Phương trình nghiệm nguyên

 d, để được phương trình đơn giản hơn. Thí dụ : 
6x + 4y = 14 ⇔ 3x + 2y = 7 
12x + 6y = 15 ⇔ 4x + 2y = 5 
Vì vậy, có thể giả thuyết các hệ số a,b,c không có ước chung nào ≠ 1, tức là 
nguyên tố cùng nhau. 
Định lí 1: Phương trình ax+by=c có nghiệm nguyên 
khi và chỉ khi (a,b)=1 (a,b nguyên tố cùng nhau) 
Thí dụ : 
Phương trình 7x + 4y = 100 có nghiệm nguyên vì (7,4) =1 
Phương trình 4x+2y=5 không có nghiệm nguyên vì (4,2) =2 
Định lí 2 : Nếu phương trình ax + by = c có một nghiệm nguyên là (x 0 ;x 0 ) thì nó 
có vô số nghiệm nguyên ,đó là tập hợp tất cả các cặp số (x;y) có dạng: 
 x = x 0 + bt 
 y = y 0 - at 
với t là số nguyên tùy ý (t = 0; 1;-1;2;-2; ) 
Chứng minh: 
 ĐK cần:ta cần chứng minh mọi cặp số (x 0 + bt; y 0 - at) với (x 0 ;y 0 ) là nghiệm 
riêng của phương trình ax + by = c đều là nghiệm của phương trình này. 
Thật vậy, ta có: 
 a(x 0 + bt) + b(y 0 - at) = (ax 0 + by 0 ) 
 mà (x 0 ;y 0 ) là nghiệm của (1) nên ax 0 + by 0 = c, do đó 
 a(x 0 + bt) + b(y 0 - at) = c 
 ⇒ (x 0 + bt; y 0 - at) là nghiệm của (1). 
 1
Đk đủ: mọi nghiệm của (1) đều có dạng: 
 x 1 = x 0 + bt 
 y 1 = y 0 - at 
 thật vậy, vì (x 0 ;y 0 ) và (x 1 ;y 1) là hai nghiệm của phương trình nên 
 ax 0 + by 0 = c 
 ax 1 + by 1 = c 
do đó a(x 1 - x 0 ) = b(y 0 - y 1 ) (2) 
chứng tỏ a(x 1 - x 0 )  b mà (a,b)=1 nên (x 1 - x 0 ) + b, nghĩa là có một số 
nguyên t sao cho: x 1 - x 0 = bt hay x 1 = x 0 + bt. Thay vào (2) ta có: 
 abt= b(y 0 - y 1 ) hay y 1 = y 0 - at. 
**Ta gọi (x 0;y 0 ) là một nghiệm riêng của phương trình, còn công thức trên đây 
của x, y cho ta nghiệm tổng quát của phương trình (ta cũng nói đó là công thức 
tổng quát của nghiệm). 
từ đó, muốn giải phương trình ax + by = c, với (a,b)=1, ta chỉ cần tìm một nghiệm 
riêng nào đó của phương trình. 
Vd: Giải phương trình: 7x + 4y = 100. 
Giải: Ta thấy phương trình có một nghiệm riêng là (0;25), do đó có nghiệm tổng 
quát là: x = 0 + 4t; y = 25 - 7t (t là số nguyên) 
***Phương pháp tìm một nghiệm riêng của phương trình ax + by = c 
Vd1: Giải phương trình: 40x + 31y = 1 
Giải: vì (40;31) = 1 nên phương trình có nghiệm nguyên. Ta tìm một nghiệm 
nguyên của phương trình trên như sau: 
Bước 1: Viết thuật toán Euclide để tìm ƯCLN của 40 và 31: 
 40 = 31.1 + 9 
 31 = 9.3 + 4 
 9 = 4.2 + 1 
Bước 2: Để viết được số 1 dưới dạng 40 x 0 + 31y 0 , ta viết từ dưới lên 
 (1=9-4.2=9-(31-9.3).2=9-31- (40-31.1)).2=40.7+31.(-9) 
Bước 3: Từ đẳng thức trên x 0 =7; y 0 =-9 và phương trình trên có nghiệm là 
 x = 7- 31t 
 y = -9 + 40t, (t∈ Z) 
Cách tìm nghiệm riêng của các phương trình nghiệm nguyên bậc nhất khác cũng 
tương t theo các bước trên. 
 b) Phương trình nghiệm nguyên bậc nhất nhiều ẩn 
Người ta chứng minh được rằng một phương trình bậc nhất n ẩn (sau khi chia cả 
hai vế cho ƯCLN của các hệ số của nó) khi và chỉ khi các hệ số của các ẩn là các 
số nguyên tố cùng nhau. 
Phương pháp giải phương trình bậc nhất nhiều ẩn dựa trên cách giải phương 
trình bậc nhất một ẩn. 
Vd1: Giải phương trình: 2x - 5y - 6z = 4 
Giải: Phương trình này có nghiệm nguyên vì (2,5,6)=1 
Ta thấy phương trình có hai hệ số của hai ẩn là nguyên tố cùng nhau: (2,5)=1. vì 
vậy ta đưa phương trình về dạng 2x - 5y = 4 + 6z 
Đặt 4 + 6z = c ⇒ 2x - 5y = c 
 2
 Phương trình này có nghiệm riêng là x 0 3c; y 0 = = c 
Do đó nghiệm tổng quát là x = 3c +5t; y = c + 2t (t ∈ Z ) 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm tổng quát là: 
⎩⎪
⎨⎪
⎧x=3.(4+6u)+5t=12+18u+5t 
y=4+6u+2t 
z=u
*Sau đây là một số phương trình diophante cho dưới dạng toán đố: 
Bài 1: Trăm trâu trăm cỏ 
Trâu đứng ăn năm 
Trâu nằm ăn ba 
Lụ khụ trâu già 
Ba con một bó 
Hỏi có bao nhiêu trâu mỗi loại? 
Giải: 
Gọi số trâu đứng, trâu nằm, trâu già lần lượt là x, y, z(x, y, z ≥ 0). 
Theo đề bài ta có được hệ phương trình: 
⎩⎪
⎨⎪⎧
x+y+z=100(1) 
5x+3y+13z=100(2) 
x,y,z€N;x,y,z≥1(3)
từ (1) suy ra z = 100 - x - y. Thay vào (2) ta được: 7x + 4y =100 
vì 4 và 100 đều chia hết cho 4 nên x chia hết cho 4. đặt x = 4m, ta được y = 25- 
7m. Vì x,y ≥1 nên 1≤m≤3. 
*m = 1: x = 4, y = 18, z = 78 
*m = 2: x = 8, y = 11, z = 81 
*m = 3: x = 12, y = 4, z = 84 
Vậy bài toán có ba bộ nghiệm: (4, 18,78), (8,11,81), (12, 4, 81). 
Bài 2: Vào một ngày cuối tuần đẹp trời, ba người bạn rủ nhau đi câu, sau một 
ngày họ đã câu chung với nhau được một số cá. Lúc trời tối cả ba lăn ra ngủ mỗi 
người một chỗ. Người thứ nhất thức dậy chia số cá làm ba phần thấy dư 1 con liền 
vứt đi và lấy 13 số cá đem về nhà. Người thứ hai thức dậy chia số các còn lại làm 
ba phần bằng nhau vì tưởng mình là người dậy đầu tiên cũng thấy dư 1 con cá và 
vứt đi rồi lấy 13 số cá đó về nhà. Người thứ ba thức dậy cũng làm y hệt và cũng 
thấy dư 1 con cá. Hãy tìm số cá mà cả ba đã câu được biết rằng họ là những anh 
chàng đi câu tồi. 
Giải: 
Gọi x là số cá cả ba câu được và y là số cá còn lại sau khi cả ba người đã lấy cá, 
ta có phương trình: 
 23{
2
3 [
2
3 (x-1)-1]-1} = y 
 3
Hay 8x - 27y = 38 
 Rút x theo y ta được x = 18 (27y + 38) = 3y + 4 + 
(3y+6)
8 
 Vì x, y nguyên nên 8\(y+2) mà họ là những anh chàng đi câu tồi nên chọn y = 6 
nhỏ nhất có thể thỏa. khi đó x = 25. 
Vậy số cá mà họ câu được là 25 con. 
Nhận xét : Dạng phương trình Diophante cho dưới dạng toán đố không khó, chỉ 
cần lập phương trình từ đề rồi giải theo phương pháp giải phương trình nghiệm 
nguyên bậc nhất là được. 
Sau đây là một số bài toán đố khác: 
Bài 3: Một người tham gia trò chơi trên truyền hình. Mỗi câu trả lời đúng được 
cộng 200 điểm, mỗi câu trả lời sai bị trừ 75 điểm. ban đầu dược tặng trước 500 
điểm. sau cuộc chơi anh ta được 3550 điểm. hoi anh ta trả lời sai ít nhất bao 
nhiêu câu? 
Bài 4: Một trường phổ thông có 365 học sinh đi tham quan, có những địa điểm 
tham quan phải đi bằng thuyền. công ti du lịch chỉ cos hai loại thuyền, một loại 
chỉ chở được 24 người, một loại chỉ chở được 35 người. hỏi phải điều bao nhiêu 
thuyền mỗi loại để chở hết số học sinh mà không có thuyền nào chở quá số người 
quy định cũng không có thuyền nào chở ít hơn số người có thể chở? 
Bài 5: Trong một phòng họp số người đến dự ngồi vừa hết chỗ. Người ta đếm 
được tổng cộng có một trăm cái chân, cả chân ghế và chân người. biết rằng trong 
phòng họp chỉ có hai loại ghế : ghế vuông 4 chân và ghế đẩu 3 chân và số ghế đẩu 
không vượt quá ¼ tổng số ghế. Hỏi trong cuộc họp có bao nhiêu người? 
Bài 6: “Mai em đi chợ phiên 
 Anh gửi lấy một tiền 
 Mua cam cùng quýt 
 Không nhiều thì ít 
 Mua lấy một trăm 
 Cam ba đồng một 
 Quýt một đồng năm 
 Chanh yên tươi tốt 
 Năm đồng một trái 
Hỏi mua mỗi thứ mấy trái? (trong đó một tiền bằng 60 đồng). 
 (bài toán cổ) 
II)Một số bài toán phương trình nghiệm nguyên hay và phương 
pháp giải: 
Phương pháp 1: Phương pháp kẹp: 
Bài 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 
 4
 1+ x + x2 + x3 = y 
Giải 
Từ đề bài ta có: y ≥ x3 (1) 
Lại có: x3 + x2 + x + 1 = (x3 + 6x2 + 12x + 8) - (5x2 + 11x + 7) 
 =(x + 2)3 - (5x2 + 11x + 7) 
Mà 5x2 + 11x + 7 > 0 với mọi x trên R nên y < (x + 2)3 (2) 
từ (1)(2) ta có: x3 < y <(x + 2)3
 Mà y nguyên nên y = (x+1)3
 ⇔ x3 + x2 + x + 1 = (x + 1)3
 ⇔ 2x2 + 2x = 0 
 x = 0 hoặc x = - 1 
 Vậy phương trình đã cho có 2 cặp nghiệm: (0;1), (-1;0). 
Bài 2: Giải phương trình nghiệm nguyên: 
 x3 - y3 - 2y2 - 3y - 1 = 0 (*) 
Giải: 
 (*) Suy ra x3 = y3 + 2y2 + 3y + 1 
Ta có y3 + 2y2 + 3y + 1 = (y3 + 3y2 + 3y + 1) - y2 = (y + 1)3 - y2
Mà y2 ≥ 0 với mọi y trên R nên 
 x3 = y3 + 2y2 + 3y + 1≤ (y + 1)3 (1) 
Lại có y3 + 2y2 + 3y + 1 = (y3 - 3y2 + 3y - 1) + 5y2 + 2 
 =(y - 1)3 + 5y2 + 2 
Vì 5y2 + 2 > 0 với mọi y nên 
x3 = y3 + 2y2 + 3y + 1 ≥ (y - 1)3 (2) 
Từ (1)(2) suy ra x3 = y3 hoặc x3 =(y + 1)3
Giải từng trường hợp ta được hai cặp nghiệm: (-1;-1) và (1;0). 
Nhận xét: Cả hai bài toán đều sử dụng phương pháp kẹp: kẹp nghiệm giữa hai số 
nguyên khác để suy ra khoảng giá trị của nghiệm. đây là một phương pháp thường 
sử dụng để giải nhiều phương trình nghiệm nguyên. 
 Sau đây là một số phương trình nghiệm nguyên giải theo cách này: 
o y2 = x4 + x3 + x2 + x + 1 ( (2x2 + x)2 < 4y2 < (2x2 + x + 2)2 ) 
o y3 = x3 + 2x + 1 
o x6 = 4y4 + 4y3 + 6y2 + 3y + 2 
o y3 = x3 + 3x 
o x4 - y4 + z4 + 2x2z2 + 3x2 + 4z2 + 1 = 0 
 ( (x2 + z2 + 1)2 ≤ y4 < (x2 + z2 + 2)2 ) 
o (x - 2)4 - x4 = y3 
Phương pháp 2: Phân tích thành tích các số nguyên: 
1: Giải phương trình x+xy+y=9 Bài 
Giải: x+xy+y=9 
 ⇔ (x+1)(y+1) =10=1.10=(-1).(-10)=2.5=(-2).(-5) 
Vì x,y nguyên nên 
 5
 ⎩⎪⎨
⎪⎧x+1=1 
y+1=10 hoặc ⎩⎪⎨
⎪⎧x+1=10 
y+1=1 hoặc ⎩⎪⎨
⎪⎧x+1=-1 
y+1=-10 hoặc ⎩⎪⎨
⎪⎧x+1=-10 
y+1=-1 
 hoặc ⎩⎪⎨
⎪⎧x+1=2 
y+1=5 hoặc ⎩⎪⎨
⎪⎧x+1=5 
y+1=2 hoặc ⎩⎪⎨
⎪⎧x+1=-2 
y+1=-5 hoặc ⎩⎪⎨
⎪⎧x+1=-5 
y+1=-2 
Giải tất cả các hệ ta được các cặp nghiệm sau: (0;9),(9;0),(-2;-11),(-11;-2), 
(1;4),(4;1),(-3;-6),(-6;-3). 
Nhận xét : Phương pháp này tương đối dễ, được áp dụng nhiều trong việc giải 
nhiều phương trình nghiệm nguyên và các phương trình tổ hợp. 
Sau đây là một số phương trình giải theo phương pháp này: 
a) xy=y+x2+2 
b) 2x2-2xy=5x-y-19 
c) y2= x(x+1)(x+7)(x+8) 
*trong tổ hợp: 
 Vd: 
Gpt A1n.Cnn-2 =24 (đk: 2≤ n) 
Gbpt (n!)3Cnn.Cn2n.Cn3n < 720 
Phương pháp 3: sử dụng bất đẳng thức (phương pháp đánh giá miền giá trị): 
1: Giải phương trình sau trên tập số nguyên Bài 
 x2-6xy+13y2=100 
Giải: 
viết phương trình đã cho dưới dạng: 
 (x-3y)2=4(25-y2) (1) 
Từ (1) ta suy ra y2≤ 25 và 25- y2 là số chính phương. Do đó: 
 y2 € {0;9;16;25} hay y € {0;3;-3;4;-4;5;-5} 
Từ đó ta có các nghiệm : (10;0),(-10;0),(17;3),(1;3),(-17;-3),(-1;-3), 
(6;4),(18;4),(-18;-4),(-6;-4),(15;5),(-15;-5). 
2: Tìm nghiệm nguyên phương trình Bài 
 yzx + 
xz
y + 
xy
z =3 
Giải: 
Đk: x,y,z khác 0. từ phương trình đã cho ta có: 
 y2z2+x2y2+x2z2=3xyz 
Suy ra xyz>0. áp dụng BĐT Cô-si ta có: 
 y2z2+x2y2+x2z2 ≥ 3 3 x4y4z4 
⇒ xyz≤ 1. do xyz>0 nên xyz=1, 
Từ đó ta có các nghiệm : (1;1;1),(1;-1;-1),(-1;-1;1),(-1;1;-1). 
Bài 3: Tìm ba số nguyên dương đôi một khác nhau x,y,z thỏa : 
 x3 +y3 +z3 =(x+y+z)2 
 (đề thi tuyển sinh vào lớp 10 CTĐHSP, 1994) 
Giải: Không mất tính tổng quát , giả sử x<y<z 
 6
 Áp dụng bất đẳng thức: x
3
 +y3 +z3 
3 ≥ ( 
x+y+z
3 )
3
 , ∀x,y,z>0 
 ⇒ x+y+z≤ 9 (dấu “=” không xảy ra vì x,y,z khác nhau đôi một). Vậy x+y+z≤ 8 
Mặt khác: x+y+z≥ 1+2+3=6 ⇒ x+y+z∈ (6;7;8). 
Từ đây kết hợp với phương trình trình ban đầu ta tìm được nghiệm (x;y;z) là 
(1;2;3) và các hoán vị của nó. 
2
2
 Bài 4: Giải phương trình nghiệm nguyên: 12x +6xy+3y = 28(x+y) (*) 
Giải: Từ (*) ⇒ 9x2 =-3(x+y)2 +28(x+y)= 14
2
3 -3[(x+y)- 
142 
3 ] ≤ 
196
3 
⇒ x2 ≤ 7 ⇒ x2 ∈ {0,1,4}. 
Từ đó thay trực tiếp từng giá trị x vào ta được các nghiệm 
(0;0), (1;8),(-1;10). 
Phương pháp 4: Sử dụng tính chất chia hết, tính chất đồng dư: 
Bài 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau 
 19x2+28y2=729 
Giải: 
 Cách 1: phương trình đã cho tương đương với: 
 (18x2+27y2)+(x2+y2)=729 (1) 
Từ (1) suy ra x2+y2 chia hết cho 3, do đó x,y đều chia hết cho 3. 
Đặt x=3u, y=3v (u,v€ Z). 
Thay vào phương trình đã cho ta được: 19u2+28v2=81. (2) 
Từ (2), lập luận tương tự ⇒ u=3s, v=3t (s,t € Z). 
Thay vào (2) ta có 19s2+28t2=9. (3) 
Từ (3) ⇒ s,t không đồng thời bằng 0, do đó 
 19s2+28t2≥19>9 
Vậy (3) vô nghiệm 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 chia cho 4 dư (-1). Điều này không thể xảy ra 
với mọi số nguyên. Do đó phương trình vô nghiệm. 
2 :Tìm nghiệm nguyên của hương trình Bài 
 2x6+y2-3x3y=320 
Giải: 
Phương trình đã cho tương đương với: (x3)2+(x3-y)2=320 
Đặt u=x3, v=x3-y ta có phương trình 
 u2+v2=320 (1) 
Tứ (1) suy ra u,v cùng tính chẵn lẻ. 
Nếu u, v cùng lẻ thì (u2+v2 )≡ 2 (mod4), do đó (1) không xảy ra. Vậy u,v cùng 
chẵn. Đặt u=2u1, v=2v1 (u1, v1 € Z) Ta có phương trình 
 u12+v12=80 
Lập luận tương tự ⇒ u1,v1 cùng chẵn. Lại đặt u1=2u2, v1=2v2 ta được phương 
trình: 
 7
 u22+v22=20 
Lí luận tương tự suy ra u2, v2 cùng chẵn. 
 Đặt u2=2u3, v2=2v3 ta cũng được phương trình: 
 u32+v32=5 (2) 
Từ (2) và vì u là lập phương của 1 số nguyên nên u3 cũng là lập phương của 1 số 
nguyên nên u3 €{1;-1} , từ đó ta tìm được các cặp nghiệm u3, v3 là: 
(1;2),(-1;2),(1;-2),(-1;-2). 
Từ đó ta có các ngiệm của phương trình đã cho là: 
(2;-8),(2;24),(-2;-24),(-2;8). 
 Bài 3: tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x -3y =1 
Giải: cách 1: nếu y=0 thì x=1. 
x
 Nếu y=1 thì x=2. xét y≥ 2, từ phương trình ⇒ 2 ≡ 1(mod 3) hay x chẵn. 
2u
y
 Đặt x=2u ta được: 2 -3 =1 
 ⇒ (2u +1)(2u -1)= 3y ⇔ ⎩⎪⎨
⎪⎧2u +1=3m 
2u -1=3n (m,n ∈ N, m>n và m+n=y) 
 Trừ theo từng vế ta có 3m -3n =2 ⇒ n=0, m=1 ⇒ x=2, y=1(loại). 
 Cách 2: nếu y chẵn thì 3y ≡ (-1)y ≡ (mod 4) 
 Từ phương trình đã cho ⇒ 2x ≡ 2(mod 4) hay x=1 và y=0. 
 Nếu y lẻ ⇒ y= 2z+1 với z không âm và 3y =3.9z ≡ 3(mod 8) 
 Từ phương trình đã cho ⇒ 2x ≡ 4(mod 8) ⇒ x=2 ⇒ y=1 
 Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên là (1;0),(2;1). 
Phương pháp 5: Giải phương trình nghiệm nguyên nhờ tam thức bậc hai: 
Bài toán: giải phương trình nghiệm nguyên 
x2+3y2+4xy+2x+4y-9=0 
Giải: x2+3y2+4xy+2x+4y-9=0 
 ⇔ x2 +2(2y+1)x+3y2+4y-1=0 
 Δ` =(2y+1)2-3y2-4y+9 
 =y2+10 
 Để phương trình có ngiệm nguyên thì Δ` phải là một số chính phương. 
Do đó đặt y2+10=z2 (z € Z). 
Lí luận như bài đã trình bày ở phương pháp sử dụng tính chất chia hết và đồng 
dư, ta được y,z cùng tính chẵn lẻ. Đặt z=2y+v (v € Z). 
 ⇒ y2+10= y2+4v2+4yv 
 Hay 2(v2+yv) = 5 
Phương trình này có hai vế không cùng tính chẵn lẻ nên vô nghiệm. Do đó phương 
trình đã cho cũng vô nghiệm. 
Nhận xét: Ở phương pháp này ta thường đưa về phương trình bậc 2 của một 
trong các ẩn rồi lí luận cho Δ không âm. 
Một số phương trình trình nghiệm nguyên giải tương tự: 
• x2-2(3y+1)x+8y2+6y+6=0 (đs: (12;3),(8;3),(-6;-3),(-10;-3)) 
• 3x2+y2+4xy+4x+2y+5=0 (đs: (2;-5),(-2;3)) 
 8
• x2+3y2+4xy-2x-6y-24=0 
• x2+8y2+6xy+4x+8y-17=0 
Phương pháp 6: phương pháp xuống thang: 
Bài 1: Giải phương trình nghiệm nguyên x2 +y2 +z2 = x2 y2 (1) 
 Giải: Nếu cả x và y đều lẻ thì từ (1)suy ra z chẵn. 
 khi đó x2 +y2 +z2 ≡ 2 (mod4) còn x2 y2 ≡ 1(mod 4) (vô lí). 
 Vậy một trong hai biến phải chẵn. giả sử x chẵn từ (1) suy ra y2 +z2 + 4 do 
đó cả x và y đều phải chẵn . đặt x=2x 1 , y=2y 1 ,z= 2z 1 (x 1 , y 1 , z 1 ∈ N) 
 ⇒ x 12 +y 12 +z 12 =4x 12 y 12 
 Lại lập luận tương tự suy ra x 1 ,y 1 ,z 1 đều chẵn.cứ tiếp tục như vậy sẽ dẫn đến 
x, y, z chia hết cho 2k ∀k∈ N 
Điều này chỉ xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=0 
Nhận xét: phương pháp này thường sử dụng kèm với phương pháp sử dụng tính 
chất đồng dư và tính chất chia hết. 
III) Một số phương trình không mẫu mực hay: 
Bài 1: Tìm tất cả các ngiệm nguyên của phương trình 
 1!+2!+3!++x! =y2 
Giải: giả sử (x;y) là một cặp số nguyên thỏa mãn phương trình đã cho. Ta thấy x ≥ 
1. 
Nhận thấy 1!+2!+3!+4!=33 
Mà tổng 5!+6!++n! (n ≥ 5) có tận cùng bằng 0 (do các hạng tử đều chứa tích 
2.5) nên (1!+2!+...+n!) có tận cùng là 3. 
Suy ra y2 tận cùng bằng 3 (vô lí) do đó n<4. 
Thử trực tiếp với x= 1, 2, 3 ta được các nghiệm (1;-1),(1;1),(3;-3),(3;3). 
Bài 2: Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình 
 1!+2!+3!+...+x!= y3
Giải: giả sử (x;y) là một cặp số nguyên thỏa mãn phương trình đã cho. Ta thấy x 
≥ 1. 
Nhận thấy 1!+2!+3!+4!+...+8!=46233 chia hết cho 9 nhưng không chia hết cho 
27. còn tổng (9!+10!++n!) luôn chia hết cho 27 (các hạng tử đều chứa tích 
3.9). 
Vậy với x ≥ 8 thì 1!+2!+...+n! chia hết cho 9 nhưng không chia hết cho 27. 
Từ y3 chia hết cho 9 suy ra y chia hết cho 3 mà 3 là số nguyên tố nên nếu y chia 
hết cho 3 thì y3 chia hết cho 27 (mâu thuẫn). 
Vậy x<8. thử trực tiếp với 1≤ x<8 ta được nghiệm duy nhất (1;1). 
Bài 3: Tìm các ngiệm nguyên của phương trình 
 x1991+ y1991 = 19931991
Giải: Ta có x>0,y>0 nên từ phương trình suy ra x<1993, y<1993. không mất 
tính tổng quát giả sử x ≥ y. 
ta có: x<1993 nên x+1 ≤ 1993 
 ⇒ (x+1)1991 ≤ 19931991
 9
 ⇔ x1991+1991x1990++1991x+1 ≤ 19931991
 ⇔ x1991+1991x1990<x1991+y1991
 ⇔ 1991x1990 <y1991
 y > 1991 
tương tự ta cm được x>1991 suy ra 1991<x<1993, 1991<y<1993 
suy ra x=y=2. 
Thay vào phương trình ta có: 19921991+19921991=19931991
 ⇔ 2.19921991 =19931991
Hai vế của phương trình không cùng tính chẵn lẻ. do đó phương trình đã cho vô 
ngiệm trên tập số nguyên. 
Bài 4: Chứng minh rằng phương trình ngiệm nguyên x2+y2+z2=2xyz (1) chỉ có 1 
nghiệm duy nhất (0;0;0). 
Áp dụng tìm nghiệm nguyên của phương trình x2+y2+z2+u2= 2xyzu. 
Giải: 
Cách 1: ta thấy (0;0;0) là một nghiệm của phương trình (1) và nếu 1 trong 3 
nghiệm bằng 0 thì 2 nghiệm còn lại cũng bằng 0. 
 Giả sử phương trình có nghiệm ( x 0;y 0;z 0) thỏa phương trình và khác 0. các 
nghiệm này có thể có dạng: x 0= 2a .x 1 , y o =2b .y 1, 
z 0 = 2c .z 0 . 
 Trong đó x 1,y 1 ,z 1 là các số lẻ (nếu x 0 ,y 0 ,z 0 lẻ thì a, b, c bằng 0). 
 Giả sử a≤ b≤ c. Dễ dàng thấy VP (1) luôn chẵn. 
 VT= ( 2a .x 1)2 +(2b .y 1)2 +(2c .z 1) 
 = 22a .(x 12 +22(b-a) .y 12 + 22(c-a) .z 12 ) 
a
1
b
 .y 1.2c 1 VP= 2.2 .x .2 .z 
a
1
a
b-a
1
c
1 = 2.2 .x .2 .2 .y .2 .z 
2a
1
b-a
1
c
1 = 2 .2x .2 .y .2 z 
1
2
2(b-a)
1
2
2(c-a)
1
2
1+b+c-a
1
1
1 VT= VP⇔ x + 2 .y +2 .z =2 .x y z (2) 
Nhận thấy rằng hai vế (2) không cùng tính chẵn lẻ nên không thể xảy ra. Vậy 
phương trình(1) chỉ có nghiệm duy nhất (0;0;0). 
 Cách 2: nhận thấy VT(1) chẵn. tổng của x2 +y2 +z2 chẵn, do đó xảy ra hai 
trường hợp: cả ba số hạng đều chẵn(*) hoặc một trong 3 chẵn, hao hạng tử còn 
lại lẻ(**) 
Trước hết ta cần cm (**) không xảy ra. Thật vậy nếu (**) xảy ra, VP+ 4 (giả 
sử x chẵn) còn VT= x2 +y2 +z2 chỉ chia hết cho 2 mà không chia hết cho 4(mâu 
thuẫn)⇒ (**) không thể xảy ra. Vậy chỉ có thể xảy ra (*). Khi đó đặt: 
 x= 2x 1 ; y=2y 1 ; z= 2z 1 
 (1)⇔ 4x 12 +4y 12 +4z 12 =2.2x 1 .2y 1 .2z 1 
 ⇔ x 12 +y 12 +z 12 =2x 1 y 1 z 1 
 Lí luận tương tự lại⇒ x 1 ,y 1 ,z 1 chẵn. đặt x 1 =2x 2 ; y 1 =2y 2 ; z 1 =2z 2 
⇒ x 22 +y 22 +z 22 = 2x 2y 2 z 2 
 ........ 
 Quá trình tiếp tục cho đến: x k2 +y k2 +z k2 = 2k+1 x k y k z k 
 10
 Trong đó x k = 
x
2k 
 , y k = 
y
2k 
 , z k = 
z
2k 
 và x k , y k , z k là các số chẵn. Điều này chỉ có 
thể xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=0. 
Phần áp dụng làm tương tự ta cm được phương trình chỉ có nghiệm (0;0;0;0). 
(Chú ý: ở cách 1), để loại trường hợp (2) ta đã sử dụng tính chất: tổng bình 
phương của hai số lẻ luôn chia hết cho 4. tính chất trên có thể cm như sau: gọi 
ab , cd là các chữ số tận cùng của hai bình phương đó. Vì là bình của các số lẻ 
nên b,d chỉ có thể là 1,5 hoặc 9, dễ dàng cm được a,c là các chữ số chẵn. Ta cm 
trường hợp cụ thể như sau: 
 a5 = (10x+5)2 =100x2 +100x+25 tận cùng là 25 
 Với những tính chất đó, không mất tính tổng quát giả sử a5 , c9 
 ⇒ a5 + c9 tận cùng là 4. 
Các số tận cùng là 4 mà chia hết cho 4 phải có chữ số hàng chục chẵn mà a+c+1 
lẻ⇒ vô lí. )
Bài 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình; 
 x+ +x...+ x =y 
Trong đó VT có n dấu căn bậc hai. 
Giải: Ta thấy (0;0) là một nghiệm của phương trình trên 
ếu n=1⇒ x =y ⇒x= y2 (x≥ 0). *N
 Vậy nghiệm (x;y) là (t2 ;t) với t∈ N. 
ếu n =2 thì x+ x =y *N
 ⇒ x+ x=y2 
 ⇔ x =y2 -x 
 ⇒ x ∈ N 
 ⇒ x = t ∈ N ⇔ x= t2 
 Khi đó t= y2 - t2 
 ⇔ t(t+1)= y2 
 Mà t2 < t(t+1) < (t+1)2 
⇒ Phương trình chỉ có nghiệm (0;0) 
* Với n≥ 3 ta có: 
 x+ x+...+ x = y 
 ⇔ x+...+ x = y2 -x 
 Đặt y2 -x=y 1 .VT còn (n-1) dấu căn. Làm như trên (n-2) lần ta có: 
 x+ x = y n-22 -x 
Trường hợp này giống như trường hợp ở trên nên chỉ có nghiệm (0;0). 
Kết luận: 
hi n=1 phương trình có nghiệm (x;y)=(t2 ;t) ∀t∈ N - K
 - Khi n≥ 2 phương trình có nghiệm duy nhất (x;y)=(0;0).
 11
ìm x, y nguyên sao cho: x + y = 2001 (6) Bài 6: T
 Giải: (6) ⇔ x = 2001 - y 
x= 2001+y- 2 2001y (1) ⇔ 
 tt (6) ⇔ y= 2001+x- 2 2001x (2) 
 từ (1)⇒ 2001y ∈ N 
 mà 2001= 3.667 ⇒ y= 3.667.a2 (a∈ N) 
 tt ⇒ x= 2001b2 (b∈ N) 
 thay vào (6) ta có: a 2001 +b 2001 = 2001 
 ⇔ a+b = 1 
 Mà a,