Chuyên đề 20: Phương trình nghiệm nguyên - Bồi dưỡng HSG Đại số 8

 Chương 
Chuyên đề 20. PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
A. Kiến thức cần nhớ
1. Phương trình nghiệm nguyên là phương trình có nhiều ẩn số, tất cả các hệ số của phương trình đều là số 
nguyên. Các nghiệm cần tìm cũng là số nguyên. (Phương trình nghiệm nguyên còn gọi là phương trình 
Diophantus - mang tên nhà toán học cổ Hy Lạp vào thế kỷ thứ II).
2. Phương trình nghiệm nguyên không có công thức giải tổng quát, chỉ có cách giải của một số dạng. Trong 
chuyên đề này được giới thiệu qua một số ví dụ và bài tập cụ thể.
3. Cách giải phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng, đòi hỏi học sinh phân tích, dự đoán, đối chiếu và tư 
duy sáng tạo, lôgic để tìm nghiệm.
B. Một số ví dụ
1. Dạng phương trình bậc nhất 2 ẩn ax by c ( a,b,c ¢ ; a, b không đồng thời bằng 0).
Ta có định lý sau: Điều kiện cần và đủ để phương trình ax by c ( a,b,c ¢ ;a,b 0 ) có nghiệm nguyên 
là ước số chung lớn nhất của a và b là ước của c. (tức là a,b c ).
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của các phương trình:
a) x 3y 5 . (1); b) 2x 5y 20 . (2);
c) 3x 7y 24 . (3); d) 20x 11y 49 . (4).
* Tìm cách giải: Câu a) hệ số của ẩn x là 1, ta có thể tính ngay ẩn x theo y. Khi đó y lấy các giá trị nguyên 
thì chắc chắn x nguyên. Câu b); c) về giá trị tuyệt đối thì hệ số của x nhỏ hơn hệ số của y. Do đó ta tính x 
theo y. Ta tách phần nguyên, đặt phần phân số bằng ẩn số mới và đưa về phương trình mới có các hệ số nhỏ 
hơn hệ số của phương trình ban đầu. Tiếp tục cách giải như trên cho đến khi có một ẩn số có hệ số bằng 1 và 
được tính theo ẩn số kia có hệ số nguyên. Sau đó tính x, y theo ẩn số mới cuối cùng bằng cách tính ngược từ 
dưới lên.
d) Về giá trị tuyệt đối thì hệ số của y nhỏ hơn hệ số của x. Do đó ta tính y theo x. Tiếp tục làm như b).
 Giải
a) Từ (1) ta có: x 5 3y . Nếu y t ¢ thì x ¢ .
 x 5 3t
Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên tổng quát là t ¢ 
 y t
(Muốn tìm các nghiệm nguyên bằng số cụ thể thì ta chỉ việc cho t các giá trị nguyên cụ thể:
Thí dụ với t = 2 thì (x = 11; y = 2); vói t = - 3 thì (x = - 9; y = - 3),...)
 y
b) Từ (2) ta có 2x 5y 20 x 10 2y 
 2
 y y
Để x ¢ thì y ¢ và ¢ . Do đó đặt t t ¢ ta sẽ có y 2t và x 10 2. 2t t 10 5t
 2 2 a) 7x 3y 65 .(1); b) 5x 4y 12 . (2); c) 3x 8y 13 . (3).
* Tìm cách giải: Trước hết ta tìm nghiệm nguyên tổng quát của các phương trình. Sau đó dựa vào biểu thức 
nghiệm, lý luận, giải tìm ra giá trị nguyên của ẩn số mới cuối cùng để x > 0 và y > 0.
 Giải
 65 7x
a) 1 3y 65 7x hay y 
 3
 2 x 2 x
Tách phần nguyên y 21 2x . Đặt t, t ¢ 
 3 3
Ta có x 2 3t và y 21 2 2 3t t 17 7t
 x 2 3t
Do đó phương trình (1) có nghiệm nguyên tổng quát là , t ¢ 
 y 17 7t
 2 3t 0 17 2
Để x>0 và y>0 ta phải có t 
 17 7t 0 7 3
Từ đó có t = 0; - 1; - 2 ta có các nghiệm nguyên dương của phương trình (1) là:
 x 2 x 5 x 8
 ; ; 
 y 17 y 10 y 3
b) Do ƯCLN(4; 12) = 4. Do đó ta đặt x 4t, t ¢ 
Ta có 20t 4y 12 5t y 3 y 3 5t 
 x 4t
Do đó phương trình (3) có nghiệm nguyên tổng quát là , t ¢ 
 y 3 5t
 4t 0 3
Để x > 0 và y > 0 ta phải có 0 t không có giá trị nguyên nào của t thỏa mãn.
 3 5t 0 5
Vậy phương trình (2) không có nghiệm nguyên dương. 
 8y 13
c) Ta có: 3x 8y 13 3x 8y 13 x 
 3
 1 y 1 y
Tách phần nguyên được x 3y 4 . Đặt t, t ¢ 
 3 3
Ta có y 1 3t và x 3 1 3t 4 t 7 8t .
 x 7 8t
Nghiệm nguyên tổng quát của phương trình là , t ¢ 
 y 1 3t
 7 8t 0
Để x > 0 và y > 0 ta phải có: 
 1 3t 0
 7 1
Với 7 8t 0 t và 1 3t 0 t 
 8 3 x2 x 6 x 1 0 x 3 x 2 x 1 0
 x 3 0 x 3
 x 2 0 x 2 
 x 1 0 x 1
Tập nghiệm nguyên của (2) là S 3;1;2 
c) x4 2x3 x2 8x 12
 x4 4x2 2x3 8x 3x2 12 0 x 2 x 2 x2 2x 3 0 .
 2
Do x2 2x 3 x 1 2 0,x nên nghiệm nguyên của phương trình (3) là x 2 .
Ví dụ 5. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
 x2 4x 4 x2 4x 5 7
a) (1)
 x2 4x 5 x2 4x 6 6
 3 3 3 3
b) x 3 x 4 x 5 x 6 . (2)
* Tìm cách giải: a) Ta thấy tử và mẫu các phân thức đều có x2 4x giống nhau, ta đặt ẩn phụ để giải. Hơn 
 2 2
nữa x2 4x 5 x 2 1 và x2 4x 6 x 2 2 đều dương với mọi x nên ĐKXĐ là x ¡ .
 3
b) Dùng khai triển a b a3 3a2b 3ab2 b3 
 Giải
Đặt x2 4x 5 y ¢ ta được phương trình
 2
y 1 y 7 y 1 y 1 y 7
 y y 1 6 y y 1 6
 6 y2 1 y2 7 y2 y 
 5y2 7y 6 0 5y 3 y 2 0
 3
Ta tìm được y (loại) và y 2 ¢ .
 5
 2 2 x 1
Vậy x 4x 5 2 x 4x 3 0 x 1 x 3 0 
 x 3
Nghiệm nguyên của phương trình là x = - 1 và x = - 3. 
 3
b) Ta có x 3 x3 9x2 27x 27 ;
 3
 x 4 x3 12x2 48x 64 
 3 3
 x 5 x3 15x2 75x 125; x 6 x3 18x2 108x 216 2 2 2 9
Chia hai vế của (1) cho số dương xyz ta có 3 . 
 yz xz xy xyz
Do 1 x y z nên x2 xy xz yz xyz 
 2 2 2 9 15
Do đó ta có: 3 x2 5 x 1;2 
 yz xz xy xyz x2
Với x = 1: Thay x = 1 vào (1) ta có:
2y 2z 11 3yz 1 a 3yz 2y 2z 11 9yz 6y 6z 33 
 3y 3z 2 2 3z 2 37 3y 2 3z 2 37 1.37
 3y 2 1 y 1
 . Ta có nghiệm x,y,z 1;1;13 
 3z 2 37 z 13
Với x = 2: Thay x = 2 vào (l) ta có:
4 2y 2z 9 6yz 6yz 2y 2z 13 36yz 12y 12z 78 
 6y 6z 2 2 6z 2 82 6y 2 6z 2 82 1.82 2.41
 6y 2 1 6y 2 2
 và đều không có giá trị nguyên dương
 6z 2 82 6z 2 41
Vậy: Do vai trò của x, y, z như nhau nên phương trình có 3 nghiệm nguyên dương là x,y,z 1;1;13 và 
các hoán vị của nó là 1;13;1 ; 13;1;1 . 
Chú ý: Khi giải phương trình 2y 2z 11 3yz ta giải bằng phương pháp phân tích. Ta có thể tiếp tục giải 
bằng phương pháp cực hạn cũng được:
 2 2 11 15
Do 1 y z nên từ 2y 2z 11 3yz 3 3y 15 
 z y yz y
 y 1;2;3;4;5 . Lần lượt thay vào phương trình (2) ta nhận được khi y = 1 thì z = 13 còn với y = 2; 3; 4; 5 
ta không tìm được số nguyên dương z.
b) 2 t x y z 7 3txyz . (2)
Do vai trò của x, y, z, t như nhau nên không mất tổng quát ta giả sử 1 t x y z
 2 2 2 2 7 15
Từ (2) 3 
 xyz xzt xyt yzt xyzt t3
 t3 5 t 1.
Với t = 1 thì 2 x y z 9 3xyz . Đây chính là phương trình trong câu a). Ta tìm được nghiệm là 
 x,y,z 1;1;13 .
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (2) là
 t,x,y,z 1;1;1;13 ; 1;1;13;1 ; 1;13;1;1 ; 13;1;1;1 . Với x = 3 thì 1! 2! 3! y2 9 y2 y 3 . 
Với x = 4 thì 1! 2! 3! 4 ! y2 33 y2 cũng không có có giá trị nguyên dương của y thỏa mãn.
Vậy nghiệm của phương trình là x,y 1;1 ; 3;3 .
Ví dụ 9. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x3 5y3 25z3 0 .
*Tìm cách giải: Ta sử dụng tính chất chia hết và phương pháp xuống thang để giải.
 Giải
Giả sử x0 ; y0 ;z0 là nghiệm nguyên của phương trình tức là
 3 3 3
x0 5y0 25z0 0 (2), khi đó x0  5 . Đặt x0 5x1 . Thay vào phương trình (2) ta được 
 3 3 3 3 3 3
125x1 5y0 25z0 0 hay là 25x1 y0 5z0 0 (3).
 3 3 3
Chứng tỏ y0  5 . Đặt y0 5y1 . Thay vào (3) ta lại có 5x1 25y1 z0 0 (4) 
 3 3 3
Chứng tỏ z0  5 . Đặt z0 5z1 . Thay vào (4) ta lại có x1 5y1 25z1 0 (5)
 x0 y0 z0 
Như vậy x1 ; y1 ;z1 ; ; cũng là nghiệm của phương trình
 5 5 5 
 x0 y0 z0 
Cứ tiếp tục mãi ta có k ; k ; k ¢ ,k ¢ . Do đó x0 y0 z0 0
 5 5 5 
Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên duy nhất là 0;0;0 
Ví dụ 10. Tìm số abc với a ≠ 0 thỏa mãn abc acb ccc .
* Tìm cách giải: Ta sử dụng cấu tạo số và tính chất chia hết để giải.
 Giải
abc acb ccc 100a 10b c 100a 10c b 111 c 
 200a 11b 100c 100 c 2a 11b 100
Mà b là chữ số, b ¥ ;0 b 9 nên b = 0. Khi đó c = 2a 
Như vậy a = 1; 2; 3; 4 và c = 2; 4; 6; 8.
Ta có các số sau thỏa mãn 102; 204; 306; 408
C. Bài tập vận dụng
Dạng phương trình hậc nhất 2 ẩn: ax by c 
1.1. Tìm nghiệm nguyên của các phương trình:
a) 8x y 15 ; b) 5x 12y 33 ;
c)14x 9y 21 ; d) 29x 15y 20 .
 Hướng dẫn giải – đáp số
 x t
a/ Hệ số của ẩn y là -1. Đáp số ,t ¢ 
 y 8t 15