o ox bt y at  là nghiệm của (1) 
Bước 2: Mọi nghiệm (x, y) của (1) đều có dạng ( ; )o ox bt y at  với tZ 
Thật vậy, do ( , )o ox y và (x, y) là nghiệm của (1) nên 
www.VNMATH.com
www.vnmath.com 
www.vnmath.com 
16
o o
ax by c
ax by c
 
  
Trừ từng vế: ( ) ( ) 0
( ) ( )
o o
o o
a x x b y y
a x x b y y
   
    (2) 
Ta có ( )oa x x b  mà (a, b) = 1 ( theo định lý 1) nên ox x b  
Vậy tồn tại số nguyên t sao cho: 
 ox x = bt 
Tức là: ox x bt  . 
Thay vào (2): 
( )oabt b y y  
 o
o
at y y
y y at
  
   
Vậy tồn tại số nguyên t sao cho: 
 o
o
x x bt
y y at
   
b) Ví dụ: 
Ví dụ 26: Tìm mọi nghiệm nguyên của phương trình: 
 3x – 2y = 5 
Giải: 
Cách 1: Ta thấy 3; 2o ox y  là một nghiệm riêng. 
Theo định lý 2, mọi nghiệm nguyên của phương trình là: 
3 2
2 3
x t
y t
    (t là số nguyên tùy ý) 
Cách 2: Ta thấy 1; 1o ox y   là một nghiệm riêng 
Theo định lý 2, mọi nghiệm nguyên của phương trình là: 
1 2
1 3
x t
y t
     (t là số nguyên tùy ý) 
Chú ý: Qua hai cách giải trên, ta thấy có nhiều công thức biểu thị tập hợp các 
nghiệm nguyên của cùng một phương trình. 
c) Cách tìm mộ