Các bài toán về phương trình nghiệm nguyên 2022

Giới thiệu Các bài toán về phương trình nghiệm nguyên

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Các bài toán về phương trình nghiệm nguyên.

Tài liệu ôn thi vào 10 môn Toán và hướng dẫn giải các đề thi từ cơ bản đến vận dụng cao sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn , các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất nhé.

Tài liệu Các bài toán về phương trình nghiệm nguyên

Các em học sinh Đăng ký kênh youtube để học thêm về môn Toán nhé.

Text Các bài toán về phương trình nghiệm nguyên

CHỦ ĐỀ

6

PHƯƠNG TRÌNH
NGHIỆM NGUYÊN

A. KiÕn thøc cÇn nhí
1. Giải phương trình nghiệm nguyên.
Giải phương trình f(x, y, z, …) = 0 chứa các ẩn x, y, z, … với nghiệm nguyên là tìm tất

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

cả các bộ số nguyên (x, y, z, …) thỏa mãn phương trình đó.
2. Một số lưu ý khi giải phương trình nghiệm nguyên.
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 ẩn số cũng như các biểu
thức chứa ẩn 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. Các phương pháp thường dùng để
giải phương trình nghiệm nguyên là:
• Phương pháp dùng tính chất chia hết
• Phương pháp xét số dư từng vế
• Phương pháp sử dụng bất đẳng thức

• Phương pháp dùng tính chất của số chính phương
• Phương pháp lùi vô hạn, nguyên tắc cực hạn.

B. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
I.

PHƯƠNG PHÁP DÙNG TÍNH CHIA HẾT

 Dạng 1: Phát hiện tính chia hết của một ẩn
Bài toán 1. Giải phương trình nghiệm nguyên 3x + 17y =
159

( 1)

Hướng dẫn giải
Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn phương trình (1). Ta thấy 159 và 3x đều chia hết cho
3 nên 17y  3 ⇒ y  3 (do 17 và 3 nguyên tố cùng nhau).
Đặt=
y 3t ( t ∈ Z ) thay vào phương trình ta được 3x + 17.3t= 159 ⇔ x + 17t= 53.

TỦ SÁCH CẤP 2| 138

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

x = 53 − 17t
Do đó: 
( t ∈ Z ) . Thử lại ta thấy thỏa mãn phương trình đã cho
y
=
3t

Vậy phương trình có nghiệm (x, y) = (53 – 17t, 3t) với t là số nguyên tùy ý.

156
Bài toán 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x + 13y =

(1).

Hướng dẫn giải
– Phương pháp 1: Ta có 13y 13 và 156 13 nên 2x 13 ⇒ x 13 (vì (2,3) = 1).

=
x 13k (k ∈ Z) thay vào (1) ta được: y =
−2k + 12
Đặt
x =
13k
(k ∈ Z).
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: 
−2k + 12
y =

Để x ∈ Z ⇒

156 − 13y
13y
= 78 −
,
2
2

13y
∈ Z Mà (13,2) = 1 ⇒ y  2 Đặt y = 2t(t ∈ Z) ⇒ x = 78 − 13t
2

x = 78 − 13t
(t ∈ Z).
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: 
 y = −2t

109 .
Bài toán 3. Giải phương trình nghiệm nguyên 23x + 53y =
Hướng dẫn giải

109 − 53y 23(4 − 2y) + 17 − 7y
17 − 7y
=
=4 − 2y +
Ta có x =
23
23
23
Ta phải biến đổi tiếp phân số

17 − 7y
để sao cho hệ số của biến y là 1.
23

Phân tích: Ta thêm, bớt vào tử số một bội thích hợp của 23

17 − 7y 17 − 7y + 46 − 46 7(9 − y) − 46
7(9 − y)
=
=
=−2 +
23
23
23
23
Từ đó x =2 − 2y +

7(9 − y)
9−y
∈ Z , do (7,23) = 1.
, Để x ∈ Z ⇒
23
23

Đặt 9 − y = 23t (t ∈ Z) ⇒ y = 9 − 23t

x = 9 − 23t
(t ∈ Z).
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: 
y 53t − 16
=

c với a,b,c là các số nguyên.
Chú ý: Phương trình có dạng ax + by =
* Phương pháp giải:
.139 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

– Phương pháp 2: Từ (1) ⇒ x =

| CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

– Rút gọn phương trình chú ý đến tính chia hết của các ẩn.
– Biểu thị ẩn mà hệ số của nó có giá trị tuyệt đối nhỏ (chẳng hạn x) theo ẩn kia.
– Tách riêng giá trị nguyên ở biểu thức của x.
– Đặt điều kiện để phân số trong biểu thức chứa x bằng một số nguyên t1 , ta được một
phương trình bậc nhất hai ẩn y và t1 .
– Cứ tiếp tục làm như trên cho đến khi các ẩn đều được biểu thị dưới dạng một đa
thức với các hệ số nguyên.
Bài toán 4. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 11x + 18y =
120

( 1)

Hướng dẫn giải

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Ta thấy 11x 6 nên x 6 . Đặt x = 6k (k nguyên). Thay vào (1) và rút gọn ta được:
11k + 3y = 20

Biểu thị ẩn mà hệ số của nó có giá trị tuyệt đối nhỏ (là y) theo k ta được: y =
Tách riêng giá trị nguyên của biểu thức này: y =7 − 4k +

Lại đặt

20 − 11k
3

k −1
3

k −1
= t với t nguyên suy ra k = 3t + 1. Do đó:
3
y = 7 − 4(3t + 1) + t = 3 − 11t
x = 6k = 6(3t + 1) = 18t + 6

Thay các biểu thức của x và y vào (1), phương trình được nghiệm đúng.
Vậy các nghiệm nguyên của (10 được biểu thị bởi công thức:

x 18t + 6
=
với t là số nguyên tùy ý

 y= 3 − 11t
Chú ý: a) Nếu đề bài yêu cầu tìm nghiệm nguyên dương của phương trình (1) thì sau khi

18t + 6 > 0
1
3
⇔− 0
Do đó t = 0 do t là số nguyên. Nghiệm nguyên dương của (1) là (x, y) = (6, 3).
Trong trường hợp tìm nghiệm nguyên dương của (1) ta còn có thể giải như sau: 11x + 18y = 120

102.
Do y ≥ 1 nên 11x ≤ 120 − 18.1 =
3
Do x nguyên nên x ≤ 9 . Mặt khác x  6 và x nguyên dương nên x = 6 ⇒ y =
b) Có nhiều cách tách giá trị nguyên của biểu thức y =

y =7 − 4k +

20 − 11k
, chẳng hạn:
3

k −1
(cách 1)
3

TỦ SÁCH CẤP 2| 140

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

y =7 − 3k −

y =6 − 3k +

1 + 2k
(cách 2)
3

2 (1 − k )
3

(cách 3)

Ta thấy: – Cách 1 gọn hơn cách 2 vì ở cách 1 hệ số của k trong phân thức bằng 1, do đó sau khi đặt

k −1
= t ta không cần thêm một ẩn phụ nào nữa
3
– Trong cách 3, nhờ đặt được thừa số chung mà hệ số của k của phần phân số bằng -1, do đó sau khi
đặt

1− k
= t cũng không cần dùng thêm thừa số phụ nào nữa.
3

Bài toán 5. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 6x 2 + 5y 2 =
74
Hướng dẫn giải

(

) (

) (2)
Từ (2) suy ra 6 ( x − 4 ) 5 , mặt khác ( 6, 5 ) =⇒
1 ( x − 4 ) 5 ⇒ x
Thay x − 4 =
5t vào (2) ta có: 30t = 5 ( 10 − y ) ⇔ y = 10 − 6t
2

2

2

2

2

= 5t + 4 ( t ∈ N )

2


4
>

t

 5t + 4 > 0

5 ⇔ − 4 < t < 5 , t ∈ N .Suy ra: t ∈ 0;1 Ta có: x 2 > 0, y 2 > 0 ⇔ 
⇔
{ }
5
3
10t − 6 > 0
 t< 5  3 Với t = 0 không thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2   x =±3 x = 9 Với t = 1 ta có:  2 . Mặt khác x, y nguyên dương nên x = 3, y = 2. ⇔   y = ±2 y = 4 Vậy phương trình có nghiệm (x, y) = (3, 2).  Dạng 2: Phương pháp đưa về phương trình ước số * Cơ sở phương pháp: Ta tìm cách đưa phương trình đã cho thành phương trình có một vế là tích các biểu thức có giá trị nguyên, vế phải là hằng số nguyên. Thực chất là biến đổi phương trình về dạng: A(x; y).B(x; y) = c trong đó A(x; y), B(x; y) là các biểu thức nguyên, c là một số nguyên. Xét các trường hợp A(x; y), B(x; y) theo ước của c. * Ví dụ minh họa: 3 Bài toán 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2xy − x + y = Hướng dẫn giải .141 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Ta có: 6x 2 + 5y 2 = 74 ⇔ 6 x 2 − 4 = 5 10 − y 2 | CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 2xy − x + y = 3 6 ⇔ 4xy − 2x + 2y = ⇔ 2x ( 2y − 1) + ( 2y − 1) =6 − 1 5. ⇔ ( 2y − 1)( 2x + 1) = Ta gọi phương trình trên là phương trình ước số: vế trái là một tích các thừa số nguyên, vế trái là hằng số. Ta có x và y là các số nguyên nên 2x + 1 và 2y – 1 là các số nguyên và là ước của 5. (2x + 1) và (2y – 1) là các ước số của 5 nên ta có: 2x + 1 1 -1 5 -5 2y – 1 5 -5 1 -1 CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Vập phương trình có các nguyện nguyên là (x, y) = (3, 0); (-1, -2); (2, 1); (-3, 0). Kinh nghiệm giải: Để đưa vế trái 2xy − x + y về phương trình dạng tích, ta biến đổi 1 ( 2y − 1) bằng cách nhân 2 vế của phương trình với 2 để đưa về phương trình 2 ước số. Luyện tập kinh nghiệm này bằng ví dụ 2 sau đây. thành x ( 2y − 1) + Bài toán 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 5x − 3y = 2xy − 11 . Hướng dẫn giải 3 15 5x − 3y = 2xy − 11 ⇒ x(5 − 2y) + (5 − 2y) − + 11 = 0 2 2 3  −7 2x + 3 7  7 ⇔ ( 5 − 2y )  x +  = ⇔ ( 2y − 5 ) . = ⇔ ( 2y − 5 )( 2x + 3 ) = 2 2 2 2  (*) (2x + 3) và (2y – 5) là các ước số của 7 nên ta có: 2x + 3 1 -1 7 -7 2y – 5 7 -7 1 -1 Vập phương trình có các nguyện nguyên là (x, y) = (-1, 6); (-2, -1); (2, 3); (-5, 2). Nhận xét: Đối với nhiều phương trình nghiệm nguyên việc đưa về phương trình ước số là rất khó khăn ta có thể áp dụng một số thủ thuật, các bạn xem tiếp ví dụ 3: Bài toán 3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2 − 2xy + 3y − 5x + 7 = 0. Hướng dẫn giải TỦ SÁCH CẤP 2| 142 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | x 2 − 2xy + 3y − 5x + 7 = 0 ⇔ x 2 − x(2y + 5) + 2 (2y + 5)2 −(2y + 5)2 + + 3y + 7 = 0 4 4 2   2y + 5  −4y 2 − 20y − 25 + 12y + 28 2y + 5  4y 2 + 8y − 3 ⇔ x− + = ⇔ − 0 x    − 2  4 2  4   2 2   2y + 5  4(y + 1)2 − 7 2y + 5  −7 2 ⇔ x− =0 ⇔  x −  −  − (y + 1) = 2  4 2  4   ( 2x − 2y − 5 ) ⇔ 2 2 2 −7 − (y + 1)2 = ⇔ ( 2x − 2y − 5 ) − 4 ( y + 1) = −7 4 4 ⇔ ( 2x − 2y − 5 − 2y − 2 )( 2x − 2y − 5 + 2y + 2 ) = −7 ⇔ ( 2x − 4y − 7 )( 2x − 3 ) = −7 (*) 2x − 4y − 7 = 1 x =−2 1)  ⇔ 2x − 3 =−7  y = −3 2x − 4y − 7 =−7 x = 2 2)  ⇔ 1 2x − 3 = y = 1 2x − 4y − 7 =−1 x = 5 3)  ⇔ 7 2x − 3 = y = 1 2x − 4y − 7 = 7 x = 1 4)  ⇔ 2x − 3 =−1  y = −3 Vậy các nghiệm nguyên (x; y) của phương trình là: (-2; -3); (2; 1); (5; 1);(1; -3). ( *Nhận xét: Trong cách giải trên ta đã sử dụng phương pháp biến đổi tam thức bậc ) hai ax 2 + bxy + cy 2 ,ax 2 + bx + c ): trước hết ta chọn một biến để đưa về hằng đẳng thức (Bình phương của một tổng, hoặc một hiệu) chứa biến đó: ở đây ta chọn biến x là : x 2 − x(2y + 5) + (2y + 5)2 , 4 phần còn lại của đa thức ta lại làm như vậy với biến y: 4y 2 + 8y − 3 4(y + 1)2 − 7 −(2y + 5)2 . = − + 3y + 7 = − 4 4 4 Các bạn có thể tư duy tìm hướng giải như sau: x 2 − 2xy + 3y − 5x + 7 =0 ⇔ x 2 − ( 2y + 5 ) x + 3y + 7 + a =a ( * ) Xét phương trình: x 2 − ( 2y + 5 ) x + 3y + 7 + a = 0 (* * ) Với a là số chưa biết cần thêm vào, xác định a như sau: ∆ ( ** )= ( 2y + 5 ) 2 − 4 ( 3y + 7 + a ) = 4y 2 + 20y + 25 − 12y − 28 − 4a = 4y 2 + 8y − 3 − 4a −7 Chọn a để ∆ ( ** ) là số chính phương nên −3 − 4a = 4 ⇒ a = .khi đó : 4 ∆ ( ** ) = 4 ( x + 1) ⇒ x1 = 2 2y + 5 − 2 ( x + 1) .143 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC 2 = 2y + 5 + 2 ( x + 1) 4y + 7 3 , x2 = = 2 2 2 CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Vì x, y nguyên nên từ PT(*) ta có các trường hợp sau: | CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 4y + 7   3  7 Vậy: ( * ) ⇔  x −   x − − ⇔ ( 2x − 3 )( 2x − 4y − 7 ) = −7 = 2  2  4  Vì x, y nguyên nên ta có các trường hợp sau: 2x − 4y − 7 = 1 x =−2 1)  ⇔ 2x − 3 =−7  y = −3 2x − 4y − 7 =−7 x = 2 2)  ⇔ 1 2x − 3 = y = 1 2x − 4y − 7 =−1 x = 5 ⇔ 3)  7 2x − 3 = y = 1 2x − 4y − 7 = 7 x = 1 ⇔ 4)  2x − 3 =−1  y = −3 Vậy các nghiệm nguyên (x;y) của phương trình là: (-2; -3); (2; 1); (5; 1);(1; -3). CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Bài toán 4. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2 + 12x = y2 ( 1) Hướng dẫn giải Phương trình tương đương với : x 2 + 12x = y 2 ⇔ ( x + 6 ) − y 2 = 36 ⇔ ( x + y + 6 )( x − y + 6 ) = 36 2 Suy ra (x + y + 6) và (x – y + 6) là ước của 36. Mà 36 có 18 ước nên: ( x + y + 6 ) ∈ {±1; ±2; ±3; ±4; ±6; ±9; ±18; ±36} Kết quả ta tìm được các nghiệm nguyên là: ( 0,0 ) ; ( −12,0 ) ; ( −16,8 ) ; ( −16, −8 ) ; ( 4,8 ) ; ( 4, −8 ) Nhận xét: Phương pháp đưa về phương trình ước số có 2 bước: Phân tích thành ước và xét các trường hợp. Hai bước này có thể không khó nhưng trong trường hợp hằng số phải xét có nhiều ước số chúng ta cần dựa vào tính chất của biến (ví dụ: tính chẵn lẻ, số dư từng vế) để giảm số trường hợp cần xét. Trong trường hợp ví dụ 4 ta có thể nhận xét như sau: Do y có số mũ chẵn nên nếu y là nghiệm thì – y cũng là nghiệm nên ta giả sử y ≥ 0 . Khi đó x + 6 − y ≤ x + 6 + y ta giảm được 8 trường hợp:  x + 6 + y =9  x + 6 + y =−4  x + y + 6 =−1 , ,   x + 6 − y =4  x + 6 − y =−9  x + y − 6 =−36  x + 6 + y =36  x + 6 + y =−2  x + y + 6 =18 , ,   x + 6 − y =1  x + 6 − y =−18  x + y − 6 =2  x + 6 + y =−3  x + 6 + y =12  x + y + 6 =−6 , ,   x + 6 − y =−12  x + 6 − y =3  x + y − 6 =−6  x + 6 + y = 6  6  x + 6 − y = TỦ SÁCH CẤP 2| 144 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | Bây giờ có 10 trường hợp, ta lại thấy ( x + 6 + y ) + ( x + 6 − y ) = 2y nên ( x + 6 + y ) , ( x + 6 − y ) có cùng tính chẵn lẻ.Do đó ta còn 4 trường hợp:  x + 6 + y =−2 x + y + 6 =18 x + y + 6 =−6 x + y + 6 =6 ,  , ,   x + 6 − y =−18  x + y − 6 =2  x + y − 6 =−6  x + y − 6 =6 x + y + 6 =−6 x + y + 6 =6 Tiếp tục xét hai phương trình  hai phương trình này đều có nghiệm ,   x + y − 6 =−6  x + y − 6 =6 y = 0 ta có xét y = 0 ngay từ đầu. Ta có phương trình ban đầu: x ( x + 12 ) = y 2 , xét hai khả năng: Nếu y = 0 thì x = 0 hoặc x = – 12 Nếu y ≠ 0 thì x + 6 − y < x + 6 + y áp dụng hai nhận xét trên ta chỉ phải xét 2 trường hợp  x + 6 + y =−2 x + y + 6 =18 ,   x + 6 − y =−18  x + y − 6 =2 Giải và kết luận phương trình có 4 nghiệm ( 0,0 ) ; ( −12,0 ) ; ( −16,8 ) ; ( −16, −8 ) ; ( 4,8 ) ; ( 4, −8 ) * Cơ sở phương pháp: Trong nhiều bài toán phương trình nghiệm nguyên ta tách phương trình ban đầu thành các phần có giá trị nguyên để dễ dàng đánh giá tìm ra nghiệm, đa số các bài toán sử dụng phương pháp này thường rút một ẩn (có bậc nhất) theo ẩn còn lại. * Ví dụ minh họa: Bài toán 1. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau: xy − 2y − 3y + 1 = 0 Hướng dẫn giải Ta có xy − 2y − 3y + 1 = 0 ⇒ y ( x − 3 ) = 2x − 1. Ta thấy x = 3 không là nghiệm nên x ≠ 3 do đó: y = Tách ra ở phân thức y= 2x − 1 x−3 2x − 1 các giá trị nguyên: x−3 2x − 1 2 ( x − 3 ) + 5 5 = = 2+ x−3 x−3 x−3 Do y là số nguyên nên 5 cũng là số nguyên, do đó (x – 3) là ước của 5. x−3 +) x – 3 = 1 thì x = 4, y = 2 + 5 = 7 +) x – 3 = -1 thì x = 2, y = 2 – 5 = -3 (loại) +) x – 3 = 5 thì x = 8, y = 2 +1 = 3 .145 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC  Dạng 3: Phương pháp tách ra các giá trị nguyên. | CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN +) x – 3 = -5 thì x = -2 (loại) Vậy nghiệm (x, y) là (4, 7) , (8, 3). Bài toán 2. Tìm các số nguyên x và y thoả mãn phương trình: x 2 + xy − 2y − x − 5 = 0 Hướng dẫn giải Nhận xét: trong phương trình này ẩn y có bậc nhất nên rút y theo x. Ta có: x 2 + xy − 2y − x − 5 =0 ⇔ y ( x − 2 ) =−x 2 + x + 5 (* ) Với x = 2 thì: ( * ) ⇔ 0 = 3 (vô lý) Với x ≠ 2 ta có: 2 ( * ) ⇔ y =−x x+−x2+ 2 + x −3 2 =−x − 1 + x −3 2 CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Để y nguyên thì 3 ( x − 2 ) . Vậy (x – 2) là ước của 3 do đó: ( x − 2 ) ∈ {−3, −1, 1, 3} ⇒ x ∈ {−1,1, 3, 5} Vậy phương trình có nghiệm: (x, y) = (3; – 1) ; (5; -5); (1; -5); (-1; – 1) Bài toán 3. Tìm các số nguyên dương x, y sao cho 6x + 5y + 18 = 2xy (1) Hướng dẫn giải Ta có: = x ⇔ 2x= −5y − 18 −10y − 36 ⇔= 2x 6 − 2y 6 − 2y −66 + 5 ( 6 − 2y ) −66 −33 = + 5 ⇔ 2x= +5 6 − 2y 6 − 2y 3−y Như vậy x muốn nguyên dương thì (3 – y) phải là ước của – 33. Hay ( 3 − y ) ∈ {±1; ±3; ±11; ±33}. Lại do y ≥ 1 ⇒ 3 − y ≤ 2 ⇒ y ∈ {±1; −3; −11; −33} . Ta có bảng sau: 3-y -1 1 -3 -11 -33 y 4 2 6 14 36 x 19 – 14 8 4 3 Thử lại ta được các cặp thỏa mãn là (19, 4); (8, 6); (4, 14); (3, 36). Nhận xét: – Dễ xác định được phương pháp để giải bài toán này, khi biểu diễn x theo y được x = −5y − 18 . Ta thấy biểu thức này khó phân tích như 2 ví dụ trên, tuy nhiên để ý ta thấy 6 − 2y tử số là – 5y mẫu số là -2y, do đó mạnh dạn nhân 2 vào tử số để xuất hiện 2y giống mẫu. TỦ SÁCH CẤP 2| 146 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | – Bài toán có thể giải bằng phương pháp đưa về phương trình ước số. Do ở bài toán trên đã nhân 2 ở x để biến đổi, do đó phải có bước thử lại xem x, y có thỏa mãn phương trình đã cho hay không. Bài toán 4. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2y 2 x + x + y + 1 = x 2 + 2y 2 + xy Hướng dẫn giải Ta có: 2y 2 x + x + y + 1 = x 2 + 2y 2 + xy ⇔ 2y 2 ( x − 1) − x ( x − 1) − y ( x − 1) + 1 = 0 ( 1) Nhận thấy x = 1 không là nghiệm của phương trình (1). Chia cả 2 vế của (1) cho (x – 1) ta được: 2y 2 − x − y + PT có nghiệm x, y nguyên, suy ra 1 = 0 (2) x −1 x = 2 1 nguyên nên x − 1 ∈ {1; −1} ⇒  x −1 x = 0 Thay x = 2 và x = 0 vào phương trình và để ý đến y nguyên ta được y = 1. II. PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG TÍNH CHẴN LẺ CỦA ẨN HOẶC XÉT SỐ DƯ TỪNG VẾ * Cơ sở phương pháp: Chúng ta dựa vào tính chẵn lẻ của ẩn hoặc xét số dư hai vế của phương trình nghiệm nguyên với một số nguyên nào đó rồi dùng lập luận để giải bài toán. * Ví dụ minh họa:  Dạng 1: Sử dụng tính chẵn lẻ Bài toán 1. Tìm x, y nguyên tố thoả mãn y 2 − 2x 2 = 1 Hướng dẫn giải Ta có y 2 − 2x 2 = 1 ⇒ y 2 = 2x 2 + 1 ⇒ y là số lẻ Đặt y = 2k + 1 (với k nguyên).Ta có (2k + 1)2 = 2×2 + 1 ⇔ x2 = 2 k2 + 2k ⇒ x chẵn , mà x nguyên tố ⇒ x = 2, y = 3 Vậy nghiệm của phương trình là (x, y) = (2, 3). Bài toán 2. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình ( 2x + 5y + 1) ( 2 x ) + y + x2 + x = 105 Hướng dẫn giải .147 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Vập phương trình đã cho có 2 nghiệm là (2; 1) và (0; 1). | CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN ( ) Ta có: ( 2x + 5y + 1) 2 + y + x 2 + x = 105 x Ta thấy 105 lẻ ⇒ 2x + 5y + 1 lẻ ⇒ 5y chẵn ⇒ y chẵn, 2 + y + x 2 + x = 2 + y + x ( x + 1) lẻ x có x(x + 1) chẵn, y chẵn ⇒ 2 x lẻ ⇒ 2 x =1⇒x=0 x Thay x = 0 vào phương trình ta được (5y + 1) ( y + 1) = 105 ⇔ 5y2 + 6y – 104 = 0⇒ y = 4 hoặc y = − 26 ( loại) 5 Thử lại ta có x = 0; y = 4 là nghiệm của phương trình. Vậy nghiệm của phương trình là (x, y) = (0, 4).  Dạng 2: Xét tính chẵn lẻ và xét số dư từng vế CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Bài toán 1. Chứng minh rằng các phương trình sau không có nghiệm nguyên: = a) x 2 − y 2 1998 = b) x 2 + y 2 1999 Hướng dẫn giải a) Do x là số nguyên nên x = 2k hoặc x =2k + 1 ( k ∈ Z ) do đó x 2 = 4k 2 ∨ x 2 = 4k 2 + 4k + 1 vì thế x 2 chia 4 luôn dư 1 hoặc 0. Tương tự ta cũng có y 2 chia 4 luôn dư 1 hoặc 0 Suy ra: x 2 − y 2 chia cho 4 luôn dư 1 hoặc 0 hoặc 3. Mà 1998 chia cho 4 dư 2 do đó phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. b) Như chứng minh câu a ta có: x 2 , y 2 chia cho 4 luôn dư 0 hoặc 1 nên x 2 + y 2 chia cho 4 luôn dư 0 hoặc 1 hoặc 3. Mà 1999 chia cho 4 dư 3 do đó phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. Chú ý: Chúng ta cần lưu ý kết quả ở bài toán này: *) x 2 − y 2 chia cho 4 không dư 2 *) x 2 + y 2 chia cho 4 không dư 3 Bài toán 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 9x + 2 = y 2 + y Hướng dẫn giải Ta có: 9x + 2 = y 2 + y ⇔ 9x + 2 = y ( y + 1) Ta thấy vế trái phương trình là số chia cho 3 dư 2 nên y ( y + 1) chia cho 3 dư 2 Do đó chỉ có thể = y 3k + 1 và y + 1 = 3k + 2 ( k ∈ Z ) Khi đó: 9x + 2= ( 3k + 1)( 3k + 2 ) ⇔ 9x= 9k 2 + 9k ⇔ x= k ( k + 1) TỦ SÁCH CẤP 2| 148 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | Thử lại: x = k ( k + 1) , y = 3k + 1 thỏa mãn phương trình đã cho. ( ) Vậy nghiệm của phương trình là ( x, y ) = k ( k + 1) , 3k + 1 với k ∈ Z Bài toán 3. Tìm x, y là số tự nhiên thoả mãn x 2 + 3 y = 3026 Hướng dẫn giải Xét y =0 ⇒ x 2 + 30 =3026 ⇒ x 2 =3025 . Mà x ∈ N ⇒ x = 55 Xét y > 0 ⇒ 3 y chia hết cho 3, x2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1 ⇒ x 2 + 3 y chia cho 3 dư 0 hoặc 1
mà 3026 chia cho 3 dư 2 (loại)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất (x,y) = (55,0)
Bài toán 4. Chứng minh rằng phương trình x 3 − 7y =
51 không có nghiệm nguyên

Xét
=
x 7k ( k ∈ Z ) thì x 3  7.
Xét x =7k ± 1 ( k ∈ Z ) thì x 3 chia cho 7 dư 1 hoặc 6.
Xét x =7k ± 2 ( k ∈ Z ) thì x 3 chia cho 7 dư 1 hoặc 6.
Xét x =7k ± 3 ( k ∈ Z ) thì x 3 chia cho 7 dư 1 hoặc 6.
Do đó vế trái phương trình chia cho 7 dư 0 hoặc 1 hoặc 6 còn vế phải của phương
trình chia 7 dư 2. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Bài toán 5. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2 − 5y 2 =
27
Hướng dẫn giải

x 5k ± 1 hoặc
Do x là số nguyên nên ta có thể biểu diễn x dưới dạng: x = 5k hoặc =
=
x 5k ± 2 với k ∈ Z

(

)

– Xét x = 5k thì x 2 − 5y 2 =27 ⇔ ( 5k ) − 5y 2 =27 ⇔ 5 5k 2 − y 2 =27
2

Điều này là vô lý vì vế trái chia hết cho 5 với mọi k và y nguyên còn vế phải không
chia hết cho 5.

x 5k ± 1 thì x 2 − 5y 2 =27 ⇔ ( 5k ± 1) − 5y 2 =27
– Xét =
2

(

)

⇔ 25k 2 ± 10k + 1 − 5y 2 = 27 ⇔ 5 5k 2 ± 2k − y 2 = 23
Điều này là vô lý cũng vì vế trái chia hết cho 5 với mọi k và y nguyên còn vế phải
không chia hết cho 5.
.149 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

Hướng dẫn giải

| CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

x 5k ± 2 thì x 2 − 5y 2 =27 ⇔ ( 5k ± 2 ) − 5y 2 =27
– Xét =
2

(

)

⇔ 25k 2 ± 10k + 1 − 5y 2 = 27 ⇔ 5 5k 2 ± 4k − y 2 = 23
Điều này là vô lý cũng vì vế trái chia hết cho 5 với mọi k và y nguyên còn vế phải
không chia hết cho 5.
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
III.

PHƯƠNG PHÁP DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC

 Dạng 1: Sử dụng bất đẳng thức cổ điển
* Cơ sở phương pháp:
Trong nhiều bài toán ta thường sử dụng bất đẳng thức để chứng minh một vế không nhỏ
hơn (hoặc không lớn hơn) vế còn lại. Muốn cho phương trình có nghiệm thì dấu bằng của bất đẳng

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

thức phải xảy ra đó là nghiệm của phương trình.
Một số bất đẳng thức Cổ điển thường được sử dụng như:

1. Bất đẳng thức Cauchy (tên quốc tế là AM – GM)

Nếu a1 ,a 2 ,a 3 ,…..,a n là các số thực không âm thì:

a1 + a 2 + a 3 + …. + a n
≥ a1 .a 2 .a 3 …….a n
n

Đẳng thức xảy ra khi a=
a=
a=
…..
= an
1
2
3
2. Bất đẳng thức Bunhiacopxki với hai bộ số thực bất kì ( a1 ,a 2 ,a 3 ,…..,a n ) và ( b1 , b 2 , b 3 ,….., b n ) ta

(

có a12 + a 22 + a 33 + …. + a n2

)( b

2
1

)

+ b 22 + b 32 + ….. + b n2 ≥ ( a1 b 2 + a 2 b 2 + a 3 b 3 + … + a n b n )

2

Đẳng thức xảy ra khi tồn tại số thực k ( k ≠ 0 ) sao cho a i = kbi với i = 1, 2, 3,…, n.

* Ví dụ minh họa:

(

)(

)

Bài toán 1. Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình: x 2 + 1 x 2 + y 2 =
4x 2 y
Hướng dẫn giải

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
x 2 + 1 ≥ 2x
x 2 + y 2 ≥ 2xy

Dấu “=” xảy ra khi x = 1.
Dấu “=” xảy ra khi x = y.

(

)(

)

Do x, y dương nên nhân 2 vế của bất đẳng thức trên ta được x 2 + 1 x 2 + y 2 ≥ 4x 2 y
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1.
Bài toán 2. Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau:

(

2
x 6 + z 3 − 15x=
z 3x 2 y 2 z − y 2 + 5

)

3

( 1)
TỦ SÁCH CẤP 2| 150

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

Hướng dẫn giải

(

)

(

)

(

Ta có: ( 1) ⇔ x 6 + z 3 + y 2 + 5 = 15x 2 z + 3x 2 y 2 z ⇔ x6 + z 3 + y 2 + 5 = 3x 2 z y 2 + 5
3

(

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: x 6 + z 3 + y 2 + 5

)

3

3

(

≥ 3x 2 z y 2 + 5

)

)

Dấu “=” xảy ra khi x 2 = y 2 + 5 = z
Từ x 2 − y 2 = ( x − y )( x + y ) = 5 giải ra được nghiệm (x, y, z) = (3, 2, 9).
Bài toán 3. Giải phương trình nghiệm nguyên sau

( x + y + 1)= 3 ( x
2

2

+ y2 + 1

)

Hướng dẫn giải

(

)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: ( 1 + 1 + 1) x 2 + y 2 + 1 ≥ ( x + y + 1)
Dấu “=” xảy ra khi

2

1 1 1
= = ⇔ x= y=1
x y 1

Bài toán 4. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2 + xy + y 2 =
x2 y2 .
Hướng dẫn giải
Với x ≥ 2 và y ≥ 2 ta có:
AM − GM
 x 2 y 2 ≥ 4x 2
2 2
2
2
2
2
2
2
x
y
2
x
y
x
y
x
y
x 2 + y 2 + 2 xy > x 2 + y 2 + xy.


+
=
+
+
+
 2 2
2

x y ≥ 4y

(

)

Vậy x ≤ 2 hoặc y ≤ 2
Nếu x = -2 hoặc x = 2 thì phương trình không có nghiệm nguyên.
Thử x = -1, 1, 0 ta thấy phương trình có 3 nghiệm (0;0), (1; – 1), (-1; 1).
 Dạng 2: Sắp xếp thứ tự các ẩn
* Cơ sở phương pháp:
Khi phương trình đối xứng với các ẩn x, y, z ,… , ta thường giả sử x ≤ y ≤ z ≤ … để
giới hạn miền nghiệm của phương trình và bắt đầu đi tìm từ nghiệm bé nhất trở đi
* Ví dụ minh họa:
Bài toán 1. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2xyz = x + y + z
Hướng dẫn giải
Giả sử x ≤ y ≤ z . Ta có: 2xyz = x + y + z ≤ 3z
.151 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

Vậy nguyệm nguyên của phương trình là (x, y) = (1, 1).

| CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

1
Chia 2 vế cho z dương ta được 2xy ≤ 3 ⇒ xy ≤ 1 ⇒ xy =
Do đó x = y = 1. Thay vào phương trình ban đầu ta được: 2z = z + 2 hay z = 2.
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là (x, y, z) = (1, 1, 2); (1, 2, 1); (2, 1, 1).
Bài toán 2. Giải phương trình nghiệm nguyên dương:

1 1 1
+ + =
1
x y z

Hướng dẫn giải
Do x, y, z có vai trò như nhau nên ta giả sử: x ≤ y ≤ z
Khi đó: 1 =

1 1 1 3
+ + ≤ ⇒ x ≤ 3 ⇒ x ∈ {1; 2; 3} do x ∈ Z +
x y z x

(

)

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Với x = 1 phương trình đã cho vô nghiệm.
Với x = 2 ta có: 1 =

1 1 1 1 2
+ + ≤ + ⇒ y ≤ 4 . Mặt khác y ≥ x = 2 ⇒ y ∈ {2, 3, 4}
2 y z 2 y

+) y = 2 thì phương trình vô nghiệm.
+) y = 3 thì z = 6
+) y = 4 thì z = 4
Với x = 3 ta có: 1 =

1 1 1 1 2
+ + ≤ + ⇒ y ≤ 3 . Mặt khác y ≥ x = 3 ⇒ y = 3 ⇒ z = 3
3 y z 3 y

Vậy phương trình có nghiệm là (x, y, z) = (2, 3, 6); (2, 4, 4); (3, 3, 3).

Bài toán 3. Giải phương trình nghiệm nguyên dương:

1 1
+ =
z.
x y

Hướng dẫn giải
Biến đổi thành: xyz= x + y .

Do đối xứng của x và y nên có thể giả thiết rằng x ≤ y . Ta

có xyz = x + y ≤ y + y = 2y ⇒ xz ≤ 2.
Ta lựa chọn nghiệm trong các trường hợp sau: x = 1, z = 1; x = 2, z = 1; x =1, z = 2
Ta suy ra nghiệm (x, y, z) là (1, 1, 2) và (2, 2, 1).
Nhận xét: Ở bài toán này do vai trò của x, y, z là không bình đẳng nên ta không có thể giải sử

x ≤ y ≤ z ta chỉ có thể giả sử x ≤ y
Bài toán 4. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
5 ( x + y + z + t ) + 10 = 2 xyzt

TỦ SÁCH CẤP 2| 152

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

Hướng dẫn giải
Ta giả sử x ≥ y ≥ z ≥ t ≥ 1
Ta có: 5 ( x + y + z + t ) + 10 = 2 xyzt

⇔2=

5
5
5
5
10
30
+
+
+
+
≤ 3 ⇒ t 3 ≤ 15 ⇒ t = 1 ∨ t = 2
yzt xzt xyt xyz xyzt t

Với t = 1 ta có:
5 ( x + y + z + 1) + 10 =
2xyz
⇔2=

5
5
5
15 30
+
+
+
≤ 2 ⇒ z 2 ≤ 15 ⇒ z = {1; 2; 3}
yz xz xy xyz z

=
x 35 =
x 9
∨
Nếu z =1 ta có 5 ( x + y ) + 20 = 2xy ⇔ ( 2x − 5 )( 2y − 5 ) = 65 ⇒ 
=
 y 3=
y 5
Ta được nghiệm (35, 3, 1, 1) ; (9, 5, 1, 1) và các hoán vị của chúng.
Với z = 2, z = 3 phương trình không có nghiệm nguyên.
5 ( x + y + z + 1) + 20 =
4xyz
⇔4=

5
5
5
20 35
35
+
+
+
≤ 2 ⇒ z2 ≤
≤ 9 ( z ≥ t ≥ 2 ) ⇒ ( 8x − 5 )( 8y − 5 ) = 265
yz xz xy xyz z
4

Do x ≥ y ≥ z ≥ 2 nên 8x – 5 ≥ 8y – 5 ≥ 11
⇒ (8x – 5) (8y – 5) = 265 vô nghiệm

Vậy nghiệm của phương trình là bộ (x, y, z)= ( 35; 3; 1; 1); (9; 5; 1; 1) và các hoán vị.
 Dạng 3: Chỉ ra nghiệm nguyên
* Cơ sở phương pháp: Chúng ta xét từng khoảng giá trị của ẩn còn được thể hiện dưới
dạng: chỉ ra một hoặc vài số là nghiệm của phương trình, rồi chứng minh phương trình
không còn nghiệm nào khác
* Ví dụ minh họa:
Bài toán 1. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau: 3x + 4 x =
5x
Hướng dẫn giải
x

x

3 4
Chia hai vế của phương trình cho 5 ta được:   +   =
1
5 5
x

Thử thấy x = 1 không là nghiệm của phương trình trên.
Với x = 2 thì VT = VP = 1 thỏa mãn bài toán.

.153 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

Với t = 2 ta có:

| CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
x

2

x

x

2

x

2

2

3 3
3 4 3 4
4 4
Với x ≥ 3 ⇒   ≤   và   ≤   ⇒   +   <   +   = 1 5 5 5 5 5 5 5 5 Vậy x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình. Bài toán 2. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau: 2 x + 3x = 35 Hướng dẫn giải Thử thấy x = 0; x = 1; x = 2 không thỏa mãn 2 x + 3x = 35 Với x = 3 thì 2 3 + 33 = 35 (đúng) Với x ≥ 3 thì 2 3 + 33 > 35
Vậy x = 3 là nghiệm của phương trình.

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

 Dạng 4: Sử dụng điều kiện ∆ ≥ 0 để phương trình bậc hai có nghiệm
* Cơ sở phương pháp:
Ta viết phương trình f(x, y) = 0 dưới dạng phương trình bậc hai đối với một ẩn, chẳng

hạn đối với x khi đó y là tham số. Điều kiện để phương trình có nghiệm nguyên là ∆ ≥ 0

* Ví dụ minh họa:
Bài toán 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2 + y 2 − 2x + y =
9.
Hướng dẫn giải
Ta xem phương trình đã cho là phương trình ẩn x tham số y, ta viết lại như sau:

(

)

x 2 − 2x + y 2 + y − 9 =
0

Để phương trình đã cho có nghiệm thì :

(

)

∆ ‘ ≥ 0 ⇔ 1 − y 2 + y − 9 ≥ 0 ⇔ y 2 + y − 10 ≤ 0
⇔ 4y 2 + 4y − 40 ≤ 0 ⇔ ( 2y + 1) ≤ 41
2

Do đó: ( 2y + 1) ∈ {1; 9; 25} . Ta có:
2

2y+1

1

-1

3

-3

5

-5

2y

0

-2

2

-4

4

-6

y

0

-1

1

-2

2

-3

x

Loại

Loại

Loại

Loại

3 và -1

3 và -1

Vậy nghiệm của phương trình là (x, y) = (3, 2); (-1, 2); (3, -3); (-1, -3).
Bài toán 2. Giải phương trình nghiệm nguyên x 2 + 2y 2 = 2xy + 2x + 3y

(* )
TỦ SÁCH CẤP 2| 154

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

Hướng dẫn giải
Ta xem phương trình đã cho là phương trình ẩn x tham số y, ta viết lại như sau:
x 2 − 2 ( y + 1) x + 2y 2 − 3y =
0

(

)

Ta có: ∆ ‘ =( y + 1) − 2y 2 − 3y =y 2 + 2y + 1 − 2y 2 + 3y =− y 2 + 5y + 1
2

Để phương trình có nghiệm nguyên thì:
29
5
29
≤ y− ≤
2
2
2
5 − 29
5 + 29
5−6
5+6

≤y≤

0

IV.

PHƯƠNG PHÁP DÙNG TÍNH CHẤT CỦA SỐ CHÍNH PHƯƠNG

 Dạng 1: Dùng tính chất về chia hết của số chính phương
* Cơ sở phương pháp:
– Số chính phương không thể có chữ tận cùng bằng 2, 3, 7, 8;
– Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì cũng chia hết cho p 2
– Số chính phương chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1;
– Số chính phương chia 4 có số dư là 0 hoặc 1;
– Số chính phương chia cho 8 có số dư là 0, 1 hoặc 4.
* Ví dụ minh họa:
Bài toán 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 9x + 5= y ( y + 1)
Hướng dẫn giải
Ta có:

9x + 5= y ( y + 1)
⇔ 36x + 20 = 4y 2 + 4y
⇔ 36x + 21 = 4y 2 + 4y + 1
⇔ 3 ( 12x + 7 ) =

.155 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

( 2y + 1)

2

.

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

thì chúng ta áp dụng phương pháp đưa về phương trình ước số.

| CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

Số chính phương 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 chia hết cho 9. Do đó phương trình vô nghiệm.
Cách khác:

9x + 5= y ( y + 1)
⇔ y 2 + y − 9x − 5 =
0

∆ = 1 + 4 ( 9x + 5 ) = 36x + 21 = 3 ( 12x + 7 )
Ta có ∆ chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 9 nên không là số chính phương
do đó không tồn tại y nguyên. Vậy phương trình vô nghiệm.
 Dạng 2: Biến đổi phương trình về dạng a1 A12 + a2 A22 + … + an An2 =
k , trong đó
Ai (i = 1,…, n) là các đa thức hệ số nguyên, ai là số nguyên dương, k là số tự nhiên

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

* Cơ sở phương pháp:
Sử dụng hằng đẳng thức đáng nhớ (a + b) 2 , đưa phương trình về dạng trên. Sau đó
dựa vào tính chất các ai , Ai để phân tích thành k= a1k12 + a2 k22 + … + an kn2 (với ki ∈  ),
dẫn đến giải hệ phương trình

 A12 = k12
 2
2
 A2 = k2

 …
 An2 = kn2

* Ví dụ minh họa:
Bài toán 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2 + y 2 − x − y =
8
Hướng dẫn giải

Ta có:

x 2 + y 2 − x − y = 8 ⇔ 4x 2 + 4y 2 − 4x − 4y = 32

(

) (

)

⇔ 4x 2 − 4x − 1 + 4y 2 − 4y + 1 = 34 ⇔ ( 2x − 1) + ( 2y − 1) = 34
2

2

2

2

⇔ 2x − 1 + 2y − 1 = 32 + 52

Ta thấy 34 chỉ có duy nhất một dạng phân tích thành hai số chính phương là 32 và 52 .
  2x − 1 2
)
 (
  2y − 1 2
(
)
Do đó:  
2

 ( 2x − 1)
2

 ( 2y − 1)

=
32

  2x − 1

=
52
  2y − 1
⇒
  2x − 1
=
52
  2y − 1
2

 
=
3

=
3
=
5
=
5
=
3

Giải ra ta được 4 nghiệm (x, y) = (2, 3); (-1, -2); (-2; -1); (3, 2).

TỦ SÁCH CẤP 2| 156

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

Bài toán 2. Giải phương trình nghiệm nguyên x 2 − 4xy + 5y 2 = 2(x − y) .
Hướng dẫn giải
Ta có x 2 − 4xy + 5y 2 = 2(x − y) ⇔ x 2 − 4xy + 5y 2 − 2x + 2y = 0

⇔ x 2 − 2x(2y + 1) + (2y + 1)2 − (2y + 1)2 + 5y 2 + 2y =
0
⇔ (x − 2y − 1)2 + y 2 − 2y − 1 =0 ⇔ (x − 2y − 1)2 + (y − 1)2 =2(*)
Xét phương trình (*) ta có: ( x − 2y − 1) ≥ 0 ∀x, y ⇒ ( y − 1) ≤ 2
2

2

Mà x nguyên nên ( y − 1) ∈ {0,1}
2

* Với ( y − 1) =
2 (loại)
0 thì ( x − 2y − 1) =
2

2

 x −=
5 1
=
x 6
2
⇒
– y = 2 ⇒ ( x − 4 − 1) = 1 ⇒ 
 x − 5 =−1  x =4

 x −=
1 1
=
x 2
2
⇒
– y = 0 ⇒ ( x − 0 − 1) = 1 ⇒ 
 x − 1 =−1  x =0
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm: ( x, y ) = ( 6, 2 ) ; ( 4, 2 ) ; ( 2,0 ) ; ( 0,0 ) .
Bài toán 3. Giải phương trình nghiệm nguyên 5x 2 − 2xy + y 2 =
17 .
Hướng dẫn giải
Ta có 5x 2 − 2xy + y 2 = 17 ⇔ ( x − y ) + 4x 2 = 17 ⇔ (x − y)2 = 17 − 4x 2 (*)
2

Xét phương trình (*) ta có ( x − y ) ≥ 0, ∀x, y ⇒ 17 − 4x 2 ≥ 0 ⇒ x 2 ≤
2

17
4

Mà x là số nguyên nên x 2 ∈ {0;1; 4}
– Với x 2 =0 ⇒ (x − y)2 =17 (loại).
– Với x 2 =1 ⇒ (x − y)2 =13 (loại)

4⇔x=
±2 ,
– Với x 2 =
2 −
=
y 1
=
y 1
⇔
Với x =2 ⇒ (2 − y)2 =1 ⇔ 
3
−1  y =
2 − y =
 2 + y =1
 y =−1
⇔
Với x =−2 ⇒ (2 + y)2 =1 ⇔ 
−1  y =
−3
2 + y =
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: (2; 1), (2; 3), (-2; -1); (-2; -3).
.157 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

 y −=
1 1
=
y 2
2
1 
⇔
* Với ( y − 1) =⇒
 y − 1 =−1  y =0

| CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

Bài toán 4. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x + y + xy = x 2 + y 2
Hướng dẫn giải
Biến đổi: x + y + xy = x 2 + y 2 ⇔ ( x − 1) + ( y − 1) + ( x − y ) = 2.
2

2

2

Tổng của ba số chính phương bằng 2 nên tồn tại một số bằng 0.
Trường hợp: x – 1 = 0 ta được (1; 0), (1; 2)
Trường hợp: y – 1 = 0 ta được: (0; 1), (2; 1)
Trường hợp x – y = 0 ta được: (0; 0), (2; 2)
Vậy phương trình có nghiệm (x, y) = (1; 0), (1; 2), (0; 1), (2; 1), (0;0), (2; 2).

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Bài toán 5. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x 2 + 4x = 19 − 3y 2 .
Hướng dẫn giải
2

2x + 4x = 19 − 3y 2
⇔ 2 ( x + 1) = 3 ( 7 − y )
2

(

2

(* )

)

Ta thấy 3 7 − y 2  2 ⇒ 7 − y 2  2 ⇒ y lẻ

Ta lại có 7 − y 2 ≥ 0 nên chỉ có thể y2 =1
Khi đó (*) có dạng 2 ( x + 1) =
18.
2

Ta được: x + 1 =±3 do đó x1 = 2; x 2 = −4.
Các cặp số (2; 1), (2; -1), (-4; 1), (-4; -1) thỏa mãn (2) nên là nghiệm của phương trình đã cho
 Dạng 3: Xét các số chính phương liên tiếp

* Cơ sở phương pháp:
Phương pháp này dựa trên nhận xét sau:

1. Không tồn tại n ∈ Z thỏa mãn: a 2 < n 2 < ( a + 1) với a ∈ Z 2 2. Nếu a 2 < n 2 < ( a + 2 ) với a, n ∈ Z thì n = a + 1. Tương tự với lũy thừa bậc 3 2 3. Nếu x ( x + 1) … ( x + n ) < y ( y + 1) … ( y + n ) < ( x + a )( x + a + 1) … ( x + a + n ) Thì y ( y + 1) … ( y + n ) = ( x + i )( x + i + 1) … ( x + i + n ) với i ∈ {1, 2,…,a − 1} * Ví dụ minh họa: Bài toán 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 1 + x + x 2 + x 3 = y3 ( 1) Hướng dẫn giải TỦ SÁCH CẤP 2| 158 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | Ta có: 2 2 1 3 11  19   >0
x + x + 1 =  x +  + > 0; 5x 2 + 11x + 7 = 5  x +  +
2 4
10  20


2

Nên

(1 + x + x

2

) (

)

(

) (

)

+ x 3 − x 2 + x + 1 < 1 + x + x 2 + x 3 < 1 + x + x 2 + x 3 + 5x 2 + 11x + 7 . Do đó: x 3 < y 3 < ( x + 2 ) ⇒ y 3 = ( x + 1) . 3 3 x= 0 3 . Kết hợp với (1) ta có: ( x + 1) = 1 + x + x 2 + x 3 ⇒ x ( x + 1) = 0 ⇒   x = −1 Nghiệm của phương trình là: (0;1) và (-1;0). Bài toán 2. Giải phương trình nghiệm nguyên: x 3 − y 3 − 2y 2 − 3y − 1 = 0 (2) (2) ⇔ x 3 = y 3 + 2y 2 + 3y + 1 ( 3 ) Ta có: y 2 ≥ 0; 5y 2 + 2 > 0 nên

(y

3

) (

)

(

)

+ 2y 2 + 3y + 1 − 5y 2 + 2 < y 3 + 2y 2 + 3y + 1 ≤ y 3 + 2y 2 + 3y + 1 + y 2 . 3 Do đó: ( y − 1) < x 3 ≤ ( y + 1) ⇒ x 3 = y 3 hoặc x= 3 3 ( y + 1) 3 . Nếu x 3 = y 3 kết hợp với (3) ta có: 2y 2 + 3y + 1 =0 ⇒ y =−1 ⇒ x =−1. 3 Nếu x= ( y + 1) 3 . Phối hợp với (3) ta có y 2 = 0 ⇒ y = 0 , lúc đó x = 1. Vậy nghiệm của phương trình đã cho là (-1; -1) và (1; 0). Bài toán 3. Giải phương trình nghiệm nguyên: x 4 + 2x 3 + 2x 2 + x + 3 = y2 Hướng dẫn giải ( Ta có x 2 + x ) 2 ( < x 4 + 2x 3 + 2x 2 + x + 3 < x 2 + x + 2 ⇔ ( x2 + x ) < y 2 < ( x2 + x + 2) 2 ( ) 2 mà x 2 + x và ⇒ y2= (x (x 2 2 +x+2 + x + 1) ) 2 .159 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC 2 ) 2 2 ( là hai số chính phương CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Hướng dẫn giải | CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN (x ⇔ x 4 + 2 x 3 + 2 x 2 + x + 3= 2 + x + 1) 2  x =1 ⇔ x2 + x − 2 = 0 ⇔   x = −2 Thay x = 1 ta được y = ±3 Thay x = −2 ta được y = ±3 { } Vậy nghiệm của phương trình (x ; y) ∈ (1; −3) ; (1;3) ; ( −2;3) ; ( −2; −3) Bài toán 4. Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2 + (x + 1)2 = y 4 + (y + 1)4 CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Hướng dẫn giải Biến đổi phương trình về dạng x 2 + x + 1= y 2 (y + 1)2 + 2y(y + 1) + 1= (y 2 + y + 1)2= k 2 , k ∈ Z (1) – Nếu x > 0 ⇒ x 2 < x 2 + x + 1 < (x + 1)2 ⇒ x 2 < k 2 < (x + 1)2 không có số nguyên k thỏa mãn. x = 0 ⇒ y 2 + y + 1 =±1 – Nếu  x 1 =  Ta có các nghiệm nguyên của phương trình là (0; 0), (0; -1), (-1; 0); (-1; -1). – Nếu x < −1 ⇒ (x + 1)2 < x 2 + x + 1 < x 2 ⇒ (x + 1)2 < k 2 < x 2 không có số nguyên k thỏa mãn. Bài toán 5. Giải phương trình nghiệm nguyên x 4 + x 2 − y 2 + y + 10 = 0 (6) Hướng dẫn giải ( 6 ) ⇔ y ( y − 1) = x 4 + x 2 + 10 (7 ) ( ) ( ) Ta có: x 4 + x 2 < x 4 + x 2 + 10 < x 4 + x 2 + 10 + 6x 2 + 2 .  y ( x − 1) = Do đó: x x + 1 < y ( y − 1) < x + 3 x + 4 ⇒   y ( y − 1) =  2 ( 2 ) ( 2 )( 2 ) (x (x 2 2 )( + 2 )( x ) + 3) + 1 x2 + 2 2 x2 = 4 Kết hợp với (7) ta suy ra:  2 x = 1 ±2, x = ±1 Từ đó: x = Do đó ta có thể tìm được nghiệm của phương trình (6)  Dạng 4: Sử dụng điều kiện ∆ là số chính phương * Cơ sở phương pháp: TỦ SÁCH CẤP 2| 160 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | Với phương trình nghiệm nguyên có dạng f ( x, y ) = 0 có thể viết dưới dạng phương trình bậc 2 đối với một trong 2 ẩn chẳng hạn ẩn x, ngoài điều kiện ∆ ≥ 0 để phương trình có nghiệm nguyên thì ∆ phải là số chính phương. Vận dụng điều này ta có thể giải được bài toán. Chú ý: ∆ là số chính phương chỉ là điều kiện cần nhưng chưa đủ để phương trình có nghiệm nguyên, do đó sau khi tìm được giá trị cần thử lại vào phương trình ban đầu. * Ví dụ minh họa: Bài toán 1. Giải phương trình nghiệm nguyên 3x 2 + y 2 + 4xy + 4x + 2y + 5 = 0 Hướng dẫn giải Ta có: 3x 2 + y 2 + 4xy + 4x + 2y + 5 = 0 ⇔ y 2 + 2 ( 2x + 1) y + 3x 2 + 4x + 5 = 0 ( 1) Coi phương trình (1) là phương trình ẩn y tham số x ta có: ( ) 2 Để phương trình có nguyện nguyên thì ∆ ‘ phải là số chính phương hay ∆ ‘= x 2 − 4= n 2 với n ∈ N 4 giải ra ta được ( x − n )( x + n ) = x = 2 hoặc x = -2. Với x = 2 thì y = 3 Với x = -2 thì y = -5 Vậy phương trình có 2 nghiệm (x, y) = (2, 3) ; (-2, -5). Bài toán 2. Giải phương trình nghiệm nguyên x 2 y 2 − xy = x 2 + 2y 2 . ( 1) Hướng dẫn giải ( ) Phương trình đã cho viết lại: x 2 − 2 y 2 − xy − x 2 = 0 (2) ( ) Do x nguyên nên x 2 − 2 ≠ 0 coi phương trình (2) là phương trình ẩn y tham số x ta có: ( ) ( ) ∆= x 2 + 4x 2 x 2 − 2 = x 2 4x 2 − 7 . Để phương trình có nguyện nguyên thì ∆ phải là số chính phương. -Xét x = 0 thì từ (1) suy ra y = 0. ( ) -Xét x ≠ 0 thì 4x 2 − 7 phải là số chính phương do đó 4x 2 − 7 = m 2 với m là số nguyên, ta có ( 2x − m )( 2x + m ) = 7 ta tìm được x = 2 hoặc x = -2 .161 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC ∆ ‘ = ( 2x + 1) − 3x 2 + 4x + 5 = 4x 2 + 4x + 1 − 3x 2 − 4x − 5 = x 2 − 4 | CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Với x = 2 thay vào (2) ta được: y 2 + y − 2 = 0 ⇒ y ∈ {1; −2} . Với x = -2 thay vào (2) ta được: y 2 − y − 2 = 0 ⇒ y ∈ {−1; 2} . Nghiệm nguyên của phương trình là (x, y) = (2, 1); (2, -2); (-2, -1); (-2, 2).  Dạng 5: Sử dụng tính chất: Nếu hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương thì một trong hai số nguyên liên tiếp đó bằng 0 * Cơ sở phương pháp: Giả sử a(a + 1) = k2 (1) với a ∈ Z, k ∈ N. Giải sử a ≠ 0, a + 1 ≠ 0 thì k2 ≠ 0. Do k là số tự nhiên nên k > 0.
Từ (1) suy ra: a2 + a = k2
⇒ 4a 2 + 4a = 4k 2 ⇒ 4a 2 + 4a + 1 = 4k 2 + 1 ⇒ ( 2a + 1) = 4k 2 + 1

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

2

Do k > 0 nên 4k 2 < 4k 2 + 1 < 4k 2 + 4k + 1 (2) ( 3) Từ (2) và (3) suy ra ( 2k ) < ( 2a + 1) < ( 2k + 1) , vô lý 2 2 2 Vậy nếu a(a + 1) = k2 thì tồn tại một trong hai số a, a + 1 bằng 0. * Ví dụ minh họa: Bài toán 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2 + xy + y 2 = x2 y2 Hướng dẫn giải Thêm xy vào hai vế: x 2 + 2xy + y 2= x 2 y 2 + xy ⇔ ( x + y ) = xy ( xy + 1) (* ) 2 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 x2 + y2 = 0 nên x = y = 0 Xét xy + 1 = 0. Ta có xy = -1 nên (x, y) = (1; -1), (-1; 1) Thử lại ba cặp số (0; 0), (1; -1), (-1; 1) đều là nghiệm của phương trình đã cho. Bài toán 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2 + 2xy =5y + 6 ( 1) Hướng dẫn giải Ta có ( 1) ⇔ x 2 + 2xy + y 2 = y 2 + 5y + 6 ⇔ ( x + 1) = 2 ( y + 3 )( y + 2 ) Do (y + 3) và (y + 2) là 2 số nguyên liên tiếp mà có tích là một số chính phương nên một trong 2 số phải bằng 0. Nếu y + 3 = 0 thì y = -3, x = -1. Nếu y + 2 = 0 thì y = -2, x = -1 TỦ SÁCH CẤP 2| 162 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | Vậy phương trình có nghiệm nguyên là (x, y) = (-3, -1); (-2, -1).  Dạng 6: Sử dụng tính chất: Nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là một số chính phương thì mỗi số đều là số chính phương * Cơ sở phương pháp: Giả sử ab = c2 (1) với a, b,c ∈ N* , ( a, b ) = 1. Giả sử trong a và b có một số, chẳng hạn a, chứa thừa số nguyên tố p với số mũ lẻ thì số b không chứa thừa số p nên c2 chứa thừa số p với số mũ lẻ, trái với giả thiết c2 là số chính phương. * Ví dụ minh họa: Bài toán 1. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: xy = z 2 ( 1) Hướng dẫn giải Trước hết ta có thể giả sử (x, y, z) = 1. Thật vậy nếu bộ ba số ( x 0 , y 0 , z 0 ) thỏa mãn (1) và có phương trình (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 z2 = xy mà (x, y) = 1 nên x = a2, y = b2 với a, b ∈ N* Suy ra z2 = xy = (ab)2 , do đó z = ab.  x = ta 2  Như vậy:  y = tb 2 với t là số nguyên dương tùy ý.   z = tab Đảo lại, hiển nhiên các số x, y, z có dạng trên thỏa mãn (1). Công thức trên cho ta công thức nghiệm nguyên dương của (1). Bài toán 2. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn x 4 − 2x 3 + 6x 2 − 4y 2 − 32x + 4y + 39 = 0 Hướng dẫn giải Ta có: x 4 − 2x 3 + 6x 2 − 4y 2 − 32x + 4y + 39 = 0 <=> x 4 − 2x 3 + 6x 2 − 32x + 40 = 4y 2 − 4y + 1
<=> (x − 2)2 (x 2 + 2x + 10) = (2y − 1)2

.163 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

ƯCLN bằng d, giả =
sử x 0 dx
=
, y 0 dy
=
, z 0 dz1 thì ( x1 , y1 , z1 ) cũng là nghiệm của
1
1

| CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

Vì y là số nguyên nên 2y – 1 ≠ 0 ⇒ x ≠ 2

Vì (2y – 1)2 và (x – 2)2 là số chính phương khác 0 nên x2 + 2x + 10 là số chính phương.
Đặt x 2 + 2 x + 10
= m 2 ( m ∈ N * ) suy ra (x + 1)2 + 9 =m 2 ⇔ (x + 1 − m)(x + 1 + m) =−9 ( * )
Do (x + 1 + m) > (m + 1 – m) nên

  x + 1=
 x 3
+m 9
=


 x + 1 − m =−1
 m =5
 x + 1 + m =1
 x =−5
( * ) ⇔ x + 1 − m =−9 ⇔ m =5




 x + 1 + m =3
 x =−1

 x + 1 − m =−3
 m =3



CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

• x = 3 ⇒ (2y – 1)2 = 25 ⇒ y = 3 hoặc y = –2

• x = –5 ⇒ (2y – 1)2 = 1225 ⇒ y = 18 hoặc y = –17

• x = –1 ⇒ (2y – 1)2 = 81 ⇒ y = 5 hoặc y = –4

Vậy các bộ (x;y) nguyên thỏa yêu cầu bài toán là (3;3),(3;–2),(–5;18),(–5;–17),(–1;5),(–1;–4)
V.

PHƯƠNG PHÁP LÙI VÔ HẠN, NGUYÊN TẮC CỰC HẠN

 Dạng 1: Phương pháp lùi vô hạn
* Cơ sở phương pháp:
Dùng để chứng minh phương trình f(x, y, z, …) ngoài nghiệm tầm thường

x = y = z = 0 thì không còn nghiệm nào khác. Phương pháp này diễn giải như sau:
Giải sử ( x 0 , y 0 , z 0 ,…) là nghiệm của phương trình f(x, y, z, …), nhờ phép biến đổi suy luận

ta tìm được bộ nghiệm khác ( x1 , y1 , z1 ,…) sao cho các nghiệm này có quan hệ với nghiệm ban đầu
tỷ số k nào đó. Ví =
dụ x 0 kx
=
, y 0 ky
=
, z 0 kz1 ;…
1
1
Rồi từ bộ ( x 2 , y 2 , z 2 ,…) có quan hệ với ( x1 , y1 , z1 ,…) bởi tỷ số k nào đó.

Ví=
dụ x1 kx
=
, y1 ky
=
, z1 kz 2 . Quá trình này dẫn đến x 0 , y 0 , z 0 ,.. chia hết cho k s vớ s là số tự
2
2
nhiên tùy ý, điều này xảy ra khi x = y = z = 0. Chúng ta đi đến ví dụ cụ thể như sau:
* Ví dụ minh họa:
Bài toán 1. Giải phương trình nghiệm nguyên sau x 2 + y 2 =
3z 2
Hướng dẫn giải
Gọi ( x 0 , y 0 , z 0 ) là nghiệm của phương trình trên. Xét (mod 3) ta chứng minh x 0 , y 0
chia hết cho 3. Thật vậy rõ ràng vế phải chia hết cho 3 suy ra
x 02 ≡ 0;1 ( mod 3 ) ; y 02 ≡ 0;1 ( mod 3 ) do đó

(x

2
0

(x

2
0

+ y02 ) 3 . Ta có

)

+ y 02  3 ⇒ x 02  3, y 02  3 ⇒ x0  3, y0  3.
TỦ SÁCH CẤP 2| 164

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

(

)

Đặt
=
x0 3=
x1 ; y0 3 y1 thế vào rút gọn ta được 3 x12 + y12 =z 02 ⇒ z 0  3 ⇒ z 0 =
3z1 .

(

)

Thế z 0 = 3z1 vào 3 x12 + y12 =
z 02 và rút gọn ta được: x12 + y12 =
z12 . Do đó nếu

(x

0

, y 0 , z 0 ) là nghiệm của phương trình thì ( x1 , y1 , z1 ) cũng là nghiệm của phương trình

trên. Tiếp tục suy luận như trên dẫn đến x 0 , y 0 , z 0  3k điều này xảy ra khi x=
y=
z=
0
0
0
0
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất (x, y, z) = (0, 0, 0)
Bài toán 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 3 − 3 y 3 − 9 z 3 =
0.

(1)

Hướng dẫn giải
Giả sử

( x0 , y0 , z0 )

là nghiệm nguyên của phương trình khi đó x0  3 đặt x0 = 3 x1. thay

x0 = 3 x1. vào (1) ta được: 9 x13 − y03 − 9 z03 =0 ⇒ y0  3. đặt =
y0 3 y1 ⇒ z0  3, khi đó:

x y z 
Vậy  0 , 0 , 0  cũng là nghiệm của phương trình.
 3 3 3
x y z
Quá trình này tiếp tục thì được:  k0 , k0 , k0
3 3 3


 là các nghiệm nguyên của (1) với mọi k điều

này chỉ xảy ra khi x=
y=
z=
0. Vậy ( 0, 0, 0 ) là nghiệm duy nhất của phương trình đã
0
0
0
cho.
Bài toán 3. Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x 2 + y 2 + z 2 =
2xyz
Hướng dẫn giải
Gọi ( x 0 , y 0 , z 0 ) là nghiệm của phương trình trên, ta có x 02 + y 02 + z 02 =
2x 0 y 0 z 0 suy ra

(x

2
0

)

+ y 02 + z 02 chẵn (do 2x 0 y 0 z 0 ) nên có 2 trường hợp xảy ra:

Trường hợp 1: Có 2 số lẻ một số chẵn không mất tính tổng quát giả sử x 0 , y 0 lẻ, z 0 chẵn.
Xét mod 4 ta có: x 02 + y 02 + z 02 ≡ 2 ( mod 4 ) còn 2x 0 y 0 z 0  4 (do z 0 chẵn) ⇒ Vô lý
Trường hợp 2: Cả 3 số đề chẵn. Đặt
=
x 0 2x
=
, y 0 2y
=
, z 0 2z1 thế vào rút gọn ta có:
1
1
x12 + y12 + z12 =
4×1 y1z1 lập luận như trên ta được x1 , y1 , z1 chẵn.

(

)

Quá trình tiếp tục đến x 0 , y 0 , z 0  2 k k ∈ N* điều đó xảy ra khi x=
y=
z=
0
0
0
0
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất (x, y, z) = (0, 0, 0)
.165 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

9 x13 − 27 y13 − 3 z03 =0 ⇒ 3 x13 − 9 y13 − z03 =0 ⇒ z0  3. đặt z0 = 3 z1 khi đó: x13 − 3 y13 − 9 z13 =
0.

| CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

 Dạng 1: Nguyên tắc cực hạn
* Cơ sở phương pháp:
Về hình thức phương pháp này khác với phương pháp lùi vô hạn nhưng về ý
tưởng sử dụng thì như nhau, đều chứng minh phương trình ngoài nghiệm tầm thường
không còn nghiệm nào khác.
Phương pháp bắt đầu bằng việc giả sử ( x 0 , y 0 , z 0 ,…) là nghiệm của phương trình
f(x, y, z, …) với điều kiện rằng buộc với bộ ( x 0 , y 0 , z 0 ,…) . Ví dụ như x 0 nhỏ nhất hoặc
x 0 + y 0 + z 0 + … nhỏ nhất . Bằng phép biến đổi số học ta tìm được bộ nghiệm

khác ( x1 , y1 , z1 ,…) trái với điều kiện rằng buộc trên. Ví dụ khi tìm được bộ ( x 0 , y 0 , z 0 ,…) với

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

x 0 nhỏ nhất ta lại tìm được bộ ( x1 , y1 , z1 ,…) thỏa mãn x1 < x 0 từ đó dẫn tới phương trình đã cho có nghiệm x= y= z= 0. 0 0 0 * Ví dụ minh họa: Bài toán 1. Giải phương trình nghiệm nguyên sau 8x 4 + 4y 4 + 2z 4 = t 4 ( 1) Hướng dẫn giải Giải sử ( x 0 , y 0 , z 0 ) là nghiệm của phương trình trên với điều kiện x 0 nhỏ nhất. Từ phương trình (1) suy ra t là số chẵn. Đặt t = 2t 1 thế vào phương trình (1) và rút gọn ta được: 4x 04 + 2y 04 + z 04 = 8t 14 rõ ràng z 0 chẵn. Đặt z 0 = 2z1 ⇒ 2x 04 + y 04 + 8z14 = 4t 14 ⇒ y 0 chẵn . Đặt y 0 = 2y1 ⇒ x 04 + 8y14 + 4z14 = 2t 14 ⇒ x 0 chẵn. Đặt x 0 =2×1 ⇒ 8×14 + 4y14 + 2z14 =t 14 ⇒ ( x1 ; y1 ; z1 ; t 1 ) cũng là nghiệm của phương trình trên và dễ thấy x1 < x 0 (vô lý) do ta chọn x 0 nhỏ nhất. Do đó phương trình trên có nghiệm duy nhất ( x, y, z, t ) = ( 0,0,0,0 ) . Tổng kết: Một bài toán nghiệm nguyên thường có thể giải bằng nhiều phương pháp, bạn đọc nên tìm nhiều cách giải cho một bài toán để rèn luyện kĩ năng của mình. Sau đây mình sẽ giải một bài toán bằng nhiều phương pháp để tổng kết. Bài toán. Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: x 2 + xy + y 2 = x2 y2 ( 1) Lời giải Cách 1. Đưa về phương trình ước số TỦ SÁCH CẤP 2| 166 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | x 2 + xy + y 2 = x2 y2 ⇔ 4x 2 + 4xy + 4y 2 = 4x 2 y 2 2 ⇔ 4x 2 + 8xy + y= 4x 2 y 2 + 4xy ⇔ ( 2x + 2y ) = ( 2xy + 1) − 1 ⇔ ( 2xy + 1) − ( 2x + 2y ) = 1 ⇔ ( 2xy + 2x + 2y + 1)( 2xy + 1 − 2x − 2y ) = 1 2 2 2 2 Sau đó giải phương trình ước số Cách 2. Dùng tính chất số chính phương và phương trình ước số 4x 2 + 4xy + 4y 2 = 4x 2 y 2 ⇔ ( 2x + y ) + 3y 2 = 4x 2 y 2 2 ( ⇔ ( 2x + y= ) y 2 4×2 − 3 2 ) Nếu y = 0 thì x = 0 ta có (0, 0) là nghiệm của phương trình. Ta có: 4x 2 −= 3 k 2 ( k ∈ N ) đưa về ( 2x + k )( 2x − k ) = 3 Ta tìm được x = 1 và x = -1 từ đó tìm được y Cách 3. Đưa về phương trình bậc 2 đối với x (y 2 ) (2) − 1 x 2 − yx − y 2 = 0 Xét y = 1 thì (2) có dạng: -x – 1 = 0 được x = -1. Xét y = -1 thì (2) có dạng x – 1 = 0 được x = 1. Xét y ≠ ±1 thì (2) là phương trình bậc hai đối với x có: ( ) ( ) ∆= y 2 + 4y 2 y 2 − 1= y 2 4y 2 − 3 . Ta phải có ∆ là số chính phương . Nếu y = 0 thì từ (2) suy ra x = 0 Nếu y ≠ 0 thì 4y 2 − 3 phải là số chính phương. Ta có 4y 2 −= 3 k 2 ( k ∈ N ) ⇒ ( 2y + k )( 2y − k= ) 3 ,ta được y = ±1 do đang xét y = ±1 Cách 4. Sử dụng bất đẳngthức Không mất tính tổng quát giả sử x ≤ y , thế thì x 2 ≤ y 2 , xy ≤ xy ≤ y 2 Do đó: x 2 y 2 = x 2 + xy + y 2 ≤ y 2 + y 2 + y 2 ≤ 3y 2 Nếu y = 0 thì x = 0. Nếu y ≠ 0 chia hai vế cho y 2 ta được x 2 ≤ 3 . Do đó x 2 =⇒ 1 x= ±1 Vậy phương trình có ba nghiệm (1, -1) , (-1, 1), (0, 0) .167 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Nếu y ≠ 0 thì 4x 2 − 3 phải là số chính phương . | CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Cách 5. Sử dụng tính chất số chính phương Thêm xy vào hai vế x 2 + 2xy + y 2= x 2 y 2 + xy ⇔ ( x + y ) = xy ( xy + 1) 2 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 x 2 + y 2 = 0 ⇒ x = y = 0 Xét xy = -1 nên x = 1 , y = -1 hoặc x = -1, y = 1 Thử lại thấy phương trình có ba nghiệm (0, 0); (1, -1); (-1, 1). C. BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2 xy − x − y = 1. Bài 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2 + x + 2009 = y2 . CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Bài 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2 + 5 y 2 + 6 z 2 + 2 xy − 4 xz = 10 . Bài 4: Giải phương trình nghiệm nguyên 3 x 2 − 2 xy + y − 5 x + 2 = 0. Bài 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình ( x 2 + y )( x + y 2 ) =( x − y )3 . Bài 6: Giải phương trình nghiệm nguyên x3 − y 3 = 2 xy + 8. Bài 7: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 5( x + y + z ) + 3 = 2 xyz. Bài 8: Tìm nghiệm nguyên của mỗi phương trình a) 1 + x + x 2 + x 3 + x 4 = y4; b) 1 + x + x 2 + x 3 = y3. Bài 9: Giải phương trình nghiệm nguyên 4 x + 9 y = 48. Bài 10: Tìm những số tự nhiên lẻ n để 26n + 17 là số chính phương. Bài 11: Tìm các số nguyên x, y, z sao cho x 4 + y 4 + z 4 = 2012.  x 2 + 13 y 2 = z2 Bài 12: Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình  2 2 t 2. 13 x + y = Bài 13: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 3 − 3 y 3 − 9 z 3 = 0. Bài 14: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2 + 2 y 2 + 2 z 2 − 2 xy − 2 yz − 4 z = −4. Bài 15: Tìm nghiệm nguyên của phương trình (x 2 + 1)( y 2 + 4 )( z 2 + 9 ) = 48 xyz. Bài 16: Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình  x2 + z 2 = 9  2 2 16  y +t =  12.  xt + yz = Bài 17: Tìm nghiệm của phương trình: x 3 + y 3 − x 2 y − xy 2 = 5 Bài 18: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : x(x + 1)(x + 2)(x + 3) = y2 ( )( ) Bài 19: Tìm tất cả nghiệm nguyên của phương trình: x 2 − y y 2 − x = ( x − y ) (1) 3 TỦ SÁCH CẤP 2| 168 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | Bài 20: Tìm tất cả các số x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình: Bài 21: Giải phương trình nghiệm nguyên dương 1 1 1 + = x y 617 1 1 1 + = trong đó p là số nguyên tố. x y p 1 1 1 1 + + = x y 6xy 6 Bài 22: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: Bài 23: Tìm nghiệm nguyên của phương trình 6x + 15 + 10z = 3 Bài 24: Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên: x2 + y2 + z2 = 1999 Bài 25: Tìm nghiệm dương của phương trình ( 1) x+ y= 50. Bài 26: Giải phương trình nghiệm nguyên: y = x + 2 x −1 + x − 2 x −1 Bài 27: Giải phương trình trên tập số nguyên x 2015= y(y + 1)(y + 2)(y + 3) + 1 (Chuyên Quảng Trung – Bình Phước 2015) ( )( )( )( ) Bài 29: Tìm các số tự nhiên x, y thỏa mãn: 2 x + 1 2 x + 2 2 x + 3 2 x + 4 − 5 y = 11879. Bài 30: Tìm tất cả các cặp (x, y, z) là các số nguyên thỏa mãn hệ phương trình:  x+y+z = 3  3 3 3 3 x + y + z =  x−y+z = 2 ( 1) Bài 31: Tìm số nguyên x, y, z thỏa mãn các đẳng thức:  2 1 (2) 2x − xy + x − 2z = Bài 32: Tìm số thực a để các nghiệm của phương trình sau đều là số nguyên: x 2 − ax + ( a + 2 ) = 0 ( 1) Bài 33: Tìm các số nguyên dương x và y thoả mãn phương trình: (x 2 ) 2 ( ) + 4y 2 + 28 − 17 x 4 + y 4 = 238y 2 + 833. (Chuyên Nguyễn Trãi – Hải Dương 2016 – 2017) Bài 34: Tìm tất cả các cặp số tự nhiên x, y thỏa mãn: 2 x.x 2 = 9y 2 + 6y + 16 (Chuyên Hà Nội 2016 – 2017) Bài 35: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2 y 2 ( x + y ) + x + y = 3 + xy (Trích đề vào lớp 10 chuyên ĐHKHTN, ĐHQGHN năm 2014) Bài 36: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( x ; y ) thỏa mãn ( x + y ) = ( x − y − 6 ) . 3 2 (Trích đề thi vào lớp 10 Chuyên Lê Hồng Phong- Nam Định 2014-2015) .169 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Bài 28: Tìm số tự nhiên x và số nguyên y sao cho 2 x + 3 = y2 | CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Bài 37: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2 − y 2 = xy + 8 (Trích đề vào Chuyên Bình Dương 2017) Bài 38: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 3 + 1 = 4y 2 . (Trích đề vào Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định) Bài 39: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau x 2 + y 2 + 5x 2 y 2 + 60 = 37xy (Trích đề vào Chuyên Bạc Liêu 2017) Bài 40: Giải phương trình nghiệm nguyên y 3 − 2x − 2= x ( x + 1) . 2 ( 1) (Trích đề vào Chuyên Hưng Yên 2017) CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Bài 41: Giải phương trình nghiệm nguyên x 2 + 2y 2 − 2xy − 4x + 8y + 7 = 0 ( 1) Bài 42: Tìm x, y nguyên sao cho (Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai 2017) x+ y= 18 (Chuyên Bình Định 2015) Bài 43: Tìm các số nguyên x và y thoả mãn phương trình 9x + 2 = y 2 + y (Chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An 2014) Bài 44: Tìm cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn phương trình: 2015(x 2 + y 2 ) − 2014(2xy + 1) = 25 (Chuyên TP. Hồ Chí Minh 2014) Bài 45: Tìm nghiệm của phương trình: x 3 + y 3 − x 2 y − xy 2 = 5 (Chuyên Lam Sơn 2014) Bài 46: 1) Tìm tất cả các số nguyên tố p và các số nguyên dương x,y thỏa mãn 1 2x(x + 2) p −=  2 1 2y(y + 2) p −= 2) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho tồn tại các số nguyên dương x, y, z thoả mãn x3 + y3 + z3 = nx 2 y 2 z 2 (Chuyên Hà Nội Amsterdam 2014) z x + y = Bài 47: Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình:  3 3 z2 x + y = (Chuyên Hoàng Văn Thụ – Hòa Bình 2015) Bài 48: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2 − 2y(x − y) = 2(x + 1) (Chuyên Hùng Vương Phú Thọ 2015) Bài 49: Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x 4 + x 2 − y 2 − y + 20 = 0. (Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương 2015) TỦ SÁCH CẤP 2| 170 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | Bài 50: a) Chứng minh không tồn tại các bộ số nguyên (x, y, z) thỏa mãn x 4 + y 4 = 7z 4 + 5 b) Tìm tất cả các nguyện nguyên thỏa mãn đẳng thức ( x + 1) − ( x − 1) = y3 4 4 (Chuyên KHTN Hà Nội 2011) Bài 51: Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn 2 x 2 + 5 y 2 =41 + 2 xy. (Chuyên Nam Định 2018-2019) Bài 52: Tính tất cả các cặp số nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn: x 2019 = y 2019 − y1346 − y 673 + 2 (Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa 2018-2019) 9!(1) với x; y; z là ẩn và 9! Là tích các số nguyên Bài 53: Cho phương trình x + 2 y + 4 z = dương liên tiếp từ 1 đến 9 a) Chứng minh rằng nếu có các số nguyên x; y; z thỏa mãn (1) thì x, y, z đều chia hết cho 4 b) Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa mãn (1). (Chuyên Vĩnh Phúc 2018-2019) 3 3 3 Bài 54: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình x3 − xy + 2 = x + y (Chuyên Bến Tre 2018-2019) x2 + y 2 = 3z . (Chuyên Đăk Lăk 2018-2019) 0 Bài 56: Tìm các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn điều kiện 2 x 2 − 4 y 2 − 2 xy − 3 x − 3 = (Chuyên Đồng Nai 2018-2019) 0 Bài 57:Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3 x 2 − 2 xy + y − 5 x + 2 = (Chuyên Tuyên Quang 2018-2019) Bài 58: Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn: 16 ( x3 − y 3 ) = 15 xy + 371 (Chuyên Thái Nguyên 2018-2019) 1 Bài 59: Tìm cặp số nguyên x, y thỏa mãn x − 2 y = 2 2 (Chuyên Bắc Ninh 2018-2019) Bài 60: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x − xy + y = 2 x − 3y − 2 2 2 (Chuyên Vĩnh Long 2018-2019) 2 2 2 2 2 xy. Bài 61: Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x ; y) thỏa mãn đẳng thức x y − x − 6 y = (Chuyên Quảng Nam 2018-2019) 0 Bài 62: Tìm tất cả cặp số nguyên x, y thỏa mãn y + 2 xy − 3 x − 2 = 2 (Chuyên Lào Cai 2018-2019) Bài 63: Tìm tất cả bộ số nguyên ( a; b ) thỏa mãn 3 ( a 2 + b 2 ) − 7 ( a + b ) = −4 (Chuyên Bình Phước 2018-2019) Bài 64: Tìm tất cả các cặp số nguyên (x ; y) thỏa mãn y 2 + y = x 4 + x3 + x 2 + x . .171 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC 396 và Bài 55: Tìm các số nguyên x, y, z thỏa mãn đồng thời: x 2 + 4 y 2 + z 2 + 2 xz + 4( x + z ) = | CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN (Chuyên Toán Lam Sơn – Thanh Hóa 2019-2020) Bài 65: Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: x 2 − xy − 5 x + 5 y + 2 = 0 (Chuyên Tin Lam Sơn – Thanh Hóa 2019-2020) Bài 66: Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình xy 2 − (y − 45)2 + 2xy + x − 220y + 2024 = 0. (Chuyên Hưng Yên 2019-2020) Bài 67: Tìm tất cả các số tự nhiên n để phương trình x 2 − n 2 x + n + 1 = 0 (ẩn số x ) có các nghiệm là số nguyên. (Chuyên Bình Thuận 2019-2020) CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Bài 68: Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn x 2 + y 2 85 = x+y 13 (Chuyên Phú Yên 2019-2020) n = a + b Bài 69: Tìm các số nguyên không âm a, b, n thỏa mãn:  3 . 2 2 n + 2 = a + b 2 (Chuyên Quảng Nam 2019-2020) Bài 70: Tìm tất cả cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn 2020(x 2 + y 2 ) − 2019(2xy + 1) = 5 (Chuyên Cần Thơ 2019-2020) Bài 71: Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình 2 x 2 y − 1 = x 2 + 3 y . (Chuyên Đăk Nông 2019-2020) Bài 72: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x + y + 3 + 1= x+ y (Chuyên Quảng Ngãi 2019-2020) Bài 73: Giải phương trình nghiệm nguyên 4y 2 =2 + 199 − x 2 − 2x (Chuyên Bình Phước 2019-2020) ( xy + x + y ) ( x Bài 74: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương x ; y  thỏa mãn: 2 ) + y2 + 1 = 30 . (Chuyên Bắc Ninh 2019-2020) Bài 75: Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn 65 ( 2 x + 5 y + 1) ( 2 x −1 + y + x 2 + x ) = (Chuyên Tiền Giang 2019-2020) Bài 76: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (m;n) thỏa mãn phương trình 2m.m2 = 9n2 -12n +19. (Chuyên Bà Rịa Vũng Tàu 2019-2020) Bài 77: Tìm tất cả các cặp số nguyên thỏa mãn ( x 2 − x + 1)( y 2 + xy ) = 3 x − 1 (Chuyên Hà Nội 2019-2020) Bài 78: Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn x y − 4 x y + y 3 + 4 x 2 − 3 y 2 + 1 =0 . 2 2 2 TỦ SÁCH CẤP 2| 172 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | (Chuyên Sư phạm Hà Nội 2019-2020) Bài 79: Tìm x, y thỏa mãn: 2 ( ) x + y − 2 = x.y (HSG Lớp 9 An Giang năm 2015-2016) Bài 80: Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình x 2 + xy + y 2 = x2 y2 (HSG Lớp 9 Thanh Hóa năm 2015-2016) Bài 81: Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thoả mãn x 5 + y 2 = xy 2 + 1 (HSG Lớp 9 TP. Bắc Giang năm 2016-2017) Bài 82: Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: 3x 2 − 18y 2 + 2z 2 + 3y 2 z 2 − 18x = 27 . (HSG Lớp 9 Hải Dương năm 2014-2015) Bài 83: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2 y 2 ( x + y ) + x = 2 + y ( x − 1) . (HSG Lớp 9 Thanh Hóa 2018-2019) Bài 84: Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình: Bài 84: Tìm số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức x 2 = y 2 + y + 1 Bài 85: Giải phương trình nghiệm nguyên y 2 =1 + 9 − x 2 − 4x Bài 86: Tìm số nguyên a để phương trình sau có nghiệm nguyên dương 4 − 3a =5 − a CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC xy 2 + 2xy − 243y + x = 0 Bài 87: Tìm tất cả các cặp ( x; y ) nguyên thỏa mãn x 2 y 2 + ( x − 2 ) + ( 2y − 2 ) − 2xy ( x + 2y − 4 ) = 5. 2 2 (HSG Lớp 9 Lạng Sơn năm 2018-2019) Bài 88: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : 4y 4 + 6y 2 − 1 = x. (HSG Lớp 9 Bình Phước năm 2018-2019) Bài 89: Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn phương trình ( x − y − 1)( x + 1 − y ) + 6xy + y ( 2 − x − y=) 2 ( x + 1)( y + 1) . 2 (HSG Lớp 9 Nam Định năm 2018-2019) Bài 89: Tìm tất cả các cặp số nguyên thỏa mãn: ( x − 2018 ) 2 =y 4 − 6y 3 + 11y 2 − 6y (HSG Lớp 9 Hưng Yên năm 2017-2018) Bài 90:Tìm nghiệm nguyên của phương trình y 2 − 5y + 62 = (y − 2)x 2 + (y 2 − 6y + 8)x. (HSG Lớp 9 Thanh Hóa năm 2017-2018) Bài 91: Tìm các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn: 2x 2 + 2y 2 + 3x − 6y = 5xy − 7. (HSG Lớp 9 Hải Dương năm 2016-2017) Bài 92: Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình 3x − 16y − 24= .173 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC 9x 2 + 16x + 32 . | CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN (HSG Lớp 9 Hưng Yên năm 2016-2017) Bài 93: Tìm các số nguyên x, y thoả mãn phương trình ( x + y )( x + 2y ) =+ x 5 (HSG Lớp 9 TP. Hồ Chí Minh năm 2016-2017) ( ) Bài 94: Tìm các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn: x x 2 + x + 1 = 4 y − 1. (HSG Lớp 9 Vĩnh Phúc năm 2015-2016) Bài 95: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 3x + 171 = y2 . (HSG Lớp 9 Nghệ An năm 2015-2016) Bài 96: Tìm các nghiệm nguyên ( x; y ) của phương trình: 54x 3 + 1 = y3 . (HSG Lớp 9 Thanh Hóa năm 2015-2016) ( ) CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Bài 97: Tìm các nghiệm nguyên (x; y) của phương trình: 5 x 2 + xy + y 2 = 7 ( x + 2y ) (HSG Lớp 9 Thanh Hóa năm 2014-2015) 2 Bài 98: Tìm các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn: x ( 1 + x + x= ) 4y ( y − 1) . (HSG Lớp 9 Vĩnh Phúc năm 2014-2015) 2 2x + yzz4 . Bài 99: Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x= (HSG Lớp 9 Khánh Hòa năm 2014-2015) Bài 100: Tìm x, y, z ∈ N thỏa mãn x+2 3 = y + z. (HSG Lớp 9 Thanh Hóa năm 2012-2013) Bài 101: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 xy 2 + x + y + 1 = x 2 + 2 y 2 + xy (HSG Lớp 9 Bình Định năm 2018-2019) Bài 102: Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 4 = 1 + 3 . x y (HSG Lớp 9 Quảng Trị năm 2018-2019) Một số bài toán từ đề thi học sinh giỏi toán lớp 10! Bài 103. Tìm tất cả các số tự nhiên x, y thỏa mãn phương trình: ( x− y ) 4 =3361 − 11296320 (Đề đề nghị THPT TP. Cao Lãnh – Đồng Tháp) Bài 104. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 4x − 6y + 9x − 6y x2 + y2 = 313 ( 1) (Đề đề nghị THPT Bạc Lưu) Bài 105. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2 + x + 1= 2xy + y (Đề đề nghị Chuyên Lê Khiết – Quảng Ngãi) TỦ SÁCH CẤP 2| 174 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | ( Bài 106. Chứng tỏ rằng số: 444444 + 303030 3 không viết dưới dạng x + y 3 ) 2 với x, y ∈ Z (Đề đề nghị Chuyên Quang Trung – Bình Phước) Bài 107. Tìm tất cả các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình: ( ) 9 x 2 + y 2 + 2 + 2 ( 3xy − 1) = 2008 (Đề đề nghị THPT Hùng Vương – Lê Lai) ( Bài 108. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 3 + x 2 y + xy 2 + y 3= 8 x 2 + xy + y 2 + 1 ) (Đề đề nghị Chuyên Lương Văn Chánh – Phú Yên) Bài 109. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2 + 17y 2 + 34xy + 51 ( x + y ) = 1740  x+y+z = 3  3 3 3 3 x + y + z = Bài 111. Tìm tất cả các số nguyên x, y, z thỏa mãn phương trình: 3x 2 + 6y 2 + 2z 2 + 3x 2 y 2 − 18x − 6 = 0. Bài 112. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a, b) thỏa mãn đẳng thức: a 3 − b 3 + 3(a 2 − b 2 ) + 3(a − b) = (a + 1)(b + 1) + 25 . Bài 113. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( x; y ) thoả mãn phương trình: (x 2 ) 2 ( + 4y 2 + 28 = 17 x 4 + y 4 + 14y 2 + 49 ) Một số bài toán phương trình nghiệm nguyên trong tạp trí toán học tuổi trẻ Bài 114. Tìm mọi nghiệm nguyên của phương trình x 2 ( y − 5 ) − xy = x − y + 1. 4 ac − 3bd = Bài 115. Tìm các bộ số nguyên ( a.b,c,d ) thỏa mãn hệ  3  ad + bc = Bài 116. Một tam giác có số đo 3 cạnh là các số nguyên x, y, z thỏa mãn 2x 2 + 3y 2 + 2z 2 − 4xy + 2xz − 20 = 0. Chứng minh tam giác đó là tam giác đều Bài 117. Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên dương x 2 + y 3 = ( x + y ) + ( xy ) 2 2 Bài 118. Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình x 2 y 3 − 4xy 3 + y 2 + x 2 − 2y − 3 = 0. .175 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Bài 110. Tìm tất cả các cặp (x, y, z) là các số nguyên thỏa mãn hệ phương trình | CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Bài 119. Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa phương trình 2 x 2 + y 2 + xy = 2 ( x + y ) (Trích đề học sinh giỏi lớp 9 tỉnh An Giang 2017-2018) Bài 120. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x−y 3 = 2 2 7 x − xy + y Bài 121. Tìm các số x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình: 16 ( x3 − y 3 ) = 15 xy + 371 (Trích đề học sinh giỏi lớp 9 tỉnh Bến Tre 2017-2018) Bài 122. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: ( x − y )( 2 x + y + 1) + 9 ( y − 1) = 13 (Trích đề học sinh giỏi lớp 9 tỉnh Bình Định 2017-2018) CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Bài 123. Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x , y ) thỏa mãn phương trình x −y 7 = 2 x + xy + y 13 2 (Trích đề học sinh giỏi lớp 9 TP. Hà Nội 2017-2018) 2 2 a2 b + c = Bài 124. Tìm các số nguyên dương a , b , c , ( b > c ) thỏa mãn 
.
bc
2 ( a + b + c ) =

(Trích đề học sinh giỏi lớp 9 Hà Tĩnh 2017-2018)

Bài 125. Tìm các số thực x sao cho x + 2018 và

7
− 2018 đều là số nguyên.
x

(Trích đề học sinh giỏi lớp 9 Hải Dương 2017-2018)

Bài 126. Tìm các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn ( x − 2018 ) =y 4 − 6 y 3 + 11 y 2 − 6 y
2

(Trích đề học sinh giỏi lớp 9 Hưng Yên 2017-2018)

91 và b 2 = ca.
Bài 127. Tìm tất cả các số nguyên dương a, b, c thỏa mãn a + b + c =
(Trích đề học sinh giỏi lớp 9 Phú Thọ 2017-2018)

Bài 128. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n cho trước, không tồn tại số nguyên dương

x sao cho x ( x + 1)= n ( n + 2 )
(Trích đề học sinh giỏi lớp 9 huyện Ba Vì 2019-2020)

Bài 129. Tìm số thực x để biểu thức 3 1 + x + 3 1 − x là số nguyên.
(Trích đề học sinh giỏi lớp 9 quận Ba Đình 2016-2017)
Bài 130. Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: 3 x 2 − 18 y 2 + 2 z 2 + 3 y 2 z 2 − 18 x =
27 .

(Trích đề học sinh giỏi lớp 9 tỉnh Hải Dương 2014-2015)
Bài 131.

(

3
a) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn x 3 − y=
95 x 2 + y 2

)

TỦ SÁCH CẤP 2| 176

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

b) Tìm các số thực x, y thỏa mãn

x2 − 4 y 2 − 4
+
+=
8 4
x
y

(

x −1 + y −1

)

(Trích đề vào 10 Chuyên Sư Phạm 2016-2017)
Bài 132.

Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn ( x + y )( 3x + 2y ) = 2x + y − 1 .
2

(Trích đề vào 10 Chuyên Khoa học tự nhiên Hà Nội 2018-2019)
Bài 133.

Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức
12x 2  26xy  15y 2  4617

(Trích đề vào 10 Chuyên Khoa học tự nhiên Hà Nội 2017-2018)
Bài 134.

Tìm tất cả các cặp số nguyên x ; y  thỏa mãn đẳng thức sau x 4 + 2 x 2 =
y3 .
(Trích đề vào 10 Chuyên Khoa học tự nhiên Hà Nội 2016-2017)

Bài 135.

Tìm các cặp số nguyên  x; y thỏa mãn: 5x 2  8 y 2  20412 .
(Trích đề vào 10 Chuyên Khoa học tự nhiên Hà Nội 2013-2014)
Tìm tất cả các cặp số nguyên  x; y thỏa mãn đẳng thức

x  y  1xy  x  y  5  2 x  y .
(Trích đề vào 10 Chuyên Khoa học tự nhiên Hà Nội 2012-2013)
Bài 137.

Tìm tất cả các số nguyên không âm (x, y) thoả mãn đẳng thức
1 + x 2 1 + y 2 + 4 xy + 2(x + y )(1 + xy ) = 25.

(

)(

)

(Trích đề vào 10 Chuyên Khoa học tự nhiên Hà Nội 2010-2011)
Bài 138. Tìm các số nguyên a để các phương trình sau có nghiệm nguyên:

0
a) x 2 − ( a + 5 ) x + 5a + 2 =

(1)

b) x 2 + ax + 198 =
a (2)

3 xy .
Bài 139. Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình: x 3 + y 3 + 1 =
Bài 140. Tìm các nghiệm nguyên không âm của phương trình :

( y + 1)

4

+ y 4 =( x + 1) + x 2
2

(1)

( Vòng 2,THPT Chuyên – Đại học Sư phạm Hà Nội, năm học 2006 – 2007)
Bài 141. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: 7 ( x + y )= 3 ( x 2 − xy + y 2 ) (1)

1740
Bài 142. Tìm nghiêm nguyên của phương trình: x 2 + 17 y 2 + 34 xy + 51( x + y ) =
(Vòng 1, THPT Chuyên – Đại học Quốc gia Hà Nội, năm học 2005 – 2006)
Bài 143. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 7 ( x 2 y + x + xy 2 + 2 y=
) 38xy + 38

.177 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

Bài 136.

| CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

Bài 144. Tìm các cặp số nguyên ( x, y ) thỏa mãn điều kiện: ( x + y + 1)( xy + x + y ) = 5 + 2( x + y )
( Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT chuyên KHTN – ĐHQG Hà Nội , 2014)
Bài 145. Tìm các cặp số nguyên ( x, y ) thỏa mãn điều kiện: 4 x 2 + 8 xy + 3 y 2 + 2 x + y + 2 =
0
( Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên toán tin Amsterdam , 2018)
Bài 146. Tìm các cặp số nguyên ( x, y ) thỏa mãn điều kiện: x 3 − y 3 =
91
Bài 147. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 3 − xy + 1= 2 y − x .
Bài 148. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 3 − y 3 = xy + 8 (*)
Bài 149. Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: x 2 − 2=

( xy + 2 ) z .

Bài 150. Tìm các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn điều kiện: ( x + 2 )

2

0.
( y − 2 ) + xy 2 + 26 =

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

3
Bài 151. Tìm các số nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn: x 3 − y=
95 ( x 2 + y 2 ) .

(Trích Đề tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán ĐHSP Hà Nội, năm 2016)

Bài 152. Tìm các số nguyên tố x, y thỏa mãn điều kiện: ( x 2 + 2 ) = 2 y 4 + 11 y 2 + x 2 y 2 + 9
2

3
Bài 153. Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn: x 3 − y=
13 ( x 2 + y 2 ) .

Bài 154. Tìm tất cả các cặp số tự nhiên ( x; y ) thỏa mãn phương trình:
16 x 4 + y 4 + 14 y 2 + 49 16
=
17
( x2 + y 2 + 7 )

Bài 155. Tìm các cặp nghiệm số nguyên ( x; y ) thỏa mãn x 2 − xy + y 2= x 2 y 2 − 5 .
(Đề tuyển sinh vào lớp 10 Trường THPT chuyên KHTN – ĐHQG Hà Nội, 2015).

Bài 156 Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x + y − z =
13
2 và 3 x 2 + 2 y 2 − z 2 =.
(Đề tuyển sinh Chuyên Tin Amsterdam, 2017)
Bài 157. Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn điều kiện: x 2 ( x + y )= y 2 ( x − y ) .
2

(Trích Đề tuyển sinh vào lớp 10 Trường THPT chuyên KHTN – ĐHQG Hà Nội, 2016)
Bài 158. Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn x 2 − xy + y 2= x 2 y 2 − 5

(Đề tuyển sinh lớp 10 Trường THPT chuyên KHKT – ĐHQG Hà Nội, 2015)
Bài 159. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2 y 2 ( x + y ) + x + y = 3 + xy.
Bài 160. Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: 8 x − 37 =
y3
Bài 161. : Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình: x + x + x + … + x = y
Trong đó vế trái có n dấu căn

TỦ SÁCH CẤP 2| 178

CHỦ ĐỀ 6. PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
Bài 1:Biến đổi phương trình thành 4 xy − 2 x − 2 y =
2
⇔ 2 x(2 y − 1) − (2 y − 1) = 3 ⇔ (2 x − 1)(2 y − 1) = 3 .

Vì x và y là các số nguyên nên 2 x − 1 và 2 y − 1 là các số nguyên.
Do vai trò của x, y như nhau, không giảm tổng quát giả sử x ≥ y nên 2 x − 1 ≥ 2 y − 1 . Mà
3 =3.1 =−
( 3)(−1) nên xảy ra hai trường hợp

2=
x −1 3 =
x 2
1) 
⇔
;
y −1 1 =
y 1
 2=
2 x − 1 =−1
 x =0
2) 
⇔
2 y − 1 =−3  y =−1.

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Vậy phương trình có bốn nghiệm ( x; y ) là (2;1), (1; 2), (0; −1), (−1;0) .

Nhận xét. Bằng cách này ta có giải được phương trình dạng ax + by + cxy =
d , trong đó
a, b, c, d là các số nguyên.

Bài 2: Ta có x 2 + x + 2009
= y 2 ( y ∈ )
⇔ (2 x + 1) 2 − (2 y ) 2 =
−8035
⇔ (2 x + 2 y + 1)(2 x − 2 y + 1) =
−8035.

Do y ∈  nên 2 x + 2 y + 1 ≥ 2 x − 2 y + 1 , và chúng đều là số nguyên.

Ta có sự phân tích −8035 =1607.(−5) =(−1607).5 =1.(−8035) =(−8035).1 .
Vì vậy xảy ra bốn trường hợp

+ 2 y + 1 1607 =
=
2 x=
4 x + 2 1602
 x 400
1) 
⇔
⇔
2 x − 2 y + 1 =−5
4 y =1612
 y =403.
2 x + 2 y + 1 =−1607
4 x + 2 =−1602
 x =−401
2) 
⇔
⇔
2x − 2 y + 1 5 =
=
4 y 1612=
 y 403.
2 x + 2 y + 1 =1
4 x + 2 =−8034
 x =−2009
3) 
⇔
⇔
2 x − 2 y + 1 =−8035
4 y =8036
 y =2009.
2 x + 2 y + 1 =−1
4 x + 2 =8034
 x =2008
4) 
⇔
⇔
x − 2 y + 1 8035
=
2=
4 y 8036=
 y 2009.

Bài 3: Biến đổi như sau
[ x 2 + 2 x(2 y − 2 z ) + ( y − 2 z ) 2 ] − ( y − 2 z ) 2 + 5 y 2 + 6 z 2 =
10
⇔ ( x + y − 2 z ) 2 + 4 y 2 + 4 yz + 2 z 2 =
10
⇔ ( x + y − 2 z ) 2 + (2 y + z ) 2 + z 2 =
10.

Nhận thấy x, y, z là các số nguyên và 2 y + z + z= 2( y + z ) là số chẵn, nên (2 y + z ) 2 và z 2 là
hai số chính phương cùng tính chẵn lẻ, nên viết
10 = 02 + 32 + 12.

Xảy ra các khả năng sau
TỦ SÁCH CẤP 2| 416

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

( x + y − 2 z ) 2 =
0

2
2
1)  (2 y + z ) =
3
2

z =1

Tìm được các nghiệm ( x; y; z ) là
(1;1;1), (4; −2;1), (−4; 2; −1), (−1; −1; −1).

(*)

( x + y − 2 z ) 2 =
0

2
2
2)  (2 y + z ) =
1
2

z =3

Tìm được các nghiệm ( x; y; z ) là
(7; −1;3), (8; −2;3), (−8; 2; −3), (−7;1; −3).

(**)

Vậy có tất cả 8 bộ ( x; y; z ) thỏa mãn được mô tả ở (*) và (**) .
Bài 4: Cách 1. Phương trình này chỉ chứa bậc nhất đối với y nên ta có thể rút y theo x .
Ta có (1 − 2 x) y =
−3 x 2 + 5 x − 2 .
Do x nguyên nên 1 − 2 x ≠ 0 . Suy ra
3x 2 − 5 x + 2
12 x 2 − 20 x + 8
1
⇔ 4y =
= 6x + 7 +
.
2x −1
2x −1
2x −1
1
Do x, y là các số nguyên suy ra
là số nguyên, nên 2 x − 1 ∈ {1; −1} . Từ đó tìm
2x −1
được ( x; y ) là (1;0), (0; 2) .
Cách 2. Coi phương trình bậc hai đối với x , ta có
3 x 2 − (2 y − 5) x + y + 2 =
0.
=
∆ (2 y + 5) 2 − 12( y + 2)
= 4 y 2 + 8 y + 1.
Nên phương trình có nghiệm nguyên thì ∆ phải là số chính phương, tức là

4 y 2 + 8 y +=
1 k 2 (k ∈ )
⇔ (2 y + 2) 2 − k 2 =
3
⇔ (2 y + k + 2)(2 y − k + 2) =
3.
Từ đó cũng tìm được các nghiệm như trên
Nhận xét. Bằng cách này ta có giải được phương trình dạng
e)
ax 2 + bxy + cx + dy =
e , hoặc (ay 2 + bxy + cx + dy =
Trong đó a, b, c, d , e là các số nguyên.
Bài 5: Biến đổi phương trình về dạng
y[2 y 2 + ( x 2 − 3 x) y + x + 3 x 2 ] =
0.
Nếu y = 0 thì x sẽ là số nguyên tùy ý.
Xét y ≠ 0 thì 2 y 2 + ( x 2 − 3 x) y + x + 3 x 2 =
0.

(1)

Ta coi (1) là phương trình bậc hai theo ẩn y , ta tính
=
∆ ( x 2 − 3 x) 2 − 8( x + 3 x 2=
) x( x + 1) 2 ( x − 8).
Trường hợp x = −1 thì ∆ =0 , nghiệm kép của (1) là y = −1.
.417 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

y=

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

Trường hợp x ≠ −1 , để phương trình có nghiệm nguyên thì ∆ phải là số chính
phương, tức là
x( x − 8)
= k 2 (k ∈ ) ⇔ ( x − 4 − k )( x − 4 + k=
) 16.
Vì k ∈  nên x − 4 − k ≤ x − 4 + k và ( x − 4 − k ) + ( x − 4 + k )= 2( x − 4) nên
x − 4 − k , x − 4 + k cùng chẵn.Lại có 16 =
2.8 =
4.4 =
(−4).(−4) =
(−2).(−8). Xảy ra bốn

trường hợp
a
x − 4 − k =
với
=
(a; b) (2;8), (4; 4), (−4; −4), (−2; −8).

b
x − 4 + k =
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên ( x; y ) là (−1; −1), (8; −10), (0; k ) với

k ∈ .
Lưu ý. Trong trường hợp F ( x, y ) là đa thức có hệ số nguyên với bậc cao hơn 2 theo biến x

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

và y , ta cũng có thể đưa về một trong hai trường hợp trên bằng cách đặt ẩn phụ.
Bài 6: Ta có thể đưa về dạng phương trình bậc hai ẩn y bằng phép đặt x= y + a (với a

nguyên). Khi đó ta có

(3a − 2) y 2 + (3a 2 − 2) y + a 3 − 8 =
0.

Do a nguyên nên 3a − 2 ≠ 0 , tính
=
∆ (3a 2 − 2) 2 − 4(3a − 2)(a 3 − 8)
=
−3a 4 + 8a 3 − 12a 2 + 96a − 60
=
−(a 2 − 4a − 2) 2 − 2a (a 3 − 56) − 56.

Để cho ∆ ≥ 0 suy ra 2a (a 3 − 56) < 0 ⇔ 0 < a ≤ 3 56 . Vì a nguyên nên a chỉ nhận giá trị 1, 2,3. Thử chọn chỉ có a = 2 là thích hợp và tìm được ( x; y ) là (0; −2), (−2;0). Bài 7: Do vai trò x, y, z như nhau, không giảm tổng quát giả sử 1 ≤ x ≤ y ≤ z. Chia hai vế của phương trình cho xyz ta có 2= 5 5 5 4 18 + + + ≤ . xy xz yz xyz x 2 Do vậy 2 x 2 ≤ 18 ⇒ x ∈ {1, 2,3}. 1) Với x = 1 thì ta có 5( y + z ) + 8= 2 yz ⇔ (2 y − 5)(2 z − 5)= 41. Vì y, z nguyên dương và y ≤ z nên −3 ≤ 2 y − 5 ≤ 2 z − 5, và 41 = 1.41.  2= y −5 1 =  y 3 ⇔  z − 5 41 =  z 23. 2= 2) Với x = 2 thì ta có 5( y + z ) + 13= 4 yz ⇔ (4 y − 5)(4 z − 5)= 77. Chỉ xảy ra trường hợp Vì y, z nguyên dương và 2 = x ≤ y ≤ z nên −3 ≤ 4 y − 5 ≤ 4 z − 5, và 77 = 11.7.  4= y −5 7 = y 3 ⇔ Xảy ra trường hợp  z − 5 11 =  x 4. 4= 3) Với x = 3 thì ta có 5( y + z ) + 18= 6 yz ⇔ (6 y − 5)(6 y − 5)= 133. (*) Mặt khác y, z nguyên dương và 3 ≤ y ≤ z nên 15 ≤ 6 y − 5 ≤ 6 z − 5 suy ra (6 y − 5)(6 y − 5) ≥ 152 = 225. (Mâu thuẫn với (*) ). TỦ SÁCH CẤP 2| 418 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | Vậy phương trình có các nghiệm nguyên dương ( x; y; z ) là (1;3;3), (2;3; 4) và các hoán vị của nó. Nhận xét. Với cách làm tương tự, ta có thể tìm nghiệm nguyên dương của phương trình dạng a ( x1 + x2 + … + xn ) + b = cx1 x2 …xn , trong đó a, b, c, n là các số nguyên dương và n ≥ 2. Bài 8: a) Với x = 0 thay vào phương trình tìm được y = 1 hoặc y = −1. Với x = −1 thì y = 1 hoặc y = −1. Với x > 0 thì x 4 < y 4 < ( x + 1) 4 , điều này vô lí. Với x < −1 thì ( x + 1) 4 < y 4 < x 4 , điều này vô lí. Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm nguyên ( x; y ) là (0;1), (0; −1), (−1;1), (−1; −1). b) Với x = 0 thì y = 1 . Với x = −1 thì y = 0. Với x > 0 thì x3 < y 3 < ( x + 1)3 , điều này vô lí. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên ( x; y ) là (0;1), (−1;0). Nhận xét. Với cách làm tương tự như trên, ta có thể tìm nghiệm nguyên dương của phương trình dạng 1 + x + x 2 + … + x n = y n với n là số nguyên dương. Bài 9: Giả xử x, y là các số nguyên thỏa mãn phương trình đã cho. Ta thấy 48 và 4x chia hết cho 4 nên 9 y chia hết cho 4, mà (9; 4) = 1 nên y 4 . y 4t ( t ∈  ) , thay vào phương trình đầu ta được 4 x + 36t = Đặt= 48 ⇔ x = 12 − 9t và y = 4t (*). Thay các biểu thức của x, y ở (*) thấy thỏa mãn. y) Vậy phương trình có vô số nghiệm ( x; = (12 − 9t; 4t ) với t ∈ . Bài 10: Giả sử 26n + 17 = k 2 (với k tự nhiên lẻ). Khi đó 26n + 13 = ( k − 2 )( k + 2 ) ⇔ 13 ( 2n + 1) = ( k − 2 )( k + 2 ) . Do 13 (12n + 1)13 nên ( k − 2 )13 hoặc ( k + 2 )13. 13t 2 − 4t − 1 Nếu ( k − 2 )13 thì = k 13t + 2 ( t lẻ), khi đó n = . 2 Nếu ( k + 2 )13 thì = k 13t − 2 ( t lẻ), khi đó n = 13t 2 + 4t − 1 . 2 13t 2 ± 4t − 1 (t lẻ). 2 Bài 11: Giả sử tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa mãn phương trình. Vậy số tự nhiên lẻ n cần tìm có dạng Nhận thấy x 4 , y 4 , z 4 chia cho 16 dư 0 hoặc 1, nên x 4 + y 4 + z 4 chia cho 16 có số dư là một trong các số 0, 1, 2, 3. Trong khi đó số 2012 chia cho 16 dư 12. Hai điều này mâu thuẫn với nhau. .419 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Với x < −1 thì ( x + 1)3 < y 3 < x 3 , điều này vố lí. | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Vậy không tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa mãn đề bài. Bài 12: Giả sử tìm được bộ số nguyên dương ( x, y, z , t ) = ( a, b, c, d ) thỏa mãn điều kiện bài  a 2 + 13b 2 = c2 ra, ta có  2 2 d 2. 13a + b = , b ) m ( m ∈  *) , suy ra c  m và d  m. Gọi ƯCLN ( a= Đặt = a ma = mb = mc = md1 , với a1 , b1 , c1 , d1 là các số tự nhiên và ( a1 , b1 ) = 1. 1, b 1, c 1, d Suy ra 14 ( a 2 + b 2 ) =c 2 + d 2 ⇔ 14 ( a12 + b12 ) =c12 + d12 . Suy ra c12 + d12  7, do đó c1  7 và d1  7, dẫn đến a12 + b12  7 nên a1  7 và b1  7. Điều này mâu thuẫn với ( a1 , b1 ) = 1. CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Nhận xét. Bằng cách làm tương tự ta có thể chứng minh được hệ phương trình  x 2 + ny 2 = z2 với n + 1 có ước nguyên tố dạng 4k + 3 và ( n + 1, p 2 ) = 1 không có  2 2 2 + = nx y t  nghiệm nguyên dương. Bài 13: Giả sử ( x0 , y0 , z0 ) là nghiệm của phương trình. Khi đó x0  3, đặt x0 = 3 x1 (với x1 ∈  ) ta có 9 x13 − y03 − 3 z03 = 0. Khi đó y0  3, đặt y0 = 3 y1 (với y1 ∈  ) ta có 3 x13 − 9 y13 − z03 = 0. Khi đó z0  3, đặt z0 = 3 z1 (với z1 ∈  ) ta có x13 − 3 y13 − 9 z13 = 0. x y z  Như vậy ( x1 , y1 , z1 ) =  0 ; 0 ; 0  cũng là nghiệm nguyên của phương trình. Quá  3 3 3 x y z  trình tiếp tục như vậy ta suy ra các bộ số  n0 ; n0 ; 0n  mọi n ∈  cũng là nghiệm 3 3 3  của phương trình. Điều này xảy ra khi và chỉ khi x= y= z= 0, 0 0 0 Vậy phương trình có duy nhất nghiệm nguyên ( x; y; z ) = ( 0;0;0 ) . Nhận xét. Ta gọi phương pháp giải trong ví dụ trên là phương pháp lùi vô hạn của Fermat, thường dùng để chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất hoặc vô nghiệm. Bài 14: Biến đổi phương trình về dạng (x 2 − 2 xy + y 2 ) + ( y 2 − 2 yz + z 2 ) + ( z 2 − 4 z + 4 ) = 0 ⇔ ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − 2) 2 2 2 0 x − y =  = 0 ⇔  y − z = 0 ⇔ x = y = z = 2. z − 2 = 0  Vậy phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y; z ) = ( 2; 2; 2 ) . Bài 15: Nhận thấy nếu ( x0 ; y0 ; z0 ) là một nghiệm nguyên của phương trình thì x0 , y0 , z0 cùng dương hoặc có hai số âm và một số dương. Ngoài ra ( − x0 ; − y0 ; z0 ) , ( x0 ; − y0 ; − z0 ) , ( − x0 ; y0 ; − z0 ) cũng là nghiệm. Do đó trước hết ta đi tìm nghiệm nguyên dương. TỦ SÁCH CẤP 2| 420 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm, ta có x 2 + 1 ≥ 2 x ≥ 0; y 2 + 4 ≥ 4 y ≥ 0; z 2 + 9 ≥ 6 z ≥ 0. Suy ra ( x 2 + 1)( y 2 + 4 )( z 2 + 9 ) ≥ 48 xyz. Đẳng thức chỉ xảy ra khi và chỉ khi= x 1,= y 2,= z 3. Vậy nghiệm nguyên ( x; y; z ) của phương trình là (1; 2;3) , ( −1; −2;3) , (1; −2; −3) , ( −1; 2; −3) . Nhận xét. Bằng cách này ta có thể tìm nghiệm nguyên của phương trình dạng (x 2 1 + a12 )( x22 + a22 ) … ( xn2 + an2 ) = 2n x1 x2 …xn .a1a2 …an với ai , n là các số nguyên dương. Bài 16: Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhia-kôp-xki cho hai bộ số ( x, z ) và ( t , y ) ta có 9.16 = ( x 2 + z 2 )( y 2 + t 2 ) ≥ ( xt + yz ) = 122 , 2 suy ra ( x 2 + z 2 )( y 2 + t 2 ) = ( xt + yz ) khi và chỉ khi xy = zt. 2 Từ x 2 + z 2 = 9⇔ x= 0, z = ±3 hoặc x = ±3, z = 0. Nếu x = 0 thì t = 0, khi đó= y 2 16, = yz 12. Vậy= y 4,= z 3 hoặc y = −4, z = −3. Vậy nghiệm nguyên ( x; y; z; t ) của hệ là ( 0; 4;3;0 ) , (0; −4; −3;0), (3;0;0; 4), (−3;0;0 − 4). Bài 17: Ta có: x 3 + y 3 − x 2 y − xy 2 = 5 ( ⇔ (x + y)(x ) − 2xy + y ) = 5 ⇔ ( x − y ) x 2 − xy + y 2 − xy ( x + y ) = 5 2 2 ⇔ ( x + y )( x − y ) = 5 2 Do (x – y)2 ≥ 0 và x y thuộc Z nên xảy ra hai trường hợp:  x = = +y 5 x 3      x + y = 5 x−y 1 = = y 2   ⇒ ⇔ Th1:  2  x= +y 5 = x 2 1 ( x − y ) =   −1   y = 3  x − y = 1  x + y = 1  x + y = ⇒ Th2:  (loại) 2 5 x − y = ± 5 ( x − y ) = Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên ( x; y ) ∈ {(3; 2);(2;3)} Bài 18: Nếu y thỏa mãn phương trình thì – y cũng thỏa mãn phương trình, do đó ta có ta giả sử y ≥ 0 . .421 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Nếu z = 0 thì y = 0, tương tự tìm được = x 3,= t 4 hoặc x = −3, t = −4. | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Khi đó: (1) ⇔ (x2 + 3x)(x2 + 3x + 2) = y2 Đặt t = x2 + 3x +1 được : ( t − 1)( t + 1)= y 2 ⇔ t 2 − 1= y 2 ⇔ ( t − y )( t + y ) = 1 ⇒ t + y = t − y ⇒ y = 0 Thay y = 0 vào (1) ta được: x = 0, – 1, -2, – 3. Vậy phương trình có nghiệm (x, y) = (0, 0); (-1, 0); (-2, 0); (-3, 0). Bài 19: Ta có: (x 2 2 )( ) − y y2 − x = ( x − y ) 2 3 3 ⇔ x y − y − x + xy = x 3 − 3x 2 y + 3xy 2 − y 3 ⇔ 2x 3 − x 2 y 2 − xy − 3x 2 y + 3xy 2 = 0 ( ( ) ) CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI ⇔ x 2x 2 + − y 2 − 3y x − y + 3y 2 =0 Nếu x = 0 thì y bất kì thuộc Z. ( ) Nếu x ≠ 0 suy ra: 2x 2 + − y 2 − 3y x − y + 3y 2 =0 Coi đây là phương trình ẩn x ta có: ∆= (y 2 ) 2 ( ) ( y − 1) y ( y + 8 ) + 3y − 8 3y 2 − y = 2 Để phương trình có nghiệm nguyên thì ∆ phải là số chính phương tức là: y ( y + 8 ) = a 2 ⇔ ( y + 4 ) − a 2 = 16 ⇔ ( y + 4 + a )( y + 4 − a ) = 16 ( a ∈ N ) 2 Vì (y + 4 + a) > (y + 4 – a) và (y + 4 + a) + (y + 4 – a) là số chẵn nên ta có các trường hợp:

=
y+4+a 8

=
y + 4 − a 2
 y + 4 + a =−8

 y + 4 − a =−2

;
;

=
y+4+a 4
;

=
y + 4 − a 4
 y + 4 + a =−4

 y + 4 − a =−4

Giải ra ta được nghiệm của phương trình là:

(1;1) , (10, −8 ) , ( 6, −9 ) , ( 21, −9 ) , ( 0; k ) với k ∈ Z

Bài 20: Ta có

1 1
1
x+ y
1
+ =

=
⇔ xy − 617( x + y ) = 0 ⇔ xy − 617 x − 617 y + 617 2 = 617 2
x y 617
xy
617

⇔ ( x − 617)( y − 617) =
617 2
Vì x, y nguyên dương nên x – 617 và y – 617 là ước lớn hơn –617 của 6172.
Do 617 là số nguyên tố nên xảy ra 3 trường hợp:

TỦ SÁCH CẤP 2| 422

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

  x − 617 =
617

617
  y − 617 =
 x= y= 1234
  x − 617 =
1

⇔ =
x 618; =
y 381306
2
  y − 617 =
617
 x 381306;
y 618
=
=

617 2
  x − 617 =

1
  y − 617 =
Vậy tất cả các cặp (x;y) nguyên dương cần tìm là
(1234;1234) , (618; 381306), (381306; 618)
Bài 21: Ta có: xy = px + py ⇒ ( x − y )( y − p ) = p2 .
Vì p là số nguyên tố nên ước số nguyên của p2 chỉ có thể là:

(

±1, ± p, ± p2 . Thử lần lượt

)

(

)

với các ước trên ta được các nghiệm (x, y) là: p + 1, p + p2 ; ( 2p, 2p ) ; p + p2 , p + 1 .
Bài 22: Ta có: ( 1) ⇔ 6y + 6x + 1 = xy ⇔ x ( y − 6 ) − 6 ( y − 6 ) = 37 ⇔ ( x − 6 )( y − 6 ) = 37

x =
− 6 37 =
x 43
Chỉ có một trường hợp là 
⇔
y−6 1 =
=
y 7
Vậy phương trình có 2 nghiệm là (x, y) = (43, 7); (7, 43).
Bài 23: Ta có: 10z  3 ⇒ z  3 . Đặt z = 3k ta được 6x + 15y + 30k =3 ⇔ 2x + 5y + 10k =1
Đưa về phương trình hai ẩn x, y với các hệ số tương ứng 2 và 5 là hai số nguyên tố
1 − 10 − 5y
1− y
cùng nhau 2x + 5y =−
1 10k ⇒ x =
=
−5k − 2y +
2
2

y= 1 − 2t
1− y

Đặt
= t ( t ∈ Z ) ta được x =−5k − 2 ( 1 − 2t ) + t =5t − 5k − 2
2

z = 3k

Vậy phương trình có nghiệm là (x, y, z) = ( 5t – 5k – 2, 1 – 2t, 3k) với k, t là số nguyên tùy ý.
Bài 24: Ta biết rằng số chính phương chẵn thì chia hết cho 4, còn số chính phương lẻ thì
chia cho 4 dư 1 và chia cho 8 dư 1.
Tổng x 2 + y 2 + z 2 là số lẻ nên trong ba số x 2 ; y 2 ; z 2 phải có: hoặc có một số lẻ, hai số
chẵn; hoặc cả ba số lẻ.
Trường hợp trong ba số x 2 ; y 2 ; z 2 có một số lẻ, hai số chẵn thì vế trái của (1) chia
cho 4 dư 1, còn vế phải là 1999chia cho 4 dư 3, loại.
Trong trường hợp ba số x 2 ; y 2 ; z 2 đều lẻ thì vế trái của (1) chia cho 8 dư 3, còn vế
phải là 1999 chia cho 8 dư 7, loại.
Vậy phương trình (1) không có nghiệm nguyên.
.423 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

Do vai trò của x, y bình đẳng giả sử: x ≥ y ≥ 1 ⇒ x − 6 ≥ y − 6 ≥ −5

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

Bài 25: Ta thấy ngay 0 ≤ x, y ≤ 50. Từ =
y

50 − x ta có

y = 50 + x − 2 50x = 50 + x − 10 2x
Vì x, y nguyên nên 10 2x nguyên. Ta biết rằng với x nguyên thì 10 2x hoặc là số nguyên
hoặc là số vô tỷ. Do đó để 10 2x nguyên thì 2x phải là số chính phương tức là

x 2k 2 , k ∈ Z với 2k 2 ≤ 50 ⇒ k 2 ≤ 25 ⇒ k chỉ có nhận các giá trị: 0, 1, 2, 3, 4, 5.
2x = 4k 2 ⇒=
Lựa chọn k trong các số trên để thỏa mãn phương trình ta được các nghiệm (x, y) là (0, 50);
(2, 32); (8, 18); (18, 8); (32, 2); (50,0).
Bài 26: Điều kiện: x ≥ 1

( x − 1) + 1 + 2

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

y=
=
=

(

)

2

x −1 +1 +

x −1 +1+

x −1 +

(

( x − 1) + 1 − 2

x −1 −1

)

x −1

2

x −1 −1

Với x = 1 thì y = 2
Với x ≥ 2 thì y=

x − 1 + 1 + x − 1 − 1= 2 x − 1 . Do đó: =
y 2 4 ( x − 1)

Do x ≥ 2 nên có thể đặt: x – 1 = t2 với t nguyên dương.

x= 1 + t 2
Do đó ta có: 
 y = 2t
Vậy phương trình có nghiệm là (1, 2); (1 + t2, 2t) với t nguyên dương.

Bài 27: x 2015=

y(y + 1)(y + 2)(y + 3) + 1

(1)

Có y(y + 1)(y + 2)(y + 3) =
(y 2 3y)(y 2 + 3y + 2)
 y(y + 3)  (y + 1)(y + 2)  =+
Đặt t = y 2 + 3y + 1 ⇒ y(y + 1)(y + 2)(y + 3) = t 2 − 1 ( t ∈ ℤ , t2 ≥ 1)
(1) ⇔ x 2015 − 1=

x 2015 − 1 ≥ 0
t 2 − 1 ⇔  2015
2
2
(x − 1) =t − 1(2)

Với x, t là số nguyên ta có:

(

)(

)

(2) ⇔ x 2015 − 1 + t x 2015 − 1 − t =−1
 x 2015 − 1 + t =
1
 x 2015 = t= 1
  2015

 x − 1 − t =−1
⇔  2015
⇔  x 2015 = 1
 x − 1 + t =−1  t = −1

 x 2015 − 1 − t =
1


Với x

2015

x =
1

x = 1
=
t=
1⇒  2
⇔  y =
0
1 
 y + 3y + 1 =
  y = −3

TỦ SÁCH CẤP 2| 424

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

x =
1
2015
= 1 x = 1

x
Với 
⇒ 2
⇔   y =−1
t =−1
 y + 3y + 1 =−1   y = −2


Thử lại ta thấy các cặp (1;-3), (1;-2), (1;-1), (1;0) thỏa mãn đề bài
Vậy có 4 cặp (x;y) cần tìm là (1;-3), (1;-2), (1;-1), (1;0)
Bài 28: Lần lượt xét các giá trị tự nhiên của x:
Nếu x = 0 thì y 2 =
4⇒y=
±2
Nếu x = 1 thì y 2 = 5 , không có nghiệm nguyên
Nếu x ≥ 2 2 thì 2 x  4 , do đó vế trái chia cho 4 dư 3, còn y lẻ nên vế phải chia cho 4
dư 1. Mâu thuẫn.
Kết luận: Nghiệm của phương trình là (0 ; 2), (0 ; -2).

(

)(

)(

)(

)

11879.
Bài 29: 2 x + 1 2 x + 2 2 x + 3 2 x + 4 − 5 y =
(1)

Đặt t = 22 x + 5.2 x + 5, t ∈ *, ta có:
(1) ⇔ (t − 1)(t + 1) − 5 y =
11879
⇔ t 2 − 5y =
11880(2)

Xét các TH sau:
• TH1: y ≥ 2 ⇒ 5 y ⋮ 25

Từ (2) suy ra t2 ⋮ 5 ⇒ t2⋮ 25. Do đó từ (2) ⇒ 11880 ⋮ 25 (vô lí)

• TH2: y = 1

(2) ⇔ t2 = 11885 (loại vì 11885 không phải là số chính phương)
• TH3: y = 0

(2) ⇔ t2 = 11881 ⇒ t = 109

⇒ 22 x + 5.2 x + 5 = 109 ⇒ 22 x + 5.2 x − 104 = 0
 2 x = 8(tm)
⇔ x
⇒x=
3.
 2 = −13( L)
Vậy x = 3, y = 0 là các số tự nhiên cần tìm.

Bài 30: Ta có:

( x + y + z ) − ( x + y + z ) = 3 ( x + y )( y + z )( z + x )
⇔ 27 − 3= 3 ( x + y )( y + z )( z + x )
⇔ ( x + y )( y + z )( z + x ) =
8 (* )
3

3

3

3

.425 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

⇔ ( 22 x + 5.2 x + 4 )( 22 x + 5.2 x + 6 ) − 5 y =
11879

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

x + y = a ∈ Z

Đặt  y + z = b ∈ Z . Khi đó: ( * ) ⇔ abc = 8 ⇒ a, b,c ∈ {±1; ±2; ±4; ±8}
 z + x =c ∈ Z

Vì x, y, z vai trò bình đẳng nên ta giải sử: x ≤ y ≤ z ⇒ a ≥ b ≥ c
Khi đó ta có: a + b + c = 2 ( x + y + z ) = 2.3 = 6 ⇒ a ≥ 2

 b +=
c 4
=
b 2
Với a = 2 ta có: 
⇔
⇔ x = y = z =1
=
 bc 4=
c 2
b + c =
2
Với a = 4 ta có: 
(không có nguyện nguyên)
 bc = 1

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

 b + c =−2
 b =−1
⇔
⇔ x − 5; y= 4; z= 4 .
Với a = 8 ta có: 
 bc = 1
 c = −1
Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm: ( x,=
y, z )

(1,1,1) ; ( 4, 4, −5 ) ; ( 4, −5, 4 ) ; ( −5, 4, 4 ) .

Bài 31: Từ (1) ta được z = 2 + y – x thay vào (2) ta được:
2x 2 − xy + x − 4 − 2y + 2x = 1 ⇔ 2x 2 + 3x − 5 = y ( x + 2 )

Do x = – 2 không thỏa mãn phương trình trên nên:

y=

2x 2 + 3x − 5
3
= 2x − 1 −
x+2
x+2

 x + 2 =±1
y nguyên nên (x + 2) là ước của 3. Suy ra: 
⇔ x ∈ {−1; −3;1; −5}
 x + 2 =±3

Từ đó suy nghiệm của hệ là: ( x, y, z ) =

(1; −6; −3 ) , ( −3; −4;1) , (1; 0;1) , ( −5; −10; −3 )

Bài 32:
 x + x2 =
a
Gọi x1 , x 2 là nghiệm của phương trình (1) . Theo định lý Vi-et ta có:  1
x1 .x 2= a + 2
Do đó: x1x 2 − ( x1 + x 2 ) =2 ⇔ x1 ( x 2 − 1) − ( x 2 − 1) =3 ⇔ ( x1 − 1)( x 2 − 1) =3
Suy ra ( x1 − 1) và ( x 2 − 1) là ước của 3.
Giải sử: x1 ≥ x 2 ⇒ x1 − 1 ≥ x 2 − 1 . Khi đó:

=
x 4
x −1 3 =
a)  1
⇔ 1
x2 − 1 1 =
=
x 2 2
 x − 1 =−1
 x =0
b)  1
.
⇔ 1
x 2 − 1 =−3
x 2 =−2

. Khi đó a = 6.
Khi đó a = -2

Thay giá trị của a vào phương trình (1) thử lại và kết luận.
Bài 33: Ta có:
TỦ SÁCH CẤP 2| 426

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

(x

2

)

(

2

)

+ 4y 2 + 28 − 17 x 4 + y 4 = 238y 2 + 833

(

2

)

(

)

2
2
⇔  x 2 + 4 y 2 + 7  = 17  x 4 + y 2 + 7 





(

) (

⇔ 16x 4 − 8x 2 y 2 + 7 + y 2 + 7

(

)

)

2

0
=

2

⇔  4x 4 − y 2 + 7  =
0


⇔ 4x 2 − y 2 − 7 =
0

⇔ ( 2x + y )( 2x − y ) =
7 ( 1)

2x + =
y 7
=
x 2
Vì x, y ∈ N* ⇒ 2x + y > 2x − y và 2x + y > 0 Do đó: 
⇔
−y 1 =
 2x=
y 3
Kết luận: (x, y) = (2, 3) thỏa mãi yêu cầu bài toán.
Bài 34: Ta có: 9y 2 + 6y + 16 ≡ ( mod 3 ) ⇒ 2 x.x 2 ≡ 1 ( mod 3 ) . Mà

 2 x ≡ 1 ( mod 3 )
x ≡ 0;1 ( mod 3 ) ⇒  2
x ≡ 1 ( mod 3 )
Nếu x lẻ đặt: x = 2k + 1 ( k ∈ N ) ⇒ 2 x = 2.4 k ≡ 2 ( mod 3 )( sai ) , suy ra x lẻ loại.
Nếu x chẵn đặt: x = 2k ( k ∈ N ) ⇒ 2 x = 4 k ≡ 1 ( mod 3 ) (đúng).
Do đó khi x chẵn thì

(

2 x.x 2 = 9y 2 + 6y + 16 ⇔ 2k.2 k

) = ( 3k + 1)
2

2

)

(

+ 15 ⇔ 2k.2 k − 3y − 1 ( 2k + 3y + 1) = 15.

Vì y, k ∈ N ⇒ 2k.2 k + 3y + 1 > 2k.2 k − 3y − 1 > 0.
Vậy ta có các trường hợp:
k
 2k.2=
 2k.2 k 8
− 3y − 1 1 =
+

⇒ k ∉ N (loại)

k
3y + 1 15
3y + 1 7
2k.2 +=
=
k
 2k.2=
2k.2 k 4  k =
1
− 3y − 1 3 =
. Vậy (x, y) = (2; 0).
+




k
3y + 1 5
3y + 1 1  y = 0
=
2k.2 + =

Bài 35: Đặt x + y = a; xy = b. Phương trình trở thành: ab 2 + a = 3 + b
Xét b = 3 suy ra: a =

3
(Vô lý)
5

(

)

Xét b ≠ 3 ta có: b 2a + a = 3 + b ⇔ a b 2 + 1 = 3 + b ⇔ a =

3+b
b2 − 9
−10

a
b

3
=
=1+ 2
(
)
2
2
b +1
b +1
b +1

Ta phải có (b2 + 1) phải là ước dương của 10 do đó: b 2 + 1 ∈ {1; 2; 5;10} ⇒ b ∈ {0; ±1; ±2; −3}
Nếu b = 0 thì a = 3. Ta có: x + y = 3, xy = 0 ⇒ x = 0, y = 3 và=
x 3,=
y 0
Nếu b = 1 thì a = 2. Ta có x + y = 2, xy =1 ⇒ x =1, y =1

.427 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

2

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

Nếu b = −1 thì a = 1

=
Ta có: x + y = 1, xy
= -1 x

1+ 5
1− 5
1− 5
1+ 5
=
;y
=
;y
và x =
(loại)
2
2
2
2

Nếu b = 2 thì a = 1. Ta có: x + y = 1 và xy = 2 không tồn tại x, y.
Nếu b = -2 thì a =

1
(vô lý).
5

Nếu b = −3 thì a = 0. Ta có: x + y = 0 và xy = −3 không tồn tại x, y nguyên.
Vậy phương trình có 3 nghiệm là (x, y) = (0, 3); (3, 0); (1, 1).
Bài 36:
x 3 + y 3 − 3 xy =
1

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

<=> ( x + y )3 − 3 xy ( x + y ) − 3 xy = 1

Đặt x + y = a và xy = b (a, b nguyên) ta có:

a 3 − 3ab − 3b =
1

<= > (a + 1)(a 2 − a + 1) − 3b(a + 1) =
2
<=> (a + 1)(a 2 − a + 1 − 3b) = 2

a = 0
1
a + 1 =

1)  2
<=> 
−1 ( L)
b
=
1
3
2
a
a
b

+

=


3
=
=
a + 1 =2
a 1
x + y 1
2)  2
(TM ) <=> 
<=> 
=> ( x; y ) ∈ {(0;1);(1;0)}
=
3b =
1
b 0=
 xy 0
a − a + 1 −
−2
−2
a + 1 =−1
a =
x + y =
3)  2
(TM ) <=> 
<=> 
=> ( x; y ) ∈∅
3b =−2
b 3=
 xy 3
a − a + 1 −=
−3
−3
a + 1 =−2
a =
x + y =
4)  2
<=> 
(TM ) <=> 
=> ( x; y ) ∈∅
=
b
4
=
xy
4
1
3
1
a
a
b

+

=−


Vậy ( x; y ) ∈ {(0;1);(1;0)}

(

)

Bài 37: Phương trình đã cho tương đương x 2 − xy − y 2 + 8 =
0

Coi phương trình trên là phương trình ẩn x có y là tham số ta có:

(

)

∆= y 2 + 4 y 2 + 8= 5y 2 + 32

Ta có ∆ chia cho 5 dư 2 nên có tận cùng là 2 hoặc 7. Do đó, ∆ không là số chính phương
vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Bài 38: Ta có: x 3 + 1= 4y 2 ⇔ ( 2y − 1)( 2y + 1=
) x3
Do ( 2y − 1, 2y + 1) =
1 cho nên 2y =
+ 1 a 3 , 2y =
− 1 b 3 ( a, b ∈ Z )

(

)

Suy ra: a 3 − b 3 =2 ⇔ ( a − b ) a 2 + ab + b 2 =2

TỦ SÁCH CẤP 2| 428

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

  a=
1


 a − b =
2
  b = −1
 2
2

1
a + ab + b =
⇔ 
⇔   a = 3 + 33
 a−b=
1

6
 2

2

+
+
=
a
ab
b
2
 
  b = −3 + 33
 
6
Do a, b là số nguyên nên chỉ nhận được giá trị a =1 và b = -1 suy ra y = 0 và x = -1
Vậy phương trình có nghiệm (x, y) = (-1, 0)
Bài 39: Ta có:

x 2 + y 2 + 5x 2 y 2 + 60 =
37xy

⇔ x 2 − 2xy + y 2 =
−5x 2 y 2 + 35xy − 60

(

⇔ (x − y) =
−5 x 2 y 2 + 7xy − 12
2

(

) ( 1)

)

Do ( x − y ) ≥ 0 ⇒ −5 x 2 y 2 + 7xy − 12 ≥ 0 . Đặt t = xy ( t ∈ Z ) ta có:
2

(

)

( x − y )2 =
0
⇔ x 2 = y 2 = 3 (không tồn tại giá trị nguyên của x, y)
Khi t = 3 ta có 
 xy = 3
( x − y )2 =
0
⇔ x = y = 2 hoặc x = y = −2
Khi t = 4 ta có 
 xy = 4
Vậy phương trình có hai nghiệm là (x, y) = (2, 2); (-2, -2).

Bài 40: Ta có: ( 1) ⇔ y 3 = x 3 + 2x 2 + 3x + 2
2


3 7
Do 2x + 3x + 2= 2  x +  + > 0 ⇒ y 3 > x 3
4 8

2

Xét x > 1 thì: y 3 = x 3 + 2x 2 + 3x + 2 =
Do đó x 3 < ( y + 1) < ( x + 1) 3 ( x + 1) 3 + 1 − x 2 < ( x + 1) 3 Vì x, y nguyên nên phương trình không có nghiệm. Xét x ≤ 1 thì do x nguyên nên x = 1 hoặc x = -1 hoặc x = 0 Với x = -1 ta được y = 0 Với x = 1 thì y = 2 Với x = 0 thì y = 3 2 (loại) Vậy phương trình có 2nghiệm (x, y) = (-1, 0); (1, 2). Bài 41: Ta có ( 1) ⇔ ( x − y − 2 ) + ( y + 2 ) = 1 2 .429 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC 2 3 CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC −5 t 2 + 7t − 12 ≥ 0 ⇔ 3 ≤ t ≤ 4 . Mà t là số nguyên nên t = 3 hoặc t = 4 | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Do đó ta có: ( y + 2 ) ≤ 1 ⇔ −1 ≤ y + 2 ≤ 1 ⇔ −3 ≤ y ≤ −1 ⇒ y ∈ {−3, −2. − 1} 2 Với y = −3 thay vào phương trình ta được: x 2 + 2x + 1 =0 ⇔ x =−1 Với y = −2 thay vào phương trình ta được: x 2 − 1 =0 ⇔ x =±1 Với y = −1 thay vào phương trình ta được: x 2 − 2x + 1 = 0 ⇔ x = 1 Vậy phương trình có 4 nghiệm (x, y) = (-1, -3); (1, -2); (-1, -2); (1, -1). Bài 42: Ta có : x + y= 18(x ≥ 0; y ≥ 0) Pt viết: x += y 3 2(1)(0 ≤ x ≤ 3 2; 0 ≤ y ≤ 3 2) Pt viết: CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI x = 3 2 − y ≥ 0 <=> ( x)2 = (3 2 − y )2 <=> 6 2y = y − x + 18
y − x + 18
=
> 2y =
∈Q
6

a 2 ∈ N(Vi 2y ∈ Z va a ≥ 0)
<=> 2y = a ∈ Q <=> 2y = a ∈ Q <=> 
a  2
2

=
a 2m(m ∈ N)
=> 2y = (2m)2 <=> y = 2m 2 <=> y = m 2.TT => x = n 2

Pt (1) viết: n 2 + m 2 = 3 2 <=> m + n = 3(m; n ∈ N)

 =
n

=
 m
 =
n

=
 m
<=> 
n
 =

 m
=

n
 =

=
 m

=
0
x 0
=> 
3=
 y 18
1

=
x
=> 
2=
y
2
x
=
=> 
1=
y

2
8
8
2

3
x 18
=
=> 
0=
y 0

x =
0 x =
2 x =
8 x =
18
Vậy Pt đã cho có 4 nghiệm 
;
;
;
 y = 18  y = 8  y = 2  y = 0

Bài 43: Phương trình đã cho tương đương với 9x =
(y − 1)(y + 2)(1)

(y − 1) + 3 3 =
> (y − 1)(y + 2) 9
Nếu y −1  3 thì y + 2 =
Mà 9x  9 ∀x ∈ Z nên ta có mâu thuẫn.
Suy ray −1  3, do đó: y −1 = 3k( k ∈ Z )=>y=3k+1( k ∈ Z )
Thay vào (1) ta có: 9x =
3k(3k + 3) =
>x=
k(k + 1)

x= k(k + 1)
(k ∈ Z)
Vậy phương trình có nghiệm: 
y 3k + 1
=
TỦ SÁCH CẤP 2| 430

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

Bài 44:
2015(x 2 + y 2 ) − 2014(2 xy + 1) =
25
<=> 2014(x − y)2 + x 2 + y 2 = 2039
Đặt t=|x-y| , t ∈ N do x, y nguyên
Xét các trường hợp:
TH1: t = 0, tức x = y ⇒ phương trình vô nghiệm
TH2: t = 1, tức là x – y = ±1

+ Với x – y = 1 hay x = y + 1, phương trình trở thành:
(y + 1)2 + y 2 = 25 <=> y 2 + y − 12 = 0
y =
3
<=> 
 y = −4

Với y = 3 thì x = 4; với y = –4 thì x = –3
+ Với x – y = –1 hay x = y – 1, phương trình trở thành:
 y =−3
<=> 
y = 4

Với y = –3 thì x = –4; với y = 4 thì x = 3
TH3: t ≥ 2, VT > VP ⇒ phương trình vô nghiệm

Vậy các cặp (x;y) thỏa là (4;3), (–3;–4), (–4;–3), (3;4)
Cách khác: Sử dụng phương pháp biến đổi phương trình về dạng vế trái là tổng của các
bìnhphương. Vế phải là tổng của các số chính phương, hoặc cách điều kiện có nghiệm của
phươngtrình bậc hai cũng có thể giải ra đáp số.
Bài 45:

x 3 + y 3 − x 2 y − xy 2 =
5
<=> (x + y)(x 2 − xy + y 2 ) − xy(x + y) = 5
<=> (x + y)(x 2 − 2xy + y 2 ) = 5
<=> (x + y)(x − y)2 = 5
Do (x-y)2 ≥ 0 và x y thuộc Z nên xảy ra hai trường hợp:

 x =
+y 5
=
x 3
<=> 

x−y 1 =
5
x + y =
=
y 2
Th1: 
=> 
2
1
x=
+y 5
=
x 2
(x − y) =

<=> 
3
−1
 x − y =
y =

x + y =
1
x + y =
1
=>
(L)
Th2: 

2
5 x − y =
± 5
(x − y) =
.431 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

(y − 1)2 + y 2 = 25 <=> y 2 − y − 12 = 0

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên (x; y) ∈ {(3; 2);(2; 3)}
Bài 46:

p −=
1 2x(x + 2)
1) Tìm tất cả các số nguyên tố p và các số nguyên dương x,y thỏa mãn  2
1 2y(y + 2)
p −=
Từ (1) ⇒ p – 1 là số chẵn ⇒ p là số nguyên tố lẻ.
Trừ từng vế của (2) cho (1) ta

được p2 − p= 2y 2 − 2x 2 + 4y − 4x ⇔ p(p − 1)= 2(y − x)(y + x + 2)(*)
⇒ 2(y – x)(y + x + 2) ⋮ p. Mà (2;p) = 1 nên xảy ra 2 TH:
• y – x ⋮ p ⇒ y – x = kp (k ∈ N*)

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Khi đó từ (*) ⇒ p – 1 = 2k(x + y + 2) ⇒ kp – k = 2k2(x + y + 2) ⇒ y – x – k = 2k2(x + y + 2)
(loại vì x + y + 2 > y – x – k > 0 ; 2k2> 1 ⇒ 2k2(x + y + 2) > y – x – k)

• y + x + 2 ⋮ p ⇒ x + y + 2 = kp (k ∈ N*)

Từ (*) ⇒ p – 1 = 2k(y – x) ⇒ kp – k = 2k2(y – x) ⇒ x + y + 2 – k = 2k2(y – x) (**)

Ta chứng minh k = 1. Thật vậy nếu k ≥ 2 thì từ (**) ⇒ x + y = 2k2(y – x) + k – 2 ≥ 8(y – x) (vì y
– x > 0)

⇒ 9x ≥ 7y ⇒ 7y < 14x ⇒ y < 2x Do đó từ (2) ⇒ (p – 1)(p + 1) = 2y(y + 2) < 4x( 2x + 2) < 4x(2x + 4) = 8x( x + 2) = 4(p – 1) (vì 2x(x + 2) = p – 1 theo (1)) ⇒ p + 1 < 4 ⇒ p < 3, mâu thuẫn với p là số nguyên tố lẻ. Do đó k = 1, suy ra x + y + 2 = p x + y + 2 = p x + y + 2 = p  y = 3x + 1 ⇔ ⇔ ⇔  p − 1= 2(y − x) x + y + 1= 2(y − x)  y= 3x + 1 p − 1= 4x + 2 Thay p – 1 = 4x + 2 vào (1) ta có: 4x + 2 = 2x(x + 2) ⇔ 2x + 1 = x 2 + 2x ⇔ x 2 = 1 ⇒ x = 1 ⇒ y = 4, p = 7 (thỏa mãn) Vậy x = 1, y = 4 và p = 7. 2) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho tồn tại các số nguyên dương x, y, z thoả mãn x3 + y3 + z3 = nx 2 y 2 z 2 (1) Giả sử n là số nguyên dương sao cho tồn tại các số nguyên dương x,y,z thỏa mãn (1) Không mất tính tổng quát, giả sử x ≥ y ≥ z ≥ 1. 3 Từ (1) ⇒ 0 < y 3 + z= x 2 (ny 2 z 2 − 1) ⇒ ny 2 z 2 − 1 > 0 ⇒ ny 2 z 2 − 1 ≥ 1
3
⇒ y=
+ z 3 x 2 (ny 2 z 2 − 1) ≥ x 2 (*)

Vì x ≥ y ≥ z nên 3x 3 ≥ x 3 + y 3 =
+ z 3 nx 2 y 2 z 2 ⇒ ny 2 z 2 ⇒ 9x 2 ≥ n 2 y 4 z 4

TỦ SÁCH CẤP 2| 432

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

(

3

Kết hợp với (*) ta có 9 y + z
Mà y ≥ z ⇒

3

)


z3 
≥ 9x ≥ n y z ⇒ 9  1 + 3  ≥ n 2 yz 4
y 

2

2

4

4


z3
z3 
2
4

1

n
yz

9
1
+

 ≤ 18(**)
y3
y3 

z =
1
Ta có: (**) ⇒ z 4 ≤ 18 ⇒ 
z = 2
• Nếu z = 2 : (**) ⇒ 16n 2 y ≤ 18 ⇒ n = y = 1 (loại vì y < z) • Nếu z = 1 : (**) ⇒ n 2 y ≤ 18 ⇒ n 2 ≤ 18 ⇒ n ≤ 4 Ta chứng minh n ∉ {2;4}. Thật vậy, *Nếu n = 4 thì từ n2y ≤ 18 ⇒ 16y ≤ 18 ⇒ y = 1. Từ (1) ⇒ x3 + 2 = 4×2⇒ x2(4 – x) = 2 ⇒ x2 là ước của 2 ⇒ x = 1 (không thỏa mãn) *Nếu n = 2 thì từ n2y ≤ 18 suy ra 4y ≤ 18 ⇒ 1 ≤ y ≤ 4. + y = 2 : (1) ⇒ x 3 − 8x 2 + 9 = 0 ⇒ 9 = x 2 (8 − x). Suy ra x2 là ước của 9. Mà x2 ≥ y2 = 4 nên x=3 (không thỏa mãn) + y =3 : (1) ⇒ x 3 − 18x 2 + 28 =0 ⇒ x 2 (18 − x) =28. Suy ra x2 là ước của 28. Mà x2 ≥ y2 = 9 nên không tồn tại x thỏa mãn. + y =4 : (1) ⇒ x 3 − 32x 2 + 65 =0 ⇒ x 2 là ước của 65 (loại vì 65 không có ước chính phương) Vậy n ∉ {2;4}. Do đó n ∈ {1;3} Thử lại với n = 1, tồn tại bộ (x;y;z) nguyên dương chẳng hạn (x;y;z) = (3;2;1) thỏa mãn (1) với n = 3, tồn tại bộ (x;y;z) = (1;1;1) thỏa mãn (1). Vậy tất cả các giá trị n thỏa mãn bài toán là n ∈ {1;3} y =4 : (1) ⇒ x 3 − 32x 2 + 65 =0 ⇒ x 2 là ước của 65 (loại vì 65 không có ước chính phương) Vậy n ∉ {2;4}. Do đó n ∈ {1;3} Thử lại với n = 1, tồn tại bộ (x;y;z) nguyên dương chẳng hạn (x;y;z) = (3;2;1) thỏa mãn (1) với n = 3, tồn tại bộ (x;y;z) = (1;1;1) thỏa mãn (1). Vậy tất cả các giá trị n thỏa mãn bài toán là n ∈ {1;3} Bài 47: Ta có: x 3 + y 3 = (x + y)2 <=> (x + y)(x 2 − xy + y 2 − x − y) = 0
Vì x, y nguyên dương nên x+y > 0, ta có: x 2 − xy + y 2 − x − y =
0

.433 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

+ y=
1 : (1) ⇒ x 3 − 2x 2 + 2 =0 ⇒ x 2 (x − 2) =−2 < 0 ⇒ x < 2 ⇒ x = 1(L) | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN <=> 2(x 2 − xy + y 2 − x − y) = 0
<=> (x − y)2 + (x − 1)2 + (y − 1)2 = 2
Vì x, y nguyên nên có 3 trường hợp:
x − y =0

+ Trường hợp 1: (x − 1)2 = 1 <=> x = y = 2, z = 4
(y − 1)2 =
1

x − 1 =0

+ Trường hợp 2: (x − y)2 = 1 <=> x = 1, y = 2, z = 3
(y − 1)2 =
1

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

0
y − 1 =

+ Trường hợp 3: (x − y)2 = 1 <=> x = 2, y = 1, z = 3
(x − 1)2 =
1

Vậy hệ có 3 nghiệm (1,2,3);(2,1,3);(2,2,4)
Bài 48: Ta có:
x 2 − 2y(x − y) =
2(x + 1) <= > x 2 − 2(y + 1)x + 2(y 2 − 1) =
0(1)

Để phương trình (1) có nghiệm nguyên x thì ∆’ theo y phải là số chính phương

Ta có ∆ ‘ =
y 2 + 2y + 1 − 2y 2 + 2 =
− y 2 + 2y + 3 =
4 − (y − 1)2 ≤ 4
∆’chính phương nên ∆’ ∈{0;1;4}

+ Nếu ∆ ‘ = 4 => (y − 1)2 = 0 <=> y = 1 thay vào phương trình (1) ta có :

x =
0
x 2 − 4x = 0 <=> x(2 − 4) <=> 
x − 4
+ Nếu ∆ ‘ = 1 => (y − 1)2 = 3 <=> y ∉ Z.

y =
3
+ Nếu ∆ ‘ = 0 => (y − 1)2 = 4 <=> 
 y = −1
+ Với y = 3 thay vào phương trình (1) ta có: x 2 − 8x + 16 = 0 <=> (x − 4)2 = 0 <=> x = 4
+ Với y =-1 thay vào phương trình (1) ta có: x 2 = 0 <=> x = 0
Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm nguyên : (x; y) ∈ {(0;1);(4;1);(4;3);(0;-1)}
Bài 49:Ta có (1)  x 4 + x 2 + 20 = y 2 + y
Ta thấy x 4 + x 2 < x 4 + x 2 + 20 ≤ x 4 + x 2 + 20 + 8x 2  x 2 (x 2 + 1) < y(y + 1) ≤ (x 2 + 4)(x 2 + 5) Vì x, y ∈  nên ta xét các trường hợp sau + TH1. y(y + 1) = (x 2 + 1)(x 2 + 2) ⇔ x 4 + x 2 + 20 = x 4 + 3x 2 + 2 TỦ SÁCH CẤP 2| 434 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | ⇔ 2x 2 = 18 ⇔ x 2 = 9⇔x= ±3 Với x 2 = 9 , ta có y 2 + y = 9 2 + 9 + 20 ⇔ y 2 + y − 110 = 0 ⇔y= 10; y = −11(t.m) + TH2. y(y + 1) = (x 2 + 2)(x 2 + 3) ⇔ x 4 + x 2 + 20 = x 4 + 5x 2 + 6 ⇔ 4x 2 = 14 ⇔ x 2 = 7 (loại) 2 + TH3. y(y + 1) =(x 2 + 3)(x 2 + 4) ⇔ 6x 2 =8 ⇔ x 2 = 4 (loại) 3 + TH4. y(y + 1) = (x 2 + 4)(x 2 + 5) ⇔ 8x 2 = 0 ⇔ x 2 = 0 ⇔ x = 0 Với x 2 = 0 , ta có y 2 + y =20 ⇔ y 2 + y − 20 =0 ⇔ y =−5; y =4 Vậy PT đã cho có nghiệm nguyên (x;y) là : (3;10), (3;-11), (-3; 10), (-3;-11), (0; -5), (0;4). Bài 50: x 4 + y 4 + z 4 ≡ 0,1, 2, 3 ( mod 8 ) Ta có a ≡ 0,1 ( mod 8 ) với mọi số nguyên a ⇒  8z 4 + 5 ≡ 5 ( mod 8 )  4 Mâu thuẫn với (*) vậy không tồn tại (x, y, z) thỏa mãn đẳng thức. b) Phương trình tương đương với ( ) ( x + 1)2 + ( x − 1)2  ( x + 1)2 − ( x − 1)2  = y 3 ⇔ 2x 2 + 2 .4x = y 3 ⇔ 8x 3 + 8x = y 3 .     Nếu x ≥ 1 ⇒ 8x 3 < 8x 3 + 8x < ( 2x + 1) ⇔ ( 2x ) < y 3 < ( 2x + 1) (mâu thuẫn với y nguyên) 3 3 3 Nếu x ≤ −1 và (x, y) là nghiệm, ta suy ra (-x, -y) cũng là nghiệm mà −x ≥ 1 ⇒ mâu thuẫn Nếu x = 0 thì y = 0 (mâu thuẫn) Vậy (x, y) = (0, 0) là nghiệm duy nhất 0. (1) Bài 51: Phương trình đã cho tương đương 2 x 2 − 2 xy + 5 y 2 − 41 = 82 . Mặt khác từ (1) ta có y 2 là số lẻ, nên y 2 ∈ {1;9} 9 2 Với y =1 ⇒ 2 x − 2 x − 36 = 0 ⇒ x ∉ . Ta có ’x = 82 − 9 y 2 ≥ 0 ⇒ y 2 ≤ Với y =−1 ⇒ 2 x 2 + 2 x − 36 =0 ⇒ x ∉ . x = 1  x = 2. Với y = 3 ⇒ 2 x 2 − 6 x + 4 = 0 ⇒   x = −1  x = −2. Với y =−3 ⇒ 2 x 2 + 6 x + 4 =0 ⇒  .435 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC a) Giải sử tồn tại (x, y, z) thỏa mãn x 4 + y 4= 7z 4 + 5 ⇔ x 4 + y 4 + z 4= 8z 4 + 5 ( * ) | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Vậy có 4 cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn là: {(1;3),(2;3),(−1; −3),(−2; −3)} . x a;= y b ( a; b ∈  ) Bài 52: Đặt := 673 673 Phương trình đã cho trở thành: a 3 = b3 − b 2 − b + 2(*) ⇒ a 3 = b3 − 3b 2 + 3b − 1 + 2b 2 − 4b + 3 = ( b − 1) + ( 2b 2 − 4b + 3) > ( b − 1)
3

(

3

)

Lại có: a 3 =b3 + 6b 2 + 12b + 8 − 7b 2 − 13b − 6 =( b + 2 ) − 7b 2 + 13b − 6 < ( b + 2 ) 3 3 Từ (1) và (2) ta có: ( b − 1) < a 3 < ( b + 2 ) ⇒ b − 1 < a < b + 2 3 3 a = b  a= b + 1 Vì a, b ∈  ⇒  +) Với a = b ta có: (*) ⇔ b = b − b − b + 2 3 3 2 ⇔ b 2 + b − 2 = 0 ⇔ ( b − 1)( b + 2 ) = 0 CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI b= 1  a= b= 1 ⇔ ⇔ −2 b= −2 b = a = 673 673  x=  x= y= 1(tm) y= 1 ⇒  673 ⇔  673 673 −2(ktm)  x= y=  x = y = −2 +)Với a = b + 1 ⇒ (*) ⇔ ( b + 1) = b3 − b 2 − b + 2 3 ⇔ b3 + 3b 2 + 3b + 1 = b3 − b 2 − b + 2 ⇔ 4b 2 + 4b − 1 =0  −1 + 2 (ktm) b = 2 ⇔  −1 − 2 (ktm) b = 2  Vậy ( x; y ) = (1;1) Bài 53: a) Chứng minh rằng….. ⇒ x 2m Ta có: 9! = 1.2.3.4.5.6.7.8.9 là số chẵn ⇒ x  2 ⇒ x 2= 3 (m ∈ ) ⇒ 8m3 + 2 y 3 + 4 z 3 =9! ⇔ 4m3 + y 3 + 2 z 3 =1.3.4.5.6.7.8.9 là số chẵn y 2n ( n ∈  ) ⇒ y3  2 ⇒ y 2 ⇒ = 1.3.4.5.6.7.8.9 ⇒ 4 m 3 + 8n 3 + 2 z 3 = 3 3 3 ⇔ 2m + 4n + z = 1.2.3.5.6.7.8.9 là số chẵn ⇒ z 3  2 ⇒ z  2 ⇒= z 2 p ( p ∈ ) ⇒ 2m3 + 4n 3 + 8 p 3 = 1.2.3.5.6.7.8.9 ⇔ m3 + 2n3 + 4 p 3 = 1.3.5.6.7.8.9  m 2  x = 2m 4   2n 4 Chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng có n 2 ( m; n; p ∈  ) ⇒  y =  p 2  z = 2 p 4   Vậy ta có điều phải chứng minh TỦ SÁCH CẤP 2| 436 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | b) Chứng minh rằng không tồn tại….. = x 4= a; y 4= b; z 4c Theo ý a) ta có thể đặt ( a; b; c ∈  ) 9! 1.2.3.4.5.6.7.8.9 = = 1.3.5.6.7.9 là số 43 43 ⇒ a 2u chẵn ⇒ a  2= (u ∈  ) ⇒ a 3 + 2b3 + 4c3 = ⇒ 8u 3 + 2b3 + = 4c 3 1.3.5.6.7.9 ⇔ 4u 3 + b3 + = 2c 3 1.3.3.5.7.9 = 1.5.7.34 Lại có: (1.5.7.34 )34 ⇒ (1.5.7.34 )9  3 (mod 9) ( x ∈ Z )  x ≡ 0; ±1 ⇒ a; b; c9 ⇒ ( 4u 3 + b3 + 2c 3 )93 Nhưng do 1.5.7.34 không thể chia hết cho 93 nên ta có điều vô lý Vậy ta có điều phải chứng minh Bài 54: x3 − xy + 2 =x + y ⇔ x3 − xy − x − y =2 ⇔ x ( x 2 − 1) − y ( x + 1) = −2 CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC ⇔ ( x + 1) ( x 2 − x − y ) =−2   x + 1 =−2   x = −3  2 (tm)  x x y 1 − − = y 11 =      x + 1 =2  x = 1   (tm)   x 2 − x − y =−1   y =1 ⇔ Vì x, y ∈  ⇒  1  x + 1 =   x = 0 ™  2   y = 2   x − x − y =−2    x + 1 =−1   x = −2  2   y = 4 ™ 2   x − x − y =  Vậy hệ phương trình có các nghiệm nguyên ( x; y ) = {( −3;11) ; (1;1) ; ( 0; 2 ) ; ( −2; 4 )} Bài 55: Tìm các số nguyên x, y, z thỏa mãn đồng thời: x 2 + 4 y 2 + z 2 + 2 xz + 4( x + z ) = 396 và x 2 + y 2 = 3z . 2 2 2 2 3 z suy ra x + y chia hết cho 3 hay x, y đều chia hết cho 3. Từ điều kiện x + y = 2 2 2 2 x + 4 y + z + 2 xz + 4( x + z ) = 396 ⇔ ( x + z + 2) = 4(100 − y 2 ) . Suy ra: 100 − y 2 là số chính phương và y 2 ≤ 100 . Mặt khác y 3 y 2 ∈ {0;36} ⇒ y ∈ {0;6; −6} .   x2 x2  x 2 = 3 z = z = z Xét y = 0 :  ⇔ ∨ 3 3 2 400  x + z + 2 =20  x + z + 2 =−20 ( x + z + 2 ) =   Tìm được= hoặc . x 6,= z 12 x= −9, z = 27 .437 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC nên | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 2  3z  x + 36 = Xét y = 6 hoặc y = −6 :  2 256  ( x + z + 2 ) =   x2 x2 z = + z = + 12 12   . ⇔ ∨ 3 3  x + z + 2 =16  x + z + 2 =−16   Giải ra x, z ∉  . Vậy ( x; y; z ) là ( 6;0;12 ) hoặc ( −9;0; 27 ) . Bài 56: 2 x 2 − 4 y 2 − 2 xy − 3 x − 3 = 0 ⇔ ( 2 x 2 − 4 xy − 2 x ) + ( 2 xy − 4 y 2 − 2 y ) − ( x − 2 y − 1) = 4 ⇔ 2 x ( x − 2 y − 1) + 2 y ( x − 2 y − 1) − ( x − 2 y − 1) = 4 CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI ⇔ ( x − 2 y − 1)( 2 x + 2 y − 1) = 4 (*) Do x, y ∈ , 2 x + 2 y − 1 lẻ nên ta có các trường hợp sau đây:  x = 1 (tm)   2 x + 2 y − 1 =−1  2 x + 2 y =0 = − y 1       x − 2 y − 1 =−4  x − 2 y =−3   ⇔ ⇔  x = 7 ( *) ⇔   =  + 2 y −1 1 2x + 2 y 2 2 x= 3     (ktm)  − 2 y −1 4 −4 x − 2 y 5   x= =  y = 3  Vậy nghiệm nguyên của phương trình đã cho là (1; −1) Bài 57: Phương trình đã cho tương đương với 3 x 2 − 2 xy + y − 5 x + 2 = 0 ⇔ 3 x 2 − 5 x + 2= 2 xy − y ⇔ 3 x 2 − 5 x += 2 y (2 x − 1) ⇒y 3x 2 − 5 x + 2 ( Do…x ∈  ⇒ 2 x − 1 ≠ 0) 2x −1 Do x, y nguyên nên: TỦ SÁCH CẤP 2| 438 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | ( 3 x 2 − 5 x + 2 )( 2 x − 1)  2 3 ( 2 x − 1) ( 2 x − 1) 2 ⇔  4 ( 3 x 2 − 5 x + 2 ) − 3 ( 2 x − 1)  ( 2 x − 1)   ⇔ −  20 x + 8 − 3 ( −4 x + 1)  ( 2 x − 1) ⇔ ( −8 x + 5 )( 2 x − 1) ⇔ −  8 x + 5 + 4 ( 2 x − 1)  ( 2 x − 1) ⇔ 1( 2 x − 1) 2 x − 1 = 1 x = 1 ⇒ y = 0 ⇔ ⇔  2 x − 1 =−1  x =0 ⇒ y =−2 Vậy các nghiệm nguyên ( x; y ) của phương trình đã cho là (1;0 ) ; ( 0; −2 ) Bài 58: Vì x, y nguyên dương nên VP > 0 do đó VT > 0 nên x > y
3

3

x≥3

) − 371 là số lẻ nên x, y đều lẻ, do vậy :  y ≥ 1

Xét x = 3 thì y = 1 thay vào phương trình thỏa mãn
Xét x ≥ 5
Ta có:
3
 16 ( 6 x 2 − 12 x + 8 )
x − 2 ≥ y ⇒ 16 ( x3 − y 3 ) ≥ 16  x3 − ( x − 2=
)


2
15 xy + 371 ≤ 15 x ( x − 2 ) + 371= 15 x − 30 x + 371

16 ( 6 x 2 − 12 x + 8 ) − (15 x 2 − 30 x + 371)= 81x 2 − 162 x − 243= 81( x 2 − 2 x − 3)

(

Ta có: x − 2 x − 3 > 0, ∀x ≥ 5 ⇒ 16 x − y
2

3

3

) > 15xy + 371

Vậy trường hợp này vô nghiệm

Vậy phương trình có cặp nghiệm nguyên dương duy nhất ( x; y ) = ( 3;1)
Bài 59: Ta có 1 số chính phương khi chia cho 3 sẽ nhận được số dư là 0 hoặc 1 nên ta có:

(3k ) 2 = 9k 2

2
2
(3k + 1) = 9k + 6k + 1 ≡ 1( mod 3)

2
2
( 3k + 2 ) = 9k + 12k + 4 ≡ 1( mod 3)
Nếu x, y > 3 thì x,y không chia hết cho 3 do đó số dư của Vế trái cho 3 là 1 − 2.1 =
−1 chia 3
dư 2 vô lý do x 2 − 2 y 2 =
1

⇒ trong hai số x, y phải có một số bằng 3
 x = 3 ⇒ 9 − 2 y 2 =1 ⇒ y 2 = 4 ⇔ y = 2( y > 0)
⇒
2
2
 y = 3 ⇒ x − 2.9 = 1 ⇔ x = 19 ⇒ x ∈ ∅
.439 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

(

Ta có: 15 xy= 16 x − y

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

Vậy các cặp số nguyên ( x; y ) = ( 3;2 )
Bài 60:

x 2 − xy + y 2 = 2 x − 3 y − 2 ⇔ x 2 − ( y + 2 ) x + y 2 + 3 y + 2 =
0 (1)
∆=

( y + 2)

2

− 4 ( y2 + 3 y + 2) =
−3 y 2 − 8 y − 4

Để phương tình (1) có nghiệm thì ∆ ≥ 0

⇒ −3 y 2 − 8 y − 4 ≥ 0 ⇔ 3 y 2 + 8 y + 4 ≤ 0 ⇔ −2 ≤ y ≤ −

2
3

Vì y nguyên nên y = −2 hoặc y = −1 .
Với y = −2 , (1) ⇒ x 2 = 0 ⇔ x = 0 .

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

x = 1
0 ⇔
Với y = −1 , (1) ⇒ x 2 − x =
x = 0
Vậy nghiệm của phương trình: ( 0; −2 ) , ( 0; −1) , (1; −1) .
Bài 61: – Với y = 0 , ta có x = 0 .
– Với y ≠ 0 , ta có:

x 2 y 2 − x 2 − 6 y 2 = 2 xy ⇔ x 2 y 2 − 5 y 2 = ( x + y)2 ⇔ x 2 − 5 =

( x + y )2
y

2

= a2 ( a ∈  ) .

 x + a =
5
x = 3
x 2 − a 2 =5 ⇔ 
⇒ x =3 ⇔ 
1
 x = −3
 x − a =
 y = −1
Khi x = 3 ⇒ 3 y 2 − 6 y − 9 = 0 ⇔ 
y = 3
y =1
 y = −3

Khi x = -3 ⇒ 3 y 2 + 6 y − 9 = 0 ⇔ 

Vậy ( x; y ) ∈ {( 0;0 ) ; ( 3; −1) ; ( 3;3) ; ( −3;1) ; ( −3; −3)}

Bài 62: Coi phương trình đã cho là phương trình bậc 2 ẩn y có tham số x
Ta có: =
∆ 4 x 2 + 12 x + 8
Vì x, y ∈  ⇒ ∆ là số chính phương

⇒ 4 x 2 + 12 x + 8 =k 2 ⇔ 4 x 2 + 12 x + 9 − k 2 =1
⇔ ( 2 x + 3) − k 2 =
1
2

⇔ ( 2k + 3 − k )( 2k + 3 + k ) =
1
 2 x + 3 − k =1
  x =−1
(tm)


2
x
=
+
3
+
k
1
=
k
0


⇔
⇔
 2 x + 3 − k =−1   x =−2


(tm)
 2 x + 3 + k =−1  k =0
Thay vào phương trình đề

Với x =−1 ⇒ (*) ⇔ y 2 − 2 y + 1 =0 ⇔ ( y − 1) =0 ⇒ y =1(tm)
2

TỦ SÁCH CẤP 2| 440

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

Với x = −2 ⇒ (*) ⇔ y 2 − 4 y + 4 = 0 ⇔ ( y − 2 ) = 0 ⇔ y = 2(tm)
2

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là ( x; y ) =
{( −1;1) ; ( −2; 2 )}
Bài 63: Nhân cả hai vế của phương trình với 12 ta được:

36 ( a 2 + b 2 ) − 84 ( a + b ) =
50 52 52 =
12 + 7 2
−48 ⇔ ( 6a − 7 ) + ( 6b − 7 ) ==+
2

 6 a − 7 =
5

5
 6b − 7 =
 6a − 7 =−5

 a= b= 2(tm)
5
 6b − 7 =



=
a
6
7
5

 a 1=
=
, b 2(ktm)

3

 6b − 7 =−5


1
b
(ktm)
 a 2,=
 6a − 7 =−5 =
3

 6b − 7 =−5

1
1

=
=
a
b
;
(ktm)

 6 a − 7 =
1
2
3
3
 ( 6a − 7 ) =

25

 
4
7

=
b
6
7
7


=
a =
;b
(ktm)
 ( 6b − 7 )2 =
 a = 1

25
 6a − 7 =−1
3
3






7
 ( 6a − 7 )2 =
 b = 0
=
 6b − 7 =
1
7
=
a
b
ktm
1;
(
)

⇔  a =b =2
⇔
⇒ 
⇔
3
 ( 6b − 7 )2 =

1

49
 6 a − 7 =
4

 a = 0
a =
; b 0(ktm)
 6b − 7 =−7 =
2

  6a − 7 =
 b = 1
3


49
(
)



 a = 1; b = 0
 6a − 7 =−1

2
 ( 6b − 7 ) =


1
 

=

b
6
7
7
4
 a 0;=

=
b
(ktm)

 6 a − 7 =
3
7


4
 a 4=
1
 6b − 7 =
=
;b
(ktm)

3
3


 6a − 7 =−7
4

a =
=
; b 1(ktm)
 6b − 7 =
1
3


 a 0,=
7
 6 a − 7 =
=
b 1

 6b − 7 =−1
 6a − 7 =−7

 6b − 7 =−1

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là ( a; b ) = {( 0;1) ; (1;0 ) ; ( 2; 2 )}
Bài 64:
Ta có

y 2 + y = x 4 + x3 + x 2 + x ⇔ 4 y 2 + 4 y + 1 = 4 x 4 + 4 x3 + 4 x 2 + 4 x + 1
(2 y + 1) 2 =

⇔
2
(2 y + 1)=

( 2x
( 2x

2

+ x ) + (3 x + 1)( x + 1)

2

+ x + 1) − x( x + 1)

2

2

.441 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

2

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

Ta thấy : nếu x < −1 hoặc x > 2 thì (3 x + 1)( x + 1) > 0 và x( x − 2) > 0 nên từ (1) và (2) ta suy ra

( 2x

2

+ x + 1) > (2 y + 1) 2 > ( 2 x 2 + x )
2

2

( *)

Loại vì không có số nguyên y thỏa mãn.

Từ đó suy ra −1 ≤ x ≤ 2 ⇒ x ∈ {−1, 0,1, 2}

2 ⇒ y2 + y =
30 ⇒ y =
5, y =
−6
Xét x =
Xét x =1 ⇒ y 2 + y =4 loại
Xét x = 0 ⇒ y 2 + y = 0 ⇒ y = 0, y = −1
Xét x =−1 ⇒ y 2 + y =0 ⇒ y =0, y =−1
Vậy hệ đã cho có 6 nghiệm là (0,5)(2 ⋅ −6)(0 : 0), (0; −1), (−1, 0), (−1, −1)
Bài 65:

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Từ x 2 − xy − 5 x + 5 y =
2
⇔ x( x – y ) – 5( x – y ) =
2

⇔ ( x – y )( x – 5) =
2

Vì 2 =1.2 =2.1 =−
( 1).(−2) =−
( 2).(−1) nên ta có 4 trường hợp sau:

x=
−y 1 =
y 6
Trường hợp 1: 
(TM )

−5 2 =
x 7
 x=

−y 2 =
 x=
y 4
Trường hợp 2: 
⇔
(TM )
x −5 1 =
=
x 6
−1  y =
4
x − y =
Trường hợp 3: 
⇔
(TM )
 x − 5 =−2
 x =3
−2
6
x − y =
y =
Trường hợp 4: 
⇔
(TM )
 x − 5 =−1
 x =4

Vậy có 4 cặp ( x, y ) thỏa mãn là: (7; 6); (6; 4); (3; 4); (4; 6) .
Bài 66:
Ta có xy 2 − ( y − 45)2 + 2 xy + x − 220 y + 2024 =0 ⇔ ( y + 1)( xy + x − y − 129) =−128 =−27
⇒ y + 1 ∈ {2; 4;8;16;32;64;128} ⇒ y ∈ {1;3; 7;15;31;63;127} ⇒ ( x; y ) ∈ {(33;1),(25;3),(15; 7)} .

Bài 67:
Xét phương trình:

x2 − n2x + n + 1 =
0 (ẩn số x )

(1)

Để phương trình (1) có nghiệm thì ∆ ≥ 0 ⇒ n 4 − 4n − 4 ≥ 0 ⇒ n ∉ {0;1} ( do n ∈ Ν )
Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (1).

x1 + x 2 =
n2
Áp dụng hệ thức Vi-et, ta được: 
x1x 2= n + 1

⇒ x1 + x 2 −x1x 2 = n 2 − n − 1
TỦ SÁCH CẤP 2| 442

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

⇔ x1 (1 − x 2 ) − (1 − x 2 ) = n 2 − n − 2
⇔ ( x1 − 1)(1 − x 2 ) =( n − 2 )( n + 1)
⇔ ( x1 − 1)( x 2 − 1) = ( 2 − n )( n + 1)

 x1 + x2 = n 2 ≥ 4
Với n ∈ Ν, n ∉ {0;1} thì 
 x1 x2 = n + 1 ≥ 3
Do đó x1 ≥ 1;x 2 ≥ 1 ⇒ ( x1 − 1)( x 2 − 1) ≥ 0 ⇒ ( 2 − n )( n + 1) ≥ 0

⇒ 2 − n ≥ 0 ( do n + 1 > 0, ∀ n ∈ Ν ) ⇒ n ≤ 2
Mà n ∈ N, n ∉ {0;1} ⇒ n =
2 . Khi đó, phương trình (1) trở thành:

x 2 − 4x + 3 = 0 ⇔ ( x − 1)( x − 3) = 0
x 1 ( t / m x ∈ Ζ )
=
0
x − 1 =
⇒
⇔
0
=
x − 3 =
x 3 ( t / m x ∈ Ζ )
Bài 68:

Vì x, y ∈  ⇒ x + y, x 2 + y 2 ∈ 
=>

x 2 + y 2 85
=
⇔ 85( x + y ) = 13( x 2 + y 2 ) > 0
x + y 13

=> x + y > 0.
Áp dụng BĐT: x + y
2

2

( x + y)

2

2

⇔ ( x − y ) 2 ≥ 0 (luôn đúng)

Ta có:

85( x + =
y ) 13( x 2 + y 2 ) ≥

13
170
2
( x + y ) ⇒ x + y ≤ ⇒ x + y ≤ 13
2
13

Mặt khác:

x + y > 0
⇒ x + y = 13 ⇒ x 2 + y 2 = 85

 x + y  13
Suy ra:

y 13 − x

13
x + y =
=

 2

2
2
2
85 
x + y =
 x + (13 − x )

.443 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

6
 x =
(TM )

y
7
=

⇔
85   x = 7
=

(TM )
  y = 6

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

Vậy với n ∈ Ν , để phương trình đã cho có các nghiệm là số nguyên thì n = 2.

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

Vậy nghiệm của PT là: (x; y) = (6; 7) ; (7; 6)
Bài 69: Có: ( a + b ) ≤ 2 ( a 2 + b 2 ) suy ra n 4 ≤ 2 ( n3 + 2 ) , hay n3 ( n − 2 ) − 4 ≤ 0 .
2

Nếu n ≥ 3 thì n3 ( n − 2 ) − 4 ≥ n3 − 4 > 0 (Loại). Do đó n = 0; 1; 2 .
Với n = 0; 1 chỉ ra không tồn tại a; b thỏa mãn đề bài.
Với n = 2 chỉ ra =
a 1;=
b 3 hoặc=
a 3;=
b 1 thỏa mãn đề bài rồi kết luận.
Bài 70:

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

2020( x 2 + y 2 ) − 2019(2 xy + 1) =
5
⇔ 2019( x − y)2 + x 2 + y 2 =
2024

(1)

⇒ 2019( x − y)2 ≤ 2024 ⇒ ( x − y)2 ≤

2024
⇒ 0 ≤ ( x − y )2 ≤ 1 ⇒ 0 ≤ x − y ≤ 1
2019

x−y =
0
⇒
1
 x − y =

0⇒x=
Nếu x − y =
y , từ (1) ⇒ 2 x 2= 2024 ⇒ x 2= 1012 (vô nghiệm nguyên)
x − y = 1
y = x −1
1 thì 
và từ (1) ⇒ x 2 + y 2 =
Nếu x − y =
5 (2)
⇔
 x − y =−1  y =x + 1

−1  y =
−2
x =
Thay y= x − 1 vào (2) ta được: ⇒ x 2 + ( x − 1)2 = 5 ⇔ x 2 − x − 2 = 0 ⇔ 
⇒
=
 x 2=
y 1
=
 x 1=
y 2
Thay y= x + 1 vào (2) ta được: ⇒ x 2 + ( x + 1)2 = 5 ⇔ x 2 + x − 2 = 0 ⇔ 
⇒
−2  y =
−1
x =
Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên: ( x; y) =
(−1;2);(−2;1);(1; −2);(2; −1)
Bài 71: 2 ( 2 x 2 y − x 2 − 3 y − 1) = 0 ⇔ ( 2 x 2 − 3) ( 2 y − 1) = 5 (*)

y −1 1 =
 2=
y 1
Suy ra 2 y − 1 ∈ Ư(5)= {±1; ± 5} mà 2 y − 1 > −1, ∀y > 0 nên 
.
⇔
y −1 5 =
 2=
y 3

 x = 2 (n)
Với y = 1 thay vào (*) ta được 2 x 2 − 3 = 5 ⇔ x 2 = 4 ⇔ 
 x = −2 ( l )

Với y = 3 thay vào (*) ta được 2 x 2 − 3 =1 ⇔ x 2 =2 ⇔ x =± 2 (loại).

x 2,=
y 1.
Vậy các số nguyên dương thỏa mãn là=
Bài 72:

TỦ SÁCH CẤP 2| 444

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

x + y + 3 + 1=

x+ y

⇔ x + y + 3 + 2 x + y + 3 + 1 = x + 2 xy + y
⇔ x + y + 3=

xy − 2

⇔ x + y + 3 = xy − 4 xy + 4
xy − x − y + 1
⇔ xy =
4

Nếu xy là số không chính phương thì VT là số vô tỉ còn VP là số hữu tỉ, vô lý

k 2 ⇒ xy =
k
Vậy xy =
Ta có x + y + 3 = xy − 4 xy + 4 ⇔ x + y + 2 xy = xy − 2 xy + 1 ⇔

(

x+ y

)=(
2

)

xy + 1

2

xy −1 (*)

⇔ x+ y =

y = k − 1 − x ⇔ y = ( k − 1) − 2 ( k − 1) x + x

( k − 1) + x − y
x=
2 ( k − 1)

2

2

vì ( k > 2 )

Vậy x là số chính phương, Lý luận tương tự thì y là số chính phương
2
Đặt
=
x a=
; y b2

Từ (*) a + b = ab + 1 ⇔ ( a − 1)( b − 1) = 2
Ta tìm được

; b ) ( 2; 3) ; ( 3; 2 ) ⇔ ( x=
; y ) ( 4; 9 ) ; ( 9; 4 )
( a=

Bài 73: ĐK: 199  x 2  2x  0  x  1  200  x  15; 14; 13;…;12;13 (Vì x  Z )
2

Ta có: 4y 2  2  199  x 2  2x  2  200  x  1  2  10 2  0  y 2  4 , mà y  Z
2

Suy ra: y  2; 1;1;2 .

x  15
;
y  1  
x
13


x  3
y  2  
x  1

x  15
;
y  1  
x

13


x  3
;
y  2  

1
x


Vậy tập hợp các cặp số x ; y  nguyên thỏa mãn đề bài là:

S  13; 1, 13;1, 15; 1, 15;1, 3;2, 3; 21;2, 1; 2

Bài 74: Vì x , y nguyên dương và x ; y   1;1 không thỏa mãn phương trình nên
x 2  y 2  1  3; xy  x  y  3 . Suy ra xy  x  y là ước nguyên dương lớn hơn 3 của 30

gồm: 5;6
Nếu xy  x  y  5  x  1y  1  6 ta được các trường hợp
.445 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

Nếu x là số không chính phương thì VT là số vô tỉ còn VP là số hữu tỉ, vô lý

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

x  1  2
x  1
+) 
(thỏa mãn điều kiện đầu bài)
 
y  1  3
y  2


x  1  3
x  2
+) 
(thỏa mãn điều kiện đầu bài)
 
y  1  2
y  1


Nếu xy  x  y  6  x  1y  1  7 không thỏa mãn
Vậy các cặp số x ; y  thỏa mãn là 1;2, 2;1 .
Bài 75: Vì 65 lẻ nên 2 x + 5 y + 1 lẻ và 2

x −1

+ y + x 2 + x lẻ

2 x + 1 lẻ nên 5y chẵn, suy ra y chẵn

Mặt khác x 2 + x= x ( x + 1) chẵn nên 2

x −1

lẻ, suy ra x − 1 =
0

⇔x=
±1

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Với x = 1 ⇒ ( 5 y + 3)( y + 3) = 65 ⇒ y = 2
Với x = -1 ⇒ ( 5 y + 3)( y + 3) = 65 ⇔ 5 y 2 + 4 y − 66 = 0 Phương trình này không có

nghiệm nguyên.
Vậy: ( x; y ) = (1;2 )
Bài 76: Ta có 2m.m2 = 9n2 -12n +19 2m.m2 = (3n-2)2 +15
Nếu m lẻ  m= 2k +1, k  *

 2m.m2 =2.4k.m2 = (3+1)k 2m2  2m2 (mod3) mà m2  0;1 (mod3) nên 2.4k.m2  0;2 (mod3).

Mặt khác (3n-2)2 +15  1 (mod3)

Vậy trường hợp này không xảy ra
Nếu m chẵn  m= 2k , k  * thì ta có phương trình
22k.m2 – (3n-2)2 = 15 (2k.m +3n-2) (2k.m -3n+2) = 15 (*)
Vì m,n  * nên 2k.m +3n-2 > 2k.m -3n+2 và
2k.m +3n-2 >0  2k.m -3n+2 >0

2k .m  3n  2  15
2k .m  3n  2  5

Do dó (*)  k
hoặc  k
2 .m  3n  2  1
2 .m  3n  2  3


k
2k .m  3n  2  15 
2 .2k  8
TH1:  k
(vô nghiệm)

2 .m  3n  2  1
n
3



2k .m  3n  2  5 2k .2k  4 k  1 m  2

TH2: k



2 .m  3n  2  3 n  1
n  1 n  1

Vậy phương trình đã cho có nghiệm m = 2, n = 1
Bài 77:
Từ biểu thức ( x 2 − x + 1)( y 2 + xy ) = 3 x − 1 ta nhận thấy 3x-1 phải chia hết cho (x2 – x + 1)
TỦ SÁCH CẤP 2| 446

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

ta có (3x – 1)(3x – 2) = 9×2 – 9x + 2 = 9(x2 – x + 1) – 7 cũng phải chia hết cho (x2 – x + 1)
suy ra 7 chia hết cho (x2 – x + 1)
(x2 – x + 1) = 1 hoặc 7
Thay x = 0,1,3 và -2 lần lượt vào ta có y => (x,y) = (1,1),(1,-2) và (-2,1)
3
Bài 78: Phương trình đã cho có thể được viết lại thành x 2 ( y − 2 ) + y 3 − 3 y 2 + 4 =
2

hay ( y − 2 ) ( x 2 + y + 1) =
3.
2

1 và x 2 + y + 1 =
Suy ra ( y − 2 ) =
3 . Giải ra, ta được x = ±1 và y = 1 . Vậy có hai cặp số nguyên
2

( x; y ) thỏa mãn yêu cầu của đề bài là (1;1) và ( −1;1) .
Bài 79: Điều kiện: x ≥ 0; y ≥; x + y − 2 ≥ 0
Với điều kiều kiện trên bình phương 2 vế ta có

2

(

)

x + y − 2 = x.y ⇔ x ( 2 − y ) − 2 ( 2 − y ) =0 ⇔ ( 2 − y )

(

)

x − 2 =0

⇔ y =2∨x =4

2 và=
x 4, y ≥ 0
Kết hợp với điều kiện ta có: x ≥ 0, y =

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

Bài 80: Ta có x2 + xy + y2 = x2y2
⇔ (x + y)2 = xy(xy + 1)

 xy =
0
+ Nếu x + y = 0 ⇒ xy(xy + 1) = 0 ⇔ 
 xy = −1
Với xy = 0. Kết hợp với x + y = 0 ⇒ x = y = 0

1
x =−1
x =
Với xy = -1. Kết hợp với x + y = 0 ⇒ 
hoặc 
y = 1
 y = −1
+ Nếu x + y ≠ 0 ⇒ (x + y)2 là số chính phương
xy(xy + 1) là hai số nguyên liên tiếp khác 0 nên chúng nguyên tố cùng nhau. Do đó không
thể cùng là số chính phương
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là (x; y) = (0; 0); (1; -1); (-1; 1)

(

) (

)

Bài 81: Ta có x 5 + y 2= xy 2 + 1 ⇔ x 5 − 1 − xy 2 − y 2 = 0

(

)

(

)

⇔ ( x − 1) x 4 + x 3 + x 2 + x + 1 − y 2 ( x − 1) = 0 ⇔ ( x − 1) x 4 + x 3 + x 2 + x + 1 − y 2 = 0
x − 1 =
0
⇔ 4
3
2
y2
x + x + x + x + 1 =

*Nếu x − 1 = 0 ⇒ x = 1 ta có 1 + y 2 = y 2 + 1 đúng với mọi y nguyên
Vậy ngiệm của PT là (1;y ∈ Z)
*Nêu x 4 + x 3 + x 2 + x + 1 = y 2 ⇒ 4x 4 + 4x 3 + 4x 2 + 4x + 4 = (2y)2
Ta có
.447 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

( 2y ) − ( 2x
2

2

)

2

+ x = 4x 4 + 4x 3 + 4x 2 + 4x + 4 − 4x 4 − 4x 3 − x 2
2


2 8
= 3x + 4x + 4= 3  x +  + > 0
3 3

2

Vậy ta có (2x 2 + x)2 < ( 2y ) * 2 ) ( ( ) Ta có 2x 2 + x + 2 − (2y)2= 5x 2 ≥ 0 , Vậy ta có ( 2y ) ≥ 2x 2 + x + 2 * * 2 2 2 Từ * và ** ta có ( + x + 2) (2x 2 + x)2 < ( 2y ) ≤ 2x 2 + x + 2 2 ( 2y )= ( 2x 2 2 ) 2 ⇒ ( 2y )= 2 ( 2x 2 ) 2 + x+1 ; 2 Nếu ( 2y ) = (2x 2 + x + 1)2 ⇔ −x 2 + 2x + 3 = 0 ⇔ x 2 − 2x − 3 = 0 CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI 2  x =−1 ⇔ (x + 1)(x − 3) =0 ⇔  x = 3 + nếu x =−1 ⇒ y 2 =1 ⇒ y =±1 +Nếu x = 3 ⇒ y2 = 121 ⇒ y = ±11 -Nếu ( 2y ) = (2x 2 + x + 2)2 ⇔ −5x 2 = 0 ⇔ x = 0 ⇒ y 2 = 1 ⇒ y = ±1 . 2 Kết luận (x, y) = (-1, 1); (-1, -1); (3, 11); (3, -11); (0, 1); (0, -1); là (1,y ∈ Z). Bài 82: Giả thiết ⇔ 3 ( x − 3 ) − 18y 2 + 2z 2 + 3y 2 z 2 = 54 (1) 2 +) Lập luận để z 2  3 ⇒ z  3 ⇒ z 2  9 ⇒ z 2 ≥ 9 (*) (1) ⇔ 3(x − 3)2 + 2z 2 + 3y 2 (z 2 − 6) = 54 (2) (2) ⇒ 54 = 3(x − 3)2 + 2z 2 + 3y 2 (z 2 − 6) ≥ 3(x − 3)2 + 2.9 + 3y 2 .3 2 2 (x − 3)2 + 3y 2 ≤ 12 ⇒ y 2 ≤ 4 ⇒ y= 1; y= 4 vì y nguyên dương Nếu y 2 =1 ⇔ y =1 thì (1) có dạng: 3 ( x − 3 ) + 5z 2 = 72 ⇒ 5z 2 ≤ 72 ⇒ z 2 ≤ 2 72 ⇒ z 2 = 9 ⇒ z = 3 (vì có(*)) 5 Khi đó 3 ( x − 3 ) =27 ⇒ ( x − 3 ) =9 , x nguyên dương nên tìm được x=6 2 2 Nếu y 2 = 4 ⇔ y = 2 (vì y nguyên dương) thì (1) có dạng: 3 ( x − 3 ) + 14z 2 = 126 ⇒ 14z 2 ≤ 126 ⇒ z 2 ≤ 9 ⇒ z 2 = 9 ⇒ z = 3 (vì z nguyên dương) 2 x = 3 x = 6   Suy ra (x − 3)2 = 0 ⇒ x = 3 (vì x nguyên dương) . Đáp số= ; y 1  y 2= z 3= z 3 =   TỦ SÁCH CẤP 2| 448 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | Bài 83: Đặt a =+ x y, b = xy ( a, b ∈ Z ) và a 2 ≥ 4b 2+b b2 + 1 Phương trình (1) trở thành: b 2 .a + a = 2 + b ⇔ a = ) ( ) ( Do đó: ( 2 + b ) b 2 + 1 ⇒ a 2 − 4  b 2 + 1 ⇒ a 2 + 1 − 5 b 2 + 1 ⇒ 5 a 2 + 1 ⇒ a 2 + 1 ∈ {1; 5} ⇒ a ∈ {0, 4} ⇒ a ∈ {0; −2; 2}  xy = 0 ⇔ ( x, y ) ∈ ( 0; 2 ) , ( 2; 0 ) Với a = 0 ⇒ b = 2 ⇒  2 x + y = { }   x = 2    y = − 2  xy = −2 ⇒ Với a =−2 ⇒ b =0 ⇒  (loại vì không thỏa mãn x, y nguyên) 0  x = x + y = − 2    y = 2 4 (loại vì b không nguyên) 5 Vậy nguyện (x, y) = (0, 2); (2, 0). Bài 84: Ta có: xy 2 + 2xy − 243y + x = 0 ⇔ x ( y + 1) = 243y 2 Vì y + 1 ≠ 0 nên ta có: x = 243y ( y + 1) 2 Do (y, y + 1) = 1 nên ( y + 1) là ước của 243 . Mặt khác: 243 = 35 2 Do đó: ( y + 1) =32 ∨ ( y + 1) =34 2 2 Với: ( y + 1) = 32 ⇒ y = 2, x = 54 2 Với: ( y + 1) = 34 ⇒ y = 8, x = 24 2 Vậy nghiệm dương của phương trình là: (x, y) = (54, 2); (24, 8) Bài 84: Xét phương trình x 2 = y 2 + y + 1 với x, y ∈ Z + Xét y = 0 thì x 2 = 1 do x nguyên dương nên x = 1 Xét y ≥ 1 ⇒ x ≥ 3. Ta có: ( x + y ) ( x − y ) = y + 1 ⇒ ( y + 1) ( x + y ) (vô lý) 2 2 Do đó số nguyên không âm phải tìm là (x, y) = (1, 0). ( ) 1 + 13 − x 2 + 4x + 4 = 1 + 13 − ( x + 2 ) ≤ 1 + 13 Bài 85: Ta có y 2 = Suy ra 1 ≤ y 2 ≤ 4 Với y 2 =1 ⇒ 13 =( x + 2 ) không có nghiệm nguyên. 2 .449 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC 2 CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Với a = 2 ⇒ b = | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Với y 2 =4 ⇒ 3 = 13 − ( x + 2 ) ⇔ ( x + 2 ) =4 ⇔ x =0 ∨ x =−4 2 2 Vậy phương trình có 4 nghiệm (-2, 0); (-2, -4); (2, 0); (2; – 4). Bài 86: Ta có: 4 − 3x =5 − a Xét x ≤ ( 1) 4 a −1 . , ta được x = 3 3  a −1 4 ≤ 0 < 4 Để x nguyên dương và thuộc khoảng đang xét ta giải hệ  3 3 ⇒a=  a − 1 3  Khi đó x = 1. CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Xét x >

4
9−a
.
, ta được x =
3
3

9 − a 4
a < 5 >

⇔a=
3k với k ≤ 1.
Giải hệ:  3
3⇔

a
3

 9 − a 3

Khi đó x = 3 – k
Vậy ta cần a = 4 hoặc a = 3k với k nguyên, k ≤ 1.

Bài 87: Ta có:

x 2 y 2 + ( x − 2 ) + ( 2 y − 2 ) − 2 xy ( x + 2 y − 4 ) =
5
2

2

⇔ x 2 y 2 + x 2 − 4 x + 4 + 4 y 2 − 8 y + 4 − 2 x 2 y − 4 xy 2 + 8 xy =
5

(

) (

) (
)
⇔ y 2 ( x2 − 4 x + 4) + ( x2 − 4 x + 4) − 2 y ( x2 − 4 x + 4) =
1
⇔ ( x 2 − 4 x + 4 )( y 2 + 1 − 2 y ) =
1 ⇔ ( x − 2 ) ( y − 1) =
1

⇔ x 2 y 2 − 4 xy 2 + 4 y 2 + x 2 − 4 x + 4 + −2 x 2 y + 8 xy − 8 y = 5 − 4

2

2

TH 1: ( x − 2 ) =( y − 1) =1 ⇔ x =3 và y = 2
TH 2 : ( x − 2 ) =( y − 1) =−1 ⇔ x =1 và y = 0
TH 3 : ( x − 2 ) =
1
x=
3 và y = 0
− ( y − 1) =⇔
TH 4 : ( x − 2 ) =− ( y − 1) =−1 ⇔ x =1 và y = 2
Vậy phương trình có các cặp ( x; y ) nguyên là: ( 3; 2 ) ; (1;0 ) ; ( 3;0 ) ; (1; 2 ) .

Bài 88:
Đặt =
y 2 b, b > 0 .
x a, a > 0 , =

4 y 4 + 6 y 2 − 1 =x

⇔ 4b 2 + 6b − 1 =a 2

⇔ 16b 2 + 24b − 4 =
4a 2
⇔ 16b 2 + 24b + 9 − 4a 2 =
13
TỦ SÁCH CẤP 2| 450

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

13
⇔ ( 4b + 3) − 4a 2 =
2

⇔ ( 4b + 3 − 2a )( 4b + 3 + 2a ) =
13

Lập bảng

4b + 3 − 2a

1

13

4b + 3 + 2a

13

1

a

3

-3

b

1

1

Nhận

Loại

x

9

y

1

Vậy phương trình có nghiệm nguyên là ( x; y ) là ( 9;1) .
Bài 89: Ta có

( x − y − 1)( x + 1 − y ) + 6 xy + y 2 ( 2 − x − y=) 2 ( x + 1)( y + 1)

⇔ ( x − y ) − 1 + 6 xy − y 2 ( x + y − 2 )= 2 ( x + y + xy + 1) ⇔ ( x + y ) − y 2 ( x + y − 2 )= 2 ( x + y ) + 3
2

2

(

)

Vì x, y ∈  nên x + y − 2; x + y − y 2 là các ước của 3
1
x + y − 2 =

 y2 = 0
x = 3

⇔
.

2
−y 3
+ y 3 y = 0
x + y =
 x=

+) 

 x = 7

3
x + y − 2 =
y = 4
 y = −2
+) 
.
⇔
⇔
2

y 1
+y 5
x = 3
 x + y −=
 x=

  y = 2

 x = 3

 x + y − 2 =−1
y = 4
 y = −2
+) 
.
⇔
⇔
2

1
−3
 x = −1
x + y − y =
x + y =

  y = 2
2

2

 x + y − 2 =−3

 y2 = 0
 x = −1

⇔
.

2
−1
−1  y = 0
x + y − y =
x + y =

+) 

Vậy các cặp số nguyên ( x; y ) là ( 3;0 ) ; ( 3; − 2 ) ; ( −1;2 ) ; ( 7; −2 ) ; ( 3;2 ) ; ( −1;0 ) .
Bài 89: Ta có

( x − 2018)

2

+ 1= y 4 + 9 y 2 + 1 − 6 y 3 − 6 y + 2 y 2 =

(y

2

− 3 y + 1)

2

⇔ ( y 2 − 3 y + 1) − ( x − 2018) =1 ⇔ ( y 2 − 3 y + 1 + x − 2018 )( y 2 − 3 y + 1 − x + 2018 ) =1
2

2

 x = 2018
 2
( y − 3 y + 1 + x − 2018 ) =−1  x = 2018

TH1 : 
⇔ 2
⇔  y = 1
2
0
( y − 3 y + 1 − x + 2018 ) =−1  y − 3 y + 2 =
 y = 2

 x = 2018
( y 2 − 3 y + 1 + x − 2018 ) =
1  x = 2018


TH2 : 
⇔ 2
⇔  y = 0
2
y
3
y
0

=
3
1
2018
1
y
y
x

+

+
=

(
)
 y = 3



Vậy phương trình có nghiệm ( x; y ) ∈ {( 2018;0 ) ; ( 2018;1) ; ( 2018;2 ) ; ( 2018;3)} .
Bài 90: Ta có (1) ⇔ ( y − 2 )( y − 3) + 56 =
( y − 2) x 2 + ( y − 2 )( y − 4 ) x
.451 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

3
⇔ ( x + y )( x + y − 2 ) − y 2 ( x + y − 2 ) =
3 ⇔ ( x + y − 2) x + y − y2 =

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

56
⇔ ( y − 2 )  x 2 + ( y − 4 ) x − ( y − 3)  =
⇔ ( x − 1)( y − 2 )( x + y − 3) =
56.

Nhận thấy ( y − 2 ) + ( x − 1) = x + y − 3, nên ta phải phân tích số 56 thành tích của ba số
nguyên mà tổng hai số đầu bằng số còn lại.
Như vậy ta có

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

+) 56 = 1.7.8 ⇒ ( x; y ) =

( 2;9 ) .
+) 56 = 7.1.8 ⇒ ( x; y ) = ( 8;3) .
+) 56 =( −8 ) .1. ( −7 ) ⇒ ( x; y ) =( −7;3) .
+) 56 = 1. ( −8 ) . ( −7 ) ⇒ ( x; y ) = ( 2; −6 ) .
+) 56 =( −8 ) .7. ( −1) ⇒ ( x; y ) =( −7;9 ) .
+) 56 = 7. ( −8 ) . ( −1) ⇒ ( x; y ) = ( 8; −6 ) .
Vậy phương trình có 6 nghiệm nguyên như trên.

2
2
Bài 91: Ta có 2 x + 2 y + 3 x − 6 y =5 xy − 7 ⇔ ( x − 2 y )( 2 x − y + 3) =−7

Xét các trường hợp ta có ( x=
; y)

( 3; 2 ) ; ( −5; −6 ) ; ( −7; −4 ) ; (1; 4 ) .

Bài 92: Để phương trình có nghiệm thì 9x 2 + 16x + 32 phải là một số chính phương.
Khi đó 9x 2 + 16x + 32 = t 2 ( t ∈  ) . Phương trình trên tương đương với

81x 2 + 144x + 288 = 9t 2 ⇔ 81x 2 + 2.9.8 + 64 + 224 = 9t 2

⇔ ( 9x + 8 − 3t )( 9x + 8 + 3t ) =−224 =−2 4.14 =−2 3.28 =−2 2.56 =−2.112

= 2 4. ( −14 ) = 2 3. ( −28 ) = 2 2. ( −56 ) = 2. ( −112 )

Ta có x ∈ Z; t ∈ N nên 9x + 8 + 3t > 9x + 8 − 3t 9x + 8 − 3t ; 9x + 8 + 3t cùng tính chẵn lẻ.
Lại thấy 9x + 8 + 3t và 9x + 8 − 3t đều chia 3 dư 2 khi đó ta có các trường hợp sau.

9x + 8 + 3t
= 14 9x + 8 + 3t
= 56 9x + 8 + 3t
= 8
9x + 8 + 3t
= 2
;
;
;

9x + 8 − 3t =−16 9x + 8 − 3t =−4 9x + 8 − 3t =−28 9x + 8 − 3t =−112
Giải các trường hợp trên ta được x ∈ {−7; −2; −1; 2}
+ Với x = −1 ⇒ −27 − 16y = 5 ⇒ y = −2 (thỏa mãn).
9
+ Với x = −2 ⇒ −30 − 16y = 6 ⇒ y = − (loại).
4
7
+ Với x = 2 ⇒ −18 − 16y = 10 ⇒ y =
(loại)
4
+ Với x = −7 ⇒ −45 − 16y = 19 ⇒ y = −4 (thỏa mãn)

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là ( x; y ) =( −1; −2 ) , ( −7; −4 ) .

0 . nhận thấy đây là phương
Bài 93: Phương trình tương đương với x 2 + 3xy + 2y 2 − x − 5 =
trình có bậc là hai nên ta sẽ sử dụng delta để giải phương trình nghiệm nguyên này.
Phương trình tương đương với x 2 + 3xy + 2y 2 − x − 5 = 0 ⇔ x 2 + ( 3y − 1) x + 2y 2 − 5 = 0

TỦ SÁCH CẤP 2| 452

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

Xem phương trình là phương trình bậc 2 ẩn x ta được

∆=

( 3y − 1)

2

(

)

− 4 2y 2 − 5 = y 2 − 6y + 21=

( y − 3)

2

+ 12

Để phương trình trên có nghiệm là nghiệm nguyên thì ∆ là số chính phương.

( y − 3)

Đặt ∆=

2

+ 12= a 2 ⇔ ( a − y + 3 )( a + y − 3 =
) 12 với a là số nguyên.

Vì a − y + 3 và a + y − 3 cùng tính chẵn lẻ nên ta có bảng sau
a−y+3

2

6

−2

−6

a+y−3

6

2

−6

−2

a
y

4

4

−4

−4

5 (TM)

1 (TM)

1 (TM)

5 (TM)

Thay y = 5 vào phương trình đã cho ta được x 2 + 14x + 45 = 0 ⇔ x ∈ {−9; −5}
Bài 94: Ta có x ( x 2 + x + 1) = 4 y − 1 ⇔ ( x + 1) ( x 2 + 1) = 4 y
Do x, y ∈  ⇒ x, y ≥ 0
– Nếu x = 0 ⇒ y = 0 ⇒ ( x; y ) = ( 0;0 ) là nghiệm của phương trình đã cho.
Khi đó ( k + 1) ( 2k 2 + 2k + 1) =
4 y −1
Do 2k 2 + 2k + 1 là số lẻ nên suy ra k =0 ⇒ x =1 ⇒ y =1 ⇒ ( x; y ) =(1;1)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm ( x; y ) = ( 0;0 ) ; (1;1)
Bài 95: Viết phương trình đã cho về dạng: 9.(3x – 2 +19) = y2 (x ≥ 2). Để y là số nguyên thì
điều kiện cần và đủ là 3x – 2 + 19 = z2 là số chính phương (z là số nguyên dương)
Nếu x – 2 = 2k + 1 là số lẻ thì 32k + 1 + 19 = (32k + 1 + 1) + 18 = 4.B + 18 chia hết cho 2 nhưng
không chia hết cho 4 nên không thể là số chính phương.
Do đó x – 2 = 2k là số chẵn

Ta có 3x – 2 + 19 = z2 ⇔ ( z − 3k )( z + 3k ) =
19 . Vì 19 là số nguyên tố và z − 3k < z + 3k nên k 1  z = 10  z = 10  z − 3 = ⇔ ⇔  k  k 19  z + 3 = k = 2 3 = 9 Vậy x = 6 và y = 30. Bài 96: Nếu x = 0 ⇒ y =1 thỏa mãn Nếu y = 0 ⇒ x ∉  không thỏa mãn Xét x ≠ 0; y ≠ 0 phương trình đã cho có dạng 4.54 x3 ( 54 x3 += 1) 4.54 x3 . y 3 ⇔ ( 4.27 x3 + 1= ) 2 ( 6 xy ) 3 +1 Đặt 4.27 = x3 a= ;6 xy b ta được phương trình ( a + 1) 2 = ( b + 1) ( b 2 − b + 1) (*) Từ (*) ta thấy b + 1 > 0. Gọi ƯCLN( b + 1; b 2 − b + 1) =
d
.453 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

– Nếu x > 0 ⇒ y > 0 ⇒ x + 1 chẵn, đặt x =2k + 1 ( k ≥ 0 )

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

b + 1 d
⇒ 2
⇒ b 2 − b + 1= b ( b + 1) − 2 ( b + 1) + 3 d ⇒ 3 d
b − b + 1 d

( a + 1=
)

Mặt khác

2

d ⇒ d = 1 ⇒ ( b + 1; b 2

( 4.27 x + 1) không
− b + 1) = 1

chia hết cho 3 nên 3 không chia hết

3

Từ (*) nhận thấy tích hai số nguyên tố cùng nhau là một số chính phương nên phải

b + 1 =m 2
có  2
2
b − b + 1 =n
Ta có n 2=

(m

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

⇔ n2 =

(m
2

2

( m; n ∈ *; m ≥ 2; m

≥ 4)

2

− 1) − ( m 2 − 1) + 1
2

− 1) − ( m 2 − 2 )

(1) ; n2 =

2

(

Từ (1) và (2) ⇒ m 2 − 2

)

2

(m

− 2 ) + ( m 2 − 1)
2

2

( 2)

< n 2 < ( m 2 − 1) vô lý suy ra phương trình (*) vô nghiệm. 2 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 0;1) . Bài 97: Ta có: 5( x + xy + y ) = 7( x + 2 y ) 2 2 (1) 5t (2) (t ∈ Z ) thì ⇒ 7( x + 2 y ) 5 ⇒ ( x + 2 y )  5 . Đặt x + 2 y = 7t (3). (1) trở thành x + xy + y = 2 2 0 (*), coi đây là Từ (2) ⇒ x= 5t − 2 y thay vào (3) ta được 3 y − 15ty + 25t − 7t = 2 ∆ 84t − 75t PT bậc hai đối với y có: = 2 2 Để (*) có nghiệm ⇔ ∆ ≥ 0 ⇔ 84t − 75t ≥ 0 2 ⇔0≤t ≤ 28 25 0 hoặc t = 1 . Thay vào (*) : Vì t ∈ Z ⇒ t = 0 0 ⇒ x1 = + Với t = 0 ⇒ y1 = + Với 3 ⇒ x2 = −1  y2 =  y3 =2 ⇒ x3 =1 t =1 ⇒  Vậy phương trình có 3 nghiệm nguyên (x, y) là (0; 0), (-1; 3) và ( 1; 2) Cách khác: Ta có 5 ( 4 x 2 + 4 xy + 4 y 2 ) = 28 ( x + 2 y ) ⇒ 15 x 2 = 28 ( x + 2 y ) − 5 ( x + 2 y ) 2 14 169  169 169 2 2  Do 15 x 2 ≥ 0 ⇒ 28 ( x + 2 y ) − 5 ( x + 2 y ) =−5 ( x + 2 y ) − 2 ( x + 2 y ) . + + ≤ 5 25  5 5  169 169 Vậy 0 ≤ 15 x 2 ≤ ⇒ 0 ≤ x2 ≤ ,x ∈  nên x ∈ {−1; 0;1} 5 75 +x = 0 ⇒ y = 0 + x =−1 ⇒ y =3 thỏa mãn bài toán. +x =1 ⇒ y = 2 ( ) ( ) Bài 98:Ta có x 1 + x + x 2 = 4 y ( y − 1) ⇔ x 3 + x 2 + x + 1= 4 y 2 − 4 y + 1 ⇔ ( x + 1) ( x 2 + 1)= ( 2 y − 1) 2 (1) TỦ SÁCH CẤP 2| 454 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | Vì x, y ∈  ⇒ ( 2 y − 1) > 0 nên từ (1) suy ra x ≥ 0 và x chẵn.
2

 x 2 − 1 d
Giả dử ( x + 1; x + 1) = d ⇒ d lẻ và  2
⇒ 2 d ⇒ d =
1
 x + 1 d
2

(

)

(

)

2
2
1 nên ( x + 1) và
Vì ( x + 1) x + 1 là số chính phương mà x + 1; x + 1 =

(x

2

+ 1) cũng là hai số chính phương.

Do x ≥ 0 ⇒ x 2 < x 2 + 1 ≤ ( x + 1) ⇒ x 2 + 1 =( x + 1) ⇒ x =0 2 2 y = 0 Khi x = 0 ⇒ 4 y ( y − 1) = 0 ⇒  y =1 Vậy hai cặp số nguyên ( x; y ) = ( 0; 0 ) ; ( 0;1) 2 2 Bài 99: Ta có x = 2x + yzz4 ⇔ (x − 1) = yzz5 ; x, y, z ∈  + và y, z ∈ {1;2;…;9} Suy ra x − 1 có dạng a5 2 Do đó yzz5= a5 = (10a + 5) 2 = 100a(a + 1) + 25 yzz5 là số chính phương và có tổng các chữ số bằng y + 9 nên yzz5 Vì (x − 1) = 2 chia cho 9 dư 0, 1, 4, 7. Do đó y ∈ {1;4;7} Khi đó tìm được (x, y, z) ∈ {(36;1;2);(66;4;2);(86;7;2)} . Bài 100: Ta có x + 2 3 = y + z ⇔ x + 2 3 = y + z + 2 yz ⇔ (x − y − z ) + 2 3 = 2 yz ⇒ (x − y − z ) + 4 3 (x − y − z ) + 12 = 4 yz (1) 2 TH1. Nếu x − y − z ≠ 0 Ta có 4 yz − (x − y − z ) − 12 (2) vô lý 4( x − y − z ) 2 3= ( do x, y, z ∈ N nên vế phải của (2) là số hữu tỷ ). x − y − z = 0 (3) TH2. x − y − z = 0 khi đó (1) ⇔   yz = 3 x = 4 x = 4   Giải (3) ra ta được  y = 1 hoặc  y = 3 thử lại thỏa mãn z = 3 z = 1   Bài 101: 2 xy 2 + x + y + 1 = x 2 + 2 y 2 + xy ⇔ x 2 − x ( 2 y 2 − y + 1) + 2 y 2 − y − 1 = 0 (1) Đặt 2 y 2 − y + 1 = a, khi đó PT (1) trở thành ⇔ x 2 − ax + a − 2 = 0 (2) Phương trình (2) có ∆= a 2 − 4a + 8= ( a − 2) 2 +4 Phương trình (1) có nghiệm nguyên ⇔ Phương trình (2) có nghiệm nguyên ⇒ ∆ là số chính phương 4 Đặt ( a − 2 ) + 4 = k 2 ( k ∈ N ) ⇔ k 2 − ( a − 2 ) = 4 ⇔ ( k + a − 2 )( k − a + 2 ) = 2 .455 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC 2 CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Suy ra z = 2 ⇒ y + z + z + 5 = y + 9 | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 2k là số chẵn và có tích cũng là số chẵn nên ( k + a – 2 ) và Vì ( k + a – 2 ) + ( k – a + 2 ) = ( k – a + 2) là số chẵn. 2 k + a − 2 =− 2 k = 2 k = − 2 k + a − 2 = Do đó  hoặc  hoặc  ⇔  2 −2 k − a + 2 = a = 2 a = 2 k − a + 2 =  a + k2 2+2 = = = 2 x 2 2 Vậy phương trình (2) có 2 nghiệm là   a − k2 2−2 x = = = 0  2 2 Ta có 2 y 2 − y − 1= a= 2 ⇔ 2 y 2 − y − 1 = 0 ⇔ 2 y 2 − 2 y + y − 1 = 0 CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI y = 1 ⇔ ( y − 1)( 2 y + 1) = 0 ⇔  . Ta chọn y = 1 (vì y ∈ Z) y = − 1  2 Vậy nghiệm nguyên ( x ; y ) của phương trình là ( 2 ; 1) và ( 0 ; 1) Bài 102: Xét x =1 ⇒ y =1 . ( ) * y k Xét x ≥ 2 thì 4 x 8 . Nếu y chẵn, đặt y = 2k k ∈  ⇒ 1 + 3 = 1 + 9 ≡ 2 ( mod 8 ) , vô lí ( ) * y k Nếu y lẻ y = 2k + 1 k ∈  ⇒ 1 + 3 = 1 + 9 .3 ≡ 4 ( mod 8 ) , vô lí. Vậy x= y= 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài 103. Nhận thấy x, y là các số nguyên không âm và 11296320 = 2 3.41. 105 là số vô tỷ. Phương trình đã cho có thể viết lại: (x + y) 2 + 4xy − 3361 = 4 ( x + y ) xy − 328 105 ( 1) Vế trái của (1) là số hữu tỉ nên điều kiện cần và đủ để phương trình có nghiệm nguyên là của vế trái và vế phải của (1) đều bằng 0. Khi đó ta có hệ phương trình:  ( x + y )2 + 4xy − 3361   0 4 ( x + y ) xy − 328 105 =  S 2 + 4P − 3361 x y,P = xy ta có hệ phương trình:  Đặt S =+ S P = 82 105 Từ (3) rút ra được: P = (2) ( 3) 82 2.105 . Thay vào (2) thu gọn ta được: S2 S 4 − 3361.S 2 + 4.82.105 =0 ⇔ S 2 =1681 ∨ S 2 =1680 =412 = S 41,P = 420. Do đó: Suy ra x, y là nghiệm của phương trình: TỦ SÁCH CẤP 2| 456 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |  t =20 t 2 − 42t + 420 = 0⇔  t = 21 Vậy phương trình có 2 nghiệm (20 ; 21) và (21 ; 20). Bài 104. Ta thấy (x, y) = (0 , 0) không là nghiệm của phương trình. Với x, y khác 0: ( 1) ⇔ 4x − 6y + 9x −= 6y ( 313 x 2 + y 2 )  A + B ( A.B ≥ 0 ) Ta dễ dàng chứng minh được: A + B =   A − B ( A.B < 0 ) Nếu ( 4x − 6y )( 9x − 6y ) ≥ 0 thì ( 2 ) ⇔ 13x − 12y =313 ( x Vì (13,12) = 1 nên ( x, = y) 2 ) + y 2 ⇔ 144x 2 + 2.13.12xy + 169y 2 =⇔ 0 12x + 13y = 0 (13k; −12k ) với k ∈ Z và k ≠ 0 ( 5x (2) ⇔ = ) 2 313 x 2 + y 2 ⇔ 288x 2 + 313y = 0 ( VN ) vậy phương trình có nghiệm ( x, = y) (13k; −12k ) với k ∈ Z và k ≠ 0 Bài 105. Phương trình đã cho được viết dưới dạng: y = x 1 3 3 + + ⇔ 4y = 2x + 1 + 2 4 4 ( 2x + 1) 2x + 1 Vì x, y ∈ Z ⇒ 2x + 1 là ước của 3 ⇒ 2x + 1 ∈ {1; −1; 3; −3} Vậy nghiệm của phương trình là: ( 0;1) , ( −1; −1) , ( 1;1)( −2; −1) ( Bài 106. Nếu A + B 3 ( Do đó nếu x + y 3 ( ) 2 ) 2 ( = C + D 3 thì C =A 2 + 3B2 , D =2AB ⇒ A − B 3 = 444444 + 303030 3 Thì ta cũng có: x − y 3 ) 2 = 444444 − 303030 3 (vô lý) Do 444444 − 303030 3 < 0 . Bài 107. Đặt s = x + y, p = x. y khi đó s, p ∈ N* . Lúc đó phương trình trở thành: 2 3s= 4p + 664 ( 1) Nếu p =1 thì s ∉ N* (mâu thuẫn) Vì vậy p ≥ 2 và 3s 2 ≥ 672 ⇒ s 2 ≥ 224 ( 2 ) .457 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC ) 2 =C − D 3 CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Nếu ( 4x − 6y )( 9x − 6y ) < 0 thì | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Mặt khác từ điều kiện: s 2 ≥ 4p , ta có 3s 2 − 664 ≤ s 2 . Vì vậy: s 2 ≤ 332 ( 3) Từ (2) và (3) ta có: s 2 ∈ {256; 324} a) s 2 = 256 ⇒ s = 16, p = 26 ⇒ x ∉ N* . b) s 2 = 324 ⇒ s = 18, p = 77 ⇒ ( x, y ) = (11,7 ) ; ( 7,11) . Vậy phương trình có 2 nghiệm (x, y) = (11, 7); (7,11). Bài 108. Ta có: ( ) ) + 8xy + 8 x 3 + x 2 y + xy 2 + y 3= 8 x 2 + xy + y 2 + 1 ( ) ( ) ( ⇔ x x2 + y2 + y x2 + y2 = 8 x2 + y2 ( ⇔ x2 + y2 ) ( x + y − 8 )= ( 1) 8xy + 8 CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Suy ra: x, y chung tính chăn lẻ và (x + y – 8) là số chẵn. Nếu x + y − 8 ≥ 6 thì x + y 2 ( Suy ra: x 2 + y 2 2 (x + y) ≥ 2 ) (x + y − 8) ≥ 6 (x 2 2 ≥ 14 2 >4
2

) (

)

+ y 2 ≥ 2 x 2 + y 2 + 8xy > 8 + 8xy, phương trình (1) không

thỏa.

(

Nếu x + y − 8 ≤ −4 thì x 2 + y 2

) ( x + y − 8 ) ≤ −4 ( x

2

)

+ y 2 ≤ 8xy < 8 + 8xy , phương trình (1) không thỏa.  x= 2  x= 8 ∨ 2 thì ( 1) ⇔ x 2 + y 2 = 4xy + 4 . Khi đó: x + y = 10, xy = 16 ⇔  Nếu x + y − 8 = =  y 8= y 2 0 thì ( 1) ⇔ 8xy + 8 = 0 ⇔ xy + 1 = 0, phương trình không có nghiệm nguyên Nếu x + y − 8 = vì x + y = 8 6, xy = −20 không có Nếu x + y − 8 =−2 thì ( 1) ⇔ x 2 + y 2 + 4xy + 4 = 0 . Khi đó: x + y = nghiệm nguyên. Kết luận: Nghiệm nguyên của phương trình là (x, y) = (2, 8) ; (8, 2). Bài 109. Phương trình đã cho có dạng: x 2 + 17  y 2 + 2xy + 3 ( x + y )  = 1740 Chú ý rằng với số x nguyên, x có thể có dạng như sau: = x 17k ± r với r ∈ {0,1, 2, 3, 4, 5,6,7,8} và k ∈ Z Từ đó suy ra: x 2 ∈ {17k,17k + 1,17k + 4,17k + 9,17k + 8,17k + 16,17k + 2,17k + 15,17k + 13} . Nhận thấy rằng vế phải là 1740 khi chia cho 17 có số dư là 6. Tron khi đó vế trái khi chia cho 17 trong mọi trường hợp đều không có số dư là 6. Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. Bài 110. Ta có: TỦ SÁCH CẤP 2| 458 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | ( x + y + z ) − ( x + y + z ) = 3 ( x + y )( y + z )( z + x ) ⇔ 27 − 3= 3 ( x + y )( y + z )( z + x ) 8 (* ) ⇔ ( x + y )( y + z )( z + x ) = 3 3 3 3 x + y = a ∈ Z  Đặt  y + z = b ∈ Z . Khi đó: ( * ) ⇔ abc = 8 ⇒ a, b,c ∈ {±1; ±2; ±4; ±8}  z + x =c ∈ Z  Vì x, y, z vai trò bình đẳng nên ta giải sử: x ≤ y ≤ z ⇒ a ≥ b ≥ c Khi đó ta có: a + b + c = 2 ( x + y + z ) = 2.3 = 6 ⇒ a ≥ 2  b += c 4 = b 2 ⇔ ⇔ x = y = z =1 Với a = 2 ta có:  =  bc 4= c 2  b + c =−2  b =−1 ⇔ ⇔ x − 5; y= 4; z= 4 . Với a = 8 ta có:   bc = 1  c = −1 Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm: ( x,= y, z ) (1,1,1) ; ( 4, 4, −5 ) ; ( 4, −5, 4 ) ; ( −5, 4, 4 ) . Bài 111. Ta có: 3x 2 + 6y 2 + 2z 2 + 3x 2 y 2 − 18x − 6 = 0 ( ) ⇔ 3 x 2 − 6x + 9 + 6x 2 + 2z 2 + 3y 2 z 2 = 33 ( )( ) ⇔ 3 ( x − 3 ) + 3y 2 + 2 z 2 + 2 = 37 2 Dễ dàng thấy: 3 ( x − 3 ) ≤ 33 ⇔ ( x − 3 ) ≤ 11 2 2 Suy ra: ( x − 3 ) ∈ {0,1, 4,9} 2 ( )( ) + Với ( x − 3 ) =0 ⇒ 3y 2 + 2 z 2 + 2 =37 2 Nhận xét: 3y 2 + 2 ≥ 2 và z 2 + 2 ≥ 2 (*) Vậy trương trường hợp này phương trình vô nghiệm 2 2 3y 2 = + 2 17 3y = +2 2 2 2 x − 3 = 1 ⇒ 3y + 2 z + 2 = 34 + Với ( . Do (*) nên  2 ∨ 2 ) +2 2 + 2 17  z=  z= ( )( ) Không tồn tại giá trị nguyên của x, y nên trong trường hợp này phương trình vô nghiệm. 3y 2 + 2 = 2 5 + Với ( x − 3 ) =4 ⇒ 3y 2 + 2 z 2 + 2 =25 . Do (*) nên  2 5  z + 2 = ( )( ) Không tồn tại giá trị nguyên của x, y nên trong trường hợp này phương trình vô nghiệm. .459 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC b + c = 2 Với a = 4 ta có:  (không có nguyện nguyên)  bc = 1 | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN + Với ( x − 3 ) = 9: 2 2 2  y =1  y =−1 + 2 2 3y= +2 5 3y= ⇒ 3y 2 + 2 z 2 + 2 = 10 ⇔  2 ∨ 2 ⇔ ∨ + 2 5  z= +2 2 = z 0= z 0  z= ( )( ) Kết luận phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên: ( x, y ) = ( 6,1,0 ) ; ( 6, −1,0 ) ; ( 0,1,0 ) ; ( 0, −1,0 ) Bài 112. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a, b) thỏa mãn đẳng thức: a 3 − b 3 + 3(a 2 − b 2 ) + 3(a − b) = (a + 1)(b + 1) + 25 . a 3 − b 3 + 3(a 2 − b 2 ) + 3(a − b) = (a + 1)(b + 1) + 25 ⇔ (a 3 + 3a 2 + 3a + 1) − (b 3 + 3b 2 + 3b + 1) = (a + 1)(b + 1) + 25 CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI ⇔ (a + 1)3 − (b + 1)3 = (a + 1)(b + 1) + 25 (*) a 1, y =+ b 1(x, y ∈ Z; x, y ≥ 2) . Đặt x =+ Khi đó (*) trở thành: x 3 − y 3 = xy + 25 ⇔ (x − y)(x 2 + xy + y 2 ) = xy + 25 (**) + Từ (**) suy ra x > y ⇒ x − y ≥ 1 , mà x 2 + xy + y 2 > 0 nên:
x 2 + xy + y 2 ≤ xy + 25 ⇒ x 2 + y 2 ≤ 25 ⇒ x ≤ 4 (1).

+ Hơn nữa: x > y và x, y ≥ 2 nên xy ≥ 6 .

Suy ra x 3 − y 3 = xy + 25 ≥ 31 ⇒ x 3 > 31 ⇒ x > 3 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: x = 4 . Do x > y và y ≥ 2 nên y ∈ {2; 3} .

x =
4
+ Thử lại, chỉ có 
thỏa (**). Suy ra
y = 3

(

)

a =
3
là cặp số cần tìm.

b = 2

(

)

2
Bài 113. PT ⇔  x 2 + 4 y 2 + 7 = 17  x 4 + y 2 + 7 





(

) (

⇔ 16x 4 − 8x 2 y 2 + 7 + y 2 + 7

)

2

(

)

2

=
0 ⇔  4x 2 − y 2 + 7  =
0

⇔ 4x 2 − y 2 − 7 = 0 ⇔ ( 2x + y )( 2x − y ) = 7

Do x, y nguyên dương nên 2x + y ≥ 2x − y và 2x + y > 0

2x + y =
7
⇔ ( x; y ) =
Vậy 
( 2; 3 )
1
2x − y =
Vậy phương trình có nghiệm ( x; y ) = ( 2; 3 )
Bài 114.
5x 2 + x + 1
6x − 4
x ( y − 1) − xy = x − y + 1 ⇒ y x − x + 1 = 5x + x + 1 ⇒ y = 2
= 5+ 2
( 1)
x − x −1
x −x+1
2

(

2

)

2

TỦ SÁCH CẤP 2| 460

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

Do x 2 − x + 1 =

( x − 1)

2

+

3
> 0 và x 2 − x + 1= x ( x − 1) + 1 là số lẻ
4

(
Lại có: 3 ( x − x + 1) ( x − x + 1) . Suy ra: ( x − 3 ) ( x
( 3x − 9 ) ( x − x + 1)

Ta có: 
⇒ 7  ( x − x + 1)
( 3x − 2 ) ( x − x + 1)

) (
)
)(
− x + 1) ⇒ ( 3x − 9 ) ( x − x + 1)

Mặt khác y là số nguyên nên phải có ( 3x − 2 ) x 2 − x + 1 hay 3x 2 − 2x  x 2 − x + 1
2

2

2

2

2

2

2

Nếu

x =
0
x2 − x + 1 = 1 ⇔ 
. ta được nghiệm (0, 1); (1, 7)
x = 1

 x =−2
Nếu x 2 − x + 1 = 7 ⇔ 
 x=3
Với x = -2 thì y không nguyên
Với x = 3 thì y = 7.
Bài 115. Ta có: 25 = ( ac − 3bd ) + ( ad + bc ) = 8 ( bd ) + ( ac − bd ) + ( ad − bc ) ≤ 8 ( bd ) .
2

Suy ra ( bd ) ≤
2

2

2

2

2

2

25
< 4 mà bd nguyên nên bd < 1 8 Với bd = 0 thì ta tìm được các bộ số (a, b, c, d) như sau (1,0, 4, 3 ) , ( −1,0, −4, −3 ) , ( 4, 3,1,0 ) , ( −4, −3, −1,0 ) Bài 116. Ta có: 2x 2 + 3y 2 + 2z 2 − 4xy + 2xz − 20 = 0. ⇔ (x − y + z) + (x − y) + ( y + z) = 20. 2 2 2 Ta thấy 20 chỉ có một dạng phân tích thành tổng bình phương 3 số đó là: 0 20 = 0 2 + 2 2 + 4 2 Do x − y + z > 0, y + z > 0 ⇒ x − y =
Từ đây ta giải ra được nghiệm x = y = z = 2 tức là tâm giác đều
Bài 117. Giả sử phương trình có nghiệm dương (x, y)
Với các số dương a, b kí hiệu (a, b) là ước chung lớn nhất của a và b.
Đặt ( x, y ) = d ta=
có x dx
=
, y dy1 với x1 , y1 ∈ N* và ( x1 , y1 ) = 1. Khi đó:
1

( 1) ⇔ d ( x

3
1

)

+ y13 = ( x1 + y1 ) + ( x1 y1 )

Với lưu ý rằng ( x1 y1 )

2

2

 ( x1 + y 1 )

2

(2)

( 3)

Từ ( x1 , y1 ) = 1 suy ra ( x1 y1 , x1 + y1 ) =
1. Kết hợp với (3) ta được x1 y1  ( x1 + y1 ) và đó đó
x1 + y 1 =
1 , mâu thuẫn với x1 , y1 ∈ N*
.461 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

Vậy phương trình cso 3 nghiệm (x, y) = (0, 1); (1, 7); (3, 7).

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

Vậy phương trình đã cho không cso nghiệm nguyên dương.
Bài 118. Xét phương trình:

x 2 y 3 − 4xy 3 + y 2 + x 2 − 2y − 3 =
0

(

) (

) (

)

⇔ x 2 xy 3 + 1 − 4 xy 3 + 1 + y 2 − 2y + 1 =
0

(

)(

)

⇔ xy 3 + 1 x 2 − 4 + ( y − 1) =
0
2

(2)

Ta thấy với x, y là số tự nhiên thì :
xy 2 + 1 > 0,

( y − 1)

2

≥0

Do đó x 2 − 4 ≤ 0 . Nghĩa là x chỉ có thể lấy các giá trị 0, 1, 2
Với x = 0 thay vào (2) ta được: y2 – 2y – 3 = 0 hay y = -1 (loại) hoặc y = 3.

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Với x = 1 thì 3y3 + 3 – (y -1)2 = 0 (vô nghiệm)

Với x = 2 thì y = 1
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là (2, 1) (0, 3).
Bài 119. Phương trình đã cho tương đương với :

2×2 + ( y − 2) x + y 2 − 2 y =
0 (1)
Xem đây là phương trình bậc hai theo ẩn x

∆=

( y − 2)

2

− 8( y2 − 2 y =
) −7 y 2 + 12 y + 4=

Để (1) có nghiệm thì ∆ ≥ 0 ⇔

( y − 2 )( −7 y − 2 )

−2
≤ y ≤ 2 do y ∈ Z ⇔ y ∈ {0,1, 2}
7

x = 0
x = 1

Với y =⇒
0 2 x2 =
2x ⇔ 

−1

x = (loai )

Với y = 1 ⇔ 2 x − x − 1 = 0 ⇔
2

=
x
1

Với y = 2 ⇔ 2 x 2 = 0 ⇔ x = 0

2

Vậy tập nghiệm của phương trình là ( 0; 2 ) ; (1;1) ; (1;0 ) ; ( 0;0 )

Bài 120. Ta có: x 2 − xy + y 2 =

2
2
3
1
x + y) + (x − y)
(
4
4

2
2
x−y
3
9
3
= ⇔ 7 ( x − y ) =3 x 2 − xy + y 2 ⇔ 7 ( x − y ) = ( x + y ) + ( x − y )
2
7
4
4
x − xy + y
2

(

)

Đặt p =+
x y,q =−
x y

TỦ SÁCH CẤP 2| 462

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

(

) ( 2 ) , từ đó suy ra 28p 3 ⇒ p 3 . Đặt p = 3k ( k ∈ Z )
Thay giá trị của p vào (2) ta có:=
28k 3 ( 3k + q )
( 3)
Khi đó ta có: =
28p 3 p2 + 3q 2

2

2

Suy ra k  3 ⇒
=
k 3m ( m ∈ Z ) .
Thay k = 3m vào (3) ta được:

28m =27m 2 + q 2 ⇒ m ( 27m − 28 ) =−q 2 ≤ 0 ⇒ 0 ≤ m ≤

28
⇒ m =0 ∨ m =1
27

Với m = 0 thì q = p = 0 suy ra x = 0, y = 0 (loại)
Với m = 1 thì p = 9 và q = 1 hoặc q = – 1.
Từ đó suy ra x = 5, y = 4 hoặc x = 4, y = 5
Vậy phương trình có 2 nghiệm (x, y) = (5, 4); (4, 5).
Bài 121. Vì x, y nguyên dương nên 16 ( x3 − y 3=
) 15 xy + 371 > 0 ⇒ x > y .
Ta lại có 15 xy= 16 ( x 3 − y 3 ) − 371 là số lẻ nên x, y đều lẻ. suy ra y ≥ 1; x > y ≥ 1 ⇒ x ≥ 3 .

3
 16 ( 6 x 2 − 12 x + 8 ) .
Xét x ≥ 5 ta có x − 2 ≥ y , suy ra 16 ( x3 − y 3 ) ≥ 16  x 3 − ( x − 2=
)

Mặt khác 15 xy + 371 ≤ 15 x ( x − 2 ) + 371= 15 x 2 − 30 x + 371 . Ta chứng minh
16 ( 6 x 2 − 12 x + 8 ) > 15 x 2 − 30 x + 371 .

Thật vậy, 16 ( 6 x 2 − 12 x + 8 ) > 15 x 2 − 30 x + 371

⇔ 81x 2 − 162 x − 243 > 0 ⇔ x 2 − 2 x − 3 > 0 ⇔ ( x + 1)( x − 3) > 0 đúng với mọi x ≥ 5 .
Suy ra 16 ( x 3 − y 3 ) > 15 xy + 371 với mọi x ≥ 5 .
Vậy phương trình có nghiệm ( x; y ) = ( 3;1) .
Bài 122. Ta có: ( x − y )( 2 x + y + 1) + 9 ( y − 1) = 13 ⇔ 2 x 2 + xy + x − 2 xy − y 2 − y + 9 y − 9 − 13 = 0

( 2x

2

) (

)

− 2 xy + 6 x + xy − y 2 + 3 y − ( 5 x − 5 y + 15 ) = 7 ⇔ 2 x ( x − y + 3) + y ( x − y + 3) − 5 ( x − y + 3) = 7

⇔ ( x − y + 3)( 2 x + y − 5 ) =
7

10

 x = 3
 x − y + 3 =1
 x − y =−2
+ TH1: 
(loại)
⇔
⇔
y −5 7
x + y 12
16
2 x +=
2=
y =

3
.463 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

Xét x = 3 ⇒ y < 3 ⇒ y = 1 thay vào phương trình thỏa mãn. | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 10  x=  y+3 7 x− y 4  x −= =  3 + TH2:  (loại) ⇔ ⇔ y − 5 1 2= x+ y 6 2 x +=  y = −2  3  x − y + 3 =−1  x − y =−4  x =−2 + TH3:  (thỏa mãn) ⇔ ⇔ 2 x + y − 5 =−7 2 x + y =−2  y =2  x − y + 3 =−7  x − y =−10  x =−2 + TH4:  (thỏa mãn) ⇔ ⇔ 2 x + y − 5 =−1 2 x + y =4  y =8 Vậy pt đã cho có nghiệm nguyên ( x; y ) là: ( −2; 2 ) , ( −2;8 ) . CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Bài 123. Điều kiện: x 2 + xy + y 2 ≠ 0 . Từ phương trình suy ra x − y ≠ 0. Bây giờ ta viết lại phương trình đã cho dưới dạng ( 13 ( x − y )= 7 x 2 + xy + y 2 ) (1) Từ đây, ta có 13 ( x − y ) chia hết cho 7 . Mà (14,7 = 1) nên x − y chia hết cho 7 . (2) 1 3 1 2 2 2 (x − y ) + (x + y ) ≥ (x − y ) 4 4 4 Mặt khác, ta lại có x 2 + xy + y 2 = Do đó, kết hợp với (1), ta suy ra 7 2 (x − y ) 4 52 Từ đó, với chú ý x − y ≠ 0 , ta có đánh giá 0 < x − y < . Kết hợp với (2), ta được x − y = 7 7 và x 2 + xy + y 2 = 13. 13 ( x − y ) ≥ { {   7 x − y = Giải hệ phương trình  2 ⇒ 2 13  x + xy + y =  x y x y =3 = −4 =4 = −3 Bài 124. Ta có b 2 + c 2 = a 2 ⇒ ( b + c ) − 2bc = a 2 ⇒ ( b + c ) − 4 ( a + b + c ) = a 2 2 ⇒ (b + c − 2) = 2 ( a + 2) 2 2 . Vì b > c ≥ 1 nên b + c − 2 ≥ 1 dó đó
b + c − 2 = a + 2 ⇒ a = b + c − 4 ⇒ b 2 + c 2 = ( b + c − 4 ) ⇔ ( b − 4 )( c − 4 ) = 8 .
2

Vì b − 4 > c − 4 ≥ −3 nên có các trường hợp sau
−4 8 =
b=
b 12
TH1: 
⇒
⇒a=
13 .
−4 1 =
c=
c 5

TỦ SÁCH CẤP 2| 464

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

−4 4 =
b=
b 8
TH2: 
⇒
⇒a=
10 .
−4 2 =
c=
c 6
Bài 125. Điều kiện x ≠ 0 .
Đặt a = x + 2018 ⇒ x = a − 2018

7
7
7 − a 2018 + 2018
− 2018 =
− 2018 =
Xét b =
x
a − 2018
a − 2018

⇒ b(a − 2018) = 2025 − a 2018
⇒ ab − 2015 =(b − a ) 2018
Với a, b ∈ Z

⇒ ab − 2025 ∈ Z ⇒ (a − b) 2018 =
0
⇒a=
b
⇒a=
b=
± 2025 =
±45
+ a = 45 ⇒ x = 45 − 2018
+ a=
−45 ⇒ x =
−45 − 2018
Bài 126. ( x − 2018 ) = y 4 − 6 y 3 + 11 y 2 − 6 y ⇔ ( x − 2018 ) + 1=
2

2

(y

2

− 3 y + 1)

2

2

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

⇔ ( x − 2018 ) − ( y 2 − 3 y + 1) =1 ⇔ ( y 2 − 3 y − x + 2019 )( y 2 − 3 y + x − 2017 ) =1
2

Vì cặp x ; y nguyên nên:

 y 2 − 3 y − x + 2019
y 0
= 1  x = 2018
=
=
 x 2018;
TH1:  2
.
⇔ 2
⇔
y 3
=
0=
1  y − 3y =
 x 2018;
 y − 3 y + x − 2017 =
 y 2 − 3 y − x + 2019 =−1  x = 2018
 x =2018; y =1
.
TH2:  2
⇔ 2
⇔
y 2
=
0=
 x 2018;
 y − 3 y + x − 2017 =−1  y − 3 y + 2 =

{

}

Vậy phương trình có các nghiệm ( x; y ) ∈ ( 2018;0 ) , ( 2018;1) , ( 2018; 2 ) , ( 2018;3)

Bài 127. Đặt
=
b qa
=
; c q 2 a ( q > 1) thì ta được a (1 + q + q 2 ) = 91 = 13.7.
Trường hợp 1: Nếu q là số tự nhiên thì ta được

a = 1
a = 1
⇔
⇒ a = 1; b = 9; c = 81.

2
91 q = 9
1 + q + q =

a = 7
a = 7

⇒ a= 7; b= 21; c= 63.


2
13 q = 3
1 + q + q =
a = 13
a = 13
⇔
⇒ a= 13; b= 26; c= 52.

2
7
q = 2
1 + q + q =
.465 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

Trường hợp 2: Nếu q là số hữu tỷ thì giả sử q =

x
( x ≥ 3; y ≥ 2 ) .
y

Khi đó a (1 + q + q 2 ) = 91 ⇔ a ( x 2 + xy + y 2 ) = 91 y 2 ( x 2 + xy + y 2 ≥ 19 )
Ta có c =

ax 2
a
∈  ⇒ 2 ∈  ⇒ a = ty 2 ⇒ x 2 + xy + y 2 = 91 ⇒ x = 6; y = 5.
2
y
y


=
a 25;
=
b 30;
=
c 36.
Vậy có 8 bộ số ( a; b; c ) thỏa mãn (1;9;81) , ( 81;9;1) , ( 7; 21;63) , ( 63; 21;7 ) ;…
Bài 128. Ta có: x ( x + 1) = n ( n + 2 ) ⇔ x + x + 1 =

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

2

( n + 1)

2

(1)

Với x ∈ Ν thì: x < x + x + 1 < ( x + 1) nên x 2 + x + 1 không phải là số chính * 2 2 2 phương mà ( n + 1) là số chính phương với 2 ∀n ∈ Ζ , do đó (1) không xảy ra. Vậy với mọi số nguyên n cho trước, không tồn tại số nguyên dương x sao cho x ( x + 1)= n ( n + 2 ) Bài 129. 1) Đặt M = 3 1 + x + 3 1 − x Ta có M 3 = 2 + 3 ( 1+ x ) ( x ≥ 0) 2 3 3 1− x + 33 1+ x ( 1 − x ) = 2 + 3.M. 1 − x ≤ 2 + 3M (Vì 2 3 3 1 − x ≤ 1 ∀x ≥ 0) ⇒ M 3 − 3M − 2 ≤ 0 3 ⇔ ( M + 1) ( M 2 − M − 2 ) ≤ 0 ⇔ ( M + 1) ( M − 2 ) ≤ 0 2  M = −1 ⇔ M ≤ 2 3 = 1+ x a Đặt   b 3 1− x = ( a ≥ 1, b ≤ 1) a =−1 − b a + b =−1 +) Với M = −1 , ta có  3 ⇔  2 3 3 3 2 2 a + b = − (1 + 3b + 3b + b ) + b = a =−1 − b ⇒ hệ vô nghiệm ⇔ 2 b b 1 0 + + =  +) Với M ≤ 2 ⇔ a + b ≤ 2 ⇔ ( a + b ) ≤ 8 ⇔ a 3 + b3 + 3ab ( a + b ) ≤ 8 3 ⇔ ab ( a + b ) ≤ 2 ⇔ ab ( a + b ) ≤ a 3 + b3 ⇔ ( a + b )( a − b ) ≥ 0 2 a = b ⇔ a + b ≥ 0 TỦ SÁCH CẤP 2| 466 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | • 0 a + b = a = − b ⇒ hệ vô nghiệm M= 0⇒ 3 ⇔ 3 0 = 2 a + b = 2   • a + b =1 a =1 − b a =1 − b M= 1⇒  3 ⇔ 2 ⇔ 3 2 2 2 b 2 b 2 b2 2 a += a − ab += 1 − 2b + b − b + b += •  3 − 21  a = 6    3 + 21  3 + 21 b =  b = 6   a = 1 − b 6  ⇔ 2 ⇔  3 − 21 ⇔   3b − 3b − 1 =0 3 + 21 b =  a = 6   6  a = 1 − b   b = 3 − 21   6   3 + 21 9 + 2 21 = = a 1 + x 28   6 9 Kết hợp điều kiện ta được  ⇔ ⇔ x = (TM ) 27 b 3 − 21 = 1 − x 9 − 2 21 = 6 9   2 a + b = 2 a = 2 − b 4 − 4b + b − 2b + b 2 + b 2 = 1 M= 2⇔ 3 ⇔ 2 ⇔ 3 2 a + b =2 a − ab + b =1 a =2 − b b = 1 0 (TM ) ⇔ ⇔x= a = 1 Vậy với x = 0 hoặc x = 28 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 27 Bài 130.Giả thiết ⇔ 3 ( x − 3) − 18 y 2 + 2 z 2 + 3 y 2 z 2 = 54 (1) 2 +) Lập luận để z 2 3 ⇒ z 3 ⇒ z 2 9 ⇒ z 2 ≥ 9 (*) (1) ⇔ 3( x − 3) 2 + 2 z 2 + 3 y 2 ( z 2 − 6) = 54(2) (2) ⇒ 54 = 3( x − 3) 2 + 2 z 2 + 3 y 2 ( z 2 − 6) ≥ 3( x − 3) 2 + 2.9 + 3 y 2 .3 ( x − 3) 2 + 3 y 2 ≤ 12 2 2 ⇒ y 2 ≤ 4 ⇒ y= 1; y = 4 vì y nguyên dương Nếu y 2 =1 ⇔ y =1 thì (1) có dạng: 3 ( x − 3) + 5 z 2 = 72 ⇒ 5 z 2 ≤ 72 ⇒ z 2 ≤ 2 72 ⇒ z 2 = 9 ⇒ z = 3 (vì có(*)) 5 Khi đó 3 ( x − 3) = 27 ⇒ ( x − 3) =9 , x nguyên dương nên tìm được x = 6 2 .467 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC 2 CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Nếu a = b ⇔ 2a 3 = 2 ⇔ a =1 ⇔ x =0 Nếu a + b ≥ 0 ⇒ 0 ≤ M ≤ 2 . Vì M nguyên nên M = {0;1; 2} | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Nếu y 2 = 4 ⇔ y = 2 (vì y nguyên dương) thì (1) có dạng: 3 ( x − 3) + 14 z 2 = 126 ⇒ 14 z 2 ≤ 126 ⇒ z 2 ≤ 9 ⇒ z 2 = 9 ⇒ z = 3 (vì z nguyên dương) 2 Suy ra ( x − 3) 2 = 0 ⇒ x = 3 (vì x nguyên dương) =  x 3= x 6   = Đáp số=  y 2; y 1  z 3 =  z 3=  Bài 131. ( 3 a) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn x 3 − y= 95 x 2 + y 2 ) CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI  Phân tích và lời giải. Đặt d  x, y khi đó x  da; y  db với a, b  N * và a, b   1 .    Và phương trình trở thành d a – b a 2  ab  b2  95 a 2  b2    Vì a 2  b2 , a 2  ab  b2  1 nên a 2  ab  b2  a – b  3ab là ước của 95  5.19 , ước 2 này chia 3 dư 1 hoặc 0 và lớn hơn 1 nên chỉ có thể là 19, như vậy a – b  3ab  19 2 a  b  1 a  6 x  195 Từ đó ta được     d  65   a.b  6 b  2 y  130    Vậy cặp số nguyên dương thỏa mãn bài toán là x ; y   195;130 b) Tìm các số thực x, y thỏa mãn x 2  4 y2  4  84 x y   x 1  y 1 .  Phân tích và lời giải. Từ hệ thức bài toán cho ta có điều kiện xác định là x  1; y  1 . Hệ thức đã cho có chứa cả biến ở mẫu và chứa cả căn thức bậc hai, do đó để tìm được các x, y thỏa mãn ta sẽ biến đổi hệ thức đã cho về dạng tổng các bình phương. Ta có   x 2  4 y2  4   8  4 x 1  y 1 x y x 2  4 4x x  1 y2  4 4 y  1   4  40 x x y y      1 2 1 x  4  4x x  1  4x  y 2  4  4y y  1  4y  0 x y   1 x 2 x 1 x  2   1 y 2 y 1 y  2 0 Vì x  1; y  1 nên ta có    2 1 1 x 2 x 1  y 2 y 1 x y  2 x  2 x  1  0 x  2   0     y  2 y  1  0 y  2   TỦ SÁCH CẤP 2| 468 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | Thử lại ta thấy x ; y   2;2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. ( 3x + 2y ) − ( x + y ) nên phương trình đã cho được viết lại thành Bài 132. Để ý rằng 2x + y= ( x + y )( 3x + 2y ) = ( 3x + 2y ) − ( x + y ) − 1 2 ( ) x y; b = 3x + 2y . Khi đó ta có ab 2 = b − a − 1 hay a b 2 + 1 =b − 1 . Đặt a =+ Từ đó suy ra b − 1 chia hết cho b 2 + 1 . Do đó ta được b 2 + 1 − ( b − 1)( b + 1) chia hết cho b 2 + 1 hay 2 chia hết cho b 2 + 1 . Suy ra b 2 + 1 ∈ {1; 2} nên b ∈ {−1; 0;1} . + Với b = −1 ta được a = −1 , khi đó ta được ( x; y= ) + Với b = 0 ta được a = −1 , khi đó ta được ( x; y= ) + Với b = 1 ta được a = 0 , khi đó ta được ( x; y= ) (1; −2 ) . ( 2; −3 ) . (1; −1) . Bài 133. Trước hết ta chứng minh bổ đề: Với mọi số nguyên tố có dạng p  4k  3 thì ta luôn có a  p a  b  p   a,b  Z  b  p  2 2 Thật vậy, ta xét hai trường hợp sau + Trường hợp 1. Nếu một trong hai số a và b chia hết cho p thì ta suy ra điều cần chứng minh. + Trường hợp 2. Nếu cả hai số a và b cùng khoog chia hết cho p. Khi đó ta có a; p   b; p   1 . a p1  1 mod p  a 4k 2  1 mod p     4k 2  a 4k 2  b 4k 2  2 mod p  Theo định lí Fecmat ta có  p1 b  1 mod p  b  1 mod p    Mặt khác ta có a 4k 2  b 4k 2  a 2  k 1    b2 2k 1 chia hết cho a 2  b 2 nên chia hết cho p. Từ đó suy ra 2 chia hết cho p, mà p là số nguyên tố nên ta được p  2 . Điều này mâu thuẫn vì p là số nguyên tố lẻ. Như vậy trường hợp 2 không xẩy ra hay bổ đề được chứng minh. Trở lại bài toán. Do 4617 chia hết cho 19 nên 12x 2  26xy  15y 2 19 hay ta được .469 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Vậy các cặp số nguyên ( x; y ) = (1; −2 ) , (1; −2 ) , ( 2; −3 ) thỏa mãn yêu cầu bài toán. | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 12x 2  12xy  15y 2  38xy 19  12x 2  12xy  15y 2 19    3 4x 2  4xy  5y 2 19  4x 2  4xy  5y 2 19    4x 2  4xy  y 2  4y 2 19  2x  y   2y  19 2 2 Do 19 là số nguyên tố có dạng 4k  3 nên áp dụng bổ đề trên ta suy ra được 2x  y 19 3x  2y 19 3x 19 x 19         2y 19 2y 19 2y 19 y 19     Từ đó ta được 4x 2  4xy  5y 2 192 . Điều này dẫn đến mâu thuẫn vì 4617 không chia hết cho 192 . CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Vậy không tồn tại cặp số nguyên x ; y  thỏa mãn yêu cầu bài toán.   Bài 134. Ta có x 4  2x 2  y 3  x 4  2x 2  1  y 3  1  x 2  1   2    y  1 y2 – y  1 . Gọi d  y  1; y2  y  1 . Khi đó ta có y  1 d và y 2  y  1d nên ta được 2 y  1  y 2 2   y  1 d  3y d Do d là nguyên tố nên ta có hai trường hợp + Khi 3 d ta được x 2  1  y  1y2 – y  1 9 nên x 2  1  9  x 2  1 3 . Điều này 2 2 vô lý vì số chính phương chia cho 3 không thể có số dư là 2. + Khi 3 d ta được y d , kết hợp với y  1d ta suy ra được d  1 .   Do đó y  1; y2 – y  1  1 .   Khi đó do y  1 y2 – y  1 là số chính phương nên ta đặt y  1  a 2 ; y2 – y  1  b2 trong đó a, b là các số nguyên dương và a;b   1 . Tứ đó ta được    2     b2  a 2  1 – a 2  1  4b2  4a 4  12a 2  12  2b – 2a 2  3 2b  2a 2  3  3 Vì 2b  2a 2  3  2b  2a 2  3 nên ta xét các trường hợp sau 2 2  2b  2a 2  3  1  b  1 , hệ không có nghiệm nguyên.  + Trường hợp 1. Với  2b  2a 2  3  3 a 2  2   2b  2a 2  3  3 b  1 a  1 y  1  1       2  x  y  0. + Trường hợp 2. Với    2  2b  2a 2  3  1 a  1 b  1 y – y  1  1     TỦ SÁCH CẤP 2| 470 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | Thử lại vào phương trình ban đầu ta thấy thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là 0; 0 . Nhận xét: a; b là các số nguyên thỏa mãn a2  b2  3 thì a; b 3 thật vậy, vì Bài 135. a 2  0,1mod 3 ; b2  0,1mod 3 .   a 2  0 mod 3   suy ra a  b  0 mod 3    a , b 3 . 2  b  0 mod 3      2 2     Phương trình tương đương với 6 x 2  9 y 2  x 2  y 2  28  9 3 .   x 2  0 mod 3   suy ra x  y  0 mod 3    x  3 x1 ; y  3 y1 ( x1 ; y1   ). 2   y 0 mod 3      2 2 Thay vào phương trình ta thu được 5  9 x12  8  9  y12  28  9 3  5  x12  8  y12  28  9 2 . Lập luận tương tự ta thu được x1  3×2 ; y1  3 y2 ( x2 ; y2   ).  5  x22  8  y22  28  9 . Tương tự ta có x2  3×3 ; y2  3 y3 ( x3 ; y3   ) và thu được 5  x32  8  y32  28 . Từ phương trình suy ra y32  28  22 . 8  2 28  y3  0  x32  5  x32  2 2 ; y32  1 . Suy ra   y 2  1  x2  22 3  3  x22  9  2 2 ; y22  9 .  x12  9 2  2 2 ; y12  9 2  x 2  9 3  2 2 ; y 2  9 3 . Đáp số: x  2  33 ; y  33 , x  2  33 ; y  33 , x  2  33 ; y  33 , x  2  33 ; y  33 . Bài 136. Phương trình tương đương với x  y  1xy  x  y  2 x  y  1  3   x  y  1 xy  x  y  2  3 .  x  y  1 là ước của 3. x  y  1  1 + Giải  x  y  0 (vô nghiệm).   xy  x  y  2  3 xy  5 x  y  1  1 + Giải  x  y  2 x  1 .    xy  x  y  2  3 xy  1  y  1 x  y  1  3 + Giải  x  y  2 x  1 .    xy  x  y  2  1 xy  1  y  1 .471 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Và nhận được phương trình 5  9 x22  8  9  y22  28  9 2 | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN x  y  1  3 + Giải  x  y  4 (vô nghiệm).   xy  x  y  2  1 xy  5 Vậy  x; y  1;  1 , 1; 1 . Bài 137. Ta có: (1 + x )(1 + y ) + 4 xy + 2 ( x + y )(1 + xy ) = 25. ⇔ ( xy + 1) 2 2 2 + 2 ( x + y )(1 + xy ) + ( x + y ) 2 = 25 ⇔ ( xy + 1 + x + y ) 2 = 25 ⇔ ( x + 1) 2 ( y + 1) 2 = 25 Vì x, y không âm nên (x + 1)(y + 1) = 5 ta có (x; y) = (0; 4) ; (4; 0) Bài 138. a) Gọi x1 , x2 ∈ Z là nghiệm của phương trình (1), Theo Vi-ét ta có: CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI  x1 + x2 =a + 5  5a + 2 2  x1 x= (*) 5 x1 + 5 x2 =5a + 25 Từ (*) ta có  5a + 2  x1 x= 2 ⇒ ( x1 − 5 )( x2 − 5 ) =2 =1.2 =2.1 =− ( 1).(−2) =− ( 2).(−1) Suy ra a = 8 hoặc a = 2 −a  x1 + x2 = b) Ta có:  ⇒ x1 + x2 − x1 x2 = −198 x2 198 − a  x1= ⇔ ( x1 − 1)( x2 − 1) = 199 Do 199 là số nghuyên tố nên: ( x1 − 1)( x2 − 1) =1.199 =199.1 =(−1).(−199) =(−199).(−1) ⇒ a =198 hoặc a = -2 Bài 139. Đặt u= x + y , v = x. y . Ta có: x3 + y 3 + = 1 3 xy ⇔ ( x + y ) − 3 xy ( x + y ) + 1 − 3 xy= 0 3 Hay u 3 − 3uv + 1 − 3v =0 ⇔ ( u + 1) ( u 2 − u + 1) − 3v(u + 1) = 0 ⇔ ( u + 1) ( u 2 − u + 1 − 3v ) = 0 . Vì x, y > 0 ⇒ u = x + y > 0 ⇒ u + 1 ≠ 0

Vậy u 2 − u + 1 − 3v = 0 ⇒ v =

1 2
( u − u + 1)
3

u
x + y =

Ta phải tìm x,y nguyên dương sao cho: 
1 2
.y
( u − u + 1)
 x=
3

Suy ra x, y là hai nghiệm của phương trình bậc hai:
X 2 − uX +

Ta có ∆ = −

1 2
( u − u + 1) =0
3

1
u
2
( u − 2 ) < 0 nếu u ≠ 2 . Vậy ta phải có: u = x + y = 2 ⇒ x = y = = 1 . 2 3 TỦ SÁCH CẤP 2| 472 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | Bài 140. Ta có: PT ⇔ y 4 + 2 y 3 + 3 y 2 + 2 y = x 2 + x ⇔ ( y 4 + 2 y 3 + y 2 ) + 2( y 2 + y ) + 1 = x 2 + x + 1 ⇔ ( y 2 + y ) 2 + 2( y 2 + y ) + 1 = x 2 + x + 1 ⇔ ( y 2 + y + 1) 2 = x 2 + x + 1 Đặt t = y + y + 1 thì t ∈  và t ≥ 1 , ta được: 2 t 2 = x 2 + x + 1 ⇔ 4t 2 = 4 x 2 + 4 x + 4 ⇔ 4t 2 − ( 2 x + 1) = 3 2 ⇔ ( 2t − 2 x − 1)( 2t + 2 x + 1) = 3 Chú ý rằng 2t + 2x+1 ≥ 3 nên ta có 2t + 2x + 1 = 3 và 2t – 2x – 1 = 1 Bài 141. Đặt p =+ thì x x y; q =− x y= p+q p−q = ,y 2 2 Thay vào (1) ta được = 28 p 3 ( p 2 + 3q 2 ) (1) Từ (2) suy ra: 28p  3 mà (28,3) = 1 nên p  3, đặt p = 3k. Thay vào (2): 28k= 3 ( 3k 2 + q 2 ) ⇒ k  3 đặt k = 3m ta được m ( 28 − 27 m ) = q 2 ⇒ m = 0 hoặc m = 1. Nếu m = 0 => x = y = 0
Nếu m = 1 => x = 5, y = 4 hoặc x = 4, y = 5
Vậy (x,y) ∈ {( 0;0 ) , ( 5; 4 ) , ( 4;5 )}
Bài 142. Phương trình đã cho tương đương với:

17 y 2 + 34 xy + 51( x + y ) − 1734 =6 − x 2
Vế trái của phương trình chia hết cho 17.
Đặt x= 17 k + r ( n ∈ N , 0 ≤ r ≤ 16 )
Dề thấy x 2 − =
6

(17k + r )

2

− 6 không chia hết cho 17.

Vậy phương trình không có nghiệm nguyên.
.473 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

Suy ra phương trình có nghiệm nguyên không âm là x = 0; y = 0

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

Bài 143. Chú ý rằng mọi số hữu tỉ đều biểu diễn được duy nhất dưới dạng liên phân số:
a
= q0 +
b
q1 +

1
1
q2 +

1
q3 +

1
+

1
qn

Với q0 ∈ Z ; q1 , q2 ,…, qn ∈ N *và q n ≥ 2
Phương trình đã cho tương đương với

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

x 2 y + x + xy 2 + 2 y 38
= ⇔ ( x + y) +
xy + 1
7

1
x+

1
y

=5 +

1
2+

1
3

Từ đó suy ra=
x 2,=
y 3.

Bài 144.
Ta viết lại phương trình: ( x + y + 1)( xy + x + y )= 2 ( x + y + 1) + 3 ⇔ ( x + y + 1)( xy + x + y − 2 )= 3
⇒ x + y + 1 là ước của 3

=
=
x + y +1 1
x + y 0
( Vô nghiệm)
+ Giải 
⇔
y−2 3 =
 xy + x +=
 xy 5
 x + y + 1 =−1
 x + y =−2
 x =−1
+ Giải 
⇔
⇔
1
 xy + x + y − 2 =−3  xy =
 y =−1

y +1 3
x+ y 2 =
 x +=
=
x 1
+ Giải 
⇔
⇔
y−2 1 =
=
 xy + x +=
 xy 1
y 1
 x + y + 1 =−3
 x + y =−4
+ Giải 
( Vô nghiệm)
⇔
 xy + x + y − 2 =−1  xy =5
Vậy: ( x; y=
)

(1; −1) , (1;1)

Bài 145.
Ta viết lại phương trình:
4 x 2 + 2 x ( 4 y + 1) + 3 y 2 + y + 2 =
0
 4 y +1   4 y +1 
 4 y +1 
2
⇔ 4 x + 2.2 x. 
0
 +
 + 3y + y + 2 − 
 =
 2   2 
 2 
2

2

2

2

TỦ SÁCH CẤP 2| 474

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

4 y +1   4 y2 + 4 y +1 

−2
=
Hay:  2 x + 2  − 
4


2

4 y +1   2 y +1 

 2x +
 −
 =−2 ⇔ ( 2 x + y )( 2 x + 3 y + 1) =−2
2   2 

2

2

Ta có các trường hợp xả yra:

 y = −2
=
=
2 x + y 1
2 x + y 1

TH1: 2 x + 3 y + 1 =−2 ⇔ 2 x + 3 y =−3 ⇔  x = 3 (loại)



2
−1
−1  y =
1
2 x + y =
2 x + y =





TH2: 2 x + 3 y + 1 =2
( thỏa mãn)

2 x + 3 y =1
 x =−1

1

y= −

2
−1
2 x + y =
2 x + y =

2
( thỏa mãn)
TH4: 2 x + 3 y + 1 =−1 ⇔ 2 x + 3 y =−2 ⇔ 


x = − 1

4
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = (1;1)
Bài 146.
Ta viết lại phương trình: ( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 ) = 91 = 13.7
Vì (13, 7 ) = 1 và x 2 + xy + y 2 > 0 suy ra các khả năng có thể xảy ra là:

7
13
x − y =
x − y =
hoặc  2
 2
2
2
13
7
 x + xy + y =
 x + xy + y =

; y)
Ta tìm được nghiệm: ( x=

( 6;5) ; ( −5; −6 ) ; ( 4; −3) ; ( 3; −4 )

Bài 147.
1 y ( x + 2 ) , để ý rằng x = −2 không phả là nghiệm của
Ta viết lại phương trình: x3 + x +=
phương trình nên suy=
ra y

x2 ( x + 2) − 2 x ( x + 2) + 5 ( x + 2) − 9
x3 + x + 1
hay
=
⇔y
x+2
x+2

9
, đề x; y ∈ Ζ ⇒ x + 2 ∈ U ( 9 ) . Từ đó ta tìm được các nghiệm của phương
x+2
trình là: ( x; y ) = ( −11;149 ) ; ( 7;39 ) ; ( −5; 43) ; ( −3; 29 ) ; ( −1; −1) ; (1;1) .
y = x2 − 2x + 5 −

.475 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

1

y=

−2
−1 
2 x + y =
2 x + y =
2
⇔
⇔
(loại)
TH3: 2 x + =
3 y + 1 1 2 x=
+ 3y 0

x = − 3

4

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

Bài 148.
3
Sử dụng hằng đẳng thức: a 3 − b3 = ( a − b ) + 3ab ( a − b ) ta có: (*) tương đương với

( x − y)

3

+ 3 xy ( x − y ) = xy + 8 . Đặt x − =
y a, xy
= b với a, b ∈ Ζ phương trình trở thành:

a + 3ab =b + 8 ⇔ a 3 − 8 =−b ( 3a − 1) ⇒ a 3 − 8 3a − 1
3

Suy ra 27 ( a 3 − 8 ) 3a − 1 ⇔ 27 a 3 − 1 − 215 3a − 1 . Do 27 a 3 − 1=

( 3a − 1) ( 9a 2 + 3a + 1) 3a − 1 , suy

ra điều kiện cần là: 215 3a − 1 , chú ý rằng 215 = 43.5 .Từ đó ta tìm được=
a 2,=
b 0 suy ra
các cặp nghiệm của phương trình là: ( x; y=
)

( 0; −2 ) ; ( 2;0 ) .

Chú ý: Với các phương trình đưa được về ẩn x − y; xy hoặc x + y; xy ta dung phép đặt ẩn
phụ để chuyển thành bài toán chia hết.
Bài 149.
Từ giả thiết ta suy ra x 2 − 2 xy + 2 hay y ( x 2 − 2 ) xy + 2 . Ta có phân tích sau:

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

y ( x 2 − 2=
) x ( xy + 2 ) − 2 ( x + y ) suy ra 2 ( x + y ) xy + 2 hay 2 ( x + y )= k ( xy + 2 ) với k ∈ N * .

y ) k ( xy + 2 ) ≥ 2 ( xy + 2 ) ⇔ x + y ≥ xy + 2 ⇔ ( x − 1)( y − 1) + 1 ≤ 0 .
*Nếu k ≥ 2 thì 2 ( x + =
Điều này vô lí do x, y ≥ 1 . Vậy k =1 ⇔ 2 ( x + y ) = xy + 2 ⇔ ( x − 2 )( y − 2 ) = 2 . Từ đó tìm được

( x; y ) = ( 3; 4 ) ; ( 4;3) .

Bài 150. Đặt z= y − 2 , phương trình đã cho trở thành:

( x + 2)

2

z + ( z + 2 ) x + 26 = 0 ⇔ ( x + z + 8 )( xz + 4 ) = 6 từ đó suy ra x + z + 8 ∈ U (6) . Giải các
2

trường hợp ta thu được cặp số ( x; y ) thỏa mãn điều kiện là:

( x; y ) =(1; −1) ; ( −3;3) ; ( −10;3) ; (1; −8) .
Bài 151.=
Đặt d ( x, y ) ; d ≥ 1 suy ra
=
x

ad
=
; y bd với ( a, b ) = 1 . Từ phương trình ta có:

d ( a − b ) ( a 2 + ab + b 2=
) 95 ( a 2 + b2 ) . Vì ( a, b ) = 1 nên ( a 2 + ab + b2 ; a 2 + b2=)

( ab; a

2

+ b 2=
) 1

Suy ra a 2 + ab + b 2 ∈ U (95) . Nếu a 2 + b 2 + ab  5 ⇒ 4 ( a 2 + b 2 + ab ) 5 ⇒ ( 2a + b ) + 3b 2  5 . Một số
2

chính phương chia 5 chỉ có thể dư 0; 1; 4. Suy ra a, b 5 điều này trái với giả thiết ( a, b ) = 1 .
Vậy a 2 + ab + b 2 =
19 , do a > b > 0 ⇒ b= 2; a= 3 là cặp số duy nhất thỏa mãn: Từ đó tính

được cặp nghiệm của phương trình là: ( x; y ) = (195;130 ) .

Bài 152. Ta viết lại giả thiết thành:

(x

2

+ 2 ) = ( y 2 + 3) + ( y 4 + x 2 y 2 + 5 y 2 )( x 2 + 2 ) − ( y 2 + 3) = y 2 ( x 2 + y 2 + 5 )
2

2

2

2

Hay
=
⇔ x 2 − 2 y 2 = 1 ⇔ ( x − 1)( x + 1) 2 y 2
( x 2 + y 2 + 5)( x 2 − 2 y 2 − 1) 0=
Suy ra ( x − 1)( x + 1) 2 hay x − 1 hoặc x + 1 chia hết cho 2. Mặt khác ta có:

x + 1 − ( x − 1) =
2 2 nên cả 2 số x + 1, x − 1 đều chia hết cho 2. Do đó ( x − 1)( x + 1) 4  2
⇒ y  , mà
2 . Thay vào ta tìm được x = 3 .
y là số nguyên tố nên y 2  2 ⇒ y =
Bài 153. Đặt

( x, y )=

d ≥ 1 suy ra
=
x ad
=
, y bd với a > b, (a, b) =
1 thay vào phương trình ta

3
có: a 3 d 3 − b3 d =
13(a 3 d 3 − b3 d 3 ) ⇔ d (a − b)(a 2 + ab + b 2=
) 13(a 2 + b 2 ) ⇒ 13(a 2 + b 2 ) (a 2 + ab + b 2 )

TỦ SÁCH CẤP 2| 476

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

Ta lại có: (a 2 + b 2 , a 2 + ab + b 2 ) = (a 2 + b 2 , ab) = 1

a 2 + b 2  d1
d1 ⇒ 
Thật vậy giả sử (a + b , ab) =
giả sử a  d1 ⇒ b  d1
 ab  d1
2

2

Mà ( a, b ) =1 ⇒ d1 =1 . Như vậy ta có: a 2 + b 2 không chia hết cho a 2 + ab + b 2
Suy ra 13 a 2 + ab + b 2 ⇒ a 2 + ab + b 2 =
13 ⇒ a =3, b =
1⇒ x =
15, y =5
Bài 154. Đặt=
x 2 a=
, y 2 b ta viết lại phương trình thành

Hay

16a 2 + b 2 + 14b + 49

(a + b + 7)

2

16a 2 + b 2 + 14b + 49

(a + b + 7)

2

=

16
17

16
2
⇔ 16 ( a + b + 7 ) = 17.16a 2 + 17(b + 7) 2 hay
17

=

7
256a 2 − 32 ( b + 7 ) + ( b + 7 ) = 0 ⇔ (16a − b − 7 ) = 0 ⇔ 16a − b − 7 = 0 hay 16 x 2 − y 2 =
2

2

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

−y 1 =
 4 x=
x 1
7 do x, y là số tự nhiên nên ta suy ra 
Tức là ( 4 x − y )( 4 x + y ) =
⇔
+y 7 =
4 x=
y 3
Bài 155. Dễ thấy với x = 0 hoặc y = 0 không thỏa mãn.
Xét x , y ≥ 1 do vai trò như nhau, giả sử x ≥ y
Khi đó ta có x 2 − xy + y 2 ≤ 3 x 2 ⇒ y 2 ≤ 8 ⇒ y ∈ {±1; ±2} .
+ Nếu y =1 ⇒ x 2 − x + 6 = x 2 ⇒ x = 6.
+ Nếu y =−1 ⇒ x 2 + x + 6 =x 2 ⇒ x =−6.
+ Nếu y = 2 ⇒ x 2 − 2 x + 4 = 4 x 2 − 5 ⇒ x ∉  loại.
+ Nếu y =−2 ⇒ x 2 + 2 x + 4 =4 x 2 − 5 ⇒ x ∉  loại.
Đáp số: ( x;=
y ) (6;1), (−6; −1), (1;6), (−1; −6).
Bài 156. Từ điều kiện x + y − z =
2 suy ra z = x + y − 2 thay vào điều kiện ban đầu ta có:
3x 2 + 2 y 2 − ( x + y − 2 ) =
13 . Hay 2 x 2 + y 2 − 2 xy − 4 x + 4 y − 9 =
0
2

⇔ y 2 − 2 y ( x − 2) + 2×2 − 4x − 9 ⇔ y 2 − 2 y ( x − 2) + ( x − 2) + 2×2 − 4x − 9 − ( x − 2) =
0
2

2

2 hoặc x = 3 .
⇔ ( y − x + 2 ) + x 2 = 13 = 4 + 9 , suy ra x 2 = 4 hoặc x 2 = 9 ⇔ x =
2

3 , nếu x = 3 suy ra ( y + 1) =4 ⇒ y =1 ⇒ z =2.
Nếu x = 2 suy ra y = 3 ⇒ z =
2

Vậy có hai bộ 3 số ( x; y; z ) thỏa mãn điều kiện là ( 2;3;3) hoặc ( 3;1; 2 ) .
Bài 157. Ta thấy x= y= 0 là một nghiệm của phương trình.

.477 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

| ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

 x = md

Với x, y ≠ 0 giả sử ( x, y ) =d ⇒  y =nd
thay vào phương trình ta được:
 m, n = 1
)
(
2
2
m 2 d 2 ( md + nd )= ( md − nd ) n 2 d 2 ⇔ m 2 ( m + n )= n 2 d ( m − n ) ⇒ m 2 ( m + n ) n 2

( m 2 , n 2 ) = 1

Do ( m, n ) =1 ⇒ 
⇒ n 2 =1 ⇒ n =±1.
2
1
( m + n, n ) =
2
2
Nếu n =1 ⇒ m 2 ( m + 1) ( m − 1) ⇒ m + 1 ( m − 1) ⇒ m + 1 m − 1 ⇒ m ∈ {3; 2; 0; −1} từ đó tìm được
các cặp nghiệm ( x; y ) = ( 27;9 ) , ( 24;12 ) .
Nếu n =−1 ⇒ m 2 ( m − 1) =d ( m + 1) ⇒ m − 1 m + 1 ⇒ m ∈ {−3; −2; 0;1} , kiểm tra không có giá
2

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

trị nào thỏa mãn.
Bài 158. Dễ thấy với x = 0 hoặc y = 0 không thỏa mãn.
Xét x , y ≥ 1 do vai trò như nhau, giả sử x > y
Khi đó ta có x 2 − xy + y 2 ≤ 3 x 2

Suy ra x 2 y 2 = x 2 − xy + y 2 + 5 ≤ 8x 2 ⇒ y 2 ≤ 8 ⇒ y ∈ {±1, ±2} .

+ Nếu y =1 ⇒ x 2 − x + 6 = x 2 ⇒ x = 6.
+ Nếu y =−1 ⇒ x 2 + x + 6 =x 2 ⇒ x =−6
+ Nếu y = 2 ⇒ x 2 − 2 x + 4 = 4 x 2 − 5 ⇒ x ∉ Z loại
+ Nếu y =−2 ⇒ x 2 + 2 x + 4 =4 x 2 − 5 ⇒ x ∉ Z loại

; y)
Đáp số: ( x=

( 6;1) , ( −6; −1) , (1;6 ) , ( −1; −6 ) .

x+ y;v =
xy, ta có:
Bài 159: Đặt u =
uv 2 − v + u − 3 =
0, ta phải có:

∆ v =1 − 4u ( u − 3) ≥ 0 ⇒ u ≤ 3 ⇒ u ∈ {0,1, 2,3} .

Đáp số: ( 0;3) , ( 3;0 ) , (1;1)
Bài 160. Ta viết lại phương trình thành:
x
1
2 − 7 =
23 x − y 3 = 37 ⇔ (2 x − y )(22 x + 2 x. y + y 2 ) = 1.37 ⇒  2 x
x
2
37
2 + 2 . y + y =

Thay 2 x= y + 1 ta có:
( y + 1) 2 + ( y + 1) y + y 2 = 37 ⇔ y 2 + y = 12 ⇔ y ( y + 1) = 3.4 ⇒ y = 3, x = 2
Vậy phương trình có nghiệm là (x; y) = ( 3; 2)
Bài 161. Ta thấy cặp số ( 0; 0) là một nghiệm của phương trình trên
Nếu n = 1 thì x = y ⇒ x = y 2 ( x ≤ 0 ) vậy nghiệm của phương trình trên (x; y) là ( t2; t) với
t∈N

TỦ SÁCH CẤP 2| 478

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

Nếu n = 2 thì

x + x = y ⇒ x + x = y 2 ⇒ x = y 2 − x ⇒ x là số tự nhiên

⇒ x = t với t ∈ N Khi đó t(t + 1) = y2 nhưng t 2 < t (t + 1) < (t + 1) nên t 2 < y 2 < (t + 1) 2 2 Điều này không xảy ra với t > 0 và phương trình chỉ có nhiệm (0; 0)
Với n ≥ 3 ta có

x + x + x + … + x = y 2 − x trong đó vế trái là n – 1 dấu căn ; đặt

y 2 − x = y1 là số nguyên dương. Tiếp tục làm như vậy như thế n – 2 lần dẫn đến
1

x + x = y 2 n−2 − x

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

Như vậy ta lại trở về trường hợp thứ 2 và chỉ có nghiệm (0;0).

.479 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top