Toán - Phương trình nghiệm nguyên dạng đa thức

PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN DẠNG ĐA THỨC
 Các dạng phương trình nghiệm nguyên đa thức:
1. Phương trình bậc nhất hai ẩn
2. Phương trình bậc 2 hai ẩn
3. Phương trình bậc cao hai ẩn
4. Phương trình đa thức nhiều ẩn
1. Phương trình bậc nhất hai ẩn
Phương pháp:
- 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 bố trong biểu thức của x bằng một số nguyên t1, ta được một phương trình bậc nhất hai ẩn y và t1
- Cứ tiếp tục như trên cho đến khi các ần đều được biểu thị dưới dạng một đa thức với các hệ số nguyên
Ví dụ 1: 
Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
 11x+18y=120
Giải:
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=20−11k3
Tách riêng giá trị nguyên của biểu thức này:
 y=7−4k+k−13
Lại đặt k−13 =t với t nguyên suy ra k=3t+1. Do đó:
=7−4(3t+1)+t=3−11tx=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 (1) được biểu thị bởi công thức:
 {=18t+6y=3−11t với t là số nguyên tùy ý
2. Phương trình bậc 2 hai ẩn
Ví dụ 2: 
Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
 5x–3y=2xy–11
Giải:
Biểu thị y theo x:
 (2x+3)y=5x+11
Dễ thấy 2x+3≠0 (vì x nguyên ) do đó:
 y=5x+112x+3=2+x+52x+3
Để y∈Zphải có x+5⋮2x+3
 ⇒2(x+5)⋮2x+3
 ⇒2x+3+7⋮2x+3 
 ⇒7⋮2x+3
Nên (x,y)=(−1,6),(−2,−1),(2,3),(−5,2)
Thử lại các cặp giá trị trên của (x,y) đều thỏa mãn phương trình đã cho.
Ví dụ 3: 
Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
 x2−2x−11=y2
Giải:
Cách 1: Đưa về phương trình ước số:
 x2−2x+1−12=y2
⇔(x−1)2−y2=12
⇔(x−1+y)(x−1−y)=12
Ta có các nhận xét:
Vì (1) chứa y có số mũ chẵn nên có thể giả thiết rằng y⩾0. 
Thế thì x−1+y⩾x−1−y
(x−1+y)−(x−1−y)=2y nên x−1+yvà x−1−y cùng tính chẵn lẻ. 
Tích của chúng bằng 12 nên chúng cùng chẵn.
Với các nhận xét trên ta có hai trường hợp:
(x−1+y,x−1−y)=(6,2),(−2,6) 
Do đó: (x,y)=(5,2),(−3,2)
Đáp số: (5;2),(5;−2),(−3;2),(−3;−2)
Cách 2: Viết thành phương trình bậc hai đối với x:
 x2−2x−(11+y2)=0
 Δ′=1+11+y2=12+y2
Điều kiện cần để (2) có nghiệm nguyên:
Δ′ là số chính phương ⇔12+y2=k2(k∈N) 
⇔k2−y2=12⇔(k+y)(k−y)=12
Giả sử y⩾0 thì k+y ⩾k–y và k+y⩾ 0
(k+y)–(k–y)=2y nên k+y và k–y cùng tính chẵn lẻ và phải cùng chẵn.
Từ các nhận xét trên ta có:
 {+y=6k−y=2
Do đó: y=2
Thay vào (2): x2−2x−15=0
 ⇒x1=5,x2=−3
Ta có bốn nghiệm: (5;2),(5;−2),(−3;−2),(−3;2)
Ví dụ 4: 
Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
 x2+2y2+3xy−x−y+3=0 (1)
Giải:
Viết thành phương trình bậc hai đối với x:
 x2+(3y−1)x+(2y2−y+3)=0 (2)
Δ=(3y−1)2−4(2y2−y+3)=y2−2y−11
Điều kiện cần và đủ để (2) có nghiệm nguyên là Δ là số chính phương 
⇔y2−2y−11=k2(k∈N) (3)
Giải (3) với nghiệm nguyên ta được y1=5,y2=−3
Với y=5 thay vào (2) được x2+14x+48=0. Ta có: x1=−8,x2=−6
Với y=−3 thay vào (2) được x2−10x+24=0. Ta có x3=6,x4=4
Đáp số: (−8;5),(−6;5),(6;−3),(4;−3)
3. Phương trình bậc cao hai ẩn
Ví dụ 5: 
Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
 x(x+1)(x+2)(x+3)=y2 (1)
Giải:
Nếu y thỏa mãn phương trình thì –y cũng thỏa mãn, do đó ta giả sử y⩾0
(1) ⇔(x2+3x)(x2+3x+2)=y2
Đặt x2+3x+2+1=a, ta được:
 (a−1)(a+1)=y2⇔a2−1=y2 
⇔(a+y)(a−y)=1
Suy ra a+y=a–y, do đó y=0
Thay vào (1) được: x1=0;x2=−1;x3=−2;x4=−3
Đáp số: (0;0),(−1;0),(−2;0),(−3;0)
Ví dụ 6: 
Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
 x3−y3=xy+8 (1)
Giải:
Cách 1: |x−y|.|x2+xy+y2|=|xy+8|
Dễ thấy x≠y, vì nếu x=y thì (1) trở thành 0=x2+8, loại.
Do x,y nguyên nên |x−y|⩾1
Suy ra: |x2+xy+y2|⩽|xy+8|
Do đó: x2+xy+y2⩽|xy+8| (2)
Xét hai trường hợp:
xy+8<0. Khi đó (2) trở thành:
x2+xy+y2⩽−xy−8⇔(x+y)2⩽−8, loại
xy+8⩾0. Khi đó (2) trở thành:
x2+xy+y2⩽xy+8⇔x2+y2⩽8 (3)
Do đó: x2,y2∈{0;1;4}
Nếu x=0 thì từ (1) có y3=−8 nên y= −2
Nếu y=0 thì từ (1) có x3=−8 nên x=2
Nếu x,y khác 0 thì x2,y2∈{1;4}. Do x≠y nên chỉ có:
 {=1y2=4 hoặc {=4y2=1
Như vậy trong hai số x và y có một số chẵn, một số lẻ. Khi đó vế trái của (1) lẻ còn vế phải của (1) chẵn, không xảy ra.
Đáp số: (0;−2),(2;0)
Cách 2: x3−y3−xy=8 (1)
 ⇔27x3−27y3−27xy=216
 ⇔27x3−27y3−1−27xy=215 (2)
Ta thấy 27x3, −27y3, −1 là lập phương của 3x, - 3y,−1còn 27xy là ba lần tích của ba số ấy. Áp dụng hằng đẳng thức:
a3+b3+c3−3abc=(a+b+c).(a−b)2+(b−c)2+(c−a)22
Với a=3x,b=−3y,c=−1, ta biến đổi (2) thành:
(3x−3y−1).[(3x+3y)2+(1−3y)2+(3x+1)22]=215 (3)
Đặt biểu thức trong dấu móc của (3) là A. 
Ta thấy A>0 nên A và 3x−3y−1 là ước tự nhiên của 215. Phân tích ra thừa số nguyên tố: 215 = 5.43 nên 215 cò bốn ước tự nhiên: 1, 5, 43, 215.
Do 3x−3y−1 chi cho 3 dư 2 nên 3x−3y−1∈{5;215}
Xét hai trường hợp:
{x−3y−1=5(4)A=43(5) và {x−3y−1=215A=1
Trường hợp 1: từ (4) suy ra x–y=2. Thay y=x–2 vào (5) được:
[3x+3(x−2)]2+[1−3(x−2)]2+(3x+1)2=86
Rút gọn được: x(x–2)=0 ⇔x1=0,x2=2
Với x=0 thì y=2. Với x=2 thì y=0
Trường hợp 2: Từ A=1 suy ra:
 (3x+3y)2+(1−3y)2+(3x+1)2=2
Tổng của ba số chính phương bằng 2 nên có một số bằng 0, hai số bằng số 1. 
Số bằng 0 không thề là 1–3y hoặc 3x+1, do đó 3x+3y=0. 
Nghiệm nguyên của hệ:
 ⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪x+3y=0(1−3y)2=1(3x+1)2=1 là x=y=0, không thỏa mãn 3x–3y–1=215.
Đáp số: (0;−0),(2;0)
Cách 3: x3−y3=xy+8
 ⇔(x−y)3+3xy(x−y)=xy+8
Đặt x–y=a,xy=b ta có:
 a3+3ab=b+8
⇔a3−8=−b(3a−1)
Suy ra: a3−8⋮3a−1
 ⇒27(a3−8)⋮3a−1
 ⇒27a3−1−215⋮3a−1
Do 27a3−1⋮3a−1 nên 215⋮3a−1
Phân tích ra thứa số nguyên tố: 215 = 5.43
Do đó 3a−1∈{±1;±5;±43;±215}
Do 3a–1 chia cho 3 dư 2 nên 3a−1∈{−1;5;−43;215}
Ta có: Do b=a3−81−3a nên:
(a,b)=(0,−8),(2,0),(−14,−64),(72,−1736)
Chú ý rằng (x−y)2+4xy⩾0 nên a2+4b⩾0, do đó trong bốn trường hợp trên chỉ có a=2;b=0. Ta được: x–y=2;xy=0
Đáp số: (0;−2) và (2;0)
4. Phương trình đa thức nhiều ẩn
Ví dụ 7: 
Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
 6x+15y+10z=3
Giải:
Ta thấy10z⋮3 nên z⋮3. Đặt z=3k ta được:
 6x+15y+10.3k=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 cùng nhau.
 2x+5y=1−10k
x=1−10k−5y2=−5k−2y+1−y2
Đặt 1−y2 =t với t nguyên. Ta có:
=1−2tx=−5k−2(1−2t)+t=5t−5k−2z=3k
Nghiệm của phương trình: (5t−5k−2;1−2t;3k) với t,k là các số nguyên tùy ý.
Ví dụ 8: 
Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên:
 x2+y2+z2=1999 (1)
Giải:
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 x2+y2+z2 là số lẻ nên trong ba số x2;y2;z2phải có: hoặc có một số lẻ, hai số chẵn; hoặc cả ba số lẻ.
Trường hợp trong ba số x2;y2;z2 có một số lẻ, hai số chẵn thì vế trái của (1) chia cho 4 dư 1, còn vế phải là 1999 chia cho 4 dư 3, loại.
Trong trường hợp ba số x2;y2;z2đều 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.
Bài tập rèn luyện:
Bài 1: 
Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 
 7(x+y)=3(x2–xy+y2)
Hướng dẫn:
Đáp số : (x,y)=(4,5) hoặc (5,4)
Cách 1: Đổi biến u=x+y,v=x–y ta đưa về phương trình:
 28u=3(u2+3v2).(∗)
Từ (*) chứng minh được u chia hết cho 9 và 0≤u≤9 suy ra u=0 hoặc u=9
Cách 2: Xem phương trình đã cho là phương trình bậc hai đối với x.
 3x2–(3y+7)x+3y2–7y=0 (1)
Để (1) có nghiệm thì biệt thức Δ phải là số chính phương
Từ đó tìm được y
Bài 2: 
Tìm x,y ∈Z+ thỏa mãn :
 x2000+y2000=20032000 (1)
Hướng dẫn:
Đáp số: phương trình vô nghiệm
Giả sử x≥y. Từ (1) suy ra x<2003 và x+1<2003
Ta có 
 20032000≥(x+1)2000>x2000+2000.x1999
⇒y2000>2000.x1999≥2000.y1999 ⇒ 2003>x≥y>2000
Vậy x=2002,y=2001
Thử lại không thỏa mãn (1)
Bài 3: 
Chứng minh ∀n∈N∗, phương trình x1+x2+...+xn=x1.x2...xn luôn có nghiệm trong N∗.
Hướng dẫn:
Cho x1=x2=...=xn−2=1 ta đi đến phương trình 
 (xn−1−1)(xn−1)=n−1. (1)
Dễ thấy xn=nvàxn−1=2 thỏa mãn (1)
Vậy phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm nguyên dương là
(x1;x2;...;xn)=(1;1;...;2;n)
Bài4: 
Chứng minh rằng phương trình x3+y3+z3–3xyz=2001n luôn có nghiệm nguyên với mọi n≥2
Hướng dẫn:
Đặt 2001n=9m. Bộ ba số (m;m–1;m+1) là một nghiệm của phương trình đã cho
BÀI TẬP PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
Bài viết này tập hợp các bài tập để các bạn rèn luyện sau khi đã đọc xong các chuyên đề phương trình nghiệm nguyên:
- Các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên, phần 1-3
- Phương trình nghiệm nguyên dạng đa thức
- Các dạng phương trình nghiệm nguyên khác
BÀI TẬP
Bài 1: 
Tìm các số nguyên tố x,y,z thỏa mãn :
 xy+1=z
Hướng dẫn:
Vì x,y nguyên tố nên x,y≥2. 
Từ phương trình đã cho ta suy ra z≥5 và z lẻ (do z nguyên tố). Vì z lẻ nên x chẵn hay x=2. Khi đó, z=1+2y.
Nếu y lẻ thì z chia hết cho 3 (loại). Vậy y=2.
Đáp số : x=y=2vàz=5.
Bài 2: 
Tìm tất cả các cặp số tự nhiên (n,z) thỏa mãn phương trình :
 2n+122=z2–32
Hướng dẫn:
Nếu n lẻ thì 2n≡−1 (mod 3). 
Từ phương trình đã cho ta suy ra z2≡−1 (mod 3), loại.
Nếu n chẵn thì n=2m(m∈N) và phương trình đã cho trở thành:
 z2–22m=153 hay (z–2m)(z+2m)=153.
Cho z+2m và z–2m là các ước của 153 ta tìm được m=2,z=13.
Đáp số : n=4,z=13.
Bài 3: 
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :
 x+23√−−−−−−−√=y√+z√
Hướng dẫn:
Vì vai trò của x,y,z như nhau nên có thể giả sử y⩾z.
Từ phương trình đã cho ta suy ra x+23√=y+z+2yz−−√. Suy ra: 
 (x−y−z)2+43√(x−y−z)=4yz−12. (1)
Vì 3√ là số vô tỉ nên từ (1) ta suy ra :
x–y–z=4yz–12=0⇒yz=3⇒y=3,z=1 và x=y+z=4
Đáp số : phương trình có 2 nghiệm là (4; 3; 1) và (4; 1; 3)
Bài 4: 
Tìm tất cả các số nguyên dương a,b,c đôi một khác nhau sao cho biểu thức :
 A = 1a+1b+1c+1ab+1bc+1ca nhận giá trị nguyên dương.
Hướng dẫn:
Ta có: A.abc=ab+bc+ca+a+b+c (1)
Từ (1) ta CM được a,b,c cùng tính chẵn lẻ. Vì vau trò của a,b,c như nhau và a,b,c đôi một khác nhau nên có thể giả thiết a<b<c.
Nếu a⩾3thì b⩾5,c⩾7 và A<1, loại. Suy ra a=1 hoặc a=2
Nếu a=1 thì b⩾3,c⩾5 do đó 1<A<3 suy ra A=2. Thay a=1,A=2 ta được: 
2(b+c)+1=bc hay (b–2)(c–2)=5. Từ đó ta được b=3,c=7. Trường hợp a=2 xét tương tự.
Đáp số : (2; 4; 14), (1; 3; 7) và các hoán vị của 2 bộ số này 
Bài 5: 
Tìm tất cả các bộ ba số tự nhiên không nhỏ hơn 1 sao cho tích của hai số bất kì cộng với 1 chia hết cho số còn lại
Hướng dẫn:
Giả sử ba số đã cho là a⩾b⩾c⩾1. Ta có 
 cab+1,abc+1,bac+1
Suy ra 
 abc(ab+1)(ac+1)(bc+1)
⇒ab+bc+ca+1⋮ abc
⇒ab+bc+ca+1=k.abc,k∈Z+. (1)
Vì ab+bc+ca+1⩽4abc nên k⩽4
Nếu k=4 thì a=b=c=1 (thỏa mãn)
Nếu k=3 thì từ (1) ta suy ra 3abc⩽4ab suy ra c⩽1
Do đó c=1⇒a=2,b=1
Trường hợp k=2,k=1 được xét tương tự như trường hợp k=3
Đáp số : (1;1;1),(2;1;1),(3;2;1),(7;3;2)
Bài 6: 
Tìm ba số nguyên dương đôi một khác nhau x,y,z thỏa mãn :
 x3+y3+z3=(x+y+z)2
Hướng dẫn:
Vì vai trò của x,y,z như nhau nên có thể giả sử x<y<z
Áp dụng bất đẳng thức
 x3+y3+z33⩾(x+y+z3)3
∀x,y,z⩾0 ta suy ra x+y+z ⩽ 9
Dấu bằng không xảy ra vì x,y,z đôi một khác nhau 
Vậy x+y+z ⩽ 8 (1)
Mặt khácx+y+z ⩾ 1 + 2 + 3 =6 (2)
Từ (1), (2) ta suy ra x ∈{6,7,8}
Từ đây kết hợp với phương trình ban đầu ta tìm được x,y,z
Đáp số : (1, 2, 3) và các hoán vị của bộ ba số này 
Bài 7: 
Tìm các số nguyên không âm x,y sao cho :
 x2=y2+y+1−−−−−√
Hướng dẫn:
Nếu y=0 thì x=1 
Nếu y ⩾ 1 thì từ phương trình đã cho ta suy ra y<x<y+1, vô lí
Bài 8: 
Tìm tất cả các cặp số nguyên (x,y) thỏa mãn 
 12x2+6xy+3y2=28(x+y)
Hướng dẫn:
Đáp số (x,y)=(0,0);(1,8);(−1,10)
Phương trình : 12x2+6xy+3y2=28(x+y)(∗)
Ta sẽ đánh giá miền giá trị của `x`:
Từ (*) suy ra: 
x2=−3(x+y)2+28(x+y)=1423−3[(x+y)−143]2⩽1963⇒x2⩽7⇒x2∈{0,1,4}
Bài 9: 
Tìm x,y,z∈Z:
 2x3−7x2+8x−2=y
 2y3−7y2+8y−2=z
 2z3−7z2+8z−2=x
Hướng dẫn:
Đáp số : x=y=z=1 hoặc x=y=z=2
Đặt ƒ(t)=2t3−7t2+8t−2 và sử dụng tính chất ƒ(a)–ƒ(b)⋮(a−b)∀a≠b
Bài 10: 
Tìm x,y ∈Z:x√+y√=2001−−−−√ (*)
Hướng dẫn:
Điều kiện x,y⩾0
Từ (*) suy ra y√=2001−−−−√−x√. Bình phương hai vế ta được
 y=2001+x−22001.x−−−−−−√⇒2001.x−−−−−−√∈N
Vì 2001 = 3 × 667, ta lại có 3 và 667 là các số nguyên tố nên
 x=3×667×a2=2001.a2 (trong đó a∈N)
Lập luận tương tự ta có ^y =^ 2001.b2(b∈N)
Thay x=2001a2,y=2001b2 vào (*) và rút gọn ta suy ra : a+b=1
Từ đó có hai nghiệm : (x;y)=(2001;0) hoặc (0;2001)
Bài 11: 
Tìm n nguyên dương sao cho phương trình x3+y3+z3=nx2y2z2 có nghiệm nguyên dương. Với các giá trị vừa tìm được của n, hãy giải phương trình trên.
Hướng dẫn:
Đáp số: n=1 hoặc n=3
Bài 12: 
Chứng minh rằng phương trình x2+y5=z3 có vô số nghiệm nguyên (x,y,z) thỏa mãn xyz≠0
Hướng dẫn: 
Dễ thấy bộ các bộ ba sau là nghiệm của phương trình đã cho: (3; -1; 2) và (10; 3; 7)
Ta thấy nếu (x;y;z) là nghiệm của phương trình đã cho thì (k15x,k6y,k10z) cũng là nghiệm của phương trình đã cho. 
Từ đó có điều phải chứng minh
Bài 13: 
Chứng minh các phương trình sau không có nghiệm nguyên:
 )3x2−4y2=13b)19x2+28y2=2001c)x2=2y2−8y+3d)x5−5x3+4x=24(5y+1)e)3x5−x3+6x2−18x=2001
Hướng dẫn: 
Dùng phương pháp xét số dư của từng vế. Từ đó ta thấy số dư của hai vế phương trình sẽ không bằng nhau. Điều đó dẫn tới các phương trình vô nghiệm.
Bài 14: 
Tìm ba số nguyên dương sao cho tích của chúng gấp đôi tổng của chúng.
Hướng dẫn: 
xyz=2(x+y+z)
Giải sử x⩽y⩽z. Ta có xyz=2(x+y+z)⩽2.3z=6z
Suy ra xy⩽6, thử chọn lần lượt xy=1;2;3;4;5;6.
Đáp số: (1;3;8),(1;4;5),(2;2;4) và các hoán vị.
Bài 15: 
Tìm bốn số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng.
Hướng dẫn: 
x+y+z+t=xyzt
Giả sử z⩾t⩾z⩾y⩾x. 
Ta có xyzt=x+y+z+t⩽4t nên xyz⩽4.
Thử chọn lần lượt xy=1;2;3;4.
Đáp số: 1 ; 1 ; 2 ; 4.
Bài 16: 
 Tìm các nghiệm nguyên dương của các phương trình:
 )x2+xy+y2=2x+yb)x2+xy+y2=x+yc)x2−3xy+3y2=3yd)x2−2xy+5y2=y+1
Hướng dẫn: 
đưa các phương trình vể dạng phương trình bậc hai theo ẩn x, tìm điều kiện của Δ để phương trình có nghiệm nguyên.
Đáp số: 
 a) (1;−1),(2;−1),(0;0),(2;0),(0;1),(1;1)
 b) (0;0),(1;0),(0;1)
 c) (0;0),(0;1),(3;1),(3;3),(6;3),(6;4)
 d) (1;0),(−1;0)
Bài 17: 
Tìm các số nguyên x và y sao cho: 
 x3+x2+x+1=y3
Hướng dẫn:
Chứng minh y>x rồi xét hai trường hợp:
 y=x+1 và y>x+1
Bài 18: 
Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình:
 x!+y!=(x+y)!
Hướng dẫn: 
Giả sử x⩾y thì x!⩾y!. Do đó
 x+y)!=x!+y!⩽2x!⇔2⩾(x+1)(x+2)...(x+y)
Chỉ có x=1,y=1 thỏa mãn.
Đáp số (1;1)
Bài 19: 
Có tồn tại hay không hai số nguyên dương x và y sao cho x2+y và y2+x đều là số chính phương?
Hướng dẫn: 
Giả sử y⩽x. Ta có:
 x2<x2+y⩽x2+x<(x+1)2
Vậy không tồn tại hai số thỏa mãn đề bài.
Bài 20: 
Chứng minh rằng có vô số số nguyên x để biểu thức sau là số chính phương:
 (1+2+3+4+...+x)(12+22+32+42+...+x2)
Hướng dẫn: 
Đặt (1+2+3+4+...+x)(12+22+32+42+...+x2)=y2
Ta có: x(x+1)2.x(x+1)(2x+1)6=y2
 ⇔[x(x+1)2]2.2x+13=y2
Phương trình này có vô số nghiệm nguyên:
 x=6n2+6n+1
Bài 21: 
Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là số chính phương:
 x4+x3+x2+x+1
Hướng dẫn: 
Giả sử x4+x3+x2+x+1=y2
Biến đổi về dạng:
 (2y)2=(2x2+x)2+2x2+(x+2)2>(2x2+x)2
Nên (2y)2>(2x2+x+1)2
 ⇒−1⩽x⩽3.
Xét x=−1;0;1;2;3.
Đáp số: x=−1;x=0;x=3
Bài 22: 
Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
 a) x3–3y3–9z3=0
b) 8x4–4y4+2z4=t4
Hướng dẫn:
a) Dễ thấy x,y,z đều chia hết cho 3.
Đặt x=x1,y=y1,z=z1(x1,y1,z1∈Z), ta được :
 x31+3y31–9z31=0
Suy ra x=y=z=0
 b) Đáp số: x=y=z=t=0 
Bài 23: 
Tìm năm sinh của Nguyễn Du, biết rằng vào năm 1786 tuổi của nhà thơ bằng tổng các chữ số năm ông sinh ra.
Hướng dẫn:
Gọi năm sinh của nhà thơ 17xy
Ta có: 1786−17xy=1+7+x+y (0 ≤ x ≤8, 0 ≤ y ≤ 9)
 11x+2y=78
Đáp số: 1766
Bài 24: 
Ba người đi câu được một số cá. Trời đã tối và mọi người đều mệt lả, họ vứt cá trên bờ sông, mỗi người tìm một nơi lăn ra ngủ. Người thứ nhất thức dậy, đếm số cá thấy chia 3 thừa 1 con, bèn vứt 1 con xuống sông và xách 13về nhà. Người thứ hai thức dậy, tưởng hai bạn mình còn ngủ, đếm số cá vứt 1 con xuống sông và xách 13về nhà. Người thứ 3 thức dậy , tưởng mình dậy sớm nhất, lại vứt 1 con xuống sông và mang 13về nhà. 
Tính số cá 3 chàng trai câu được? biết rằng họ câu rất tồi..
Hướng dẫn:
23{23[23(x−1)−1]−1}=y
8x−27y=38(x,y∈N)
x=−2+27t,y=−2+8t
⇒x=25,y=6 (cho t=1) 
Bài 25: 
Tìm điều kiện cần và đủ cho số k để phương trình có nghiệm nguyên.
 x2–y2=k
Hướng dẫn:
Nếu x2–y2=k có nghiệm nguyên thì k≠4t+2
Xét trường hợp k chẵn k lẻ
Bài 26: 
Chứng minh rằng phương trình :
 1x+1y+1z=11991 chỉ có một số hữu hạn nghiệm nguyên dương.
Hướng dẫn:
Gỉả sử 0<x≤y≤z. Ta có 1x+1y+1z+1t=11991⩽3x 
Suy ra 1991<x≤3.1991 nên x có hữu hạn giá trị
Với mỗi giá trị của x có y≤2.1991xx−1991≤22.1991 suy ra giá trị tương ứng của z với mỗi gíá trị của x,y
Bài 27: 
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
)1x+1y=114b)1x+1y=1z
Hướng dẫn:
a) Xét 1x+1y=1a (a nguyên dương) Với x≠0,y≠0, phương trình tương đương ax+ay=xy hay (x−a)(y−a)=a2. 
Có tất cả 2m−1 nghiệm, với m là các ước số lớn hơn 0 của a2. 
Với a=14,a2=196 Có 9 ước số dương và phương trình có 17 nghiệm.
Bài 28: 
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
1!+2!++x!=y2
Hướng dẫn:
Thử trực tiếp, thấy x<5, Phương trình có nghiệm, tìm nghiệm
Chứng minh với x≥5 phương trình vô nghiệm
Bài 29: 
Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
xy+3x–5y=−3
2x2–2xy–5x+5y=−19
Hướng dẫn:
a) xy+3x−5y=−3⇔(x−5)(y+3)=−18
Đáp số : (x;y)=(4;15),(−13;−2),(3;6),(14;−5),(2;3),
 (11,−6),(8;−9),(23−4),(6;−21),(−1;0),(−4;−1),(7;−13)
b) Tương tự
Bài 30: 
Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
4x+11y=4xy
x2–656xy–657y2=1983
Hướng dẫn:
4x+11y=4xy⇔(4x−11)(y−1)=1
 Xét 4 hệ phương trình 
Đáp số: (x;y)(0;0),(3;12)
b) x2−656xy−657y2=1983⇔(x+y)(x−657y)=1983
Đáp số : (x;y)=(−4;−1),(4;−1),(−660;−1),(660;1)
Bài 31: 
Tìm các cặp số nguyên dương (x;y) thỏa mãn phương trình :
7x–xy–3y=0
y2=x2+12x–1923
Hướng dẫn:
7x−3y−xy=0⇔(x+3)(7−y)=21
Chú ý rằng x∈Z+nên x+3≥4, do đó chỉ có hai phuong trình
 Đáp số : (4;4),(8,16)
Bài 32: 
Tìm nghiệm nguyên của phương trình 
a) x(x+1)(x+7)(x+8)=y2
b) y(y+1)(y+2)(y+3)=x2
Hướng dẫn:
x(x+1)(x+7)(x+8)=y2⇔(x2+8x+7)=y2
Đặt x2+8x=z (z∈Z) 
Ta có : z(z+7)=y⇔(2z+7+2y)(2z+7−2y)=49
Đáp số : (0;0),(−1;0),(1;12),(1;−12),(−9;12),
 (−9;−12),(−8;0),(−7;0),(−4;12),(−4;12)