Bài tập Phương trình nghiệm nguyên

 1 
PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 
1. Phương trình bậc nhất hai ẩn ax + by = c 
Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi (a,b) | c 
Để giải phương trình ta tìm một nghiệm riêng (x0,y0) từ đó suy ra tất cả các 
nghiệm của phương trình 
= +
∈
= −
0
0
x x bt
 (t Z)
y y at
Ví dụ. Giải phương trình 12x + 37y = 2008 
Giải 
Từ phương trình ta suy ra y ≡ 4 mod 12, ta chọn y0 = 4 ⇒ x0 = 155.Vậy nghiệm 
của phương trình là = + ∈
= −
x 155 37t
 (t Z)
y 4 12t
2. Phương trình bậc nhất ba ẩn ax + by + cz = d 
Để giải phương trình ta đưa về dạng ax + by = d – cz với (a,b) = 1 rồi chọn z = 
a tùy ý. 
Ví dụ. Giải phương trình 13x + 25y – 41z = 2009 
Giải. 
Cho z = a ⇒ 13x + 25y = 2009 + 41a (*) 
phương trình 13x + 25y = 1 có một nghiệm là (2;–1) nên nghiệm của (*) là 
= + +
∈
= − + −
x 2(2009 41a) 25b
 (t Z)
y (2009 41a) 13b ⇒ Nghiệm của phương trình ban đầu là 
= + +

= − + − ∈

=
x 2(2009 41a) 25b
y (2009 41a) 13b (t Z)
z a
3. Phương trình ax + by + cxy = d 
Ta đưa về dạng tích + + + = +b abx(a cy) (a cy) d
c c
 ⇔ (cx + b)(cy + a) = ab + cd 
Từ đây ta có cx + b, cy + a là các ước của ab + cd 
Ví dụ. Giải phương trình 2x + 5y – 3xy = 1 
Giải 
x(2 – 3y) – 5/3. (2 – 3y) = 1 – 10/3 ⇔ (3x – 5)(3y – 2) = 7 từ đây ta có các 
nghiệm là 
(4,1) và (2,3). 
4. Một vài phương pháp thường sử dụng khi giải phương trình nghiệm 
nguyên 
4.1. Đưa về tổng các bình phương 
Ví dụ. Giải phương trình x2 – 6xy + 14y2 – 10y – 16 = 0 
Giải. 
phương trình ⇔ (x – 3y)2 + 5(y – 1)2 = 21 
 2 
⇒ 5(y – 1)2 ≤ 21 ⇒ (y – 1)2 = 0, 1, 4 
(y – 1)2 = 0 ⇒ (x – 3y)2 = 21 (loại) 
(y – 1)2 = 1 ⇒ (x – 3y)2 = 16 ta có các nghiệm (4,0),(–4,0), (10,2),(2,2) 
(y – 1)2 = 4 ⇒ ( x – 3y)2 = 1 ta có các nghiệm (10,3),(8,3),(–2,–1),(–4,–1) 
4.2. Đưa về tích số bằng 0. 
Ví dụ. Giải phương trình 6x2 – 10xy + 4y2 + 3x – 2y – 32 = 0 
Giải. 
Phương trình ⇔ (2x – 2y + 1)(3x – 2y) = 32 
Do 2x – 2y + 1 là số lẻ nên 2x – 2y + 1 bằng ± 1 từ đây ta có các nghiệm 
(32,32), ( – 30, – 29) 
4.3. Dùng các tính chất chia hết, đồng dư. 
Ví dụ. Giải phương trình 3x2 – 2008y2 = 2009 
Giải. 
Nhận xét nếu x chẵn thì x2 ≡ 0 mod 4 còn nếu x lẻ thì x2 ≡ 1 mod 4 , tức là một 
số chính phương đồng dư với 0 hoặc 1 modulo 4. 
Ta thấy vế trái của phương trình luôn đồng dư với 0 hoặc 3 mod 4 còn vế phải 
đồng dư với 1 mod 4 như vậy phương trình vô nghiệm. 
Ví dụ. Giải phương trình x3 + 21y2 + 5 = 0 
Giải. 
x3 ≡ 0, 1, – 1 mod 7 ⇒ x3 + 21y2 + 5 ≡ 5, 6, 4 mod 7 ⇒ phương trình vô 
nghiệm. 
Ví dụ. Giải phương trình 5x2 + 6x + 11 = y2 + 4y 
Giải. 
Phương trình ⇔ 4x2 + (x + 3)2
 + 6 = (y + 2)2 
Vế trái đồng dư 2, 3 mod 4, vế phải đồng dư 0, 1 mod 4 ⇒ phương trìnhvô 
nghiệm 
Ví dụ. Giải phương trình 6x = y2 + y – 2 
Giải. 
6x ≡ 1 mod 5 
y2 + y – 2 = (y – 1)(y + 2) ≡ 0,3,4 mod 5 ⇒ phương trình vô nghiệm 
Ví dụ. Giải phương trình x2 = 2y2 – 8y + 3 
Giải. 
Từ phương trình ta thấy x phải lẻ ⇒ x = 2k + 1 ⇒ (2k + 1)2 = 2y2 – 8y + 3 
⇒ 4k2 + 4k + 1 = 2y2 – 8y + 3 ⇒ 2k2
 + 2k = y2 – 4y + 1 
2k2 + 2k = 2k(k + 1) 
 4 ⇒ y2 + 1 
 4 (vô lý) ⇒ phương trình vô nghiệm. 
4.4. Dùng tính chất < < + ⇒ = +n n n n nA X (A 2) X (A 1) 
Ví dụ . Giải phương trình x3 + x2 + x + 1 = y3 
 3 
Giải 
Với x 0 ta có x3 < y3 < (x + 1)3 ⇒ phương trình vô nghiệm 
Với x = 0 ta có nghiệm (0,1) 
Với x = –1 ta có nghiệm ( –1, 0) 
Ví dụ. Giải phương trình x(x + 1)(x + 7)(x + 8) = y2 
Giải. 
phương trình ⇔ (x2 + 8x)(x2 + 8x + 7) = y2 
Đặt m = x2 + 8x ta có m2 + 7m = y2
Nếu m > 9 thì (m + 3)2 < y2 < (m + 4)2 ⇒ vô nghiệm 
Nếu m ≤ 9 thì – 9 ≤ x ≤ 1. Bằng cách thử trực tiếp ta có các nghiệm 
− ± − − − ± − ±( 9, 12),( 8,0),( 7,0),( 4, 12),( 1,0),(0,0),(1, 12) 
4.5. Dùng tính chất bị chặn 
Ví dụ. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình + + =1 1 1 1
x y z
Giải. 
Giả sử x ≤ y ≤ z ⇒ ≤ 31
x
 ⇒ x ≤ 3 ⇒ x = 1,2,3 
* x = 1 (loại) 
* x = 2 ⇒ + = ⇒ ≤1 1 1 1 2
y z 2 2 y
 ⇒ y ≤ 4 ⇒ y = 2,3,4 
y = 2( loại) 
y = 3 ⇒ =1 1
z 6
 ⇒ z = 6 
y = 4 ⇒ =1 1
z 4
 ⇒ z = 4 
* x = 3 ⇒ + =1 1 2
y z 3
 ⇒ ≤2 2
3 y
 ⇒ y ≤ 3 ⇒ y = 3 ⇒ z = 3 
Vậy nghiệm của phương trình là (2;3;6), (2,4,4), (3,3,3) và các hoán vị của 
chúng. 
4.6. Phương pháp xuống thang 
Ví dụ. Giải phương trình x2 + y2 + z2 = 2xyz 
Giải 
2xyz chẵn ⇒ x2 + y2
 + z2 chẵn ⇒ trong 3 số x2, y2, z2 có 1 chẵn, 2 lẻ hoặc 3 
chẵn 
Giả sử x2 chẵn, y2 và z2 lẻ ⇒ x2 + y2 + z2 ≡ 2 mod 4 trong khi đó 2xyz ≡ 0 mod 4 
(vô lý) 
⇒ x2 , y2 , z2 đều chẵn ⇒ x = 2x1, y = 2y1, z = 2z1 ⇒ x12 + y12 + z12 = 4x1y1z1 
Bằng cách lý luận tương tự ta có x = 2kxk , y = 2kyk , z = 2k zk và xk2 + yk2 + zk2 = 
2k+1xkykzk 
Nếu x khác 0 thì đến một lúc nào đó xk lẻ (vô lý) 
Vậy x = 0, y = 0, z = 0 
 4 
4.7. Phương pháp xây dựng nghiệm (chỉ ra một họ nghiệm nào đó 
của phương trình) 
Ví dụ. Chứng tỏ phương trình x2 + y2 = z2 có vô số nghiệm 
Họ nghiệm của phương trình là x = m2 – n2, y = 2mn, z = m2 + n2 
Ví dụ. Chứng tỏ phương trình x2 + y2 = z2 + 3 có vô số nghiệm 
Giải. 
Thay z = y + 1 ta có x2 = 2y + 4 
Chọn x = 2k ⇒ y = 2k2 – 2 
Vậy họ nghiệm của phương trình là (2k, 2k2 – 2,2k2 – 1) 
Ví dụ. Chứng tỏ phương trình x2 + y3 = z5 có vô số nghiệm 
Giải. 
+
= = =
m m 1m
3 52x 2 ,y 2 ,z 2 . Chọn m sao cho m 
 2, m 
 3 và m + 1 
 5 
⇒ m = 6(5k + 4) 
5. Phương trình Pytagore x2 + y2 = z2 
Gọi d = (x,y) ⇒ x = da, y = db và (a,b) = 1 ⇒ a2 + b2 = (z/d)2 
Đặt z = dc (c ∈ Q) ⇒ c2 ∈ N ⇒ c ∈ Z 
Nếu a, b cùng lẻ thì a2 + b2 ≡ 2 mod 4 ⇒ c2 ≡ 2 mod 4 (vô lý) 
Vậy a, b khác tính chẵn lẻ. Giả sử a lẻ, b chẵn ⇒ c lẻ. 
b2 = c2 – a2 ⇒ + −  = 
 
2b c a c a
.
2 2 2
 với + −  = 
 
c a c a
, 1
2 2
⇒ 
+ −
= =
2 2c a c am , n
2 2
 ⇒ c = m2 + n2, a = m2 – n2, b = 2mn 
Vậy nghiệm của phương trình là 
 = −

=

= +
2 2
2 2
x (m n )d
y 2mnd
z (m n )d
hoặc 
=

= −

= +
2 2
2 2
x 2mnd
y (m n )d
z (m n )d
 với (m,n) = 1 
6. Phương trình Pell x2 – dy2 = 1 ( d là số không chính phương) (1) 
Trong phần này ta chỉ xét nghiệm nguyên dương. 
Định nghĩa. Giả sử (x,y) và (x’,y’) là 2 nghiệm của (1). Ta thấy rằng nếu x < x’ 
thì y < y’ hoặc ngược lại. Như vậy trên tập các nghiệm của phương trình ta xây dựng 
được quan hệ thứ tự (x,y) < (x’,y’) ⇔ x < x’ 
Định lý 1. Phương trình (1) có vô số nghiệm 
Định lý 2. 
Nếu (a,b) là nghiệm nhỏ nhất củA (1) và ( )+ = +n n na b d x y d (*) với n là số 
nguyên dương thì (xn,yn) là nghiệm của (1). 
 5 
Chứng minh. 
− −
− −
+ = + + + = +
− = − + − = −
n 0 n 1 n 1 2 n 2 2
n n n n n n
n 0 n 1 n 1 2 n 2 2
n n n n n n
(a b d) C a C a (b d) C a (b d) ... x y d
(a b d) C a C a (b d) C a (b d) ... x y d
 (**) 
Từ (**) ⇒ + − = − = ⇒ − = ⇒2 2 n 2 2n n n n n n n n(x y d)(x y d) (a db ) 1 x dy 1 (x ,y ) là 
nghiệm của (1). 
Ta chứng minh điều ngược lại: nếu (u, v) là một nghiệm của (1) thì +u v d có 
dạng (*) 
Giả sử + ≠ + nu v d (a b d) với mọi n nguyên dương. 
 Ta có 1 < + < +a b d u v d 
Do dãy số ( ) ( )+ + +2 3a b d, a b d , a b d ,... không bị chặn trên nên tồn tại số 
nguyên dương N sao cho ++ < + < +N N 1(a b d) u v d (a b d) 
⇒ 
+
< < +
+ N
u v d1 a b d(a b d) 
⇒ 1 < + − < +N N(u v d)(x y d) a b d (xN,yN) là nghiệm của (1) 
⇒ 1 < − + − < +N N N Nux vy d (vx uy ) d a b d 
⇒ 1 < + < +U V d a b d với U = − = −N N N Nux vy d, V vx uy 
⇒ U2 – dV2 = − − − = − − =2 2 2 2 2 2N N N N N N(ux vy ) d(vx uy ) (x dy )(u dv ) 1 
⇒ (U,V) thỏa (1) và ( )( )+ − =U V d U V d 1 
Từ + > ⇒ 0 và V > 0 
⇒ + < +U V d a b d ( mâu thuẩn với (a,b) là nghiệm nhỏ nhất của (1)) 
Định lý đã được chứng minh. 
Ta cũng có thể biểu diễn các nghiệm của (1) bởi công thức 
( ) ( )
( ) ( )
+ + −
=
+ − −
=
n n
n
n n
n
a b d a b d
x
2
a b d a b d
y
2 d
 với n là số nguyên bất kỳ 
Hoặc + +
+ +
= −
= −
n 2 n 1 n
n 2 n 1 n
x 2ax x
y 2ay y
 với (xo,yo) = (1,0) và (x1,y1) = (a.b) 
Ví dụ . Giải phương trình x2 – 5y2 = 1 
Giải. Ta có nghiệm nhỏ nhất là (9,4). Nghiệm của phương trình được tính 
bởi công thức xn+2 = 18xn+1 – xn, yn+2 = 18yn+1 – yn với (xo,yo) = (1,0) và (x1,y1) = 
(9,4) 
 6 
7. Phương trình x2 – dy2 = n ( n là số tự nhiên ) (2) 
Ta gọi phương trình x2 – dy2 = 1 là phương trình liên kết với (2) có (a,b) là 
nhiệm nhỏ nhất 
Định lý 3. 
Phương trình (2) hoặc vô nghiệm hoặc vô số nghiệm 
Định lý 4. 
Nếu α βi i( , ) , i = 1,2,.., m là các nghiệm của (2) thỏa mãn 
 −β ≤  
 
2
2 2
i
na
max nb ,
d
thì các cặp n,i n,i(x ,y ) sau đây sẽ vét hết các nghiệm của (2): 
+
+
= + = α
= + = β
n 1,i n,i n,i o,i i
n 1,i n,i n,i o,i i
x ax dby , x
y bx ay , y
 (i = 1,2,,m) 
Ví dụ. Giải phương trình x2 – 5y2 = – 4 
Nghiệm nhỏ nhất của phương trình liên kết x2 – 5y2 = 1 là (9,4) 
y2 ≤ –(–4)92/5 = 64,8 ⇒ y ≤ 8 ⇒ các cặp nghiệm ban đầu là (1,1), (4,2), (11,5) 
Vậy nghiệm của phương trình là 
xn+1 = 9xn + 20yn, yn+1 = 4xn + 9yn với (x0,y0) = (1,1), (4,2) ,( 11,5) 
8. Phương trình Ax2 – By2 = n ( A > 1, AB không chính phương ) (3) 
Ta gọi phương trình x2 – ABy2 = 1 là phương trình liên kết với (3) có (a,b) là 
nghiệm nhỏ nhất. 
Định lý 5. Phương trình (3) hoặc vô nghiệm hoặc vô số nghiệm 
Định lý 6. 
Nếu α βi i( , ) , i = 1,2,.., m là các nghiệm của (3) thỏa mãn  −β ≤  
 
2
2 2
i
na
max Anb ,
B
thì các cặp n,i n,i(x ,y ) sau đây sẽ vét hết các nghiệm của (3): 
+
+
= + = α
= + = β
n 1,i n,i n,i o,i i
n 1,i n,i n,i o,i i
x ax Bby , x
y Abx ay , y
 (i = 1,2,,m) 
Ta có thể biểu diễn công thức trên dưới dạng truy hồi 
+ +
+ +
= −
= −
n 2 n 1 n
n 2 n 1 n
x 2ax x
y 2ay y
 với 
= α = α + β
= β = β + α
0 1
0 1
x ,x a Bb
y ,y a Ab
Ví dụ. Giải phương trình 3x2 – 2y2 = 1 
Giải. 
phương trình liên kết x2 – 6y2 = 1 có nghiệm nhỏ nhất là (a,b) = (5,2) 
y2 < 3.1.22 = 12 ⇒ y ≤ 3 . Ta có nghiệm ban đầu là (1,1) 
Vậy nghiệm của phương trình là xn+2 = 10xn+1 – xn , yn+2 = 10yn+1 – yn với (x0,y0) 
= (1,1) ,(x1,y1) = (9,11) 
 7 
BÀI TẬP 
1) Tìm nghiệm nguyên của các phương trình 
a) 2x + 3y = 156 
b) 3xy + x – y = 1 
c) 2x2 + 3xy – 2y2 = 7 
d) x3 – y3 = 91 
e) x2 – xy = 6x – 5y – 8 
2) Cho đa thức f(x) có các hệ số nguyên .Biết rằng f(1).f(2) = 35.Chứng 
minh rằng f(x) không có nghiệm nguyên. 
3) Chứng minh rằng các phương trình sau không có nghiệm nguyên: 
a) 3x2 – 4y2 = 13 
b) 19x2 + 28y2 = 2001 
c) x2 = 2y2 – 8y + 3 
d) x5 – 5x3 + 4x = 24(5y + 1) 
e) 3x5 – x3 + 6x2 – 18x = 2001 
4) Tìm 3 số nguyên dương sao cho tích của chúng gấp đôi tổng của 
chúng 
5) Tìm 4 số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng 
6) Tìm các nghiệm nguyên của các phương trình : 
a) x2 + xy + y2 = 2x + y 
b) x2 + xy + y2 = x + y 
c) x2 – 3xy + 3y2 = 3y 
d) x2 – 2xy + 5y2 = y + 1 
7) Tìm các số tự nhiên sao cho 2x + 3x = 35 
8) Tìm các số nguyên x,y sao cho x3 + x2 + x + 1 = y3 
9) Tìm các nghiệm nguyên dương : x! + y! = (x + y)! 
10) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 3x2 + 4y2 = 6x + 13 
11) Có tồn tại hay không hai số nguyên dương x , y sao cho x2 + y và y2 + x 
đều là số chính phương 
12) Tìm các nghiệm nguyên của các phương trình : 
a) x(x2 + x + 1) = 4y(y + 1) 
b) x4 + x3 + x2 + x = y2 + y 
c) x4 – 2y2 = 1 
d) x3 – 3y3 = 9z3 
e) x2 + y2 = 3z2 
f) x2 + y2 = 6(z2 + t2) 
g) x2 + y2 + z2 = 2xyz 
13) a) Giải phương trình x2 + y2 = 7z2 
b) Chứng minh rằng số 7 không viết được dưới dạng tổng các bình phương 
của 2 số hữu tỉ 
14) Tìm các nghiệm nguyên : 
a) xy – 2y – 3 = 3x – x2 
b) 2x2 + 3xy – 2y2 = 7 
c) x2 + y2 – x – y = 8 
d) 7(x2 + xy + y2) = 39(x + y) 
e) 3(x2 –xy + y2) = 7(x + y) 
f) 5(x2 + xy + y2)= 7(x + 2y) 
g) 8y2 – 25 = 3xy + 5z 
h) 7x2 – 5y2 = 3 
 8 
15) Chứng minh rằng phương trình sau có vô số nghiệm nguyên (x + y + 
z)2 = x2 + y2 + z2 
16) Tìm nghiệm nguyên dương : 
a) + + =1 1 1 1
x y 6xy 6
b) + + =1 1 1 1
x y 2xy 2
17) Tìm nghiệm nguyên + + =xy xz yz 3
z y x
18) Tìm 3 số nguyên dương x,y,z sao cho xy + 1 
 z, xz + 1 
 y , yz + 1 
 x 
19) Tìm điều kiện của a để các nghiệm của phương trình đều là số nguyên : 
a) x2 – ax + a + 2 = 0 
b) x2 + ax + 6a = 0 
c) x2 + a2x + a – 1 = 0 
20) Tìm các số nguyên a và b sao cho a + b = 25 và các nghiệm của 
phương trình x2 + ax + b = 0 là số nguyên.Tìm các nghiệm đó. 
21) Giải phương trình 
a) x2 – 7y2 = 1 
b) x2 –15y2 = 1 
c) 3x2 – 5y2 = 7 
22) Hãy chứng minh các tính chất của bộ ba số Pitagore : 
a) Tồn tại 1 số là bội của 3 
b) Tồn tại 1 số là bội của 4 
c) Tồn tại 1 số là bội của 5