Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Chuyên đề phương trình nghiệm nguyên - Phan Đức Thành

 CHUYấN ĐỀ PHƯƠNG TRèNH NGHIỆM NGUYấN
 Chuyên đề Bồi dưỡng HSG Toán 
 Giáo viên : Phan Đức Thành Trường THCS Quỳnh vinh
Phương trình nghiệm nguyên là một lĩnh vực khó,đa dạng về phương pháp giải,linh hoạt về cách suy luậnTuy nhiên,ở mức độ nào đó,chúng ta có thể “ trấn an” học sinh bằng cách cung cấp bài tập một cách hệ thống kèm theo phương pháp điển hìnhvà qui trình bắt buộc (nếu có). Với phạm vi bồi dưỡng HSG thi cấp huyện, trong chuyên đề này tôi ưu tiên đề cập dạng bài Giải bằng phương pháp phân tích, các phương pháp khác như Chẵn lẻ,Cực hạn, Dùng bất đẳng thức, Loại trừ ,Chia hết, Đồng dư, Xuống thangchỉ giới thiệu với mục đích tham khảo và làm cho học sinh có “khái niệm” về chúng mà thôi.
i. GiảI bằng phương pháp phân tích
Vài lưu ý khi giảng dạy phương pháp này:
	- Chuyên đề chỉ đề cập đến 3 kiểu phân tích: thành tích,thành tổng các luỹ thừa, thành tổng dạng liên phân số. (Kiểu bài này phù hợp với trình độ thi HSG cấp huyện)
 - Cần phải nhắc nhở và chỉ rõ : Chỉ có trên tập Z (hoặc hẹp hơn nữa là trên số tự nhiên,tập số nguyên tố) thì việc phân tích 1 số nguyên thành tích các thừa số hoặc tổng các luỹ thừamới có thể thực hiện được. Điều này không thực hiện được đối với số trên tập R
(vì có vô hạn khả năng),để tránh sự nhầm lẫn đáng tiếc giống như trường hợp sau:
 Bài tập: Giải pt: x2+2x-3 = 0. Có h/s giải: ú x(x+2) =3 .Giải 4 khả năng và chọn được x=1, x=-3 ! ( Một sự trùng hợp thú vị)
H/s này đã không đọc kỹ đề (giải trên R),vì vậy đã mắc mắc sai lầm lớn .
- a/ Đối với dạng phân tích thành tích
+) Dạng đơn giản: Khụng cần giải hệ mà giải cỏc ước, thay giá trị vừa tìm vào phương trình suy ra nghiệm (BT: 1; 2; 5; 9; 10; 11). Loại bài toỏn này sau khi phõn tớch cú dạng (Nhân tử chỉ chứa một biến) mà a và b là cỏc hằng số.
+) Dạng phải giải hệ là bài tập sau khi biến đổi phương trỡnh cú dạng (nhân tử chứa nhiều biến) ,trong trường hợp cú nhiều khả năng cú thể nhận xột để loại bỏ bớt ( BT: 3; 4; 7). Cũng cú thể phải nhận xột tập xỏc định hoặc đặc điểm riờng biệt để loại bỏ bớt khả năng ( như BT: 8; 9).
+) Dạng nghiệm nguyờn của phương trỡnh bậc hai 2 ẩn lưu ý là phải giải theo Đk cần ( chớnh phương) do đú phải kiểm tra các khả năng có thể xảy ra và chọn nghiệm thoả mãn .Loại bài này dùng vào cuối năm lớp 9. (Bài12 đến bài 17)
-b/ Đối với dạng Phân tích thành tổng các luỹ thừa
Khi khụng phõn tớch được thành tớch thỡ nghĩ đến nú. Cần chọn cỏch viết hợp lý để cú thể phõn tớch được .
-c/ Dạng liên phân số thì cách cho đề đã khá rõ, cần lưu ý là: một phân số khi phân tích thành liên phân số, kết quả phân tích là duy nhất,do đó việc đặt tương ứng các thành phần là hợp lý.
 Bài tập GiảI bằng phương pháp phân tích
a. Phân tích thành tích.
1, Tỡm nghiệm nguyờn của cỏc phương trỡnh:
a. 	; b. ; c. (thi chọn HSG lớp 8-2003-2004)
d. với p là một số nguyờn tố.
2, 	a. Tỡm x, y thuộc N: 
 	b. Tỡm x, y, z thuộc N* thỏa món 
 Hay tỡm tam giỏc vuụng cú số đo diện tớch bằng số đo chu vi.
(Thi chọn HSG lớp 8 năm 2001-2002)
3, Giải cỏc phương trỡnh sau trên Z
a. 	 b.
c. 	 d.
4, Tỡm cỏc số nguyờn x để là số chớnh phương (Sơ tuyển 2004-2005)
5, Tỡm tất cả cỏc cặp số nguyờn dương sao cho tổng của mỗi số với số 1 thỡ chia hết cho số kia.
6, Tỡm n N sao cho là một số chớnh phương.
7, Tỡm nghiệm nguyờn của phương trỡnh: 
8, Tỡm x, y, z N* để: 
9, Tỡm sao cho 
10, Tỡm x;y nguyờn của phương trỡnh: . (Sơ tuyển 2006-2007)
11,( Sơ tuyển 2002-2003) 
	Hai đội cờ vua của hai trường thi đấu với nhau, mỗi đấu thủ của đội này phải đấu một vỏn với mỗi đấu thủ của đội kia. Biết rằng tổng số cỏc vỏn cờ phải đấu bằng 2 lần tổng số đấu thủ hai đội và một trong hai đội cú số đấu thủ là số lẻ. Tỡm số đấu thủ của mỗi đội
12.Tìm n nguyên để các nghiệm của pt : x2- (4+n)x +2n = 0 cũng nguyên.
13. Tìm n nguyên để các nghiệm của pt : x2-(4+n)x+ 4n- 25 = 0 cũng nguyên.
14. Tìm số p nguyên tố,biết pt: x2+px-12p = 0 có 2 nghiệm đều nguyên.
15.Tìm sao cho các nghiệm của phương trình: x2-m(n+1)x +m +n +1 = 0
 cũng là số tự nhiên.
16, Tỡm x, y Z thỏa món cỏc phương trỡnh:
a. 	
b. 	
17, Tỡm x, y Z thỏa món cỏc phương trỡnh:
 a. ; b. 
b. Phân tích thành tổng các luỹ thừa
1, Tỡm nghiệm nguyờn của phương trỡnh: 	 
2, Tỡm nghiệm nguyờn của phương trỡnh: 	 
3, Tỡm nghiệm nguyờn dương của phương trỡnh:	 
4, Tỡm nghiệm nguyờn của phương trỡnh:	 a. 
	 	 b. 
5, Tỡm nghiệm nguyờn dương của phương trỡnh: 	 
6, Tỡm nghiệm tự nhiờn của phương trỡnh:	 
7, Tỡm nghiệm nguyờn của phương trỡnh: 	 
 ( Thi HSGlớp 9- huyện Quỳnh lưu 2005-2006)
8, Tỡm nghiệm tự nhiờn của phương trỡnh: a. 
	 b.
c. phân tích thành liên phân số
1, Tỡm nghiệm nguyờn dương của phương trỡnh 
2, Tỡm nghiệm tự nhiờn của phương trỡnh : 	 
3, Tỡm nghiệm tự nhiờn của phương trỡnh: 	
4, Tỡm nghiệm nguyờn dương của phương trỡnh: 
 II-HƯỚNG DẪN GIẢI
A, PHÂN TÍCH THÀNH TÍCH.
1, 	a/.	 
 Ú) cặp nghiệm (2;2)
	 Ú) cặp nghiệm (0;0)
 	b/.	
Suy ra là ước của 10. Suy ra suy ra 
Thay giỏ trị của x vào phương trỡnh đó cho thu được y tương ứng.
Cỏc nghiệm của ph.t. là: (1;4); (4;1); (-3;-6); (-6;-3); (0;9); (9;0); (-2;-11); (-11;-2)
 c/. 2xy+x+y=21 ú4xy+2x+2y+1=43 ú(2x+1)(2y+1)=43
2x+1 là ước của 43 => Thay các giá trị vào pt ta có các giá trị y tương ứng là: 21;-22; 0; -1. 
Vậy phương trình có 4 nghiệm (x;y)= (0;21) ; (-1;-22) ; (21;0); (-22;-1)
 d/. 
Suy ra . Do tớnh chất đối xứng ta cú cỏc nghiệm. (0;0); (2p;2p); (p+1;p2+p); (p2+p;p+1); (p-p2;p-1); (p-1;p-p2).
2, 	a/. do tương ứng là 
Nghiệm của phương trỡnh là (x;y) = (5;74) vỡ y = -2 bị loại.
 b/. 	 từ hệ 
Suy ra 
(*) Do 
 thay kết quả này vào (2) ta được
Suy ra 
Giỏ trị x = 0; -4 bị loại nờn y tương ứng là: {12;-4;8;0;6;5}
Giỏ trị y = -4; 0 bị loại nờn z tương ứng là: {13;10;10;13}
Cỏc nghiệm của phương trỡnh là (5;12;13); (12;5;13); (6;8;10); (8;6;10).
3. Giải hệ trờn Z.
 a/.	 
 6.16
( Cỏc hoỏn vị và trỏi dấu (-).(-) nờn cú 24 khả năng )
 Nhận xột: Do là số chẵn nờn cỏc khả năng tổng 2 thừa số là số lẻ đều bị bỏ: 1.96; 3.32 nờn ta chỉ giải 16 hệ và được 16 nghiệm (x,y)=(-94;71);(44;-21);(94;-71);(-44;21);(-14;34);(14;-34);(16;-6);(-16;6);(-26;21); (26;-21);(4;1);(-4;-1);(-16;14);(16;-14);(-4;6);(4;-6).
 b/.	
	 và các hoán vị cùng đổi dấu của chúng.
Nhận xét: để thì 4 khả năng từ 1.9 bị loại vì 1+9 = 10 và (-1)+(-9) = -10 đều bị loại,(không chia hết cho 3) nên chỉ giải2 hệ 3.3 và (-3)(-3).
 => nên phương trình có 2 nghiệm là (2;1); (-2; -1).
 c/.	
Giải 2 hệ được 2 nghiệm là (0; 0); (-1; 0).
 d/. 	
Giải 8 hệ được 8 nghiệm là (x,y) = (46;45); (46;-45); (-46;45); (-46;-45)
 (10;3); (-10;3) ; (-10;-3); (10;-3).
4. Đặt với m Z => 
.(*)
Và các hoán vị nên ta giải 4 hệ :
(*)
Như vậy có 2 giá trị của x thoả mãn là x=5; x= -6
5, 	Gọi x, y là 2 số nguyên dương cần tìm suy ra và 
Nên với pN 
Do chia cả 2 vế của (*) cho xy suy ra 
Do 
Nếu p = 4 ,khi đó 3 phân số có tổng bằng 3=> mỗi phân số bằng 1 => x=y=1
Nếu p = 3 
Do y suy ra có 2 nghiệm là (1; 2); (2; 1)
Nếu p=2 
Để suy ra có 2 nghiệm là (3; 2); (2; 3).
Kết luận: Phương trình đã cho có 5 nghiệm (1; 1); (1; 2); (2; 1); (2; 3); (3;2).
Chú ý: Trường hợp p =3; p =2, các phương trình có dạng như bài tập 1 nên có thể giải bằng cách phân tích thành tích ( nhớ x,y nguyên dương)
Ví dụ: p=3 => x+y+1=2xy ú x(2y-1)- 
. Vậy p.t có 2 nghiệm : (1;2);(2;1)
6. 	Đặt 
Thử n 8 thấy A không chính phương (2305; 2306; 2308; 2312; 2320; 2336; 2368; 2442; 2560).
Với n > 8 ta có A= 
Do 28 chính phương nên để A chính phương thì 2n-8+9 = m2 với mN*
	với a,bN và a > b
Suy ra 2b là ước của 6, hay 2b{1; 2; 3; 6}b{0; 1} (chỉ nhận 1;2; còn 3;6 loại) thay vào (2) ta có 2a{7; 8} suy ra a =3 (chỉ nhận 8, ứng với b=1; còn 7 loại )
Vậy b =1; a = 3 suy ra n = a + b + 8 = 12
Với n =12 ta có thoả mãn yêu cầu bài toán.
7. 	
Đặt 
Giải các khả năng có 6 hệ.
*) ; 	 *) 
*) 	 *) 
*) 	 *) 
Giải các phương trình đặt cho z.
*) z = -16 
*) z = 9 
*) z = 0 
*) z = -7 
Vậy phương trình đã cho có 10 nghiệm.
8. 
Do VT ( Đổi dấu 1- y)
	 vì nếu vô lí (chú ý: x;y;z)
Khi y =1 phương trình đã cho trở thành 
Phương trình đã cho có vô số nghiệm (n; 1; n); (n; 1; n-1) với n N*
9. Tìm sao cho Đk x, y là các chữ số ,x 0
	 vì x2+y2+2xy+1 >0
Có 17 số thoả mãn yêu cầu.
10. 	
 là ước của 22
Hay ,(Các ước bị loại vì 2x+1 là lẻ)
Thay vào phương trình (*) có y tương ứng là 
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm (x; y) = (0; 19); (-1; -26); (5; 4); (-6; -11).
11. Theo bài ra ta có phương trình: xy = 2( x + y) (*) trong đó x, y thuộc Z+ và x lẻ
 	(*) 
 Ư(4)={ 1; 2; 4}do x lẻ
Thay x=1; x=3 vào phương trình (*) ta được kết quả y;-2 bị loại
Vậy số đấu thủ của hai trường là 3; 6.
12.Tìm n nguyên để các nghiệm của pt : x2- (4+n)x +2n = 0 cũng nguyên.
Vì các hệ số của pt đều nguyên nên đk cần là là số chính phương
Đặt n2+16 = k2; 
Để ý : (n+k) +(n-k)=2n là số chẵn, nên khả năng-1.16 bị loại( vì tổng của 2 thừa cố này =15(lẻ), chỉ còn phải xét 6 khả năng có từ -2.8 và -4.4.Kết quả cho ở bảng sau:
 n+k
 8
 -8
 2
 -2
 4
 -4
 n- k
 -2
 2
 -8
 8
 -4
 4
 n
 3
-3
-3
3
 0
 0
Ta kiểm tra lại cho 3 khả năng có được của n=-3;0;3 để lấy ngiệm (Nếu phù hợp)
*) n = 3 => x2-7x+6 = 0 =>x =1;6 , cả 2 nghiệm đều thoả mãn => n = 3 thoả mãn.
*) n =-3 => x2-x-6 = 0 =>x = -2;4 , cả 2 nghiệm đều thoả mãn => n = -3 thoả mãn.
*) n = 0 => x2- 4x = 0 =>x = 0;4 , cả 2 nghiệm đều thoả mãn => n = 0 thoả mãn.
Vậy có 3 giá trị thoả mãn : n = -3;0;3
13. Tìm n nguyên để các nghiệm của pt : x2-(4+n)x+ 4n- 25 = 0 cũng nguyên.
Vì các hệ số của pt đều nguyên nên đk cần là là số chính phương
Đặt (n-4)2+100 = k2; 
Để ý : (n-4+k) +(n-4-k)=2n là số chẵn, nên khả năng-1.100 bị loại( vì tổng của 2 thừa cố này =99(lẻ), chỉ còn phải xét 6 khả năng có từ -2.50 và - 10.10.
Kết quả cho ở bảng sau:
 n- 4+k
 50
 -50
 2
 -2
 10
 - 10
 n- 4 - k
 -2
 2
 - 50
 50
 - 10
 10
 n
 28
-20
-20
 28
 4
 4
Ta kiểm tra lại cho 3 khả năng có được của n=- 20;4;28 để lấy ngiệm (Nếu phù hợp)
*) n = 28 => x2-32x+87 = 0 =>x =3;29 , cả 2 nghiệm đều thoả mãn => n = 28 thoả mãn.
*) n =- 20=>x2+16x-105 = 0 =>x =-21;5, cả 2 nghiệm thoả mãn => n =-20 thoả mãn.
*) n = 4 => x2- 8x - 9 = 0 =>x = -1;9 , cả 2 nghiệm đều thoả mãn => n = 4 thoả mãn.
Vậy có 3 giá trị thoả mãn : n = - 20;4;28
14. Tìm số p nguyên tố,biết pt: x2+px-12p = 0 có 2 nghiệm đều nguyên.
Vì các hệ số của pt đều nguyên nên đk cần là là số chính phương
Do p là số nguyên tố =>đk cần tiếp theo là:
Với p = 2 cả 2 nghiệm đều nguyên,p=2 TMĐK.
Với p = 3 , không chính phương nên p = 3 bị loại.
 Vậy p = 2 là số nguyên tố cần tìm.
15.Tìm sao cho các nghiệm của phương trình: x2-m(n+1)x +m +n +1 = 0
 cũng là số ...  thoả mãn (1a)
Nghĩa là: (1a) có 3! =6 ( nghiệm)
 Cụ thể: (x;y;z) = (1;2;3),(1;3;2),(2;1;3), (2;3;1), (3;1;2),(3;2;1).
 b) x+y+z+t = xyzt .(1b) Giả sử 
 Khi đó ,
Thay x=1 vào (1b) được: y+z+t+1=yzt (*) 
*) y=1,ta lại có từ (*) z+t+2 =zt úz(t-1)-(t-1)= 3 ú (z-1)(t-1)= 3=1.3 => z=2; t = 4
*) Với y=2,ta lại có từ (*) z+t+3 = 2zt úz(2t-1)-(2t-1)= 3+ ú (2z-1)(2t-1)= 7=1.7 => z =1; t = 7 ( Kết quả này bị loại vì không thoả mãn “giả sử” vì y=2 >z=1)
Vậy (1b) đã có 1 nghiệm (x;y;z;t) = (1;2;2;4). 
 Thực hiện hoán vị cho nghiệm này ta có 24 nghiệm cần tìm..
 x+y+z+9 =xyz. (1c) . Giả sử 
 Khi đó .Xét từng khả năng cho x
*) x=1=> (1c)ú yz-y-z = 10 ú (y-1)(z-1)=11=1.11 => y=2; z=12 (TMgiả sử)
*) x=2=> (1c)ú 2yz-y-z = 11 ú (2y-1)(2z-1)=23=1.23 => y=1; z=12 (khôngTMgiả sử)
*) x=3=> (1c)ú3 yz-y-z = 12 ú (3y-1)(3z-1)=37=1.37 => 3y=2; 3z=38 ( loại vì y;z không nguyên)
 Vậy (1c) đã có 1 nghiệm (x;y;z) = (1;2;12)
Thực hiện hoán vị cho nghiệm này ta có 6 nghiệm cần tìm..
2. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x+y+1=xyz.(2)
 Bài này không có dạng như bài 1, vai trò như nhau chỉ đúng cho x và y.
Giả sử .
- Khi x = y => (2)ú2x +1 = x2z ú x(xz-2)=1 => x = 1=> z = 3 => (1;1;3)
- Khi x (2)ú xyz < 2y+1 ú xyz 
Do vai trò x;y như nhau nên phương trình có 5 nghiệm:
 (x;y;z) = (1;1;3); (1;2;2),(2;1;2),(2;3;1),(3;2;1).
3. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x3+7y = y3+7x.(3)
(3) ú(x-y)(x2+xy+y2-7) = 0 => x=y hoặc x2+xy+y2 = 7.
 Khi x=y => nghiệm của pt là (x;y)= (n;n), với n là số nguyên dương.
 Khi , từ x2+xy+y2 = 7=> (x-y)2 = 7- 3xy, do (x-y)2
Vậy pt có vô số nghiệm (x;y)= (2;1),(1;2), (n;n)
4. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: .(4)
Do x;y;z nguyên dương và vai trò như nhau, ta giả sử 
Vì : 
 Thay z=1 vào (4) và do 
Thay z=y=1 vào (4) được :(loại)
 Vậy pht có 1 nghiệm (x;y;z) = (1;1;1)
5. Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình:
 a) 4( x+y+z) = xyz ; b)5( x+y+z+t)+10 = 2xyzt ; c) 2( x+y+z)+9 = 3xyz
 d)5( x+y+z+t)+7 = xyzt
 (Học sinh tự giải theo bài tập 1)
IV-Giải bằng cách sử dụng bất đẳng thức
Giải các phương trình sau đây trong Z:
(x+y+1)2 = 3 (x2+y2+1). 4. y3 = 1+x+x2+x3.
x2- 6xy+13y2 = 100. 5. 
y2 = 1+x+x2+x3+x4.
 Hướng dẫn giải
	Việc sử dụng BĐT vào giải phương trình chính là thay thế việc giải phương trình bằng việc giải điều kiện xẩy ra dấu “=” của BĐT phù hợp với 2 vế của pt đó. Trong nhiều trường hợp ta có thể dùng BĐT để thay đổi bài toán (Đổi biến,hoặc xét Cực hạn)
	Ta thường sử dụng các BĐT cơ bản như Cô si; Bunhia; vì vậy việc nhận dạng và kiểm tra lại xem có phù hợp hay không là rất cần thiết.
(x+y+1)2 = 3 (x2+y2+1). (1) (có dạng Bunhia: 1vế là bình phương của tổng ;1 vế là tổng các bình phương nhân với hằng số).
Sử dụng Bunhia (ax+by+cz)2 (a2+b2+c2)(x2+y2+z2); dấu “=” có
với a=b=c=1;z=1.
 Ta thấy (1) chứng tỏ điều kiện xẩy ra dấu “=” của Bunhia thoả mãn.
Có nghĩa là : x= y = 1. 
 Vậy nghiệm của pt là (x;y) = (1;1).
Chú ý: Bài này có thể giải bằng “Phân tích thành tổng các lượng không âm”
Cụ thể: Khai triển (1) ú2x2+2y2-2xy-2x-2y+2 = 0 ú (x-y)2+(x-1)2+(y-1)2 = 0.
Suy ra x=y=1.
2 . x2- 6xy+13y2 = 100.(2)
 (2) ú (x-3y)2 = 4(25-y2). DoVT là bình phương của số nguyên => 25-y2 là số chính phương và Thay các giá trị của y vào (2) để tìm x.
 (y2= 1;4 thì 25- y2 là số không chính phương -Đang dùng BĐT theo nghĩa “Cực hạn”)
*) y = 0 =>2 nghiệm (x;y) = (-10;0), (10;0)
*) 
 Nếu y=3, thay vào (a) có (x;y) = (17;3); thay vào (b) có (x;y) = (1;3),
 Nếu y= -3, thay vào (a) có (x;y) = (-1;-3); thay vào (b) có (x;y) = (-17;-3),
*) 
 Nếu y=4, thay vào (a) có (x;y) = (18;4); thay vào (b) có (x;y) = (6;4),
 Nếu y= - 4, thay vào (a) có (x;y) = (-6;-4); thay vào (b) có (x;y) = (-18;-4),
*) 
 Nếu y=5, thay vào x=3y có (x;y) = (15;5); 
 Nếu y= - 5, thay vào x=3y có (x;y) = (-15;-5); 
 Vậy pht có 12 nghiệm
3. y2 = 1+x+x2+x3+x4.(3)
*) Nếu x = 0 => 2 nghiệm (x;y) = (0;1) và (0;-1)
*) Nếu ta có (3)ú 4y2= 4+4x+4x2+4x3+4x4=(2x2+x)2+2x2+(x+2)2> (2x2+x)2
Bằng cách phân tích khác,ta lại có: 4y2= (2x2+x+2)2-5x2< (2x2+x+2)2
Như vậy: (2x2+x)2< 4y2 < (2x2+x+2)2.Do 4y2=(2y)2 là số tự nhiên, theo “ nguyên lý kẹp”
của các số tự nhiên thì :
 4y2= (2x2+x+1)2 (*)
Thay y2 bởi VP của (3) ta có pht 1 ẩn (Ta đang dùng BĐT để thay đổi bài toán)
(*) ú 4(1+x+x2+x3+x4) = (2x2+x+1)2ú ..x2-2x-3 = 0=> x=-1;x= 3
+) Với x=-1=>y2 = 1 => 2 nghiệm (x;y) =(-1;-1) và (-1;1)
+) Với x=3 => y2=121=112 => 2 nghiệm (x;y) =(3;11) và (3;-11)
Vậy pt có 6 nghiệm: (x;y) = (0;1) , (0;-1),(-1;-1), (-1;1),(3;11) và (3;-11).
y3 = 1+x+x2+x3.(4)
Do x2+x+1> 0,nên x3< y3 <(x+2)3= x3+6x2+12x+3
(Vì : x3+6x2+12x+3= y3+(5x2+11x+7) = y3+ 
=> y3= (x+1)3 ú 1+x+x2+x3 = x3+3x2+3x+1 ú 2x2+2x = 0 ú x= 0; x = -1
*) x = 0 => y = 1 => (x;y) =( 0;1)
*) x = - 1 => y = 0 => (x;y) =( -1;0)
Vậy pt có 2 nghiệm: (x;y) = (0;1) , (-1;0).
5. .(5) Pt như bài tập 4 ở PP cực hạn, chỉ khác là tìm nghiệm nguyên.
(5) ú x2y2+y2z2+z2x2= 3xyz => xyz > 0.
Theo BĐT Co si cho 3 số dương thì : VT= x2y2+y2z2+z2x2 
VP = 3xyz (Do x;y;z nguyên và xyz > 0).
Vậy pt có 4 nghiệm: (x;y;z) = (1;1;1) , (1;-1;-1), (-1;1;-1),(-1;-1;1).
 V- giải bằng phương pháp loại trừ
Giải các phương trình sau đây trong Z
x6+3x3+1=y4
x(x+1)(x+7)(x+8) = y2.
(x+2)4-x4 = y3.
6x2+5y2=74.
 Hướng dẫn giải
x6+3x3+1=y4 .(1) Nhận thấy : (x;y)= (0;1) và (0;-1) là 2 nghiệm
Ta sẽ chứng tỏ ngoài 2 nghiệm đó, không còn nghiệm nào khác. Thật vậy:
*) Với x> 0,ta có(x3+1)2= x6+2x3+1< x6+3x3+1=y4< x6+4x3+4 = (x3+2)2
 Nghĩa là : y nguyên mà (x3+1)2 Vô lý( x3+1và x3+2 là 2 số nguyên liên tiếp)
*) Với x -2, ta có: (x3+2)2< x6+3x3+1=y4< x6+2x3+1 =(x3+1)2
 Nghĩa là : y nguyên mà => Vô lý
*) Với x= -1, ta có : y4=-1 => Vô lý.
Vậy phương trình có 2 nghiệm : (x;y)= (0;1) và (0;-1).
x(x+1)(x+7)(x+8) = y2. (2) Bài này đã giải bằng PP phân tích thành tích ( Bài 7)
Chỉ xin giới thiệu cách giải, nhờ bạn đọc làm chi tiết và so sánh để rút kinh nghiệm.
 (2) ú (x2+8x)(x2+8x+7) = y2= z2+7z , với z = x2+8x.
 Nếu z > 9 thì: (z+3)2= z2+6z+9 (z+3)2= < y2< (z+4)2.Vô lý.
Vậy z = x2+8x (Dạng a+b+c = 0)
 Đến đây ta thử trực tiếp từng giá trị của x để tìm y (nếu có) 
(x+2)4-x4 = y3.(3) Khai triển (x+2)4= x4+ 8(x3+3x2+4x+2)
 (3) ú y3= 8(x3+3x2+4x+2) . Đặt (x3+3x2+4x+2) = z3, vì 
*) Với => PT vô nghiệm.
**) Với . Đặt .Thay vào (3) ta có:
Theo cách đặt này thì thoả mãn (3), như đã giải ở *) thì phương trình vô nghiệm
***) x=-1 (3) ú y3 = 0 úy = 0
 Vậy phương trình có 1 nghiệm (x;y) = (-1; 0 ).
6x2+5y2=74 ú6(x2- 4) = 5(10- y2).(*). Do (6;5) = 1 và x;y đều nguyên ,nên
 (*) 
Mặt khác:
Từ 
Thay các giá trị của u;v vào hệ (*) ta có
+) u = v = 0 thì hệ vô nghiệm ( do y2 =10 => y không nguyên)
+) u=v = 1 ta có : 
 Vậy phương trình có 4 nghiệm (x;y) = (3;2 ),(-3;2),(3;-2),(-3;-2). 
VI-giải bằng tính chất chia hết,tính chất đồng dư.
1. Giải trên Z các phương trình : a) x2-2y2 = 5 . b) x2-3y2 = 17.
 c) x2-5y2 = 17. d)2x+122 = y2- 32.
2. Giải trên Z phương trình : (7 ẩn)
3. Tìm các chữ số x;y;z để : 
4. Chứng minh phương trình x2+y2= 1999 không có nghiệm nguyên.
5. Ch/m: Với x;y;z nguyên thì ( x2+y2+z2) không đồng dư với 7 theo môdun 8.
 Từ đó suy ra phương trình 4x2+y2+9z2 = 71 không có nghiệm nguyên.
 Hướng dẫn giải
1a). x2-2y2 = 5 
 Chú ý rằng: 
 Tương tự : 
Do đó VT = x2-2y2 Trong khi đó VP = 5. 
 Vậy phương trình không có nghiệm nguyên.
1b). x2-3y2 = 17ú x2 =3y2+17
 Chú ý rằng: 
Do đó VT = x2 Trong khi đó VP = 3y2+ 17 . 
 Vậy phương trình không có nghiệm nguyên.
1c). x2-5y2 = 17ú x2 =5y2+17 Tương tự như 2 câu trên.
 VT = x2 Trong khi đó VP = 5y2+17. 
 Vậy phương trình không có nghiệm nguyên.
1d) 2x+122 = y2- 32 ú y2 = 2x+153.
*) Nếu x lẻ => 2x = 22k+1=2.22k=2.4k 
 Trong khi đó VT = y2.
 Vậy phương trình không có nghiệm nguyên khi x lẻ.
*) Nếu x chẵn => 2x= 22k= (2k)2 Khi đó pt trở thành:
 y2- (2k)2= (y-2k)(y+2k) =153 = 1.153 = 3.31 = 9.17
Do (y+2k) – (y-2k) = 2k+1> 0 => (y+2k) > (y-2k)=> Chỉ chọn kiểu tương ứng sao cho y+2k là số lớn, y-2k là số nhỏ (để giải theo kiểu phân tích thành tích).
 Cần lưu ý: y2- (2k)2= 153 không giải được theo cách trên ,vì , ví dụ như: 
Điều này chứng tỏ khả năng có nghiêm vẫn tồn tại.
*)
*)
*)
*)
*)
*)
 Vậy phương trình có 1 nghiệm nguyên: (x;y) = (4;13).
2. Giải trên Z phương trình : (7 ẩn)
 Ta luôn có :
*) x chẵn =>x=2k, Khi đó 
*) x lẻ =>x=2k+1, Khi đó 
(Vì x lẻ nên (x-1)(x+1) là tích 2 số chẵn liên tiếp => chia hết cho 8,còn x2+1 chia hết cho2)
Như vậy : Dù x chẵn hay lẻ thì số dư của VT khi chia cho 16 đều không vượt quá 7
 Trong khi đó số dư của VP khi chia cho 16 là 8 (2008 = 125.16 + 8)
 Vậy phương trình không có nghiệm nguyên.
3. Tìm các chữ số x;y;z để : . (3)
 ú 100x+10y+z+100x+10z+y = 111z ú200x+11y= 100z
ú100(z-2x) =11y => y chia hết cho 100, lại do 
Khi y= 0 => z=2x;do x > 0 nên : 
Vậy ta có các số cần tìm là: 102; 204; 306; 408.
4. Chứng minh phương trình x2+y2= 1999 không có nghiệm nguyên.
Giả sử pt có nghiệm nguyên,khi đó do x;y nguyên nên  Trong khi đó VP =1999 =499.4 + 3. (.
Vậy điều giả sử là sai, hay phương trình không có nghiệm nguyên.
5. Ch/m: Với x;y;z nguyên thì ( x2+y2+z2) không đồng dư với 7 theo môdun 8.
 Từ đó suy ra phương trình 4x2+y2+9z2 = 71 không có nghiệm nguyên.
Giả sử 
Ta luôn có : Thay kết quả này vào (*) ta được 
Mặt khác, cũng như x ,ta lại có :
So sánh các kết quả ở (1) và (2) ta thấy điều giả sử là sai (2 kết quả không khớp nhau).
 Bài toán đựơc chứng minh.
*) 4x2+y2+9z2 = 71ú (2x)2+y2+(3z)2 = 71. Do x;y;z nguyên nên 2x;y;3z đều nguyên.
 Theo chứng minh trên thì VT không đồng dư với 7 theo môdun 8
 Trong lúc đó 71= 8.8 +7 => VP lại đồng dư với 7 theo môdun 8.
 Vậy phương trình không có nghiệm nguyên.
 Tài liệu tham khảo
I-định nghĩa,Các tính chất của “chia hết” trên tập Z:
Đ/n: Số a nguyên được gọi là chia hết cho số b nguyên nếu số dư của a:b bằng 0
 Kí hiệu : ; viết tắt là a chc b.
T/c:
 13.a;b;b> 0,luôn tìm được duy nhất (q;r) để a = b.q+r; trong đó 
 II-Định nghĩa và tính chất của đồng dư
Đ/n: Với ,Ta nói a;b đồng dư với nhau theo mô đun m nếu 
 Kí hiệu . Và được gọi là đồng dư thức.
Nếu ( a-b) không chia hết cho m, ta viết .
T/c(6t/c):
 Các hệ quả của t/c 4 và t/5:
Chú ý:
 1) 
 (Tổng 2 số lẻ là số chẵn; tích 2 số lẻ là số lẻ)
 2) . Nếu 1 số chia cho 7 dư 3 thì bình phương của nó chia cho 7 sẽ dư 2
 3) Chia 2 vế của một đồng dư thức cho cùng 1 số, nói chung, là không được.
Ví dụ: nhưng 
 4) 2 số đồng thời không chia hết cho m nhưng tích của chúng vẫn chia hết cho m.
 ƯC(a,b) sao cho (d;m) = 1 thì .