Bồi dưỡng Đại số Lớp 8 - Chuyên đề: Giải phương trình với nghiệm nguyên

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VỚI NGHIỆM NGUYÊN
I. Phương pháp phát hiện tính chia hết của một ẩn
	Xét PT: ax + by = c (1) , trong đó a,b,c Z; a 0 hoặc b 0
Ta có định lí: “PT (1) có nghiệm nguyên ĩ c ƯCLN(a,b)
Khi đã biết chắc PT (1) có nghiệm nguyên ta sẽ tìm các phương pháp để giải PT đó.
 Ví dụ1. Giải phương trình với nghiệm nguyên : 3x + 17y = 159
 Hướng dẫn : Để ý 3x và 159 đều chia hết cho 3
Giải : Vì 3x và 159 đều chia hết cho 3. Do đó 17y chia hết cho 3. Mà 17 và 3 nguyên tố cùng nhau, nên y 3. Đặt y = 3t (t Z). 
=> 3x + 17.3t = 159 x + 17t = 53. Do đó : (t Z). 
Thử lại, ta thấy x, y nghiệm đúng phương trình. 
Vậy nghiệm nguyên của phương trình : : (t Z).
 Bài tập tương tự :
	1/ Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : a) 2x + 13y = 156 ; 
	(Đáp số : (nếu phát hiện x 13) hoặc (nếu phát hiện y 2) (Thực chất các nghiệm trên là như nhau) 
	b) 35x + 20y = 120
 2/ Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y sao cho 2x2 + y2 = 2007
 Giải 2x2 2, 2007 2 nên y2 lẻ y = 2k + 1. Ta có 2x2 + 4k2 + 4k = 2006. Vì 2006 chia 4 dư 2 nên 2x2 4 tức x lẻ, x = 2h + 1. Từ đó 2(2h + 1)2 + 4k2 + 4k = 2006
 8h2 + 8h + 4k2 + 4k = 2004. Sốø 2004 8 mà 8h2 + 8h + 4k2 + 4k 8. Vô lí. Vậy không tồn tại các số nguyên x, y thỏa mãn 2x2 + y2 = 2007.
 3/ Tồn tại hay không m, n N thỏa mãn m2 + 2006 = n2.
 Giải Ta có 2006 = n2 – m2 = (n – m)(n + m). Nếu n và m không cùng tính chẵn, lẻ thì n2 – m2 = (n – m)(n + m) là số lẻ 2006. Nếu n, m cùng tính chẵn lẻ thì
n2 – m2 = (n – m)(n + m) 4. Nhưng 2006 4. Vậy không tồn tại m, n N thỏa mãn 
m2 + 2006 = n2 .
II/ PHƯƠNG PHÁP TÁCH RA CÁC GIÁ TRỊ NGUYÊN
Hướng giải quyết chung : Biểu thị một ẩn theo ẩn còn lại. Dùng tính chất ẩn là một số nguyên để giải tiếp.
Ví dụ 2. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : xy – x – y = 2
Giải : Biểu thị x theo y : x(y – 1) = y + 2
Ta thấy y khác 1 (vì nếu y = 1 thì ta có 0x = 3, vô nghiệm.
Do đó : x = = 1 + .
 Để x Z thì Z => y – 1 Ư(3)
	=> 	 y – 1 = 1
	y – 1 = -1
	y – 1 = -3
	y – 1 = 3
	=> 	y = 2; x= 4
	y = 0; x = -2
	y = -2 ; x = 0
	y = 4 ; x = 2
Ví dụ 3. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : 7x + 4y = 23
Giải : Biểu thị y theo x ta được : y = 
	Để x Z thì Z ; Đặt = t (t Z) => x = 4t + 1 => y = 4 – 7t
	Thay các giá trị x, y vào PT đã cho ta được nghiệm đúng 
	Vậy nghiệm nguyên của PT là : x = 4t + 1 ; y = 4 – 7t (t Z) 
III/ PHƯƠNG PHÁP TÌM MỘT NGHIỆM RIÊNG
	Ta có định lí : Cho PT ax + by = c (1) trong đó a,b,c Z ; a 0 ; b 0 và (a,b) = 1. Nếu (x0; y0) là một nghiệm nguyên của PT (1) thì PT (1) có vô số nghiệm nguyên và mọi nghiệm nguyên của nó đều có thể biểu diễn dưới dạng :
Với t Z 
 	x = x0 + bt
	y = y0 - at
Ví dụ : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : 5x - 3y = 2
Giải :
Cách 1 : Dễ thấy x0 = 1 ; y0 = 1 là một nghiệm riêng nên tập hợp các nghiệm nguyên của phương trình là : 
Với t Z 
 	x= 1 -3t
	y= 1 – 5t
 	Cách 2 : Ta cũng thấy x0 = 4 ; y0 = 6 là một nghiệm riêng nên tập hợp các nghiệm nguyên của phương trình là : 
Với t Z 
 	x= 4 -3t
	y= 6 – 5t
Bài tập : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình :
1/ 22x – 5y = 77
2/ 7x + 5y = 19
III/ Phương pháp đưa về phương trình ước
Ví dụ 2. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : xy – x – y = 2
Giải : Biến đổi phương trình thành :
x(y – 1) – y = 2	x(y – 1) – (y – 1) = 3 	(y – 1)(x – 1) = 3
	Ta gọi phương trình trên là phương trình ước : vế trái là một tích các thừa số nguyên, vế phải là một hằng số nguyên. Ta có x và y là các số nguyên nên x – 1 và y – 1 là các số nguyên và là ước của 3.
	Do vai trò bình đẳng của x và y trong phương trình nên có thể giả thiết rằng x y, khi đó x – 1 y – 1.
Ta có 
x – 1
3
-1
y – 1
1
-3
Do đó : 
x
4
0
y
2
-2
	Nghiệm nguyên của phương trình : (4 ; 2), (2 ; 4), (0 ; -2), (-2 ; 0).
(Làm tương tự : Tìm nghiệm nguyên x + y = xy)
Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên :p(x + y) = xy với p là số nguyên tố.
Giải : Giả sử x (vì x, y có vai trò như nhau)
p(x + y) = xy xy – px + p2 – py = p2 (x – p)(y – p) = p2 
	Phân tích p2 = p.p = (-p)(-p) = 1.p2 = (-p2)(-1) 
	Từ đó phương trình có các nghiệm nguyên là : (2p ; 2p); (0 ; 0); (p + 1 ; p2 + p); (p2 + p ; p + 1); (p – p2; p – 1) và (p – 1 ; p – p2)
Ví dụ 3 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình 3x3 – xy = 5
Lược giải : 3x3 – xy = 5 x(3x2 – y) = 5  
Phương trình có nghiệm là (1 ; -2), (5 ; 74) 
Ví dụ 4 : Tìm tất cả các tam giác vuông có các cạnh là số nguyên và số đo diện tích bằng số đo chu vi.
Giải : Gọi x, y, z là các cạnh của tam giác vuông , 1 x y < z 
Ta có : 
Từ (1) suy ra :
z2 = (x + y)2 – 2xy = (x + y)2 – 4(x + y + z) (theo (2))
	(x + y)2 – 4(x + y) + 4 = z2 + 4z + 4 (x + y)2 – 4(x + y) + 4 = z2 + 4z +4
	(x + y + 2)2 = (z + 2)2 x + y – 2 = z + 2 (do x + y 2)
z = x + y – 4 vào (2) Thay z = x + y – 4 vào (2) ta được : (x – 4)(y – 4) = 8
 	(x = 5 y = 12) ; (x = 6 ; y = 8) 
( Bài tương tự : Tìm hình chữ nhật có các cạnh nguyên sao cho số đo diện tích bằng số đo chu vi) (Tham khảo sách “ Chuyên đề bồi dưỡng chuyên toán cấp 2-3 Số học)
Bài tập tương tự :
Tìm các nghiệm nguyên của phương trình (bài 1 – bài 5)
2x + 13y = 156
3xy + x – y = 1.
2x2 + 3xy – 2y2 = 7.
x3 – y3 = 91.
x2 – xy = 6x – 5y – 8.
Cho đa thức f(x) có các hệ số nguyên. Biết rằng f(1).f(2) = 35. Chứng minh rằng đa thức f(x) không có nghiệm nguyên.
Hướng dẫn :
Ta thấy x 13. Đặt x = 13t (t nguyên) Đáp số 
Đưa về phương trình ước : (3x – 1)(3y + 1) = 2. Đáp số (1 ; 0), (0 ; -1).
Đưa về phương trình ước : (x + 2y)(2x – y) = 7. Đáp số (3 ; -1), (-3 ; 1)
Đưa về phương trình ước : (x – y)(x2 + xy + y2) = 13.7
Chú ý : x2 + xy + y2 > 0.
Đáp số : (6 ; 5) , (-5 ; -6) , (4 ; -3) , (3 , -4).
(Để ý : Không đưa về phương trình ước được. Biểu thị y theo x :xy – 5y = x2 – 6x + 8 (x – 5)y = x2 – 6x + 8. Do x 5 nên y = . Ta có 
x-5
1
-1
3
-3
x
6
4
8
2
y
8
0
8
0
Giả sử đa thức f(x) có nghiệm nguyên a. Thế thì 
f(x) = (x – a).g(x). Trong đó g(x) là đa thức có hệ số nguyên. 
Suy ra f(1) = (1 – a).g(1), f(2) = (2 – a). g(2); Trong đó g(1), g(2) là các số nguyên.
Do đó f(1).f(2) = (1 – a)(2 – a)g(1).g(2) (1 – a)(2 – a)g(1).g(2) = 35. Không xảy ra vì tính chẵn lẻ hai vế khác nhau. (do có tích của hai số nguyên liên tiếp 
1 – a, 2 – a) –&—
IV/ Phương pháp xét số dư của từng vế
Ví dụ 6. Chứng minh rằng các phương trình sau không có nghiệm nguyên :
x2 – y2 = 2006
x2 + y2 = 2007
Giải :
	a) Dễ chứng minh x2, y2 chia cho 4 chỉ có số dư 0 hoặc 1 nên x2 – y2 chia cho 4 có số dư 0, 1, 3. Còn vế phải 2006 chia cho 4 dư 2.vậy phương trình không có nghiệm nguyên.
	b) x2, y2 chia cho 4 có số dư 0, 1 nên x2 + y2 chia cho 4 có số dư 0, 1, 2. Còn vế phải 2007 chia cho 4 dư 3.Vậy phương trình không có nghiệm nguyên.
	 Ví dụ 5. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : 9x + 2 = y2 + y
Giải :
	Biến đổi phương trình : 9x + 2 = y(y + 1).
	Ta thấy vế trái của phương trình chia cho 3 dư 2 nên y(y + 1) chia cho 3 dư 2.
 Chỉ có thể : y = 3k + 1, y + 1 = 3k +2 (k nguyên).
	Khi đó : 9x + 2 = (3k + 1)(3k + 2) 	9x = 9k(k + 1) x = k(k + 1).
Thử lại, x = k(k + 1), y = 3k + 1 thỏa mãn phương trình đã cho.
 Đáp số : 
Bài tập : Chứng minh rằng các phương trình sau không có nghiệm nguyên (Từ bài 1 đến bài 5)
3x2 – 4y2 = 13.
19x2 + 28y2 = 2005.
x2 = 2y2 – 8y + 3.
x5 – 5x3 + 4x = 24(5y + 1).
3x5 – x3 + 6x2 – 18x = 2004.
Chứng minh rằng số A không là lập phương của một số tự nhiên :
A = 100050001
 49	50
 Hướng dẫn
 1. Vế phải chia 4 dư 1. Hãy chứng minh rằng vế trái chia cho 4 có số dư khác 1 (chú ý rằng x2 chia cho 4 có số dư bằng 0 hoặc 1).
 2. Vế phải là số lẻ nên 19x2 là số lẻ, do đó x là số lẻ. x2 chia cho 4 dư 1 nên 19x2 chia cho 4 dư 3. Vế trái chia cho 4 dư 3, còn vế phải 2005 chia cho 4 dư 1.
 3. Vế trái chia cho 8 dư 0, 1, 4. Còn vế phải chia cho 8 dư 3 (nếu y chẵn) hoặc dư 5 (nếu y lẻ)
 4. Biến đổi : x(x + 1)(x - 1)(x + 2)(x - 2) = 120y + 24
 Vế trái là tích của 5 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 5, còn vế phải không chia hết cho 5.
 5. Vế phải chia hết cho 3. Suy ra x3 3, do đó x 3. Khi đó vế trái chia hết cho 9, còn vế phải không chia hết cho 9.
 6. A là số chia cho 9 dư 7. Còn lập phương của một số nguyên khi chia cho 9 chỉ có số dư 0, 1, 8.
 (nếu a = 3k thì a3 chia hết cho 9, nếu a = 3k + 1 thì a3 chia cho 9 dư 1, nếu a = 3k + 2 thì a3 chia cho 9 dư 8).
V/ Phương pháp dùng bất đẳng thức	
 1/ Phương pháp sắp thứ tự các ẩn
 a)Bài T3/339 TTT số 343 tháng 1 2006
 Phương trình x2005 + y2005 = 20072005 có nghiệm nguyên dương không ?
Giải :
Giả sử x, y là hai số nguyên dương thỏa mãn phương trình x2005 + y2005 = 20072005
 Vai trò của x, y trong phương trình như nhau, nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết 1 x y < 2007.
Từ bất đẳng thức trên, vì y là số nguyên nên y + 1 2007.
Do đó 20072005 ³ (y + 1)2005 = y2005 + 2005y2004 +  + 2005y + 1.
Để ý rằng, tất cả các số hạng trong khai triển ở vế phải đều dương nên ta được bất đẳng thức : 20072005 > y2005 + 2005y2004 x2005 + y2005 = 20072005 > y2005 + 2005y2004 x2005 > 2005y2004.
Lại có y ³ x ³ 1 nên x2005 > 2005y2004 ³ 2005x2004 x > 2005.
Ta được 2005 < x y < 2007. Do x, y là hai số nguyên nên suy ra x = y = 2006. Nhưng khi đó vế trái là một số chẵn còn vế phải là một số lẻ, mâu thuẫn. Vậy không có hai số nguyên dương nào thỏa mãn phương trình trong đề bài.
b) Bài Ví dụ 6 tr 10 Sách Phương trình nghiệm nguyên VHB)
 Tìm ba số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng.
Giải :
 Cách 1. Gọi các số nguyên dương phải tìm là x, y, z. 
 Ta có : x + y + z = xyz (1)
 Chú ý rằng các ẩn x, y, z có vai trò bình đẳng trong phương trình nên có thể sắp thứ tự giá trị của các ẩn, chẳng hạn : 1 x y z.
 Do đó : xyz = x + y + z 3z.
 Chia hai vế của bất đẳng thức xyz 3z cho số dương z ta được : xy 3.
 Do đó xy {1 ; 2 ; 3}
 Với xy = 1, ta có : x = 1, y = 1. Thay vào (1) được 2 + z = z, loại.
 Với xy = 2, ta có : x = 1 ...  + 3p = 2p + (4 – 1)p = n2. Ta có 2p chia hết cho 4, còn (4 – 1)p = BS4 – 1 nên vế trái chia 4 dư 3, còn vế phải là số chính phương lẻ nên chia 4 dư 1. Cách 2 : 2p + 3p = (3 – 1)p + 3p = n2. Vế trái chia cho 3 dư 2, còn vế phải chia cho 3 dư 1).
 4. Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là số chính phương :
 x4 + x3 + x2 + x + 1. (Xét các số chính phương liên tiếp) (2x2 + x)2
 Giải : Giả sử y2 = x4 + x3 + x2 + x + 1 (1) với y N. 
 Biến đổi : 4y2 = 4x4 + 4x3 + 4x2 + 4x + 4 (2y)2 = (2x2 + x)2 + 3x2 + 4x + 4 =
 = (2x2 + x)2 + 2x2 + (x + 2)2 > (2x2 + x)2 nên (2y)2 (2x2 + x + 1)2 
 4x4 + 4x3 + 4x2 + 4x + 4 4x4 + x2 + 1 + 4x3 + 4x2 + 2x 0 x2 – 2x – 3 
 0 x2 – 2x – 3 0 (x + 1)(x – 3) -1 x 3
 Xét x = -1 y2 = 12 , x = 0, y2 = 12 , x = 1 y2 = 5, loại. x = 2 y2 = 31, loại. 
 x = 3 y2 = 121 = 112 Đáp số : x = -1 ; x = 0 ; x = 3.
 Cách 2 : Giả sử y2 = x4 + x3 + x2 + x + 1 (1) với y N
	Biến đổi : 4y2 = 4x4 + 4x3 + 4x2 + 4x + 4
 	= (2x2 + x)2 + 3x2 + 4x + 4
 	= (2x2 + x)2 + 2x2 + (x + 2)2 > (2x2 + x)2 = A2 (2)
 Xét (A + 2)2 – 4y2 = (2x2 + x + 2)2 – 4y2 = (2x2 + x + 2)2 – 4y2 = (2x2 + x)2 + 4(2x2 + x) + 4 – (2x2 + x)2 – 3x2 – 4x – 4 = 8x2 + 4x – 3x2 – 4x = 5x2 (3). 
 Nếu x = 0 thì từ (1) có y2 = 1
 Nếu x 0 thì từ (3) (A + 2)2 > 4y2. Kết hợp với (2) được : A2 < 4y2 < (A + 2)2
 Suy ra (2y)2 = (A + 1)2  x2 – 2x – 3 = 0. Từ đó tìm được x1 = 3 ; x2 = -1.
 Đáp số : x = 0 ; x = 3 ; x = -1. biểu thức đã cho theo thứ tự bằng 1 ; 121 ; 1.
 	a&b 
 Buổi 8 ngày 12 tháng 3 năm 2006
 Làm bài tập 29, 30, 31 tr 24 Sách Phương trình nghiệm nguyên VHB
 VII/ Phương pháp lùi vô hạn, nguyên tắc cực hạn
 Ví dụ : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : x3 + 2y3 = 4z3 (1)
Giải :
Hiển nhiên x 2. Đặt x = 2x1 với x1 nguyên. Thay vào (1) rồi chia hai vế cho 2 được 4 + y3 = 2z3 (2)
Do đó y 2. Đặt y = 2y1 với y1 nguyên. Thay vào (2) rồi chia hai vế cho 2 được :
 2 + 4 = z3 (3)
Do đó z 2. Đặt z = 2z1 với z1 nguyên. Thay vào (2) rồi chia hai vế cho 2 được :
 + 2y = 4z (4)
Như vậy nếu (x, y, z) là nghiệm của (1) thì (x1, y1, z1) cũng là nghiệm của (1) trong đó x = 2x1, y = 2y1, z = 2z1.
Lập luận tương tự như trên, (x2, y2, z2) cũng là nghiệm của (1) trong đó x1 = 2x2, y1 = 2y2, z1 = 2z2..
 Cứ tiếp tục như vậy ta đi đến : x, y, z chia hết cho 2k với k là số tự nhiên tùy ý. Điều này chỉ xảy ra khi x = y = z = 0.
Đó là nghiệm nguyên duy nhất của (1)
 Chú ý Ta gọi phương pháp trên là phương pháp lùi vô hạn.
 Nếu ví dụ trên được cho dưới dạng : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 
 x3 + 2y3 = 4z3 (1)
 Ta có thể trình bày chứng minh bằng nguyên tắc cực hạn :
 Giả sử (x0, y0, z0) là nghiệm nguyên dương của (1), trong đó x0 là giá trị nguyên dương nhỏ nhất trong các giá trị mà x có thể nhận.
 Lập luận như trong cách giải trên ta được (x1, y1, z1) cũng là nghiệm nguyên dương của (1) mà x0 = 2x1, tức là x1 < x0. Điều này trái với giả thiết x0 là số nguyên dương nhỏ nhất trong các giá trị nhận được của x. Vậy phương trình (1) không có nghiệm nguyên dương.
CHƯƠNG II CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VỚI NGHIỆM NGUYÊN
 Phương trình bậc nhất hai ẩn
1. Ví dụ 1 Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : 11x + 18y = 120	(1)
 Giải : Vì 11x 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 = y = 7 – 4k + vì y nguyên nên k = 3t + 1 y = 3 – 11t, x = 18t + 6.
ØChú ý. a) Nếu đề bài yêu cầu tìm nghiệm nguyên dương của (1) thì sau khi được nghiệm nguyên tổng quát, ta giải các điều kiện sau :
 .
 Do đó t = 0 (vì t nguyên). Nghiệm nguyên dương của (1) là x = 6, y = 3.
 b) Có nhiều cách tách giá trị nguyên của biểu thức y = , chẳng hạn :
 cách 1 y = 7 – 4k + cách 2 y = 7 – 3k + 
 cách 3 y = 6 – 3k + 
 Chú ý cách 1 và cách 3 hệ số của k bằng 1 dễ giải hơn vì không cần đặt ẩn phụ nào nữa.
 Cách giải phương trình bậc nhất hai ẩn ax2 + bx + c = 0 (a 0) + by = c với nghiệm nguyên (a, b, c Z)	
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 số trong biểu thức chứa x bằng một số nguyên t1, ta được một phương trình bậc nhất hai ẩn y và t1.
Cứ tiếp tục làm như trên cho đến khi các ẩn đều được biểu thị dưới dạng một đa thức với các hệ số nguyên.
 Bài tập 
Tìm các nghiệm nguyên : 12x – 7y = 45 (HD : Đặt y = 3k Kết quả : (x = 7t + 2; y = 12t –3)
Tìm các nghiệm nguyên : 9x + 20y = 547. (HD : x = = . Đặt Kết quả : (x = 63 – 20t; y = 9t –1)
Cho phương trình 11x + 8y = 73.
Tìm các nghiệm nguyên.
Tìm các nghiệm nguyên dương. 
 (HD : y = = 8 – x + Kết quả : (x = 3 – 8t ; y = 5 + 11t) b) x = 3 ; y = 5))
Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên dương :
11x + 2006y =11.2006 (HD : Ta thấy 2006y 11 y 11. Do y nguyên dương nên y ³ 11. Do đó vế trái lớn hơn vế phải. Vô lý! Chú ý : Ta có bài toán tổng quát : Phương trình ax + by = ab không có nghiệm nguyên dương nếu a và b nguyên tố cùng nhau)
 Phương trình bậc hai có hai ẩn
 1/ Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : 
 x2 + (x + y)2 = (x + 9)2 (1)
Giải : 
(1) (x + y)2 – 18x = 81
 	(x + y)2 – 18(x + y) + 81 = 162 – 18y
	 (x + y – 9)2 = 9(18 – 2y)
	18 – 2y là số chính phương chẵn nhỏ hơn 18 (vì y > 0)
18 – 2y = 0 y = 9. Từ (1) suy ra x = 0 (loại)
18 – 2y = 4 y = 7. Từ (1) suy ra x = 8
18 – 2y = 16 y = 1. Từ (1) suy ra x = 20
Thử lại phương trình có hai cặp nghiệm nguyên dương là (8 ; 7) và (20 ; 1)
 2/ Tìm các nghiệm nguyên của phương trình :
 5x – 3y = 2xy – 11
 Giải :
 Biểu thị y theo x : y = 2 + Để y Z phải có x + 5 2x + 3
 2(x + 5) 2x + 3 7 2x + 3 từ đó tìm được (x ; y) = (-1 ; 6) ; (-2 ; -1) ; (2 ; 3) ; 
(-5 ; 2)
 Cách giải khác : Đưa về phương trình ước : (2x + 3)(2y – 5) = 7
 3/ Tìm các nghiệm nguyên của phương trình
 x2 – 2x – 11 = y2
Giải :
 Đưa về phương trình ước :
 x2 – 2x + 1 = y2 (x – 1)2 – y2 = 12. (1)
 Ta thấy (1) chứa y với số mũ chẵn nên có thể giả thiết rằng y ³ 0. Thế thì x – 1 + y ³ x – 1 – y và (x – 1 + y) – (x – 1 – y) = 2y nên x – 1 + y và x – 1 – y cùng tính chẵn lẻ. Tích của chúng bằng 12 nên chúng cùng chẵn.
Do đó ta có 
x – 1 + y
6
-2
x – 1 – y
2
-6
Do đó 
x - 1
4
-4
y
2
2
x
5
-3
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 (2)
 r’ = 1 + 11 + y2 = 12 + y2.
 Điều kiện cần để (2) có nghiệm nguyên : r’ là số chính phương 12 + y2 = k2 (k N) k2 – y2 = 12 (k + y)(k –y) = 12. Giả sử y ³ 0 thì k + y ³ k – y và k + y ³ 0, (k + y) – (k – y) = 2y nên k + y và k – y cùng tính chẵn lẻ và phải cùng chẵn
 Từ đó ta có suy ra 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)
 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)
 r = (3y – 1)2 – 4(2y2 – y + 3) = y2 – 2y – 11.
 Điều kiện cần để (2) có nghiệm nguyên r phải là số chính phương.
 	y2 – 2y – 11 = k2 (3) (k N)
Kết quả (-8 ; 5), (-6 ; 5), (6 ; -3), (4 ; -3)
Buổi IX thứ hai ngày 13 tháng 03 năm 2006
a&b 
 Phương trình bậc ba trở lên có hai ẩn
 Ví dụ : 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 ³ 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.
 Suy ra a + y = a – y, do đó y = 0.
 Thay vào (1) ta được : x1 = -1 ; x2 = 0 ; x3 = -2, x4 = -3.
 Đáp số (0 ; 0), (-1 ; 0), (-2 ; 0), (-3 ; 0).
 Bài tập 
 Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là số chính phương 
 x(x + 2)(x2 + 2x + 3)
 Giải :
 x(x + 2)(x2 + 2x + 3) = y2 (1)	(giả sử y N)
 (x2 + 2x)(x2 + 2x + 3) = y2. Đặt x2 + 2x = k ta có k(k + 3) = y2 (2)
 Xét y = 0 từ (1) ta có x1 = 0 ; x2 = -2.
 Xét y > 0. Biến đổi : 4k2 + 12k = 4y2 (2k + 3)2 – 4y2 = 9 
 	(2k + 3 + 2y)(2k + 3 – y) = 9.
 Ta thấy 2k + 3 + 2y > 2k + 3 – y nên có hai trường hợp :
 Trường hợp 1 : k = 1.
 Khi đó x(x + 2) = 1, không có nghiệm nguyên.
 Trường hợp 2 : k = - 4 
Khi đó x(x + 2) = -4 x2 + 2x + 4 = 0, vô nghiệm.
 Đáp số 0 và -2
Ôn tập Hình học và đại số
 Đề ôn tập :
 1) Tìm một số điện thoại có 4 chữ số biết rằng nó là một số chính phương và nếu ta thêm vào mỗi chữ số của nó một đơn vị thì cũng được một số chính phương.
 Giải : Giả sử số điện thoại là : abcd
 Ta có : abcd = x2 ; (a + 1)(b + 1)(c + 1)(d + 1) = y2
 	y2 – x2 = 1111 (y – x)(y + x) = 1111
 x, y là các số có hai chữ số (vì nếu x, y có từ 3 chữ số trở lên thì khi bình phương không thể là số có bốn chữ số và x, y cũng không thể có một chữ số)
 x = 45 và y = 56. Số điện thoại cần tìm là 2025
 2) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ³ 1, ta có :
 + + +  + < 
 Giải 
 Ta có 
 Lần lượt thế K = 2, 3, , n suy ra 
 + + +  + < + = 
 3) Giải hệ phương trình :
Giải : Đặt X = Y =  Z = 	(x, y, z 0)
Rút Z theo X và Y thay vào phương trình còn lại ta đước (X – 2)2 + (Y – 2)2 = 0
 Vậy hệ có nghiệm : ()
 4) Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x6 + 3x3 + 1 = y4.
 Giải :
 Rõ ràng x = 0 ; y = 1 là nghiệm nguyên dương của phương trình, ta chứng minh đó là hai nghiệm nguyên dương duy nhất.
 Với x > 0 :
(x3 + 1)2 = x6 + 2x3 + 1 < x6 + 3x3 + 1 = y4 < x6 + 4x3 + 4 = (x3 + 2)2 (Vô lý).
 Với x = -1 ; y4 = -1 : Vô nghiệm 
 Với x -2 : (x3 + 2)2 < x6 + 3x3 + 1 = y4 < x6 + 2x3 + 1 = (x3 + 1)2 (Vô lý)
 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm : (0 ; 1) và (0 ; -1)
 5) Cho hình bình hành ABCD. Đường phân giác của góc BAD cắt các cạnh BC và CD (hoặc phần kéo dài của chúng) tại các điểm M và N. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN.
	a&b