Chuyên đề: Giải phương trình nghiệm nguyên

Chuyên Đề: Giải Phương trình nghiệm nguyên
I-Phương trình nghiệm nguyên dạng:
ax + by = c (1) với a, b, c ẻ Z
1.Các định lí:
 a. Định lí 1: Điều kiện cần và đủ để phương trình ax + by = c (trong đó a,b,c là các số nguyên khác 0 ) có nghiệm nguyên (a,b) là ước của c.
 b.Định lí 2: Nếu (x0, y0) là một nghiệm nguyên của phương trình ax + by = c thì nó có vô số nghiệm nguyên và nghiệm nguyên (x,y) được cho bởi công thức: 
 Với t є Z, d = (a,b)
2.Cách giải:
Bước 1: Rút ẩn này theo ẩn kia (giả sử rút x theo y)
Bước 2: Dựa vào điều kiện nguyên của x, tính chất chia hết suy luận để tìm y 
Bước 3: Thay y vào x sẽ tìm được nghiệm nguyên 
Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên:
2x + 5y =7 
Hướng dẫn:	Ta có 2x + 5y =7 Û x = 
Û x = 3 – 2y +
Do x, y nguyên ị nguyên. Đặt = t với (t є Z )
ị y = 1 – 2t ị x = 3 – 2(1- 2t) + t = 5t + 1
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là:
 x = 5t + 1
 y = -2t +1	(t є Z )
Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên
 6x – 15 y = 25
Hướng dẫn:
Ta thấy( 6,15 ) = 3 mà 3/25 
	Vậy không tồn tại x,y nguyên sao cho 6x- 15y = 25
Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình.
	5x + 7y = 112
Hướng dẫn:
	Ta có 5x + 7y = 112
 ị x = = 22 - y + 
 Do x, y nguyên ị nguyên hay (2 – 2y) 5 Û 2(1-y) 5; (2 , 5) = 1
 ị (1-y) 5 hay (y-1)5 . Đặt y-1 = 5t 	(t є Z ) 
ị y = 5t +1 
 thay y vào x ta có x = 21 – 7t
ị
 lại có x > 0; y > 0 ị 	5t + 1 > 0	t > -
	 21 – 7t > 0	t < 3
 ị t = 
	 Nếu t = 0 ị x = 21; y = 1
 	 Nếu t = 1 ị x = 14; y = 6
 	 Nếu t = 2 ị x = 7; y = 11
II. Phương trình nghiệm nguyên đưa về dạng
 	 g (x1, x2,., xn) . h (x1, x2,., xn) = a (3) Với a є Z
1.Cách giải:
Đặt	g (x1, x2,., xn) = m 	(với m là ước của a)
ị	h(x1, x2,., xn) = 
Giải hệ:	g (x1, x2,., xn) = m 	
	h(x1, x2,., xn) = 
tìm được x1, x2,., xn thử vào (3) ta được nghiệm của phương trình.
2.Chú ý:
-Nếu a = 0 ta có	g (x1, x2,., xn) = 0	
	h(x1, x2,., xn) = 0
-Nếu a = pa với p nguyên tố thì từ pt (3) ta có: g (x1, x2,., xn) = pa1
	 h(x1, x2,., xn) = pa2
 Với a1 + a2 = a
Ví dụ 4: Tìm x, y є Z biết x – y + 2xy = 6
Hướng dẫn: Ta có x – y + 2xy = 6 Û 2 x – 2y + 4 xy = 12
Û 2 x – 2y + 4 xy –1 = 11 Û (2x – 1) + 2y(2x-1) = 11Û (2x – 1) (2y + 1) = 11
Ta có 11 = 1.11= (-1)(-11) = 11.1 = (-11)(-1)
 Ta có	2y + 1 = 1	ị (x; y) = (6; 0)
	2x – 1 = 11
	2y + 1 = -1	ị (x; y) = (-5; -1)
	2x – 1 = -11
	2y + 1 = 11	ị (x; y) = (1, 5)
	2x – 1 = 1
2y + 1 = -11	ị (x; y) = ( 0; -6)
	2x – 1 = -1
Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 1 + x + x2 + x3 = 2y
Hướng dẫn: Ta có 1 + x + x2 + x3 = 2y Û (1 + x) (1 + x2) = 2y
ị 1 + x = 2 m và 1 + x2 = 2y – m (m nguyên dương)
ị 	x = 2 m – 1	ị 	x2 = 22m – 2 m +1 + 1
x2 = 2y – m - 1	 x2 = 2y – m – 1
ị 22m – 2m + 1 + 1 = 2 y – m - 1
ị 2 y – m – 22m + 2m +1 = 2
Nếu m = 0 ị x = 0 ; y = 0 (t/m)
Nếu m > 0 ị 2 y – m – 1 – 22m – 1 + 2m = 1 mà 22m – 1và 2m đều là số chẵn nên:
ị 2 y – m – 1 lẻ ị 2 y – m – 1 = 1 ị y – m – 1 = 0 ị y = m + 1
ị 2 m - 22m – 1 = 0 ị 2 m = 22m – 1 ị m = 2m – 1 ị m = 1
ị y = 2 ; x = 1
Vậy (x, y) = (0; 0); (1; 2)
III. Phương trình nghiệm nguyên đưa về dạng
[g1 (x1, x2,., xn)]2 + [g2 (x1, x2,., xn)]2 + + [gn (x1, x2,., xn)]2 = 0
1.Cách giải:Ta thấy vế trái của phương trình là các số hạng không âm, tổng của chúng bằng 0 nên mỗi số hạng phải bằng 0 
 	 g1 (x1, x2,., xn) = 0
Do vậy có:	g2 (x1, x2,., xn) = 0
..
gn (x1, x2,., xn) = 0
	Giải hệ này ta được x1 , x2 ,, xn
Ví dụ 6: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x2 + y 2 –2xy + 2y – 6x + 5 = 0
Hướng dẫn:
 (Dùng phương pháp phân tích thành nhân tử ta biến đổi vế trái của phương trình)
 Ta có 	2x2 + y 2 –2xy + 2y – 6x + 5 = 0
 	 Û y 2 – 2y (x - 1) + (x-1)2 + x2 – 4x + 4 = 0
	 Û	(y – x + 1)2 + (x – 2 )2 = 0
 Vậy	 y – x + 1 = 0	 hay 	x = 2
 	 	x – 2 = 0	y = 1
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là x = 2 ; y = 1
Ví dụ 7: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : (x –1) (y+1) = (x+ y)2
Hướng dẫn: Ta có	(x-1) (y+1) = (x+ y)2
	Û 	(x-1) (y+1) = [(x-1) + (y+1)]2
	Û	[(x-1) + (y+1)]2 - (x-1) (y+1) = 0
	Û 	(x-1)2 + (y+1)2 + (x-1) (y+1) = 0
	Û	[(x-1) + (y+1)]2 + (y+1)2 = 0
	Û	 y + 1 = 0	Û 	y = -1
	(x-1) + (y+1) = 0	x = 1
 	Vậy nghiệm của phương trình là ( x = 1 ; y = -1)
IV- Phương trình nghiệm nguyên mà các ẩn có vai trò bình đẳng
Khi làm toán ta thường gặp một số bài toán mà trong đó các ẩn bình đẳng với nhau . Để giải các bài toán đó có nhiều cách giải khác nhau tuỳ thuộc vào từng loại cụ thể. ở đây ta nghiên cứu đến 1 phương pháp giải toán này:
Ta giả sử các ẩn xảy ra theo một trật tự tăng dần rồi tiến hành giải
Ví dụ 8: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: + + + = 1
Hướng dẫn: Giả sử 1	Ê x Ê y Ê z ị x2 Ê xy Ê xz Ê yz Ê xyz 
 ị 	1 = + + + Ê + + + 
Û	1 Ê ị x2 Ê 12 ị x є 1, 2,3	
Nếu x = 1 ị + + + = 1
ị z + 1 + y + 9 = yz ị yz – z – y + 1 = 11 
(y- 1) (z - 1) = 11 ị y = 2 ; z = 12 hoặc z =2 ; y = 12
Nếu x = 2 ị + + + = 1
ị (2y - 1) (2z-1) = 23 ị y = 1; z = 12 hoặc y = 12; z = 1
Nếu x = 3 ị (3y – 1) (3z - 1) = 37 vô nghiệm
Vậy (x, y, z) = (1; 2, 12) và các hoán vị 
Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên
Không có phương pháp chung để giải phương trình nghiệm nguyên nhưng để giải nó người ta thường áp dụng một số phương pháp sau hoặc kết hợp các phương pháp tuỳ theo từng bài cụ thể. Sau đây là một số phương pháp thường dùng
I- Phương pháp 1 : Sử dụng tính chẵn lẻ
Ví dụ 9: Tìm x, y nguyên tố thoả mãn: y2 – 2x2 = 1
Hướng dẫn: Ta có y2 – 2x2 = 1	ị y2	= 2x2 +1 ị y là số lẻ
Đặt y = 2k + 1 (với k nguyên).Ta có (2k + 1)2 = 2x2 + 1 
Û x2 = 2 k2 + 2k ị x chẵn , mà x nguyên tố ị x = 2, y = 3
Ví dụ 10: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
 (2x + 5y + 1)( + y + x2 + x) = 105
 Hướng dẫn: Ta có: (2x + 5y + 1)( + y + x2 + x) = 105
Ta thấy 105 lẻ ị 2x + 5y + 1 lẻ ị 5y chẵn ị y chẵn
+ y + x2 + x = + y + x(x+ 1) lẻ 
có x(x+ 1) chẵn, y chẵn ị lẻ ị = 1 ị x = 0
Thay x = 0 vào phương trình ta được 
(5y + 1) ( y + 1) = 105 Û 5y2 + 6y – 104 = 0
ị y = 4 hoặc y = ( loại)
	Thử lại ta có x = 0; y = 4 là nghiệm của phương trình
 II. Phương pháp 2 : Phương pháp phân tích
 Thực chất là biến đổi phương trình về dạng: g1 (x1, x2,., xn) h (x1, x2,., xn) = a
Ví dụ 11: Tìm x, y nguyên sao cho ( x + y ) P = xy với P nguyên tố.
Giải
	Ta có ( x + y ) P = xy với xy – Px – Py = 0
	 Û x ( y – P ) – ( Py – P2) = P2
	Û ( y- P ) ( x- P ) = P2
	Mà P nguyên tố ị P2 = 1.P2 = P.P = (-1)(-P2) = ( -P ) (-P)
	 ị Các cặp số (x,y ) là:
	(P+1, P(P+1) ); ( P-1, P (P-1) ); (2p, 2p); (0,0) và các hoán vị của chúng.
III- Phương pháp loại trừ ( phương pháp 3 )
Khẳng định nghiệm rồi loại trừ các giá trị còn lại của ẩn 
Ví dụ 12: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 1! + 2! +  + x! = 
Hướng dẫn: Với x³ 5 thì x! có tận cùng là 0 và 1! + 2! + 3! + 4! Có tận cùng là 3
ị 1! + 2! +  + x! có tận cùng là 3, không là số chính phương (loại)
Vậy x < 5 mà x nguyên dương nên: 
	x = 
Thử vào phương trình ta được (x = 1, y= 2); (x = 3, y= 3) là thoả mãn
IV.Phương pháp 4: Dùng chia hết và có dư
Ví dụ 13: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – 2y2 = 5
	 Hướng dẫn:
 Xét x 5 mà x2 – 2y2 = 5 ị	 2y2 5 ị y2 5
	(2,5) = 1 5 là số nguyên tố
 ị y2 25	ị 	x2 – 2y2 25
 lại có x 5 ị x2 25	5 25 loại 
 Xét x 5 ị y 5
 và x2 chia cho 5 có các số dư 1 hoặc 4 
 y2 chia cho 5 có các số dư 1 hoặc 4 ị 2y2 chia cho 5 dư 2 hoặc 3
 ị x2 – 2 y2 chia cho 5 dư 1 hoặc 2(loại)
 Vậy phương trình x2 – 2y2 = 5 vô nghiệm
Ví dụ 14: Tìm x, y là số tự nhiên thoả mãn: x2 + = 3026
 Hướng dẫn: Xét y = 0 ị x2 + 30 = 3026 ị x2 = 3025
 mà x є N ị x = 55
Xét y > 0 ị 3, x2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1ị x2 + chia cho 3 dư 0 hoặc 1
mà 3026 chia cho 3 dư 2 (loại). Vậy nghiệm (x,y) = (55,0)
V. Phương pháp 5 : Sử dụng tính chất của số nguyên tố
Ví dụ 15: Tìm x, y, z nguyên tố thoả mãn: xy + 1 = z
Hướng dẫn: Ta có x, y nguyên tố và xy + 1 = z ị z > 3
Mà z nguyên tố ị z lẻ ị xy chẵn ị x chẵn ị x = 2
Xét y = 2 ị 22 + 1 = 5 là nguyên tố ị z = 5 (thoả mãn)
Xét y> 2 ị y = 2k + 1 	(k є N) ị 22k+1 + 1 = z ị 2. 4k + 1 = z
Có 4 chia cho 3 dư 1 ị (2.4k+1) 3 ị z 3 	(loại)
Vậy x = 2, y = 2, z = 5 thoả mãn
Ví dụ 16 : Tìm số nguyên tố p để 4p + 1 là số chính phương
Hướng dẫn: đặt 4p + 1 = x2	(x є N)
ị x lẻ đặt x = 2k + 1 	(k є N)
ị 4p + 1 = (2k + 1)2 Û 4p + 1 = 4k2 + 4k + 1 Û p =k(k+1)
	Û k(k + 1) chẵn ị p chẵn, p nguyên tố ị p = 2
VI. Phương pháp 7: Đưa về dạng tổng
Ví dụ 17: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + y2 – x – y = 8
Hướng dẫn: Ta có x2 + y2 –x – y = 8
Û 4 x2 + 4 y2 – 4 x –4y = 32 Û (4x2 – 4x +1) + (4y2 – 4y + 1) = 34
	Û (2x – 1)2 + (2y – 1)2 = 34
Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 chỉ có duy nhất 1 dạng phân tích thành tổng của 2 số chính phương 32 và 52
 Do đó ta có 	 = 3	hoặc	 = 5
	 = 5	 = 3
Giải ra ta được (x,y) = (2,3); (2,-2); (-1, -2); (-1, 3) và các hoán vị của nó.
Ví dụ 18: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – 4xy + 5y2 = 169
Hướng dẫn: Ta có x2 – 4xy + 5y2 = 169
Û (x – 2y)2 + y2 = 169 
Ta thấy 169 = 02 + 132 = 52 + 122
ị 	 = 0	hoặc 	 = 13
	 = 13	 = 0
 hoặc 	 = 5	hoặc 	 = 12
	 = 12	 = 5
Giải ra ta được (x, y) = (29, 12);(19, 12); (-19, -12); (22, 5); (-2, 5) ;(2, -5); (-22, -5); (26, 13); (-26, -13); (-13. 0); (13, 0)
VII. Phương pháp 7 : Dùng bất đẳng thức
Ví dụ 19: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 –xy + y2 = 3
Hướng dẫn: Ta có x2 –xy + y2 = 3 Û (x- )2 = 3 - 
Ta thấy (x- )2 ³ 0 ị 3 - ³ 0 ị -2 Ê y Ê 2
ị y= ± 2; ±1; 0 thay vào phương trình tìm x 
Ta được các nghiệm nguyên của phương trình là :
(x, y) = (-1,-2), (1, 2); (-2, -1); (2,1) ;(-1,1) ;(1, -1)
Bài tập luyện tập rèn tư duy sáng tạo
Bài 1:Tìm nghiệm nguyên của phương trình
	2x + 3y = 11
 	Hướng dẫn
Cách 1: Ta thấy phương trình có cặp nghiệm đặc biệt là x0 = 4, y0 = 1
Vì 2.4 + 3.1 = 11
ị( 2x + 3y) – (2.4 + 3.1) = 0
Û 2(x-4) + 3(y-1) = 0
ị 2(x-4) = - 3(y-1) mà (2,3) = 1
Đặt x – 4 = 3k và y – 1 = 2k với ( k ẻ Z)
Vậy nghiệm tổng quát của pt là :	x = 4 – 3k
	y = 1+ 2k 	( k ẻ Z)
*Nhận xét: Theo cách giải này phải tìm ra 1 cặp nghiệm nguyên đặc biệt (x0, y0) của phương trình vô định ax + by = c
Nếu phương trình có hệ số a, b, c lớn thì cách giải khó khăn.
Cách 2: Dùng tính chất chia hết.
Ta có 2x + 3y = 11
ị x= = 5- y-
Do x, y nguyên ị nguyên 
đặt = k ị y = 2k +1 ị x = 4- 3k (k ẻ Z)
 y = 2k +1 (k ẻ Z)
 Vậy nghiệm tổng quát:
 x = 4- 3k
Bài 2: Tìm cặp số nguyên dương (x,y) thoả mãn phương trình: 6x2 + 5y2 = 74
Hướng dẫn: Cách 1: Ta có 6x2 + 5y2 = 74 
Û 6x2 –24 = 50 – 5y2
Û 6(x2 – 4) = 5(10 – y2)
ị 6(x2 – 4) 5 	ị x2 – 4 5
 (6, 5) = 1
ị x2 = 5t + 4 	(t ẻN)
Thay x2 – 4 = 5t vào phương trình ị y2 = 10 – 6t
lại có 	x2 > 0 	Û 	 t >
y2 > 0	 t < 
ị t = 0 hoặc t = 1
với t = 0 ta có x2 = 4, y2 = 10 (loại)
Với t = 1 ta có	x2 = 9	 Û	 x = ± 3
	y2 = 4	y = ± 2
mà x, y ẻ Z ị x = 3, y = 2 thoả mãn
Cách 2: Sử dụng tính chẵn lẻ và phương pháp chặn
Ta có 6x2 + 5y2 = 74 là số chẵn ị y chẵn
lại có 0< 6x2 ị 0< 5y2 < 74 Û 0 < y2 < 14 ị y2 = 4 ị x2 = 9
Cặp số (x,y) cần tìm là (3, 2)
Cách 3: Ta có 6x2 + 5y2 = 74 Û 5x2 + 5y2 + x2 + 1 = 75 ị x2 + 1 5
mà 0 < x2 Ê 12 ị x2 = 4 hoặc x2 = 9
Với x2 = 4 ị y2 = 10 loại
Với x2 = 9 ị y2 = 4 thoả mãn 
cặp số (x,y) cần tìm là (3, 2)
 Bài 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + y2 = 2x2y2
Hướng dẫn:
Cách 1: Đặt x2 = a, y2 = b
Ta có a + b = 2 ab ị 	a b	ị 	= ị a = ± b
	b a
Nếu a = b ị 2a = 2a2 ị a= a2 ị a= 0, a= 1ị (a,b) = (0, 0); (1, 1) 
Nếu a = - b ị 2 b2 = 0 ị a = b = 0 ị (x2, y2) = (0, 0); (1, 1)
ị (x, y ) = (0, 0); (-1, -1); (-1, 1); (1, -1) ; (1, 1)
Cách 2: Ta có x2 + y2 = 2x2y2. Do x2, y2 ³ 0 
Ta giả sử x2 Ê y2 ị x2 + y2 Ê 2 y2 ị 2x2 y2 Ê 2y2 
Nếu y = 0 phương trình có nghiệm (0;0)
Nếu y 0ị x2 Ê 1 ị x2= 0 hoặc x2 = 1
ị y2 = 0 (loại) hoặc y2 = 1 ị (x, y) = (1, 1); (1, -1) ; (-1, 1)
Vậy phương trình có nghiệm (x;y) =(0, 0); (-1, -1); (-1, 1); (1, -1) ; (1, 1)
Cách 3: Có x2 + y2 = 2x2y2 
Û 2x2 + 2y2 = 4 x2y2 Û 4 x2y2 –2x2 – 2y2 + 1 = 1
2x2 (2y2 - 1) – (2y2 - 1)= 1 Û (2x2 – 1) (2y2 - 1) = 1
Mà 1 = 1.1 = (-1)(-1) ị (x2, y2) = (1, 1); (0, 0)
ị (x, y) = (1, 1); (0, 0) ; (1, -1); (-1; -1); (-1, 1)
Bài 4: Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: x2 –3xy + 2y2+ 6 = 0
 Hướng dẫn: Ta thấy(x, y) = (0, 0) không phải là nghiệm của phương trình
Ta coi phương trình x2 – 3xy + 2y2 + 6 = 0 ẩn x ta tính = y2 – 24
Phương trình có nghiệm tự nhiên thì là số chính phương
ị y2 – 24 = k2 ị (y – k)(y + k) = 24	(kẻN)
mà 24 = 24.1 = 12.2 = 6.4 = 3.8 ; y+k và y – k cùng chẵn
ị 	y+ k = 6	ị y = 5	 hoặc 	y+ k = 12	ị y = 7
y – k = 4 y – k = 2
Thay vào ta tìm được (x,y) = (8, 7); (13, 7); (7, 5); (8,5)
Bài 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình 
2x2 + 2y2 – 2xy + y + x – 10 = 0
Hướng dẫn: C1: Ta có phương trình đã cho Û 2x2 – (2y-1) x + 2y2 + y – 10 = 0
Coi x là ẩn y là tham số ta có phương trình bậc 2 ẩn x
Xét = (2y – 1)2 – 4.2 (2y2 + y -10) = -12y2 – 12y+ 81
Để nghiệm x nguyên thì là số chính phương
Đặt k2= -12y2 – 12 y + 81 ị k2 + 3(2y + 1) = 84
ị (2y + 1)2 = 28 - Ê 28; (2y + 1)2 lẻ ị (2y + 1)2 = 1, 9, 25
ị y = 0, 1, -2, 2, -3 thử trực tiếp vào phương trình ta tìm được các cặp số (x, y) = (2, 0); (0, 2) thoả mãn
C2: Đặt x + y = a, xy = b ta có x, y ẻ Z ị a, b ẻ Z
phương trình 2x2 – (2y-1) x + 2y2 + y – 10 = 0
 Û 2a2 – 4b + a – 10 = 0Û 4a2 – 8b + 2a – 20 = 0
Û (a+ 1)2 + 3a2 – 8b – 21 = 0 Û (a+ 1)2 + 3a2 = 8b + 21
lại có (x+ y)2³ 4 xy ị a2 ³ 4b
ị 8b + 21 Ê 2a2 + 21 ị (a+ 1)2 + 3a2 Ê 2a2 + 21 ị (a+ 1)2 Ê 21
mà (a+ 1)2 là số chính phương ị (a+ 1)2 ẻ {1, 4, 9, 16}ị a ẻ {0, 1, 2, 3}
Với a = 0 ị 12 + 3. 0 = 8b + 21 ị 8b = 20 loại
Với a = 1 ị (1+1)2 + 3.12 = 8b + 21 ị 8b = -14 loại
Với a = 2 ị (1+ 2)2 + 3.22 = 8b + 21 ị 8b = 0 ị b = 0
Với a = 3 ị (1+ 3)2 + 3.32 = 8b + 21 ị 8b = 22 loại
 Vậy được a = 2, b = 0 ị xy = 0
 x + y = 2 ị (x, y ) = (0, 2); (2, 0) thoả mãn
Bài 6 :Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương x, y sao cho : x2 + 4x – y2 = 1
Hướng dẫn:
Cách 1: Ta có x2 + 4x – y2 = 1 Û (x + 2)2 - y2 = 5 Û (x + 2+ y)(x+ 2-y) = 5
mà x, y nguyên dương ị (x + 2+ y) > (x+ 2-y)
ị x+ 2 + y = 5 ị x = 1, y = 2
 x + 2 – y = 1
Vậy nghiệm của phương trình là x = 1, y = 2
Cách 2: Ta có x2 + 4 x – y2 = 1Û x2 + 4 x – (y2 + 1) = 0
 = 4 + y2 + 1 ị x = 
 Để phương trình có nghiệm thì là số chính phương ị 4 + y2 + 1 = k2
Û (k- y) (k+ y) = 5 ị y = 2
thay vào phương trình tìm được x = 1
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là x = 1; y = 2
Bài 7: Hai đội cờ thi đấu với nhau mỗi đấu thủ của đội này phải đấu 1 ván với mỗi đấu thủ của đội kia. Biết rằng tổng số ván cờ đã đấu bằng 4 lần tổng số đấu thủ của hai đội và biết rằng số đấu thủ của ít nhất trong 2 đội là số lẻ hỏi mỗi đội có bao nhiêu đấu thủ.
Hướng dẫn: Gọi x, y lần lượt là số đấu thủ của đội 1 và đội 2 (x, y nguyên dương )
Theo bài ra ta có xy = 4 (x + y) 
Đây là phương trình nghiệm nguyên ta có thể giải bằng các cách sau 
Cách 1: Có xy = 4(x + y) Û xy – 4x – 4y + 16 = 16 Û (x-4) (y - 4) = 16
mà 16 = 1.16 = 2.8 = 4.4 
lại có ít nhất 1 đội có số đấu thủ lẻ
ị x – 4 = 1 Û x = 5 hoặc x = 20
 y-4 = 16 y = 20 y = 5
Cách 2: Ta thấy x, y bình đẳng.Không mất tính tổng quát ta giả sử xÊ y
 Ta có x, y nguyên dương xy = 4 (x + y) Û + = 1
 lại có ³ Û + Ê Û Ê 1
 ị x Ê 8 ị x= 5, 6, 7, 8
 Mà Ê 1 ị x > 4
 Thử trực tiếp ta được x = 5, y = 20 (thoả mãn)
 Vậy 1 đội có 5 đấu thủ còn đội kia có 20 đấu thủ
Bài 8: Tìm năm sinh của Bác Hồ biết rằng năm 1911 khi Bác ra đi tìm đường cứu nước thì tuổi Bác bằng tổng các chữ số của năm Bác sinh cộng thêm 3.
Hướng dẫn: Ta thấy nếu Bác Hồ sinh vào thể kỷ 20 thì năm 1911 Bác nhiều nhất là 11 tuổi (1+ 9 + 0 + 0 + 3) loại. Suy ra Bác sinh ra ở thế kỷ 19 
Gọi năm sinh của Bác là 18 xy (x, y nguyên dương, x, y Ê 9)
Theo bài ra ta có: 1911 - 18 xy = 1 + 8 + x + y = 3
Û 11x + 2y = 99 ị 2y 11 mà (2, 11) = 1 ị y 11
 mà 0Ê y Ê 9 ị y = 0 ị x = 9. Vậy năm sinh của Bác Hồ là 1890
Bài 9: Tìm tất cả các số nguyyên x, y thoả mãn phương trình = 
Hướng dẫn: Ta có = Û 7 (x+ y) = 3 (x2 – xy + y2)
 Đặt x + y = p , x – y = q ị p, q nguyên ị x = ; y = thay vào phương trình có dạng 28 p = 3 (q2 + 3 q2) ị p > 0 và p 3 đặt p = 3k (k ẻZ)
ị 28k = 3(3k2+ q2) ị k 3 và k có dạng 3m (mẻ Z+) ị 28 m = 27m2 + q
ị m( 28 – 27m) = q2 ³ 0 ị m = 0 hoặc m = 1
Với m = 0 ị k = 0 ị q = 0 ị x = y = 0 (loại)
Với m = 1 thì k = 3; p = 9ị 28 = 27 + q2 ị q = ± 1
Khi p = 9, q = 1 thì x = 5, y= 4
khi p = 9, q = 1- thì x = 4, y= 5 
Vậy nghiệm của phương trình là (x, y) = (4, 5); (5, 4)
Bài 10: Hãy dựng một tam giác vuông có số đo 3 cạnh là a, b, c là những số nguyên và có cạnh đo được 7 đơn vị 
Hướng dẫn: Giả sử cạnh đo được 7 đơn vị là cạnh huyền (a = 7)
 ị b2 + c2 = 72 ị b2 + c2 7 ị b 7; c 7
 (vì số chính phương chia hết cho 7 dư 0, 1, 4, 2)
 lại có 0<b, c< 7 loại
 ị Cạnh đo được là cạnh góc vuông giả sử b = 7 
 Ta có a2 – c2 = 49 Û (a+c)(a-c) = 49
 ị a+ c = 49 ị a = 25	 Vậy tam giác cần dựng có số đo 3 cạnh
 a – c = 1 c = 24	 là 7, 25, 24