Báo cáo Chuyên đề Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

1 
 PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ VĨNH YÊN 
TRƢỜNG THCS VĨNH YÊN 
 *************** 
BÁO CÁO CHUYÊN ĐỀ 
 MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI 
PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 
 Môn: Toán 
 Tổ bộ môn: Khoa học tự nhiên 
 Mã: 28 
 Ngƣời thực hiện: Hoàng Thị Phƣợng 
 Điện thoại: 0974015734 
 Email: hoangphuong.ltt@gmail.com 
Vĩnh yên, tháng 4 năm 2015 
2 
DANH MỤC CÁC TỪ VIẾT TẮT 
STT TỪ VIẾT TẮT TỪ VIẾT ĐẦY ĐỦ 
1 THPT Trung học phổ thông 
2 THCS Trung học cơ sở 
3 BĐT Bất đẳng thức 
4 HSG Học sinh giỏi 
5 GV Giáo viên 
6 BDHSG Bồi dưỡng học sinh giỏi 
7 TT&TT Toán học và tuổi trẻ 
8 HD Hướng dẫn 
3 
MỤC LỤC 
NỘI DUNG TRANG 
A- PHẦN MỞ ĐẦU 4 
I. Lí do chọn đề tài. 4 
II. Mục đích nghiên cứu 4 
III. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu 5 
IV.Phương pháp nghiên cứu. 5 
V. Cơ sở lí thuyết và thực trạng của vấn đề nghiên cứu 5 
1.Cơ sở lí luận của vấn đề nghiên cứu 5 
2. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu 5 
3.Quá trình thực hiện 6 
B- NỘI DUNG 7 
I. Cơ sở lí luận 7 
II. Tình hình thực tế 7 
I.Một số phương pháp giải phương pháp giải phương 
trình nghiệm nguyên 
8 - 27 
II.Bài tập rèn tư duy sáng tạo 27 - 34 
C.Kết quả thực hiện đề tài 35 
D. Kết luận và kiến nghị 36 
Tài liệu tham khảo 37 
4 
PHẦN I. PHẦN MỞ ĐẦU. 
I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI NGHIÊN CỨU. 
1. Đặt vấn đề. 
Trong các kì thi HSG vòng tỉnh, cũng như các kì thi HSG vòng thành phố, 
thi chọn HS vào các trường THPT chuyên thường xuất hiện các bài toán tìm 
nghiệm nguyên. Đó là loại toán đòi hỏi một phản xạ nhanh và chính xác, một lí 
luận chặt chẽ và lôgíc. Chính vì vậy giải phương trình nghiệm nguyên là phát 
triển tốt cho trí tưởng tượng và sự thông minh. 
Trong đề tài này tôi chỉ có thể nêu lên vài phương pháp giúp giải phương 
trình nghiệm nguyên nhiều ẩn hoặc bậc cao trong một số trường hợp thông qua 
các ví dụ cụ thể và từng loại bài tập từ đó hình thành kĩ năng và phương pháp 
giải. Rất mong được sự tham gia góp ý xây dựng của các thầy cô để cho đề tài 
được tốt hơn. 
2. Lý do chọn đề tài nghiên cứu. 
Việc dạy học là một quá trình đòi hỏi người giáo viên phải thường xuyên 
trau dồi, đúc rút, tổng kết kinh nghiệm, phải trăn trở ngày đêm để tìm ra cho 
mình cách dạy đối với từng loại bài toán, từng vấn đề làm sao đó cho học sinh 
hiểu, tiếp thu và vận dụng một cách tốt nhất khi học toán. 
Trong chương trình toán học phổ thông, phần nào cũng có cái khó cái hay 
của nó. Để học sinh nắm vững nội dung cũng như bản chất từng phần, từng loại 
toán không hề đơn giản, đặc biệt là khi dạy phần “Phương trình nghiệm 
nguyên”. Vì đây là nội dung thường gặp trong các kỳ thi học sinh giỏi từ lớp 6 
đến lớp 9 và thi vào THPT chuyên. Qua nhiều năm dạy học và dạy đội tuyển 
học sinh giỏi tôi thấy học sinh thường lúng túng trước việc lựa chọn phương 
pháp để giải bài toán về phương trình nghiệm nguyên hoặc lựa chọn phương 
pháp giải không tối ưu dẫn đến lời giải dài và phức tạp. 
Do đó tôi chọn đề tài “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm 
nguyên” nhằm giúp các em tiếp cận với bài tập về giải phương trình nghiệm 
nguyên và có một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên phù hợp. 
Từ đó các em có được sự tự tin và hứng thú với các bài tập giải phương trình 
nghiệm nguyên. 
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU. 
Đề tài này củng cố và cung cấp cho học sinh một số phương pháp giải 
phương trình nghiệm nguyên . 
5 
Giúp cho học sinh có kĩ năng vận dụng vào giải bài tập về phương trình 
nghiệm nguyên và rèn cho học sinh tư duy linh hoạt, sáng tạo trong giải toán. 
Cũng thông qua đề tài này nhằm giúp học sinh có thói quen tìm tòi trong 
học toán và sáng tạo khi giải toán. Từ đó tạo cho học sinh có phương pháp học 
tập đúng đắn, biến cái đã học (kiến thức của thầy) thành cái của bản thân, nắm 
bắt nó, vận dụng nó, phát triển nó đúng hướng. Qua đó giúp các em tạo niềm tin, 
hưng phấn, hứng thú và say mê học môn toán học. 
Trong khuôn khổ của đề tài, dù biết rằng không thể đề cập hết các phương 
pháp pháp giải phương trình nghiệm nguyên, nhưng tôi cũng hy vọng đây là một 
tài liệu bổ ích cho học sinh và cũng là tài liệu tham khảo cho các thầy cô giáo. 
III. ĐỐI TƢỢNG, PHẠM VI NGHIÊN CỨU. 
- Nghiên cứu qua học sinh lớp 8, 9 trường THCS Vĩnh Yên. 
- Nghiên cứu qua đề thi tuyển sinh và lớp 10 và đề thi giao lưu HSG 
lớp 6, 7, 8, 9. 
IV. PHƢƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU. 
- Điều tra thực trạng của học sinh, phân tích kết quả điều tra. 
- Tổng kết kinh nghiệm qua thực tế giảng dạy. 
- Tham khảo ý kiến cũng như phương pháp dạy của đồng nghiệp thông qua 
các buổi sinh hoạt chuyên môn. 
V. CƠ SỞ LÍ THUYẾT VÀ THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU 
1. Cơ sở lý luận của vấn đề nghiên cứu 
 Phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng và phong phú nó có thể là 
phương trình một ẩn, nhiều ẩn. Nó có thể là phương trình bậc nhất hoặc bậc cao. 
Không có cách giải chung cho mọi phương trình, để giải các phương trình đó 
thường dựa vào cách giải một số phương trình nghiệm nguyên cơ bản và một số 
phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên . 
2. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu 
Trong chương trình toán THCS thì phương trình nghiệm nguyên không 
được học sâu trong chương trình học chính khóa.Tuy nhiên trong các kỳ thi học 
sinh giỏi và thi vào PTTH chuyên lại xuất hiện những bài giải phương trình 
nghiệm nguyên hay và khó đòi hỏi học sinh phải thực sự linh hoạt ,sáng tạo và 
có kỹ năng tốt mới làm được. 
Áp dụng vào việc giảng dạy các chuyên đề toán 6, 7, 8, 9 trong trường học 
hoặc bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi Toán, ôn tập cho học sinh chuẩn thi vào 
THPT chuyên. 
6 
3. Quá trình thực hiện 
Thời gian nghiên cứu từ tháng 9/2014 đến 4/2015. 
Cách tiến hành : Sưu tầm và nghiên cứu một số bài toán có nội dung phù 
hợp với mục đích của đề tài nghiên cứu. 
7 
PHẦN II. NỘI DUNG. 
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN. 
Trong đề tài này được đưa ra một số phương pháp giải phương trình 
nghiệm nguyên cơ bản phù hợp với trình độ học sinh khá, giỏi ở cấp THCS. 
Trang bị cho học sinh một số một số phương pháp giải phương trình 
nghiệm nguyên. 
Chọn lọc một số bài tập điển hình về phương trình nghiệm nguyên. 
II. TÌNH HÌNH THỰC TẾ. 
1. Kết quả. 
 Qua kết quả khảo sát, kiểm tra trước khi áp dụng đề tài với 41 học sinh 
lớp 8A và 39 học sinh lớp 8B tôi thu được kết quả về vấn đề “Một số phương 
pháp giải phương trình nghiệm nguyên” như sau: 
Lớp 
Áp dụng đề tài 
Kết quả kiểm tra 
Giỏi Khá TBình Yếu Kém 
8A Chưa áp dụng 2  5% 9 22% 17 40,5% 10 25% 3 7,5% 
8B Chưa áp dụng 3 8% 10 26% 1436% 8 21% 4 9% 
2. Nguyên nhân của thực tế trên. 
Trong chương trình toán trung học cơ sở thì phương trình nghiệm nguyên 
không được học trong chương trình học chính khóa. Tuy nhiên trong các kỳ thi 
THPT, THPT chuyên, đặc biệt là kỳ thi học sinh giỏi các cấp thì giải phương 
trình nghiệm nguyên lại được đề cập đến bằng những bài toán hay và khó, đòi 
hỏi học sinh phải thực sự linh hoạt, sáng tạo và có kỹ năng sử dụng thành một số 
phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên mới chọn ra cách giải tối ưu. 
Trong bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi tôi nhận thấy bài toán giải 
phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng và phong phú. Đòi hỏi các em phải áp 
dụng linh hoạt các phương pháp vào giải bài tập và sáng tạo khi giải bài tập. 
 Vậy vấn đề đặt ra ở đây là phải làm sao để tìm ra biện pháp khắc phục 
thực trạng trên giúp giáo viên có được một tài liệu tham khảo phù hợp đặc biệt 
giúp học sinh hết lúng túng và tự tin hơn khi gặp bài toán giải phương trình 
nghiệm nguyên. Qua nhiều năm giảng dạy và tham gia dạy đội tuyển học sinh 
giỏi tôi đã hướng dẫn một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên tôi 
nhận thấy các em học sinh có yêu thích và say mê hơn với các dạng toán này. 
8 
III. NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI. 
A. KIẾN THỨC CƠ BẢN 
I. Phép chia trong tập số nguyên 
1.1. Định nghĩa. Cho hai số a,b nguyên , a 0 . Ta nói b chia hết cho a 
nếu b ac với c nguyên, ta còn nói a chia hết b hoặc b là bội của a và kí hiệu 
b a; a | b . 
1.2. Tính chất cơ bản 
1.2.1. Nếu a | b,b 0 thì a b . 
1.2.2. Nếu a | b và a | c thì a | mb nc với m,n nguyên. 
1.2.3. Nếu a | b và a | b c thì a | c . 
1.2.4. Với mọi số nguyên a khác 0 thì a | a . 
1.2.5. Nếu a | b và b | c thì a | c . 
1.2.6. Nếu a | b và b | a thì a b . 
1.2.7. Nếu a | b và b 0 thì 
b
| b
a
. 
1.3.Thuật chia Euclide. Cho a và b là những số nguyên, b 0 . Khi đó tồn 
tại duy nhất cặp số nguyên (q, r) sao cho a bq r, 0 r b    . 
Ta gọi q là thương, r là phần dư. Như vậy, a chia hết cho b khi và chỉ khi 
phần dư trong thuật chia Euclide bằng 0. Ta cũng thường gọi thuật chia Euclide 
là phép chia Euclide. 
II. Số nguyên tố và hợp số. 
2.1. Định nghĩa. Số nguyên n 1 gọi là số nguyên tố nếu nó chỉ có hai ước 
nguyên dương là 1 và chính nó. Số nguyên n 1 không là nguyên tố được gọi là 
hợp số. 
2.2. Tính chất cơ bản. 
2.2.1. Mỗi số nguyên dương lớn hơn 1 đều có ước nguyên tố. 
2.2.2. Ước nguyên dương nhỏ nhất khác 1 của n là số nguyên tố và ước đó 
không vượt quá n . 
2.2.3. Có vô hạn số nguyên tố (số nguyên tố lớn nhất đã tìm ra là 
325826572 1 , nó được tìm ra năm 2006 và nó có 9808358 chữ số). 
9 
2.2.4. (Phân tích một số theo các thừa số nguyên tố). Mỗi số nguyên dương 
n 1 được phân tích duy nhất thành tích các thừa số nguyên tố: 1 2 k1 2 kn p .p ...p
   , 
với 
ip nguyên tố và i
  . 
III. Ƣớc chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất (The greatest common divisor 
anh the least common multiple). 
3.1. Định nghĩa. 
3.1.1. Giả sử a,b là hai số nguyên không đồng thời bằng 0. Ước chung lớn 
nhất của hai số a,b là số nguyên lớn nhất chia hết cả hai số đó. Ta thường dùng 
kí hiệu (a,b) để chỉ ước chung lớn nhất của hai số a và b. Hai số nguyên a,b 
được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (a,b) 1 . 
3.1.2. Giả sử a,b là hai số nguyên khác 0. Bội chung nhỏ nhất của hai số 
a,b là số nguyên dương nhỏ nhất chia hết cho cả hai số đó. Ta thường dùng kí 
hiệu  a,b để chỉ bội chung nhỏ nhất của hai số a và b. 
3.2. Tính chất. 
3.2.1. Nếu p nguyên tố thì (a,p) 1 hoặc (a,p) p . 
3.2.2. Nếu d (a,b) thì a da ';b db'; (a ',b') 1   
3.2.3. Nếu d' là một ước chung của a và b thì d ' | (a,b) . 
3.2.4. Nếu xp || a và yp || b thì min(x,y)p || (a,b) . 
Do đó với 1 2 k 1 2 k1 2 k 1 2 k 1 ia p .p ...p ; b p .p ...p ; , 0
          
Thì 1 1 2 2 k kmin( , ) min( , ) min( , )1 2 k(a,b) p .p ...p
      
và   1 1 2 2 k kmax( , ) max( , ) max( , )1 2 ka,b p .p ...p
      . 
3.2.5. Nếu a bq r  thì (a,b) (b, r) . 
3.2.6. Với a,b nguyên dương thì  ab (a,b). a,b . 
3.2.7. Nếu (a,b) (a,c) 1  thì (a,bc) 1 . Nếu (a,b) 1 thì m n(a ,b ) 1 . 
3.2.8. Nếu a,b là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau thì tồn tại hai 
số nguyên dương u,v sao cho au bv 1  . 
Tổng quát hơn: Nếu a,b là hai số nguyên dương thì tồn tại hai số nguyên 
u,v sao cho au bv (a,b)  . 
IV. Đồng dƣ (Modulor arithmetics). 
4.1. Định nghĩa. Cho a,b là số nguyên và n là số nguyên dương. Nếu a b 
chia hết cho n thì ta nói a đồng dư với b modulo n, ký hiệu a b (modn) . 
4.2. Tính chất. Cho a,b,c,d là các số nguyên. Ta có các tính chất cơ bản: 
10 
4.2.1. Nếu a b (modn) thì b a (mod n) . 
4.2.2. Nếu a b (modn) và b c (modn) thì a c (modn) . 
4.2.3. Nếu a b (modn) và c d (modn) thì a c b d (modn)   . 
4.2.4. Nếu a b (modn) và c d (modn) thì ac bd (modn) . 
4.2.5. Nếu a b (modn) thì với mỗi k nguyên ta có ka kb (modn) . 
4.2.6. Nếu i ia b (modn),i 1,2,...,k  thì 1 2 k 1 2 ka a ...a b b ...b (mod n) . 
Đặc biệt nếu a b (modn) thì với mỗi k nguyên dương ta có k ka b (mod n) . 
4.2.7. Nếu ab ac (modn) và (a,m) 1 thì b c (modn) . 
4.2.8. Nếu   i 1 ka b (mod m ),i 1,2,...,k a b mod m ,...,m    . 
Đặc biệt nếu 1 2 km ,m ,...,m nguyên tố sánh đôi thì 
  i 1 2 ka b (modm ),i 1,2,...,k a b mod m m ...m    . 
4.3. Định lý Fermat. Giả sử p nguyên tố, a là số nguyên sao cho (a,p) 1 . 
Khi đó p 1a 1 (mod p)  . 
 Có thể đưa ra một chứng minh đơn giản cho định lý này như sau: 
Xét p 1 số a,2a,...,(p 1)a . Ta chứng minh rằng không tồn tại 2 số đồng 
dư với nhau trong phép chia cho p. Thật vậy, giả sử tồn tại ka a (modp)  với 
 k, 1,2,...p 1 a(k ) p k p         (mâu thuẫn). 
Vậy khi chia p 1 số trên cho p ta nhận được p 1 số dư khác nhau là 
1,2,...,p 1 . Suy ra a.2a.....(p 1)a 1.2....(p 1) (modp)   
 p 1(p 1)!.a (p 1)! (mod p)    . 
Vì ((p 1)!,p) 1  suy ra p 1a 1 (mod p)  . 
Hệ quả. Nếu p nguyên tố thì pa a (mod p) . 
V. Tính chất của số chính phƣơng. 
a) Số chính phương là bình phương của một số tự nhiên. 
b) Số chính phương không tận cùng bằng 2,3,7,8. 
c) Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho 2p . 
d) Số chính phương chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1. 
e) Số chính phương chia cho 4 có số dư là 0 hoặc 1. 
f) Số chính phương chia cho 5 có số dư là 0 hoặc 1hoặc 4 . 
g) Số chính phương chia cho 8 có số dư là 0 hoặc 1. 
h) Số lập phương chia cho 7có số dư là 0, 1 . 
11 
i) Số lập phương chia cho 9có số dư là 0, 1 . 
j) Nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là số chính phương 
thì mỗi số đều là số chính phương. 
VI. Nguyên lý cực hạn. 
-Một tập hợp hữu hạn khác rỗng bất kì của  bao giờ cũng tồn tại phần tử 
lớn nhất và phần tử nhỏ nhất. 
- Đối với tập vô hạn nguyên tắc này áp dụng cho tập con của tập hợp số tự nhiên. 
12 
B. MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN. 
Trong chương trình toán THCS và THPT thì phương trình nghiệm nguyên 
vẫn luôn là một chuyên đề hay và khó đối với học sinh. Các bài toán nghiệm 
nguyên thường xuyên có mặt tại các kì thi lớn, nhỏ trong và ngoài nước. Trong 
chuyên đề này tôi xin được giới thiệu một số phương pháp giải phương trình 
nghiệm nguyên. 
Phương pháp 1. Phân tích thành nhân tử. 
Phương pháp 2. Sử dụng đồng dư chia hết. 
Phương pháp 3. Dùng bất đẳng thức. 
Phương pháp 4. Phương pháp xuống thang. 
Phương pháp 5. Sử dụng định lí của phương trình bậc hai. 
Phương pháp 6. Sử dụng tính chất số nguyên tố. 
1. Phƣơng pháp 1. Phân tích thành nhân tử. 
Nội dung của phương pháp là biến đổi phương trình về dạng sau: 
      1 1 2 n 2 1 2 n k 1 2 nf x ,x ,...,x .f x ,x ,...,x ...f x ,x ,...,x a , 
trong đó a là một số nguyên. Sau đó xét các trường hợp theo tập ước của a. 
Ví dụ 1.1. Giải phương trình nghiệm nguyên 
1 1 1
x y p
  với p nguyên tố. 
Lời giải. 
 Ta có 2 2 2(x y)p xy (y p)(x p) p 1.p p.p ( 1)( p ) ( p)( p)              . 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm 
        x,y p 1;p(p 1) ; p 1;p(p 1) ; 2p;2p ;(0;0)     , 
 và các hoán vị của chúng. 
Nhận xét. Khi thay p bằng các số nguyên tố cụ thể ta được các bài toán tương 
tự. 
Ví dụ 1.2. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 
   
3 3
x x 2y y y 2x 27    (1). 
Lời giải. Biến đổi phương trình (1) ta có 
   
   
     
3 2 2 3 3 2 2 3
4 4 2 2 2 2
32 2 2 2
x x 6x y 12xy y y y 6xy 12x y 8x 27
x y 6xy x y 8xy x y 27
x y x y 6xy 8xy 27 x y x y 27 (2)
       
      
         
Vì *x,y nên x + y >1, kết hợp với (2) suy ra  
3
0 x y 27   
13 
và  
3
x y Ư(27). Do đó
 
3
x 14x y 1
y 13x y 27
  
 
  
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (1) là  x,y (14;13) . 
Ví dụ1. 3. Giải phương trình nghiệm nguyên 
4 3 2 2x 4x 6x 4x y    . 
Lời giải. Ta có 4 3 2 2x 4x 6x 4x y    . 
4 3 2 2 4 3 2 2x 4x 6x 4x y x 4x 6x 4x y 1           . 
2 2(x 1) y (x 1) y 1            . 
 
 
 
 
 
2
2
2
2
x 1 – y 1
x 1 y 1 1 y 1 y
1 y 1 yx 1 – y 1
x 1 y 
y
1
0
 
     
      
   

    
 

. 
Với  y 0 x 0; 2    . Vậy phương trình có nghiệm       x,y 0;0 ; 2;0  . 
Ví dụ 1.4. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 
2 3 y1 x x x 2    . 
Lời giải. Ta có 2 3 y1 x x x 2     2 y(1 x)(1 x ) 2   
 m 2 y m m 2 2m m 1(1 x) 2 ;(1 x ) 2 (m ) x 2 1 x 2 2 1             . 
 Mà 2 y m y m 2m m 1 y m 2m m 1x 2 1 2 1 2 2 1 2 2 2 2               . 
Nếu m 0 x 0;y 0.    
Nếu y m 1 2m 1 mm 0 2 2 2 1 (*)       , mà 2m 1 m2 , 2 đều là các số chẵn nên 
y m 12   là số lẻ. 
suy ra y m 12 1 y m 1      , hay vào (*) ta được 
m 2m 12 2 m 1 x 1;y 2      . 
Vậy Phương trình có nghiệm       x,y 1;2 ; 0;0 . 
Ví dụ 1.5. Tìm các số x, y, z sao cho x là số nguyên tố y, z là các số tự nhiên 
thỏa mãn: y 2x 1 z  . 
Lời giải. Ta có y 2 yx z 1 x (z 1)(z 1)      , suy ra m nz 1 x ;z 1 x .    
m,n ; m n  . Khi đó m n n m nx x 2;y m n x (x 1) 2 1.2        . 
Vì x là số nguyên tố m n nên có 2 trường hợp xảy ra: 
14 
TH1: 
n
mm n
n 0x 1 n 0
x 3;m 1x 3x 1 2
   
   
   
    2 y 1y 1 z x 1 3 1 4 z 2 x;y;z 3;1;2            . 
TH2: 
n n
m 1m n m n
x 2;n 1x 2 x 2 x 2;n 1
m 22 2x 1 1 x 2
 
       
     
     
   2 3y 3;z 2 1 9 z 3 x;y;z 2;3;3         . 
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là       x,y,z 3;1;2 ; 2;3;3 . 
Bài tập tự luyện. 
Bài 1.Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình sau: 
2 2
a)5(x y) 2 3xy.
b)x x 6 y .
  
  
 y x y xc)x .y x y 5329.   
(Đề thi vào chuyên Toán Vĩnh Phúc 2010 - 2011) 
Bài 2. Tìm nghiệm nguyêncủa các phương trình sau: 
a)     2x x 1 x 7 x 8 y    . 
(Đề giao lưu HSG lớp 8 Huyện Vĩnh Tường năm 2011 - 2012) 
b) 2 2(x 3)y x 48   . 
( Đề thi HSG toán 8 Thành phố Vĩnh Yên 2012 - 2013) 
c) 2x (2007 y)x 3 y 0     . 
(Đề thi vào chuyên Vĩnh Phúc 2007 - 2008) 
d) 2 2x 3y 2xy 2x 10y 4 0      . 
(Đề TS vào THPT Hà Nội Amsterdam 2008) 
2. Phƣơng pháp 2. Sử dụng đồng dƣ chia hết. 
 Một số chính phương không thể có tận cùng bằng 2; 3; 7; 8. Một số chính 
phương chia 3 dư 0, hoặc 1,.Những tính chất đơn giản đó nhiều khi lại là chìa 
khóa để giải nhiều phương trình Diophant. Ta đi xét ví dụ sau. 
VÝ dô 2.1. T×m các số nguyên tố x, y, z tho¶ m·n: xy + 1 = z . 
Lời giải. Ta cã x,y nguyªn tè vµ yx 1 z z 3    , 
mµ z nguyªn tè  z lÎ  yx ch½n  x ch½n  x = 2. 
XÐt y = 2  22 + 1 = 5 lµ nguyªn tè  z = 5 (tho¶ m·n). 
Xét 2k 1 ky 2 y 2k 1(k N) 2 1 z 2.4 1 z           , 
15 
ta thấy 4 chia cho 3 dư 1  k(2.4 1) 3 z 3   (loại) 
Vậy x 2;y 2;z 5   . 
Ví dụ 2.2. Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau 
30x y 419 5 1890 1975 1993    . 
Lời giải. Đặt 
30x y 4A 19 5 1890; B 1975 1993     
Dễ thấy xA 19 (mod5) ; x x x19 (20 1) ( 1) (mod5)    . 
Nếu x chẵn thì x19 1(mod5) , nếu x lẻ thì x19 1 4(mod5)   . 
A 1;4(mod5)  còn B 3(mod5) (vô lí). Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 
Ví dụ 2.3. Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình sau: 2 yx 3 3026  . 
Lời giải. Xét 2 0 2y 0 x 3 3026 x 3025      mà x N x 55   . 
Xét y 2y 0 3 3,x   chia cho 3 d- 0 hoÆc 1, suy ra 2 yx 3 chia cho 3 d- 0 hoÆc 1 
mµ 3026 chia cho 3 d- 2 , vô lí. VËy phương trình có nghiệm (x; y) =(55; 0). 
Nhận xét. 
 Ta cũng có thể tổng quát bài toán trên với x,y là số nguyên hoặc thay 
3026 bởi các số có dạng 2k 1 ta cũng được các bài tập tương tự. 
 Các bài toán trên chúng ta dễ dàng nhận ra modul phù hợp, tuy nhiên 
trong nhiều trường hợp việc chọn được modul không hề đơn giản. 
Ví dụ 2.4. Chứng minh rằng phương trình 2 5y x 4  không có nghiệm nguyên. 
Lời giải. Giả sử tồn tại x,y thỏa mãn phương trình. Nếu 10x 11thìx 11  , 
nếu 10(x,11) 11 thì x 1 11   . Như vậy khi x là số nguyên tùy ý thì 10x chia cho 
11 dư 0 hoặc 1, do đó 5x chia cho 11 chỉ có thể dư 0, 1 . Kết hợp với phương 
trình đã cho nhận được 2y chia cho 11 chỉ có thể dư 6, 7, 8. Nhưng với y là số 
nguyên tùy ý thì 2y chia cho 11 chỉ có thể dư 0, 1, 3, 4, 5, 9. Vậy ta gặp mâu 
thuẫn nên phương trình vô ngiệm. 
Ví dụ 2.5. (Balkan1998). Giải phương trình nghiệm nguyên sau 
2 5m n 4  . 
Lời