Ôn tập Toán 9 - Chuyên đề 2: Các bài toán và phương trình nghiệm nguyên

 CHUYÊN ĐỀ 2:
 CÁC BÀI TOÁN VÀ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
 A. KIẾN THỨC CƠ BẢN
 B. CÁC DẠNG BÀI TẬP
 1. Phương trình bậc nhất hai ẩn
 Vd1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 3x 17y 159 (1)
Giải: Ta thấy 3x3 và 1593 17y3 y3 17,3 1 
Đặt y 3t t ¢ , thay y 3t vào (1) ta có: 3x 17.3t 159 
 x 17t 53 x 53 17t 
 y 3t
Thay vào (1) phương trình đúng.
 x 53 17t
 x 53 17t
Vậy phương trình có vô số nghiệm nguyên thỏa mãn ,t ¢ 
 y 3t
Vd2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 11x 18y 120 (2) 
Ta thấy 18y6,1206 11x6 x6 
Thay x 6t vào (2) ta được:
 20 11t
 11.6t 18y 120 y 
 3
 21 1 12t t t 1
 y 7 4t 
 3 3
 t 1
Để y nguyên thì ¢ t 13 
 3
Đặt t 1 3k k ¢ t 3k 1 
Thay t 3k 1 vào biểu thức x, y có:
 x 6 3k 1 x 18k 6
 k ¢ 
 y 7 4 3k 1 k y 11k 3
 x 18k 6
Vậy phương trình có vô số nghiệm nguyên thỏa mãn (k ¢ ) 
 y 11k 3
Mở rộng: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình (2):11x 18y 120 
Đề phương trình có nghiệm nguyên dương thì : Ta thấy vế trái của phương trình là số chia hết cho 3 dư 2 nên y y 1 chia cho 3 dư 2
Chỉ có thể : y 3k 1, y 1 3k 2 k ¢ 
Khi đó : 9x 2 3k 1 3k 2 
 9x 9k k 1 x k k 1 
Thử lại x k k 1 , y 3k 1thỏa mãn phương trình đã cho 
 x k k 1 
Vậy với k là số nguyên tùy ý.
 y 3k 1
 4. Phương trình đa thức có ba ẩn trở lên 
Vd6. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 6x 15y 10z 3
Giải 
Ta thấy 10z3 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
 1 10k 5y 1 y
 x 5k 2y 
 2 2
 1 y
Đặt t với t nguyên. Ta có : y 1 2t
 2
 x 5k 2 1 2t t 5t 5k 2
 z 3k
Nghiệm của phương trình : 5t 5k 2;1 2t;3k với t, k là các số nguyên tùy ý
 5. Phương trình bậc nhất hai ẩn 
*Cách giải :
- 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 t, ta được một 
phương trình bậc nhất hai ẩn y và t1
- Cứ tiếp tục như trên cho đến khi các ẩn đều được biểu thị dưới dạng một đa thức với 
các hệ số nguyên.
Vd 7. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : 11x 18y 120 1 
Giải 
Ta thấy 11x6 x6 . Đặt x 6k k ¢ . Thay vào (1) và rút gọn ta được :
 11k 3y 20 Trường hợp trong ba số x2; y2;z2 có một sổ 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;z2 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.
 6. Phương trình dạng phân thức 
Vd10: Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình :
 1 1 1 1
 x y 6xy 6
Giải : Nhân hai vế của phương trình với 6xy : 6y 6x 1 xy
Đưa về phương trình ước số : x 6 y 6 37
Do vai trò bình đẳng của x và y, giả sử x y 1, thế thì x 6 y 6 5
 x 6 37 x 43
Chỉ có một trường hợp : 
 y 6 1 y 7
Vậy x; y 43;7 ; 7;43 
 x 17
Vd11: Tìm các số nguyên x sao cho là bình phương của một phân số 
 x 9
Giải 
 2
 x 17 a 
Giả sử a ¥ ,b ¥ * 
 x 9 b 
Xét a 0 x 17
Xét a 0 , Không mất tính tổng quát, giả sử a,b 1. Do a2;b2 1nên :
 x 17 a2k 1 ; x 9 b2k (2). Từ (1) và (2) suy ra :
 x 9 x 17 b2 a2 k 8 b a b a k
Ta thấy b a,b a là ước của 8. Chú ý rằng b a b a 2a nên b a,b a cùng 
tính chẵn lẻ. ta lại có b a b a,b a 0 nên có các trường hợp :
 b a b a k b a x b2k 9
 4 2 1 3 1 18
 4 2 1 1 3 8
 2 2 2 0(ktm)
 2 4 1 1(ktm)
Vậy x 17;18;8 Do đó xy 1;2;3
 xy 1 x 1, y 1 2 z z(ktm)
 xy 2 x 1, y 2 z 3
 xy 3 x 1, y 3 z 2(ktmdo y z)
Vậy 3 số phải tìm : 1;2;3
Vd16.Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 5 x y z t 10 2xyzt
Giải : Vì vai trò của x, y, z,t như nhau nên có thể giả thiết x y z t . Khi đó 
 2xyzt 5 x y z t 10 20x 10
 yzt 15 t3 15 t 2
 t 1 2xyz 5 x y z 15 15x 15
 2yz 30 2z2 30 z 3
Nếu z 1 2xy 5 x y 20 4xy 10 x y 40 hay 2x 5 2y 5 65
Dễ thấy rằng phương trình này có nghiệm là :
 x 35; y 3 và x 9; y 5 
Cmtt các trường hợp còn lại và t 2
Vậy x, y, z,t 35;3;1;1 ; 9;5;1;1 và các hoán vị của các bộ số này 
Vd17.Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
 1! 2! .... x! y2 1 
Giải : Cho x lần lượt bằng 1;2;3;4 ta có ngay 2 nghiệm nguyên dương x; y của phương 
trình là 1;1 , 3;3 
Nếu x 4thì dễ thấy k!với k 4 đều có chữ số tận cùng bằng 0
 1! 2! 3! 4! ..... x! 33 5! ..... x!có chữ số tận cùng bằng 3
Mặt khác vế phải là số chính phương nên không thể tận cùng bằng 3
Vậy phương trình (1) chỉ có hai nghiệm nguyên dương x; y 1;1 , 3;3 
Vd18.Tìm x,y nguyên dương thỏa mãn phương trình x2 x 1 32 y 1 1 
Giải : Cho x các giá trị từ đến 9, dễ dàng xác định được chữ số tận cùng của x2 x 1
chỉ nhận các giá trị 1;5;9 . Mặt khác ta thấy 32 y 1 là lũy thừa bậc lẻ của 3 nên chữ số tận 
cùng của nó là 3 hoặc 7. Khác với 1;5;9
Vậy (1) không xảy ra. Phương trình vô nghiệm. 
 C. BÀI TẬP TỰ LUYỆN. (cứ 10 bài giải 1 lần)
 Các bài từ 01 đến 10
 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x 3y 11 
 2. Tìm các cặp số nguyên dương x; y thỏa mãn phương trình: Vậy x, y 54,2 ; 24;8 
 x2 2 3
Bài 5. Ta có: y x 1 x2 2 y x 1 
 x 1 x 1
Vì x, y nguyên nên x 1 là ước của 3.Vậy x;y 4;6 ; 2;6 ; 2; 2 ; 0; 2 
 1 1
Bài 6. Giả sử 1 x y thì 
 x y
 1 1 1 2 1 1
 x 8; x 4 
 4 x y x x 4
Vậy 4 x 8 , thử chọn để tìm nghiệm
Vậy x; y 5;20 ; 20;5 ; 6;12 ; 12;6 ; 8;8  
Bài 7. Trước hết ta có thể giả sử x, y, z 1. Thật vậy, nếu bộ ba số x0 , y0 , z0 thỏa mãn 
(1) và có ƯCLN bằng d , giả sử x0 dx1, y0 dy1, z0 dz1 thì x1, y1, z1 cũng là nghiệm của 
(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 ab 2 z ab 
 x ta2
 2 
Như vậy : y tb ,t ¥ 
 z tab
Bài 8. Thêm xy vào hai vế : x2 2xy y2 x2 y2 xy x y 2 xy xy 1 
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 x; y 1; 1 ; 1;1  
 5x 11 x 5
Bài 9. Biểu thị y theo x : 2x 3 y 5x 11 y 2 
 2x 3 2x 3
Để y ¢ phải có: x 52x 3 
 2 x 5 2x 3 2x 3 72x 3 72x 3 
Ta có:
 2x 3 1 -1 7 -7
 x -1 -2 2 -5
 y 6 -1 3 2
Bài 10. y2 2y 11 k 2 k ¢ (3) 
Giải (3) với nghiệm nguyên ta được: y1 5, y2 3 
 2
Với y 5 thay vào (2) được: x 14x 48 0 x1 8; x2 6 
Với y 3 thay vào (2) được: x2 10x 24 x 6, x 4 
Vậy x; y 8;5 ; 6;5 ; 6; 3 ; 4; 3  
Bài 12. Điều kiện x, y 0 
Từ (*) suy ra y 2001 x. Bình phương hai vế ta được:
 y 2001 x 2 2001x 2001x ¢ 
Vì 2001 3.667, ta lại có 3 và 667 là các số nguyên tố nên 
 x 3.667.a2 2001.a2 a ¢ 
Lập luận tương tự ta có: y 2001a2 a ¢ 
Thay x 2001a2 , y 2001b2 vào (*) và rút gọn ta suy ra a b 1 
Từ đó có hai nghiệm x;y 2001;0 ; 0;2001  
Bài 13. x y z t xyzt 
Giả sử z t 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 14. Biến đổi : 3x2 6x 3 16 4y2 3 x 1 2 4. 4 y2 
Vậy x; y 3;1 ; 3; 1 ; 1;1 ; 1; 1 ; 1;2 ; 1; 2  
Bài 15.
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 1 a, ta được: a 1 a 1 y2 a2 1 y2 
 a y a y 1 a y a y y 0 
Thay vào phương trình đề x1 0; x2 1; x3 2; x4 3 
Vậy x; y 0;0 ; 1;0 ; 2;0 ; 3;0 
Bài 16.
Ta có hằng đẳng thức: x y z 3 x3 y3 z3 3 x y y z z x 
Nên 27 3 3 x y y z z x 
 8 x y y z z x 
Đặt x y c, y z a, z x b Ta gọi ba bộ số x, y, z nói trên là bộ ba số Pytago góc. Nhân bọ ba số này với mọi số 
nguyên dương, ta được tất cả các bộ ba số Pitago, đó là tất cả các nghiệm nguyên dương 
của phương trình x2 y2 z2. 
Bài 18.
x(1 + x + x2 ) = 4y(y - 1) x + x2 + x3 + 1 = 4y2 – 4y + 1
 (x2 + 1)(x + 1) = (2y - 1)2 (1)
Do (2y - 1)2 là số lẻ, gọi d = (x2 + 1,x + 1) d là số lẻ
 x2 + 1 d và (x + 1)(x – 1)  d 2 d mà d lẻ nên d = 1
nên x2 + 1 và x + 1 nguyên tố cùng nhau với x, y là các số nguyên thì (2y - 1)2 là số chính 
phương nên x2 + 1 và x + 1 đều là số chính phương
lại có x2 và x2 + 1 là hai số chính phương liên tiếp x2 = 0
 x = 0
Thay x = 0 vào phương trình (1) ta tìm được y = 0, và y =1
 Vậy các cặp số tự nhiên (x,y) là (0,1); (0,0).
Bài 19.
 Từ điều kiện x2 y2 3z suy ra x2 y2 chia hết cho 3 hay x, y đều chia hết cho 3.
 x2 4y2 z2 2xz 4(x z) 396 (x z 2)2 4(100 y2 ) .
 Suy ra: 100 y2 là số chính phương và y2 100 . Mặt khác y3 nên y2 0;36
 y 0;6; 6 .
 2 2
 2 x x
 x 3z z z 
 Xét y 0: 2 3  3 
 x z 2 400 
 x z 2 20 x z 2 20
 Tìm được x 6, z 12 hoặc x 9, z 27 .
 2
 x 36 3z
 Xét y 6 hoặc y 6 : 2 
 x z 2 256
 x2 x2
 z 12 z 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 20.
 x2 2 x2 4 6 6
Ta có: y x 2 
 x 2 x 2 x 2
Để y ¢ x 2 U 6 1; 2; 3; 6
 x 2 -1 1 -2 2 -3 3 -6 6
 x -3 -1 -4 0 -5 1 -8 4
 tm tm tm tm tm tm tm tm