Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi 12 - Môn Toán

 nguyên dương phân biệt. 
Vậy ta chỉ cần chứng minh : F(x) = G(x). 
Thật vậy: 
3 5 2k 1
k 0
2k
k
k 2k 1
k 1 k 1 k 0
1 1 1 1F(x) 
1 x 1 x 1 x 1 x
1 x 1G(x) (1 x )
1 x 1 x
+
≥
+
≥ ≥ ≥
= ⋅ ⋅ =− − − −
−= + = =− −
∏
∏ ∏ ∏
"
Vậy F(x) = G(x) (đpcm) 
Bài 8: Giả sử với mỗi số tự nhiên n có hai dãy số dương 1 2 na ,a , , a và 1 2 nb , b , , b sao cho 
dãy tổng 1 2 1 3 n 1 na a ,a a , ,a a−+ + + là một hoán vị của dãy các tổng 
1 2 1 3 n 1 nb b , b b , , b b−+ + + 
Chứng minh rằng n là lũy thừa của 2 
Lời giải: 
Xét các hàm sinh 
i i
i i
a b
a A b B
F(x) x , G(x) x
∈ ∈
= =∑ ∑ 
Ta có: 
i j i ji
i i j i j
i j i ji
i i j i j
a a a a2a2 2
a A a ,a A a ,a A
b b b b2b2 2
b B b ,b B b ,b B
2 2 2 2
 [F(x)] x x F(x ) x
 [G(x)] x x G(x ) x
[F(x)] [G(x)] F(x ) G(x )
+ +
∈ ∈ ∈
+ +
∈ ∈ ∈
= + = +
= + = +
⇒ − = −
∑ ∑ ∑
∑ ∑ ∑ 
 46
Vì F(1) = G(1) = n do đó 1 là nghiệm của F(x) – G(x) suy ra 
k *
2 2 2 2 2 k 2 2
k
k
 F(x) G(x) (x 1) H(x), k
F (x) G (x) F(x ) G(x ) (x 1) H(x ) H(x )F(x) G(x) (x 1)
F(x) G(x) F(x) G(x) (x 1) H(x) H(x)
− = − ∈
− − −⇒ + = = = = +− − −
`
Chọn x = 1 ta nhận được : 
2
k k
k 1
H(1 ) 2n F(1) G(1) (1 1) 2
H(1)
n 2 −
= + = + =
⇒ =
Bài 9: Tìm số các hoán vị không có điểm cố định của tập hợp {1, 2, . . . , n} 
Lời giải. 
Gọi số các hoán vị với đúng k điểm cố định cho trước là n kD − suy ra tổng số các hoán vị với 
đúng k điểm cố định là kn n kC D − . Vì tổng số hoán vị là n! nên ta có: 
k n k n k n k
n n k n k
k k k
D H Dn! C D 1 1; H
k!(n k)! k! (n k)!
− − −
− −= ⇔ = ⇔ = =− −∑ ∑ ∑ 
Áp dụng tính chất nhân hai hàm sinh ta có 
Vậy ta có : 
kn
nn
n
k 0
D ( 1) 1 1 1 1D n! ( 1)
n! k! 2! 3! 4! n!=
⎡ ⎤− ⎢ ⎥= ⇒ = − + − + −⎢ ⎥⎣ ⎦∑ " 
Số hoán vị cần tìm là nn
1 1 1 1D n! ( 1)
2! 3! 4! n!
⎡ ⎤⎢ ⎥= − + − + −⎢ ⎥⎣ ⎦
" 
Bài 10: (Chọn dự tuyển Việt Nam 2008) 
Cho M là tập hợp của 2008 số nguyên dương đầu tiên , mỗi số đó được tô bởi một trong 3 màu : 
xanh , đỏ và vàng , và mỗi màu thì được tô ít nhất một số , xét 2 tập : 
1S = { (x, y, z) thuộc 3M mà x, y, z tô cùng màu , x y z 0(mod 2008)+ + ≡ } 
2S = { (x, y, z) thuộc 3M mà x, y, z tô cùng màu , x y z 0(mod 2008)+ + ≡ } 
Chứng minh rẳng : 1 22 | S | | S |> 
Lời giải: 
Gọi A, B, C là 3 tập hợp tương ứng gồm các số màu xanh, đỏ, vàng 
Xét các hàm sinh: 
3 3 31 2 1 2 1 2
i i i
a b c
a A b B c C
a b ca a b b c c3 3 3 n
n
a A b B c C n
F(x) x ,G(x) x , H(x) x
I(x) F (x) G (x) H (x) x x x f x
∈ ∈ ∈
+ + + + + +
∈ ∈ ∈
= = =
= + + = + + =
∑ ∑ ∑
∑ ∑ ∑ ∑ 
Trong đó nf chính là số bộ (x, y, z) có cùng một màu và có tổng là n 
Gọi ε là nghiệm của phương trình 2008x 1 0− = . 
Theo định lý RUF ta có 
k
0 2008 2.2008 3.2008 1
k
1 I( ) f f f f S
2008
ε = + + + =∑ 
Vậy k 3 k 3 k 3 k1
k k
1 1S I( ) F ( ) G ( ) H ( )
2008 2008
⎡ ⎤= ε = ε + ε + ε⎢ ⎥⎣ ⎦∑ ∑ 
Lý luận tương tự ta có : 
k k k k k k
2
k k
6 2S F( )G( )H( ) 3.F( )G( )H( )
2008 2008
= ε ε ε = ε ε ε∑ ∑ 
Với k 0≠ ta có k k kF( ) G( ) H( ) 0ε + ε + ε = 
do đó : 3 k 3 k 3 k k k kF ( ) G ( ) H ( ) 3F( )G( )H( )ε + ε + ε = ε ε ε 
vậy ta chỉ cần chứng minh 3 3 3F (1) G (1) H (1) 3F(1)G(1)H(1)+ + > 
x m
x k m
k m
1 e ( 1)e H(x) H(x) x x
1 x 1 x m!
− −= ⇔ = =− − ∑ ∑
 47
Thật vậy ta luôn có 3 3 3F (1) G (1) H (1) 3F(1)G(1)H(1)+ + ≥ (BĐT Cauchy), dấu bằng xảy ra khi 
và chỉ khi F(1) = G(1) = H(1), suy ra 3F(1) = 2008 điều này vô lý vì 2008 không chia hết cho 3. 
(Đpcm). 
 C. Bài tập tương tự: 
Bài 1: Tính tổng sau: 2p 2k 1 k2n 1 p k
k 0
C C+ ++ +
≥
∑ 
Bài 2: Chứng minh rằng: k t k tn m m n
k
C C C− +=∑ 
Từ đó tính tổng k 2n
k
(C )∑ 
Bài 3: Chứng minh rằng: 2k m k 2n2n 1 2n 2m 1
k
C C C++ +=∑ 
Bài 4: Chứng minh rằng với mọi n > 0 ta có: 
n k 2n 1 2n 12
2k
n k
k
x 1 x 1 x 1x C
4 2 2
− + +
+
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − +⎟⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ = +⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠∑ 
Bài 5: Tính tổng sau: 
 k n k2k 2n 2k
k
1 1C C
k 1 n k 1
−
−+ − +∑ 
Bài 6: 
 Cho T là tập các số nguyên không âm. 
a. Kí hiệu f(n, k, T) là số các tập con sắp thứ tự của T gồm k phần tử mà có tổng là n( các phần tử 
có thể trùng nhau). 
Xác định n
n
f (n, k,T)x∑ 
b. Kí hiệu g(n, k, T) là số các tập con sắp thứ tự của T gồm k phần tử phân biệt mà có tổng là n. 
Xác định n
n
g(n,k,T)x∑ 
Bài 7: Chứng minh rằng có duy nhất cách phân chia tập số tự nhiên thành hai tập hợp A và B 
sao cho : với mỗi số nguyên không âm n thì số cách phân tích n thành dạng 
1 2 1 2 1 2a a ,a a 1,a A,a A+ ≠ ≥ ∈ ∈ bằng số cách phân tích n thành tổng 
1 2 1 2 1 2b b ,b b ,b B,b B+ ≠ ∈ ∈ 
Bài 8: Xác định dãy { }nf thỏa mãn điều kiện: 
1
2n n
2n 1 n n 1
f 1
f f
f f f+ +
⎧ =⎪⎪⎪⎪ =⎨⎪⎪⎪ = +⎪⎩
Bài 9: Cho p là một số nguyên tố lẻ và số nguyên dương n nguyên tố cùng nhau với p. Tìm số 
các bộ ( )1 2 p 1x , x , , x − gồm p – 1 số tự nhiên sao cho tổng 1 2 p 1x 2x (p 1)x −+ + − chia hết 
cho p, trong đó các số 1 2 p 1x , x , , x − đều không lớn hơn n – 1 
Bài 10: Cho hai số nguyên dương m và n, trong đó n + 2 chia hết cho m. Tìm số các bộ ba số 
nguyên dương (x, y, z) thỏa mãn điều kiện x + y + z chia hết cho m trong đó x, y , z đều bé hơn 
hoặc bằng n 
TÀI LIỆU THAM KHẢO 
♥ Generating functionology - Herbert S. Wilf. Department of Mathematics 
University of Pennsylvania. 
 48
♥ Chuyên đề chọn lọc tổ hợp và toán rời rạc. Nguyễn Văn Mậu, Trần Nam 
Dũng, Vũ Đình Hòa, Đặng Huy Ruận, Đặng Hùng Thắng, Nhà xuất bản 
giáo dục 2008. 
 PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 
Trần Xuân Đáng 
(THPT chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định) 
 Trong các kỳ thi Olympic toán Quốc gia và Quốc tế chúng ta thường gặp các bài toán về 
phương trình nghiệm nguyên. Các định nghĩa và định lý sau thường được sử dụng trong việc tìm lời 
giải cho các bài toán tìm nghiệm nguyên của một phương trình. 
1) Định lý nhỏ Phecma: Nếu p là số nguyên tố và a là số nguyên không chia hết cho p thì ap-1 ≡ 1 
(mod p) 
2) Số chính phương (modn) 
a) Định nghĩa: Cho số nguyên dương n ≥ 2. Số nguyên a được gọi là số chính phương (modn) nếu 
tồn tại x ∈ N sao cho x2 ≡ a (modn) 
b) Định lý 1: Cho số nguyên tố p. 
i) Nếu p = 2 thì mọi số lẻ a đều là số chính phương (mod 2) 
ii) Nếu p > 2 thì a là số chính phương (mod p) ⇔ 2
1p
a
−
 ≡ 1 (mod p) 
 a là số không chính phương (mod p) ⇔ 2
1p
a
−
 ≡ -1 (mod p) 
c) Ký hiệu Lơgiăngđrơ: Cho số nguyên tố lẻ p; a là số nguyên không chia hết cho p. Ký hiệu ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
a
được định nghĩa như sau: 
1 nếu a là số chính phương (mod p) 
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
a
 = -1 nếu a là số không chính phương (mod p) 
d) Định lý 2: Cho số nguyên tố p và số nguyên a không chia hết cho p. Khi đó: 
+) 2
1p
a
−
 ≡ ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
a
 (mod p) 
+) Nếu a ≡ b (mod p) (a, b ∈ Z; (a, p) = (b, p) = 1) thì ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
a
= ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
b
 49
+) ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
a ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
b
 = ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
ab
 (a, b ∈ Z; (a, p) = (b, p) = 1) 
+) ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
a 2
 = 1 +) 2
1p
)1(
p
1 −−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −
 +) 8
12p
)1(
p
2 −−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
e) Luật tương hỗ Gauss: 
Nếu p, q là các số nguyên tố lẻ và p ≠ q thì 4
)1q)(1p(
)1(
p
q
q
p −−−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
Tiếp theo là một số bài toán về phương trình nghiệm nguyên với lời giải của chúng: 
Bài toán 1: Tìm tất cả các bộ 3 số nguyên dương (a, b, c) sao cho: a2 + 2b+1 = 3c 
(Đề thi Olympic Toán của Italia năm 2008) 
Lời giải: Giả sử (a, b, c) là bộ 3 số nguyên dương sao cho a2 + 2b+1 = 3c 
⇒ c chẵn (vì 2b+1 ⋮ 4 ; a2 ≡ 0 (mod 4) hoặc a2 ≡ 1 (mod 4)) 
⇒ c = 2d (d ∈ N*) ⇒ 2b+1 = (3d - a) (3d + a) 
⇒ 3d - a = 2m ; 3d + a = 2n (m, n ∈ N, m < n) 
⇒ 2 . 3d = 2n + 2m = 2m (2n-m + 1) ⇒ m = 1 ⇒ 3d = 2n-1 + 1 
Nếu n - 1 = 1 ⇒ d = 1 , n = 2 ⇒ c = 2, a = 1, b = 2 
Nếu n - 1 ≥ 2 ⇒ 2n-1 ⋮ 4 ⇒ d chẵn ⇒ d = 2k (k ∈ N*) 
⇒ 2n-1 = (3k - 1) (3k + 1) ⇒ 3k - 1 = 2t , 3k + 1 = 2s (t, s ∈ N*; t < s) 
⇒ 2 . 3k = 2t + 2s = 2t (2s - t + 1) ⇒ t = 1 ⇒ k = 1, s = 2 
⇒ n - 1 = 3 ⇒ d = 2 ⇒ c = 4, n = 4, a = 7, b = 4 
Vậy (a, b, c) = (1, 2, 2) hoặc (a, b, c) = (7, 4, 4) 
Bài toán 2: Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình 3x + 4y = 7z 
Lời giải: Giả sử x, y, z là các số nguyên dương sao cho 3x + 4y = 7z 
Trường hợp 1: y ≥ 2 ⇒ z > 1 
Giả sử 3x ≡ r (mod 16) (0 ≤ r ≤ 15, r ∈ N) ⇒ r ∈ {1, 3, 9, 11} 
Nếu z = 2k + 1 ( k ∈ N*) thì 7z ≡ 7 (mod 16) ⇒ z = 2k (k ∈ N*) 
⇒ (7k - 2y) (7k + 2y) = 3x ⇒ 7k - 2y = 3a ; 7k + 2y = 3b (a, b ∈ N; a < b) 
⇒ 2y+1 = 3b - 3a = 3a (3b-a - 1) ⇒ a = 0 ⇒ 7k = 2y + 1 
Ta có 2y⋮ 4 ⇒ k chẵn ⇒ k = 2m (m ∈ N*) ⇒ 2y = (7m - 1) (7m + 1) 
Ta có 7m - 1⋮ 3, 2y không chia hết cho 3. Đó là điều vô lý 
Trường hợp 2: y = 1 ⇒ 3x + 4 = 7z . Nếu x = 1 ⇒ z = 1. 
 Giả sử x > 1 ⇒ z > 1. Ta có 3x - 3 = 7z - 7 ⇒ 3(3x-1 - 1) = 7(7z-1 - 1) 
 ⇒ 3x-1 - 1⋮ 7 ⇒ x - 1 = 6k (k ∈ N*) 
 ⇒ 3(36k - 1) = 7(7z-1 - 1) ⇒ 7z-1 -1 ⋮ 13 
 50
 ⇒ z - 1 = 12m (m ∈ N*) ⇒ 7(7z-1 - 1) =7 (712m - 1) ⋮ 9 
Mặt khác 3(36k - 1) không chia hết cho 9. Đó là điều vô lý. 
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm nguyên dương duy nhất 
(x, y, z) = (1, 1, 1) 
Bài toán 3: Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình 7x + 12y = 13z 
 (Đề thi Olympic Toán của Serbia năm 2008) 
Lời giải: Giả sử x, y, z là các số nguyên dương sao cho: 7x + 12y = 13z 
Đặt d = 7x + 12y , g = 13z 
Nếu y = 1 thì d ≡ 5 (mod 7), g ≡ (-1)z (mod 7). Đó là điều vô lý. 
Nếu y ≥ 2 thì 12y ⋮ 122 ⋮ 8 ⇒ d ≡ (-1)x (mod 8). 
Với k ∈ N ta có 52k ≡ 1 (mod 8), 52k+1 ≡ 5 (mod 8) ⇒ z và x chẵn 
 ⇒ g ≡ (-1)z ≡ 1 (mod 7) ⇒ 5y ≡ 1 (mod 7) 
Ta có 56 ≡ 1 (mod 7) và 5t ≢ 1 (mod 7) với t ∈ {1, 2, 3, 4, 5} 
⇒ y ⋮ 6 ⇒ x, y, z đều chẵn. Giả sử x = 2a, y = 2b, z = 2c (a, b, c ∈ N*) 
⇒ (7a)2 + (12b)2 = (13c)2 
Vì (7a, 12b) = 1 ⇒ ∃ các số nguyên dương m, n (m > n, (m, n) = 1) sao cho 7a = m2 - n2 , 12b 
= 2mn , 13c = m2 + n2. 
Ta có 22b . 3b = 12b = 2mn 
Trường hợp 1: n = 1, m = 22b-1 . 3b 
 (m - 1) (m + 1) = 7a ⇒ m + 1⋮ 7, m - 1⋮ 7 ⇒ 2 ⋮ 7. Đó là điều vô lý. 
Trường hợp 2: {m, n} = {22b-1 ; 3b} 
 Ta có |m2 - n2| = |24b-2 - 32b| ≡ |(24)b-1 . 22 - 2b| ≡ |2b-1 . 22 - 2b| ≡ 2b (mod 7) 
⇒ m2 - n2 không chia hết cho 7. Đó là điều vô lý vì m2 - n2 = 7a (a ∈N*). 
Vậy phương trình 7x + 12y = 13z không có nghiệm nguyên dương. 
Bài toán 4: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x, n) thoả mãn x3 + 2x + 1 = 2n 
(Đề thi Olympic Toán của Serbia năm 2007) 
Lời giải: Giả sử x, n là các số nguyên dương sao cho x3 + 2x + 1 = 2n (1) 
 Nếu n ≤ 2 thì n = 2 và x = 1. Giả sử n ≥ 3; Từ (1) ⇒ x lẻ 
Từ (1) ⇒ x(x2 + 2) = 2n - 1. Vì x (x2 + 2) ⋮ 3 nên n chẵn. 
Từ (1) ⇒ x3 + 2x + 3 = 2n + 2 ⇒ (x + 1) (x2 - x + 3) = 2n + 2 
Giả sử p là một ước nguyên tố của x2 - x + 3 ⇒ p lẻ và -2 là số chính phương (mod p) 
⇒ 1 = 8
12p
2
1p
)1.()1(
p
2
p
1
p
2 −− −−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −
⇒ p có dạng 8m + 1 hoặc 8m + 3 (m ∈ N) 
 51
Ta có x3 + 2x + 1 ≡ 0 (mod 8) ⇒ x ≡ 5 (mod 8) ⇒ x2 - x + 3 ≡ 7 (mod 8) 
Đó là điều vô lý. 
Vậy chỉ có một cặp số nguyên dương (x, n) duy nhất thoả mãn đề bài là (x, n) = (1, 2) 
Bài toán 5: Chứng minh tồn tại vô số cặp số nguyên dương (m, n) sao cho 
m
1n
n
1m +++ là một 
số nguyên dương. 
(Đề thi Olympic Toán của Anh năm 2007) 
Lời giải: Ta chứng minh rằng phương trình 
x
1y
y
1x +++ = 4 (1) có vô số nghiệm nguyên dương. 
Thật vậy (1) ⇔ x2 + (1 - 4y)x + y2 + y = 0 (2) 
(x1 = 1, y1 = 1) là một nghiệm nguyên dương của (2) 
Xét dãy (tk) (k ≥ 1) sao cho t1 = t2 = 1, tk + 2 = 4tk+1 - tk - 1 (k ≥ 1) 
Dễ dàng chứng minh được tk+1 > tk > 0, ∀ k ≥ 2. Ta có (t1, t2) là một nghiệm nguyên dương 
của phương trình (2). Giả sử (tk , tk+1) là một nghiệm nguyên dương của phương trình (2) tức là tk2 + 
(1 - 4tk+1) tk + 2 1kt + + tk+1 = 0. 
Xét 2 2kt + + (1 - 4tk+1) tk+2 + 
2
1kt + + tk+1 - [
2
kt + (1 - 4tk+1)tk + 
2
1kt + + tk+1] = 
= 2 2kt + - 
2
kt + (1 - 4tk+1) (tk+2 - tk) = (tk+2 - tk) (tk+2 + tk + 1 - 4tk+1) = 0 
⇒ 2 2kt + + (1 - 4tk+1) tk+2 + 2 1kt + + tk + 1 = 0 
⇒ (x, y) = (tk + 1, tk +2) cũng là nghiệm nguyên dương của phương trình (2) 
Vì tk+1 > tk ∀ k ≥ 2 nên phương trình (1) có vô số nghiệm nguyên dương. 
Vậy tồn tại vô số cặp số nguyên dương (m, n) sao cho 
m
1n
n
1m +++ là một số nguyên 
dương. 
Bài toán 6: Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên dương n sao cho n7 + 7 là bình phương của 
một số nguyên dương. 
(Đề chọn đội tuyển Mỹ thi IMO năm 2008) 
Lời giải: Giả sử n7 + 7 = a2 (a ∈ N*) 
 Khi đó n7 + 128 = a2 + 121 
 ⇒ a2 + 121 = (n + 2) (n6 - 2n5 + 4n4 - 8n3 + 16n2 - 32n + 64) 
Nếu n chẵn ⇒ a2 ≡ 7 (mod 8). Đó là điều vô lý. Vậy n lẻ ⇒ n2≡ 1(mod 4) 
Đặt b = n6 - 2n5 + 4n4 - 8n3 + 16n2 - 32n + 64 thì b lẻ và 
b ≡ n6 - 2n5 + n4 - n4 ≡ n4 (n - 1)2 - n4 (mod 4) 
Vì n4 ≡ 1 (mod 4) và n - 1 chẵn ⇒ (n - 1)2 ≡ 0 (mod 4) ⇒ b ≡ -1 (mod 4) 
 52
⇒ b có ước nguyên tố dạng 4k + 3 (k ∈ N). Giả sử p là ước nguyên tố dạng 4k + 3 (k ∈ N) 
của b ⇒ a2 + 121⋮p ⇒ p = 11 và a⋮p ⇒ a = 11q (q ∈ N*) và b11. Nếu n + 2 11 thì b ≡ 7.82 
(mod 11). Đó là điều vô lý. 
Vậy n + 2 không chia hết cho 11. Mặt khác a2 + 121121 ⇒ b121 
⇒ b = 121. r (r ∈ N*, r lẻ). 
Ta có a2 + 121 = 121(q2 + 1) = (n + 2)b= 121r (n + 2)⇒ r (n + 2) = q2 + 1 
⇒ r không có ước nguyên tố dạng 4t + 3 (t ∈N) ⇒ b ≡ 1 (mod 4). Đó là điều vô lý. 
Vậy không tồn tại số nguyên dương n sao cho n7 + 7 là bình phương của một số nguyên 
dương. 
Bài toán 7: Tìm tất cả các nghiệm nguyên không âm của phương trình 
12x + y4 = 2008z (Đề thi Olympic Toán của Serbia năm 2008) 
Lời giải 1: Giả sử x, y, z là các số nguyên không âm sao cho 12x + y4 = 2008z 
z = 0 ⇒ x = 0, y = 0 
Nếu z > 0 ⇒ 2008z 2008. Ta có 2008 = 251. 23 
Giả sử x chẵn ⇒ x = 2x1 (x1 ∈ N*) ⇒ 21x )12( ≡ -y4 (mod 251) 
⇒ 1 ≡ 25022501x )y()12( −≡ ≡ -1 (mod 251). Đó là điều vô lý. 
Giả sử x lẻ. Hiển nhiên y chẵn ⇒ y = 2uy1 (y1 ∈ N*, y1 lẻ, u ∈ N*) 
⇒ 22x3x + 24u 41y = 23z 251z 
Ta có 2x ≠ 4u (vì x lẻ) ⇒ 3z = 2x hoặc 3z = 4u 
Trường hợp 1: 3z = 2x < 4u ⇒ z 2 và 3x + 24u-2x 41y = 251z 
Vế trái có dạng 4k + 3 (k ∈ N) (vì x lẻ), vế phải có dạng 4m + 1(m∈ N). Đó là điều vô lý. 
Trường hợp 2: 3z = 4u < 2x ⇒ z 2. Ta có 22x - 4u . 3x + 41y = 251z 
Vế phải có dạng 5k + 1 (k ∈ N). 
Nếu y1 không chia hết cho 5 ⇒ 41y ≡ 1 (mod 5) 
⇒ 22x - 4u 3x ≡ 0 (mod 5). Đó là điều vô lý. 
Nếu y1 5 ⇒ 1 ≡ 22x - 4u 3x ≡ - 3x ≡ ± 3 (mod 5) (vì x lẻ). Đó là điều vô lý. 
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm nguyên không âm duy nhất là 
x = y = z = 0 
Lời giải 2: Giả sử z > 0 ⇒ y > 0. Với x chẵn vế trái có dạng a2 + b2, với x lẻ vế trái có dạng a2 + 
3b2, trong đó a, b là các số nguyên dương không chia hết cho 251. Tuy nhiên -1 và -3 không là số 
chính phương (mod 251). Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên không âm thoả mãn z 
> 0. 
Cuối cùng là một số bài toán dành cho bạn đọc: 
 53
Bài toán 8: Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình 3x + 4y = 5z 
Bài toán 9: Chứng minh rằng phương trình x2 + 5 = y3 không có nghiệm nguyên 
(Đề thi Olympic Toán của Ba Lan năm 2007) 
Bài toán 10: Chứng minh rằng phương trình 
x
1y
y
1x +++ = 3 có vô số nghiệm nguyên dương. 
Bài toán 11: Cho số nguyên dương m. Tìm tất cả các nghiệm nguyên không âm của phương trình x2 
+ y2 = m2 (xy + 1). 
(Đề thi Olympic Toán của Canađa năm 1998) 
Bài toán 12: Cho số nguyên tố p. Chứng minh rằng số 3p + 7p - 4 không là bình phương của một số 
nguyên. 
Bài toán 13: Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình 
1+ 2x + 22x + 1 = y2 
(Đề thi Olympic Toán Quốc tế năm 2006) 
Bài toán 14: 
Cho hai số nguyên dương (a, b) sao cho (4a2 -1)2 chia hết cho (4ab - 1). Chứng minh rằng a = b. 
 (Đề thi Olympic Toán Quốc tế năm 2007) 
Bài toán 15: Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n3 - 1 là bình phương của một số nguyên. 
Bài toán 16: Tìm tất cả các số nguyên a để tồn tại các số nguyên dương phân biệt x, y sao cho 
(ax2 + 1)2 chia hết cho axy + 1. 
Bài toán 17: Cho số nguyên dương n. Chứng minh rằng số 2n + 1 không có ước nguyên tố dạng 8k - 
1 với k là số nguyên dương. 
(Đề chọn đội tuyển Việt Nam thi IMO năm 2003) 
Bài toán 18: Tìm tất cả các cặp số nguyên tố (p, q) sao cho 2pq - qp = 7. 
Ph−¬ng ph¸p gien 
gi¶i ph−¬ng tr×nh nghiÖm nguyªn. 
Th¹c sÜ : ĐÆng Kim Long 
Tr−êng THPT Chuyªn Lª Hång Phong - Nam §Þnh 
Ph−¬ng tr×nh nghiÖm nguyªn (hay cßn gäi lμ ph−¬ng tr×nh Diophant) lμ mét trong nh÷ng d¹ng to¸n xuÊt hiÖn 
sím nhÊt trong to¸n häc. NhiÒu nhμ to¸n häc næi tiÕng trªn thÕ giíi nh− ¥clit, Diophantus, Fibonacci, Fermat, 
Euler, Lebesgue, ... ®· nghiªn cøu d¹ng to¸n nμy vμ ®Ó l¹i nhiÒu kÕt qu¶ thó vÞ. 
 Trong c¸c bμi thi häc sinh giái quèc gia vμ quèc tÕ vÉn th−êng cã c¸c bμi to¸n vÒ ph−¬ng tr×nh nghiÖm 
nguyªn, vμ ®ã lμ nh÷ng bμi to¸n khã v× tÝnh kh«ng mÉu mùc cña nã. Bμi viÕt nμy giíi thiÖu mét ph−¬ng ph¸p 
®¹i sè, gäi lμ ph−¬ng ph¸p gien, cã thÓ ¸p dông khi gi¶i mét sè ph−¬ng tr×nh nghiÖm nguyªn. 
 54
 NÕu tõ mét nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh ®· cho ta cã quy t¾c ®Ó x©y dùng ra mét nghiÖm míi th× quy t¾c ®ã gäi 
lμ gien. 
 Ph−¬ng ph¸p gien lμ ph−¬ng ph¸p dùa vμo gien ®Ó t×m tÊt c¶ c¸c nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh ®· cho tõ c¸c 
nghiÖm c¬ së cña nã. Ch¼ng h¹n víi ph−¬ng tr×nh Pell: 
x2 - Dy2 = 1 
trong ®ã D lμ sè nguyªn d−¬ng kh«ng chÝnh ph−¬ng, nÕu biÕt (x0, y0) lμ 
nghiÖm nguyªn d−¬ng nhá nhÊt cña nã th× mäi nghiÖm (xn , yn) cña ph−¬ng tr×nh ®Òu t×m ®−îc theo c«ng thøc: 
D
)Dyx()Dyx(y
)Dyx()Dyx(x
nn
n
nn
n
2
2
0000
0000
−−+=
−++=
 Sau ®©y, ta xÐt øng dông cña ph−¬ng ph¸p gien vμo ph−¬ng tr×nh Markov cæ ®iÓn, ®ã lμ ph−¬ng tr×nh cã 
d¹ng: 
 nn xxkxx...xx 21
22
2
2
1 =+++ (1) 
trong ®ã k, n lμ c¸ c tham sè nguyªn d−¬ng, xi lμ c¸ c Èn nhËn gi¸ trÞ nguyªn( i = n,1 ) 
 Ta nhËn thÊy nÕu ph−¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm nguyªn th× nã sÏ cã rÊt nhiÒu nghiÖm nguyªn. 
 ThËt vËy nÕu ph−¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm lμ: (x1, x2, ..., xn) (xi∈ z) 
 Th×: x 21 - k(x2x3...xn) .x1+ (
22
2 nx...x ++ ) = 0 
XÐt ph−¬ng tr×nh bËc hai: )x....x(x)x...xx(kx nn
22
232
2 ++− = 0 (2) 
Th× ph−¬ng tr×nh (2) cã nghiÖm x= x1 , dã ®ã ph¶i cã nghiÖm 
/xx 1= 
 Theo ®Þnh lý Viet cã: ⎪⎩
⎪⎨⎧ +++=
=+
22
3
2
211
3211
n
/
n
/
x...xxx.x
x...xkxxx
 V× k *N∈ , xi∈ z nªn tõ hÖ trªn suy ra /x1 nguyªn. 
 NÕu cã thªm diÒu kiÖn xi nguyªn d−¬ng th× tõ hÖ trªn suy ra 
/x1 nguyªn d−¬ng. 
 NÕu l¹i cã thªm ®iÒu kiÖn x1 < x2 <... <xn , xi∈ N*th× tõ hÖ trªn suy ra 
 /x1 > x1 , ta ®−îc nghiÖm míi (
/x1 , x2, ..., xn) cña ph−¬ng tr×nh (1) “lín h¬n” nghiÖm cò (x1, x2, ..., xn). 
 Néi dung nh− trªn còng ®−îc ¸p dông cho c¸c ph−¬ng tr×nh d¹ng t−¬ng tù, ch¼ng h¹n cho ph−¬ng tr×nh 
d¹ng: 
kxyz)zyx( =++ 2 
Sau ®©y lμ mét sè vÝ dô ¸p dông cña ph−¬ng ph¸p gien 
VÝ dô 1: (Bμi thi häc sinh giái quèc gia THPT n¨m häc 2001-2002 b¶ng A) 
T×m tÊt c¶ c¸c sè nguyªn d−¬ng n sao cho ph−¬ng tr×nh 
xyuvnvuyx =+++ 
 cã nghiÖm nguyªn d−¬ng x,y,u,v. 
 55
Gi¶i: 
Víi *Nv,u,y,x ∈ th× ph−¬ng tr×nh ®· cho t−¬ng ®−¬ng víi: 
xyuv.n)vuyx( 22 =+++ 
2 2 2x 2x(y u v) (y u v) n .xyuv⇔ + + + + + + = 
2 2 2x 2(y u v) n yuv .x (y u v) 0⇔ + + + − + + + =⎡ ⎤⎣ ⎦ (3) 
§iÒu kiÖn cÇn: 
Gi¶ sö n lμ sè nguyªn d−¬ng sao cho ph−¬ng tr×nh (3) cã nghiÖm nguyªn d−¬ng x,y,u,v .Gäi (x0,y0,u0,v0) lμ nghiÖm 
nguyªn d−¬ng cña (3) mμ tæng c¸c thμnh phÇn nghiÖm cã gi¸ trÞ nhá nhÊt. Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t cã thÓ gi¶ thiÕt 
0000 vuyx ≥≥≥ 
 Ta cã: [ ] 02 20000000200020 =+++−+++ )vuy(x.vuyn)vuy(x 
Do ®ã ph−¬ng tr×nh bËc hai: 
f(x) = [ ] 02 200000020002 =+++−+++ )vuy(x.vuyn)vuy(x 
Cã nghiÖm: x = x0, suy ra ph−¬ng tr×nh nμy ph¶i cã nghiÖm x = x1 vμ theo ®Þnh lý ViÐt: 
⎪⎩
⎪⎨⎧ ++=
+++−=+
2
00001
000
2
00001 2
)vuy(x.x
vuyn)vuy(xx
Do n , x0 , y0 , u0 , v0 lμ c¸c sè nguyªn d−¬ng nªn tõ hÖ trªn suy ra x1 nguyªn d−¬ng. 
 V× (x1 , y0, u0 ,v0) tho¶ m·n (3) nªn ®ã lμ nghiÖm nguyªn d−¬ng cña ph−¬ng tr×nh ®· cho. 
 Tõ gi¶ thiÕt (x0 , y0, u0 ,v0) lμ nghiÖm nguyªn d−¬ng “nhá nhÊt”, ta suy ra 01 xx ≥ . Do ®ã 
00001 vuyxx ≥≥≥≥ . 
Tam thøc bËc hai f(x) cã nghiÖm tho¶ m·n 00001 ≥⇒≥≥ )y(fyxx 
16
162
02
00
2
0
2
0000000
2
000
2
0
2
00000
2
00000
2
0
≤⇒
≤++++++≤⇒
≥+++−+++⇔
vnu
y)vuy(y)vuy(yvuny
)vuy(vunyy)vuy(y
1600 ≤≤⇒ vnun