Chuyên đề Phương trình với nghiệm nguyên

Phương trình với nghiệm nguyên 
Dạng toán này là một trong những dạng toán khó trong bộ môn Toán Số , những phần mà tôi nêu ra dưới đây chỉ là những dạng cơ bản nhất . Tuy nhiên, để hiểu được nó trước hết cần nắm được Lý thuyết số .
Dạng 
Phương trình một ẩn - hệ số nguyên
Dạng tổng quát : anxn + an - 1xn - 1 + ... + a1x + ao = 0 (1)
Cách giải : vận dụng các tính chất sau
Nếu x = b là nghiệm của phương trình (1) thì b là ước của ao
Nếu an = 1 thì nghiệm hữu tỉ nếu có của (1) là số nguyên 
Qui tắc tìm nghiệm :
È Tìm các ước của ao
È Thử lần lượt các ước của ao vào vế trái của (1)
Phương trình bậc nhất hai ẩn ( Phương trình Diophante - Giải tích Diophante)
{Diophante - Người đầu tiên nghiên cứu có hệ thống về Phương trình vô định , sống ở thế kỷ thứ III.Tập sách “Số học “ của ông có ảnh hưởng rất lớn đến sự phát triển của Lý thuyết Số}
Dạng tổng quát : ax + by = c (2)
Cách giải : vận dụng các tính chất sau
Giả sử a, b, c Ỵ Z ; a, b ¹ 0 và d = (a , b) . Khi đó :
Phương trình (2) có nghiệm khi và chỉ khi d ỴƯ( c )
Nếu (xo , yo) là một nghiệm của ax + by = 1 với (a , b) = 1 thì (cxo , cyo) là một nghiệm của phương trình (2)
Nếu (xo , yo) là một nghiệm nguyên của (2) với (a , b) = 1 thì mọi nghiệm nguyên của nó được xác định bởi hệ thức :
x = xo + bt
y = yo - at ; với t Ỵ Z
Thật vậy , vì (xo , yo) là một nghiệm nguyên của (2) Þ axo + byo = 1 Þ axo + byo = ax + by
Þ x = = xo + Þ { (a , b) = 1 Þ Ỵ Z Þ y = yo - at }
Phương trình vô định dạng x2 + y2 = z2 ( Phương trình Pithago )
Cách giải :
È Phương trình vô định dạng x2 + y2 = z2 có vô số nghiệm nguyên xác định bởi công thức 
( Định lý tìm nghiệm này đã được biết từ Euclide ) :
x = u.v ; y = ; z = 
với u , v Ỵ Z ; u , v lẻ ; u > v ; (u, v) = 1
	È Ví dụ 
* Khi u = 3 ; v = 1 Þ x = 3 ; y = 4 ; z = 5
* Khi u = 5 ; v = 3 Þ x = 15 ; y = 8 ; z = 17
Phương trình vô định dạng x2 - Py2 = 1 ( Phương trình Pell ) ( P ỴZ+ , không là số chính phương )
{ Đây là một dạng phương trình Diophante bậc 2, xuất phát từ một bài toán do Archimède đặt ra, bài toán có 8 ẩn số thỏa mãn 7 phương trình, đưa đến việc tìm nghiệm nguyên của phương trình : x2 - 4729494y2 = 1 (1). Năm 1880 người ta đã tìm ra nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của (1) với x là số có 45 chữ số , y có 38 chữ số }
Cách giải :
È Phương trình Pell có nghiệm x = ± 1 , y = 0 được gọi là nghiệm tầm thường .
È Phương trình Pell luôn có vô số nghiệm không tầm thường.
È Giả sử xo , yo là các số nguyên dương nghiệm đúng phương trình Pell, thế thì các cặp số (xo , -yo) ; (-xo , yo) ; (-xo , yo) cũng là nghiệm. Do đó để tìm nghiệm không tầm thường của phương trình Pell, ta chỉ cần tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình đó. Tất cả các nghiệm nguyên dương (xk ; yk ) của phương trình được xác định từ đẳng thức :
vớiù k = 1, 2, 3,...trong đó (x1 , y1) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất .
È Với P nhỏ , việc tìm (x1 , y1) không khó khăn lắm - chúng ta chỉ việc thử lần lượt y = 1, 2, 3, 4, 5... để tìm x2 = Py2 + 1 là một số chính phương .
Tại sao P là số nguyên dương không chính phương ? . Ta hãy xét phương trình tổng quát hơn, đó là phương trình : x2 - Py2 = 1 (*) trong đó P là số nguyên dương cho trước .
Vì x, y có mặt ở vế trái của (*) dưới dạng bình phương nên ta có thể hạn chế ở việc tìm các nghiệm nguyên không âm .
Hiển nhiên rằng x = 1 ; y = 0 là một nghiệm - gọi là nghiệm tầm thường của (*). Ta còn phải tìm các nghiệm không tầm thường (x, y > 0)
Nếu trong phương trình P là một số chính phương P = k2 (kỴZ+) thì (*) chỉ có nghiệm tầm thường, thật vậy khi đó (*) có dạng x2 - (ky)2 = 1 và chú ý rằng hiệu của hai số chính phương bằng 1 khi hai số chính phương ấy là 1 hoặc 0 Þ x2 = 1 ; (ky)2 = 0 Þ x = 1 ; y = 0 .
Như vậy : Điều kiện cần để phương trình (*) có nghiệm không tầm thường là P không phải là một số chính phương .
 @ Để tìm sự thú vị khi nghiên cứu phương trình nghiệm nguyên , mời các Bạn nghiên cứu kỹ dãy các minh họa sau : 
Minh họa
Tìm nghiệm nguyên của x2 - 5x + 6 = 0
Nghiệm nguyên nếu có phải là ước của 6, bao gồm các số : ± 1 ; ± 2 ; ± 3 ; ± 6
Đặt f( x ) = x2 - 5x + 6 Þ f( 2 ) = f( 3 ) = 0 Þ Phương trình có 2 nghiệm nguyên x = 2 ; 3
Tìm nghiệm hữu tỉ của 3x2 - 5x + 2 = 0 (1)
Ta có (1) Û 9x2 - 5.3x - 6 = 0 ; đặt 3x = t Þ t2 - 5t - 6 = 0 (2)
Nghiệm nguyên nếu có của (2) phải là ước của 6 ; dễ thấy (2) có hai nghiệm t = -1 , t = 6
Khi t = -1 Û 3x = -1 Û x = -
Khi t = 6 Û 3x = 6 Û x = 2
{Phương pháp đặt liên tiếp các ẩn phụ }
Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 8x + 11y = 73
Vì (8 , 11) = 1 nên phương trình có nghiệm nguyên 8x = 73 - 11y Þ x = 9 - y + .
Đặt = t Ỵ Z Þ Ta có : 3y + 8t = 1 Þ 3y = 1 - 8t Þ y = -3t + 
Đặt = u Ỵ Z Þ Ta có : t = 3u - 1
Vậy : x = 9 - y + t ; y = -3t + u ; t = 3u - 1 Þ x = 11u + 5 ; y = -8u + 3 với u Ỵ Z
Tìm nghiệm nguyên dương , nhỏ nhất ( x , y ) của phương trình 17x - 29y = 100 (1)
Vì (17 , 29) = 1 Þ phương trình có nghiệm nguyên 
(1) Þ x = 6 + 2y - . Đặt = t Ỵ Z Þ y = 3t + 2. ; đặt = u Ỵ Z Þ t = 5u + 1
Vậy : x = 29u + 11 ; y = 17u + 3
Vì x , y > 0 Þ 29u + 11 > 0 và 17u + 3 > 0 Þ u > và u Ỵ Z Þ u = 0 , 1 , 2 , ...
Nghiệm nguyên dương nhỏ nhất là x = 11 ; y = 3 khi u = 0
{Sử dụng tính chia hết của đa thức }
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : 
Ta có yz = x - 1 + Þ 1 + 2y - x = 0 hoặc 1 + 2y - x ³ xy + 1
Nếu 1 + 2y - x = 0 thì yz = x - 1 nên yz = 2y Þ z = 2 ; y = t Ỵ N* ; x = 1 + 2t
Nếu 1 + 2y - x ³ xy + 1 thì 2y ³ x(y + 1) hay x £ Þ x = 1 ; y = 1 ; z = 2
Tìm nghiệm (x , y) nguyên của phương trình : y2 = x5 + 2x4 - 3x3 - 4x2 + 4x
Ta có y2 = x.(x - 1)2(x + 2)2 Þ x = t2 với t Ỵ Z Þ y = ± t.(t2 - 1)(t2 + 2) hoặc khi x = -2 thì y = 0
Với mọi x nguyên dương, chứng minh rằng các đa thức sau đây chia hết cho đa thức x2 + x + 1
x11 + x28 + x1953
x7 + x11 + x1995
Ta có 	x3 = x3 + x2 + x - x2 - x - 1 + 1 = (x2 + x + 1)(x - 1) + 1 º 1 (mod x2 + x + 1 )
Þ với k Ỵ N : x3k º 1k º 1 ; x3k + 1 º x ; x3k + 2 º x2 (mod x2 + x + 1 )
Þ với 3 số a, b, c chia cho 3 cho các số dư khác nhau đôi một thì xa + xb + xc º 0 (mod x2 + x + 1 )
{ Tương tự : Chứng minh rằng x7 + x11 + x1995 chia hết cho đa thức x2 - x + 1 }
Cho p là một số nguyên tố , hãy giải phương trình trong tập Z
Ta có 	y = x + 1 + p + Þ x - 1 = ± 1 ; ± p
Tồn tại hay không nghiệm nguyên của phương trình : 2x - 3y = - 5xy + 39
Ta có 2x - 3y = - 5xy + 39 Û 2x = y.(3 - 5x) + 39 Þ y = 
Để y nguyên thì điều kiện cần ( chưa là đk đủ ) là ơ2x - 39ơ³ ơ3 - 5xơ Þ (2x - 39)2 ³ (3 - 5x)2
Û (2x - 39)2 - (3 - 5x)2 ³ 0 Û ( -3x - 36)(7x - 42) ³ 0 Û -12 £ x £ 6
Tìm ngiệm nguyên của phương trình 5x - 3y = 2xy - 11
Ta có y = Þ để yỴ Z , ta cần có ơ5x + 11ơ ³ ơ2x + 3ơÛ (5x + 11)2 ³ (2x + 3)2 
Û . Nhưng y = Þ y nguyên khi x = -5 Þ (x , y) = (-5 , 2) là một nghiệm
Với x ¹ -5, ta thấy đkc để y nguyên là ơx + 5ơ ³ ơ2x+ 3ơ Û Û x = -2 ; -1 ; 0 ; 1 ; 2 . 
 Chứng minh rằng phương trình : 4x2 + 231y2 = 1613 vô nghiệm trong tập số nguyên
Đặt X = x2 ³ 0 ; Y = y2 ³ 0 Þ 4X + 231Y = 1613 Þ X = 
Þ 1 + Y = 4t ( tỴZ ) Þ Y = 4t - 1 ; X = 403 - 58(4t - 1) + t = 461 - 231t
Ta thấy Y ³ 0 khi t ³ ; X ³ 0 khi t £ < 2 Þ để X , Y cùng không âm thì t = 1.
Nhưng t = 1 thì Y = 3 = y2 Þ y Ï Z Þ đpcm !
 Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x2 - 81y2 = 1
 Ta có y = 0 Þ x = ± 1. Ta tìm các nghiệm nguyên dương để suy ra các nghiệm còm lại .
Phương trình đã cho có thể viết lại thành 1 = (x + 9y)(x - 9y)
Do x , y > 0 nên x + 9y > 0 Þ x - 9y > 0 Þ x + 9y = 1 Þ ; x - 9y = 1 Þ x = ; y = 0 : giá trị không thỏa. 
Þ phương trình đã cho chỉ có nghiệm : (x , y) = (1 , 0) ; (-1 , 0)
Þ Tổng quát : 
Phương trình x2 - k2y2 = 1 với kỴ N chỉ có nghiệm tầm thường x = ±1 ; y = 0
Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + 3y2 = 6xy - 6 (1)
(1) viết lại như sau : x2 - 6xy + 3y2 + 6 = 0
Để phương trình có nghiệm x nguyên thì điều kiện cần và đủ (do hệ số x2 là 1) là D = 6y2 - 6 = m2 : là một số chính phương .
Rõ ràng m2 là bội 6 Þ m là bội 6 Þ xem m = 6t với t ỴZ Þ y2 - 6t2 = 1 : Phương trình Pell
Þ Nghiệm tầm thường là (y , t) = (1 , 0) ; (-1 , 0) và nghiệm nguyên dương nhỏ nhất là y1 = 5 ; t1 = 2
Þ Các nghiệm nguyên dương (yk , tk) được xác định từ đẳng thức : 
Giải phương trình trong tập số nguyên : 3x2 + 48y2 = 1003 + 30xy (1) 
Xem (1) là một phương trình bậc II theo x : 3x2 - 30xy + 48y2 - 1003 = 0
Þ D‘ = 81y2 + 3009 = k2 : là số chính phương để có x nguyên ( kỴZ+)
Þ k2 - 81y2 = 3009 Þ (k + 9y)(k - 9y) = 3.17.59 . Vì k + 9y > k - 9y
Þ Xảy ra 4 khả năng sau đây :
Trong trường hợp nào ta cũng thấy y không nguyên Þ Bài toán vô nghiệm !
{ Chú ý , dễ dàng kết luận ngay bài toán vô nghiệm vì 1003 không chia hết cho 3 }
Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau đây : 9x2 - 15xy + 4y2 + 38 = 0 (1)
Xem (1) là phương trình có ẩn x và tham số là y .
Để x nguyên , điều kiện cần là D = 81y2 - 1368 = k2 : chính phương (k ³ 0) (2)
Nhận thấy 81y2 - k2 = 1368 chỉ chứa lũy thừa bậc chẵn nên chỉ việc tìm các nghiệm nguyên dương sẽ suy ra các nghiện còn lại .Từ đó (2) có thể viết lại là : (9y + k)(9y - k) = 23.32.19 . Vì y, k > 0 Þ 9y + k > 0 Þ 9y - k > 0 và do (9y + k) + (9y - k) = 18y Þ Ta chỉ xét 2 trường hợp tổng hai số là bội của 18 .
Þ x = 
Þ các nghiệm là (x , y) = (3 , 7) ; (-3 , -7)
Þ x = 
Þ các nghiệm là (x , y) = (17 , 13) ; (-17 , -13)
Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 2x2 + 3y2 - 5xy + 3x - 2y - 3 = 0 (1)
Xem phương trình là bậc II đối với x . Khi đó (1) Û 2x2 + (3 - 5y)x + 3y2 - 2y - 3 = 0
Để có x nguyên thì điều kiện cần là D = y2 - 14y + 33 = k2 ( k nguyên không âm) (2)
Xem (2) là phương trình bậc II đối với y Þ { (2) Û y2 - 14y + 33 - k2 = 0 } và d‘(2) = 16 + k2 = m2 
( m ỴZ+)
Vì m > k ³ 0 ; 16 = (m + k)(m - k) mà m + k > 0 Þ m - k > 0 . Để ý (m + k) + (m - k) = 2m nên chúng đồng thời chẵn hay lẻ . Ta có bảng :
Þ m = 5 ; k = 3
Þ ( x ,  ...  -1 thì y4 = -1 ( loại )
Vậy x = 0 ; y = ± 1 : hai nghiệm duy nhất !
(x + 2)4 - x4 = y3 (1)
Ta có (1) Û y3 = 8(x3 + 3x2 + 4x + 2) = (2z)2 với z2 = x3 + 3x2 + 4x + 2
với x £ 0 Þ (x + 1)3 < z3 < (x + 2)3 Þ x + 1 < z < x + 2 Þ vô lý !
với x ³ -2 Þ đặt x1 = -x -2 ³ 0 , y1 = -y Þ x1 và y1 thỏa mãn (x1 + 2)4 - x14 = x4 - (x + 2)4 = -y3 : điều này không thể có với x1 ³ 0 .
Vậy -2 < x < 0 Þ x = -1 ; y = 0 : nghiệm duy nhất !
{ Sử dụng Phương pháp xuống thang }
Chứng minh rằng phương trình sau đây không có nghiệm nguyên : 8x4 + 4y4 + 2z4 = t4 (1)
Giả sử rằng (1) có nguyệm nguyên (x, y, z, t) với x là giá trị nhỏ nhất trong các giá trị có thể có .
Từ (1), ta nhận thấy t chẵn - xem t = 2t1 ; thế vào (1) và chia cho 2 ta có : 4x4 + 2y4 + z4 = 8t14 (2)
Þ z chẵn - xem z = 2z1 ; thay vào (2) Þ 2x4 + y4 + 8z14 = t14 . 
Tương tự ,ta có : y = 2y1 Þ x4 + 8y14 + 4z14 = 2t14 và cuối cùng x = 2x1 Þ 8x14 + 4y14 + 2z14 = t14 Þ (x1 , y1 , z1 , t1) cũng là nghiệm của phương trình đã cho , nhưng ở nghiệm này ta thấy x1 < x : mâu thuẫn cách chọn nghiệm đầu có x bé nhất ! Þ (1) vô nghiệm !
Tìm điều kiện cần và đủ cho số k để phương trình : x2 - y2 = k có ít nhất một nghiệm nguyên .
x2 - y2 = k có nghiệm nguyên Þ k ¹ 4t + 2 (*) (sốø dư số chính phương trong phép chia cho 4) 
 k ¹ 4t + 2 :
k chẵn 	Þ { (*) Þ k = 4m } 	Þ x = m + 1 ; y = m - 1 	là nghiệm phương trình .
k lẻ 	Þ { (*) Þ k = 2n + 1 } 	Þ x = n + 1 ; y = n 	là nghiệm phương trình .
Vậy : Phương trình x2 - y2 = k có ít nhất một nghiệm nguyên Û k ¹ 4t + 2 ( tỴZ )
Chứng minh rằng phương trình x2 + y2 + z2 + t2 = 2xyzt (1) không có nghiệm nguyên
 (khác tầm thường )
Giả sử rằng phương trình có nghiệm nguyên (x, y, z, t) . Vì x2 + y2 + z2 + t2 chẵn Þ trong các số x, y, z, t có một số chẵn các số lẻ ( hoặc 0 hoặc 2 hoặc 4 ).
Nếu tất cả đều lẻ thì x2 + y2 + z2 + t2 4 trong khi 2xyzt không chia hết cho 4
Nếu chỉ có hai số lẻ thì x2 + y2 + z2 + t2 không chia hết cho 4 trong khi 2xyzt 4. Vậy x, y, z, t cùng chẵn Þ xem x = 2x1, y = 2y1, z = 2z1, t = 2t1 ; thay vào phương trình đã cho ta được : x12 + y12 + z12 + t12 = 8x1y1z1t1 . Lập luận tương tự như trên cho phương trình này, ta được các nghiệm phải chẵn Þ x1 = 2x2 , y1 = 2y2 , z1 = 2z2 , t1 = 2t2 Þ ta được : x22 + y22 + z22 + t22 = 32.x2y2z2t2 .
Một cách tổng quát, xuất phát từ nghiệm (x, y, z, t) bằng phương pháp “xuống thang” ta đi đến phương trình : xs2 + ys2 + zs2 + ts2 = 22s + 1.xsyszsts trong đó : [x , y , z , t]k = 2[x , y , z , t]k + 1 ( k ³ 1 )
Þ với mọi số tự nhiên s : là các số nguyên - đó là điều không thể có được khi x,y,z,t nguyên. 
Giải phương trình nghiệm nguyên sau : x14 + x24 + x34 + ... + x144 = 1599
Chú ý rằng , với n = 2k Þ n 4 = 16k4 16 và với n = 2k + 1 Þ n4 - 1 = (n2 - 1)(n2 + 1) 16
Như vậy khi chia x14 + x24 + x34 + ... + x144 cho 16 thì số dư có được bằng số các số lẻ trong các số xi , tức là không vượt quá 14 ; trong khi đó 1599 = 1600 - 1 chia cho 16 có số dư là -1 hay 15 Þ Phương trình vô nghiệm !
Tìm các số x để A = 8x2 + 8x + 1 là số chính phương .
Đặt A = y2 ( yỴZ) Þ Tìm nghiệm nguyên phương trình 8x2 + 8x + 1 - y2 = 0
Điều kiện cần để có x nguyên là D‘ = 8 + 8y2 = k2 là số chính phương Þ k2 8 Þ k 4 - xem k = 4t (tỴZ)
Þ 8 + 8y2 = 16t2 Þ y2 - 2t2 = -1 : đây là phương trình đối Pell (Pt đối Pell không có nghiệm tầm thường) .
Vì x = nên x nguyên Û t lẻ .
Ta biết rằng phương trình đối Pell y2 - 2t2 = -1 có nghiệm nguyên dương nhỏ nhấøt là y1 = t1 = 1 nên : và các nghiệm nguyên dương khác được xác định từ đẳng thức : 
, từ đó suy ra xk .
Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
2x = 7y + z
3x + 171 = y2
10x - 1 = 7y
px + 1 = y ( p nguyên tố )
Xem x = 3k ; 3k + 1 ; 3k + 2 ( k ³ 0 )
Xét x = 3k : Lúc này , dễ thấy 2x = 7m + 1 ( m ỴZ+) . So sánh với phương trình đã cho Þ 7y + z = 7m + 1 : phương trình này nghiệm đúng với y = t ( t ỴZ) và z = 7m + 1 - 7y = 8k - 7t
	Vậy phương trình có nghiệm : x = 3k ; y = t ; z = 8k - 7t 
Xét x = 3k + 1 : Theo trên , ta có 14m = 2x - 2 Þ 7y + z = 14m + 2 ; phương trình này có nghiệm y = t (tỴZ) ; z = 2x - 7y = 2.8k - 7y
	Vậy phương trình có nghiệm : x = 3k + 1 ; y = t ; z = 2.8k - 7t 
Xét x = 3k + 2 : Theo trên , ta có 28m = 2x - 4 Þ 7y + z = 28m + 4 .
	Vậy phương trình có nghiệm : x = 3k + 2 ; y = t ; z = 4.8k - 7t 
Phương trình đã cho Û 9(3x-2 + 19) = y2 Þ { y nguyên Û 3x - 2 + 19 = k2 ( kỴZ+ ) }
Nếu x - 2 = 2m Þ 19 = (k + 3m).(k - 3m) Þ k + 3m =19 ; k - 3m = 1Þ k = 10 ; m = 2 
Þ nghiệm phương trình đã cho : x = 2m + 2 = 6 ; y = 30 .
Nếu x - 2 = 2m + 1 ( m ỴZ+) thì ta có :
k2 = 3x - 2 + 19 = 32m - 1 - 1 + 20 = 20 + (3 - 1)( ) = 20 + 2(2m + 1)
Þ với mọi m , k2 chẵn nhưng không chia hết cho 4 Þ bài toán chỉ có một nghiệm !
Vì 10x = 1 + 7y ỴZ Þ x ³ 0 và (x , y) = (0 , 0) là một nghiệm của phương trình 
Xét x > 0 , ta có 10x - 1 = và nếu lấy chia cho 7 thì số dương x nhỏ nhất thỏa đề là x = 6 hay A = 999999 7 Þ các số AA...AA 7 và chỉ những số đó Þ nghiệm phương trình là y =, với B = 142857 (ứng với x = 6) ; x = 6n ( n ỴZ , n ³ 0 )
px = y2 - 1 = (y + 1)(y - 1) Þ x ³ 0 ; vì p nguyên tố nên y + 1 , y - 1 là các lũy thừa của p .
Þ Xem y - 1 = pk ; y + 1 = pk + l ( k , l nguyên không âm ) 
Mà (y + 1) - (y - 1) = pk ( pl - 1 ) Þ p = 2 ; k = 1 ; l = 1 . Vậy y = 1 + pk = 3 ; x = 3
Tìm nghiệm nguyên của phương trình : (4x - )2 + ()2 = (x2 + )2
Ta có : Þ y2 = x2[(x + 2)2 - 3](x - 2)2
Þ { y nguyên Û x = 0 hoặc x = 2 hoặc (x + 2)2 - 3 = k2 là số chính phương ( k ỴZ+ ) }
Xét (x + 2)2 - 3 = k2 Þ 3 = (x + 2 + k)(x + 2 - k) : tích hai số nguyên cùng dấu ; xét các trường hợp có thể xảy ra, chúng ta có thêm nghiệm x = -4.
Vậy các nghiệm của phương trình là (x , y) Ỵ { (0 , 0) ; (2 , 0) ; (-4 , 24) ; (-4 , -24) }
Tìm nghiệm nguyên của phương trình : (2x + 1)2 - 1 = (1)
Từ (1) Þ 384y = (4x2 + 4x)(4x2 - 4x) Þ 24y = x2.(x - 1)(x + 1)
Nếu x lẻ thì (x - 1)(x + 1) 8 và trong 3 số x , x - 1 , x + 1 có một số chia hết cho 3 Þ x2.(x - 1)(x + 1) = 24t ( t ỴZ ) Þ nghiệm x = 2k + 1 ; y = k.(k + 1).(2k + 1)2 ( k ỴZ )
Nếu x chẵn thì x - 1 , x + 1 là các số lẻ Þ điều kiện để phương trình có nghiệm là x2 8 Þ x2 4 
Vậy : nghiệm của phương trình là : x = 4k ; y = = k.(4k - 1).4k.(4k + 1) .
Giải phương trình nghiệm nguyên : x3 + x2y + xy2 + y3 = 8(x2 + xy + y2 + 1) (Vô địch Balan-1981)
Nhận xét x , y cùng tính chẵn - lẻ và nếu x = y thì phương trình trở thành x3 - 6x2 - 2 = 0 Þ nghiệm nguyên nếu có (ước của -2) sẽ là ±1 ; ±2 , nhưng không có giá trị nào thỏa mãn !
Do x , y cùng tính chẵn - lẻ Þ ơx - yơ ³ 2 Þ (x - y)2 ³ 4 Þ x2 + y2 ³ 4 + 2xy Þ x2 + y2 ³ ơ2 + 2xyơ (1)
( Pt đã cho ) Û (x2 + y2)(x + y) = 8(x2 + y2) + 8(xy + 1) Û (x2 + y2)(x + y - 8) = 8xy + 8
Þ Pt hệ quả : ơ(x2 + y2)ơơ(x + y - 8)ơ = 4ơxy + 2ơ Þ { (1) Þ ơx + y - 8ơ < 4 } Þ 4 < x + y < 12 
Þ x + y = 6 , 8 , 10 . 
Với x + y = 6 , 8 Þ vô nghiệm !
Với x = 10 Þ xy = 14
Þ x , y là hai nghiệm của phương trình : a2 - 10a + 16 = 0 Þ (x , y) = (2 , 8) ; (8 ; 2)
Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau đây :
xy2 + 2y(x - 14045) + x = 0
7x2 + 7y2 = 1820
( HSG Lớp 9 - 1994 )
x2 - 38y = 23
Nếu y = 0 thì x = 0 ; xét y ¹ 0 . Khi đó phương trình có thể đưa về dạng : 
Điều kiện cần để y + 1 ỴZ là ỴZ Þ (y + 1)2 là ước số chính phương của 28090 = 532.2.5
Þ (y + 1)2 chỉ có thể là 1 hoặc 532
Nếu (y + 1)2 = 1 thì y = -2 Þ x = - 56180
Nếu (y + 1)2 = 53 thì y = 52 ; - 54 Þ x = 
Nhận thấy 7 và 13 là các ước của 1820 nên x2 13 Þ x 13 ; y2 7 Þ y 7
Xem x = 13u ; y = 7v ( u, v ỴZ) Þ 13u2 + 7v2 = 20 Þ 13u2 ³ 13 ; 7v2 ³ 7 Þ 13u2 + 7v2 ³ 20
Þ đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u2 = v2 = 1 Þ (x , y) = (13 , 7) ; (13 , -7) ; (-13 , 7) ; (-13 , -7)
Phương trình đã cho có thể viết dưới dạng : x2 - 4 = 38y + 19 = 2(2y + 1) Û (x + 2)(x - 2) = 19(2y + 1)
Þ x lẻ Þ x + 2 hoặc x - 2 chia hết cho 19
Nếu x + 2 = 19t ( t nguyên dương lẻ ) thì x = 19t - 2 và y = 
Nếu x - 2 = 19t ( t nguyên dương lẻ ) thì x = 19t + 2 và y = 
Ta có : y = = 2x3 + 25x2 - 2x + Ỵ Z , với mọi x ỴZ
(Chú ý rằng : với mọi x ỴZ : luôn chia hết cho 6 )
Chứng minh rằng phương trình không có nghiệm y nguyên âm với mọi m nguyên :
5y2 - 7y - 32 + 8m2 = 0
Nghiệm của phương trình phải có dạng y = với k = D = 49 + 160(4 - m2) mà dễ thấy k ỴZ+ ( k = 0 Þ y ÏZ ) Þ y = và y = 7 . Khi đó D = k2 > 49 Þ m2 < 4 Þ m2 = 0 ; 1
Nếu m2 = 0 thì D = 689 : không chính phương Þ y ÏZ
Nếu m2 = 1 thì D = 529 = 232 Þ y = Þ đpcm !
Áp dụng
Bài 65 : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 
12x - 5y = 21
12x + 17y = 41
x + 3y = 0
2x - y = 1
3x + 2y = 4
x = 3 + 5t ; y = 3 + 12t , t Ỵ Z
x = 2 + 17t ; y = 1 - 12t , t Ỵ Z
x = -3t ; y = t , t Ỵ Z
x = t ; y = 2t - 1 , t Ỵ Z
x = 2t ; y = 2 - 3t , t Ỵ Z
Bài 66 : Tìm nghiệm nguyên dương , nhỏ nhất của phương trình 
16x - 25y = 1
41x - 37y = 187
x = 11 ; y = 7
x = 19 ; y = 16
Bài 67 : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình
x2 - 6xy + 5y2 = 121
x4 + 2x7y - x14 - y2 = 7 (x, yỴZ+)
2x2 + 2xy - x + y = 112 (x, yỴZ+)
xy2 + 2xy - 243y + x = 0 (x, yỴZ+)
6x2 + 5y2 = 74
xy + 3x - 5y = -3
x2 = y2 + 2y + 13
19x2 + 28y2 = 729
(x - 5y)(x - y) = 121
(x2 - x7 + y)(x2 + x7 - y) = 7
y = -x + 1 + 111 : (2x + 1)
x.(y + 1)2 = 243y
6(x2 - 4) = 5(10 - y2)
(x - 5)(y + 3) = -18
(x - y - 1)(x + y + 1) = 12
Vô nghiệm !
Bài 68 : Giải các phương trình sau trong tập số nguyên :
-6x2 - 2y2 + 6xy + 8x + 3y = 168
1987x2 + 1988y2 = 3000 - 2x2y2
2x2 + 3y2 = 19 - 4x
6x2 - 5y2 = -40x - 3
d(x) = -3[(y - 7)2 + 5:3] < 0
Vô nghiệm !
6y2 = 42 - k2 Þ y2 = 7 - k2 : 6 £ 7 Þ k2 = 36
3(2x2 + 1) = 5(y2 - 8x) Þ 2x2 + 1 5 Þ Vno !
Bài 69 : Giải các phương trình sau trong tập số nguyên :
4x2 + 231y2 = 1631
x2 - 100y2 = 1
(x2 + y2)2 = 8x2y2 + 4xy + 1
x2 + x3 + x4 + x5 = 271440
x + y + z + t = xyzt (x, y, z, tỴZ+)
Vô nghiệm !
(x , y) = (1 , 0) ; (-1 , 0)
Dẫn đến pt Pell và đối Pell
x = 12
(x, y, z, t) = (4, 2, 1, 1) và các hoán vị .
Bài 70 : Giải các phương trình sau trong tập số nguyên :
x3 - 3y3 - 9z3 = 0
5x3 + 11y3 + 13z3 = 0
T/c chia hết cho 3
T/c chia hết cho 13