Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán

Chương 0 : HỆ THỐNG GHI SỐ THẬP PHÂN
1. Hệ thống thập phân : 
	Số anan-1 . . . .a1a0 = an .10n + an-1.10n-1 . . . .a1.10 + a0 .
	Ví dụ : Số 99 . . .9 + 1 = 10n .(gồm n số 9 ) .
	 Nếu đặt a = 11..1 ( gồm n số 1) thì 10n = 9a + 1 .	 
Ví dụ 1: Tìm số nguyên lớn gấp 7 lần chữ số hàng đơn vị của nó .
	- Số cần tìm £ 7.9 = 63 nên nó là số có hai chữ số .
	- Gọi số cần tìm là ab ta được : 10a + b = 7b Û 10a = 6b Û a/b = 3/5 . Được số cần tìm là 35 .
J Nếu a/b = 2/3 thì số cần tìm là 23; 46; 69 .
Ví dụ 2 : Tìm giá trị lớn nhất có thể của tỷ số một số có ba chữ số và tổng các chữ số của nó .
HD : Lập tỷ số : (100a + 10b + c)/(a + b + c ) = 100 - (90b + 9c )/(a + b + c )£ 100
Dấu “=” xẩy ra khi b = c = 0 .
2. Luỹ thừa :
	Một số có chữ số tận cùng là 0, 1, 5, 6 thì luỹ thừa bậc n của số ngày cũng có chữ số tận cùng là 0, 1, 5 , 6 .
Ví dụ 1 : Tìm chữ số tận cùng của 42002 ; (99)9 .
	Có : 42002 = 161001 nên có chữ số tận cùng là 6 .
	 (99)9 = 981 = 980.9 = 8140 .9 . Do 8140 có tận cùng là 1 nên (99)9 có tận cùng là 9 .
Ví dụ 2 : 
	Tìm chữ số tận cùng của tổng :S = 13 + 23 + . . . . + 993
HD: 	- Tìm chữ số tận cùng của 03 + 13 + 23 + . . . . + 93 .
	- Các số 03 +13 + 23 + . . . . + 93 ; 103 +113 + 123 + . . . . + 193; . . . . . . . . . . . 903 +913 + 923 + . . . . + 993 có chữ số tận cùng giống nhau .Suy ra được chữ số tận cùng của tổng S.
3. Tính đóng của các tập số :
a. Tập số N với tính chất đóng đối với các phép tính cộng, nhân.
b. Tập Z với tính chất đóng đối với phép tính cộng , trừ , nhân.
c. Tập Q với các phép tính cộng, trừ, nhân, chia.
Ví dụ 1 :
	Cho đa thức P(x) = x4 + ax3 + bx2 + cx + d có giá trị nguyên với mọi giá trị nguyên của x . Chứng minh rằng 6a ; 2b ; a+b+c ; d là các số nguyên .
	Đề HSG QN-ĐN 93-94
HD : - Có P(0) là số nguyên nên d là số nguyên .
	- Có : P(1) = 1 + a + b + c + d Þ a+b+c = P(1) - d - 1 . Do P(1) , d là các số nguyên nên a + b + c nguyên . 
	- Có : P(-1) = 1 - a + b - c + d nên P(1) + P(-1) = 2b + 2d + 2 
	Þ 2b = P(1) + P(-1) - 2d - 2 Þ 2b là số nguyên .
	- Có : P(1) - P(-1) = 2a + 2c là số nguyên .
	 P(2) = 16 + 8a + 4b + 2c + d Þ 6a = P(2) - (2a + 2c) - 4b - d - 16 .
	Do (2a + 2c) ; 4b ; d ; 16 là các số nguyên nên 6a là số nguyên .
Ví dụ 2 :
Chương I : PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ .
I. Định nghĩa :
II . Các phương pháp chứng minh chia hết :
Dựa vào định nghĩa .
	A(n) : m Û A(n) = m.B(n) .
Từ định nghĩa trên ta có các tính chất :
a. A(n) : m và B(n) : m Þ A(n) ± B(n) : m .
 A(n) ± B(n) : m và B(n) : m thì A(n) : m
 A(n) : m và B(n) m Þ A(n) ± B(n): m .
 A(n) : m1 và B(n) : m2 Þ A(n).B(n) : m1.m2 .
b. an - bn : a-b với mọi n ; an + bn : a+b với n lẻ .
Ví dụ 1 :Chứng minh các tính chất sau :
	- Tổng, hiệu hai số cùng chẳn hoặc cùng lẻ là một số chẳn.
	- Tổng , hiệu một số chẳn với một số lẻ là một số lẻ.
	- Tích hai số chẵn là một số chẵn ( chia hết cho 4 ).
	- Tích một số chẵn với một số lẻ là một số lẻ.
	- Tích hai số lẻ là một số lẻ.
Việc chứng minh các tính chất trên khá đơn giản chỉ nêu phép chứng minh tính chất cuối : a, b là hai số lẻ nên a = 2k +1 ; b = 2m + 1 .
	a.b = (2k+1)(2m+1) = 4km+2k +2m + 1 = 2(2km+k+m) + 1 = 2q + 1 là số lẻ .
J ở đây ta đã ngầm sử dụng tính đóng của phép nhân, cộng để được 2km+k+m là một số nguyên . 
Ví dụ 2 :Tìm dấu hiệu chia hết cho 4, 8 :
a. Tìm dấu hiệu chia hết cho 4 : anan-1 . . . . a2a1a0 = anan-1 . . . . a2.100 + a1a0 .
Do 100 : 4 nên anan-1 . . . . a2.100 :4 . Được anan-1 . . . . a2a1a0 : 4 Û a1a0 : 4 .
Kết luận : Một số có hai chữ số tận cùng tạo thành một số có hai chữ số chia hết cho 4 thì chia hết cho 4 
Do a1a0 = 10a1 + a0 = 8a1 + 2a1 + a0 nên : a1a0 : 4 Û 2a1 + a0 : 4 . Ta có kết luận gần hơn : Một số có tổng chữ số hàng đơn vị với hai lần chữ số hàng chục chia hết cho 4 thì chia hết cho 4 .
Hoàn toàn tương tự ta có kết luận :Một số có tổng của 4 lần chữ số hàng trăm với hai lần chữ số hàng chục và chữ số hàng đơn vị chia hết cho 8 thì chia hết cho 8 .
Ví dụ 3 : 251 - 1 chia hết cho 7 .
	Có : 251 - 1 =( 23)17 - 1 = 817 -1 = (8- 1)(816 + 815 + . . + 1) : 7
Bài tập1 : Chứng minh rằng :
a. 270 + 370 chia hết cho 13.
b. 1719 + 1917 chia hết cho 18
c. 3663 - 1 chia hết cho 7 nhưng không chia hết cho 37 .
HDẫn : 
a.	270 + 370 = ( 22)35 + (32)35 = 435 + 935 chia hết cho 4 + 9 hay chia hết cho 13 .
b.	1719 + 1917 
c.	 3663 - 1 chia hết cho 35 nên chia hết cho 7 .
	3663 - 1 = 3663 + 1 - 2 . Do 3663 + 1 chia hết cho 37 nên 3663 - 1 không chia hết cho 37 .
Bài tập 2 : Tồn tại hay không một đa thức P(x) với hệ số nguyên thoả mãn điều kiện P(1) = 1993 ; P(12) = 1998
	Đề HSG QN-ĐN 93-94 .
HDẫn : Giả sử tồn tại đa thức P(x) = anxn + an-1x-1 + . . . + a1x + a0 .
	Xét P(12) - P(1) = an ( 12n - 1) + an-1(12 n-1 -1)+ . . . + a1(12-1).
Ta thấy vế phải chia hết cho 11 trong khi vế trái không chia hết cho 11 nên không tồn tại đa thức P(x) với hệ số nguyên thoả P(1) = 1993 ; P(12) = 1998 .
Bài tập 3 : Tìm các chữ sốthích hợp x, y, z để A = x54y199z chia hết cho 330.
- Có 330 = 11.10 = 11.2.5
- Lèn lược dùng các dÍu hiệu chia hết : .
- A chia hết 5 nên z = { 0, 5}
- A chia hết cho 2 nên z = 0.
- A chia hết cho 11 nên 0 + 9 + y + 5 = 9 + 1 + 4 + x
Đồng dư thức và áp dụng đồng dư thức trong chứng minh chia hết :
Định nghĩa : hai sốa,b có cùng sốdư khi chia cho m ta nời a đong dư với b theo môđun m và viết a º b (mod m)
Ví dụ : 7 chia 5 dư 2
	12 chia 5 dư 2
Ta nói 7 đồng dư 12 theo môđun 5 và viết 7º12 (mod 5)
Ta có mit sốtính chÍt sau:
1. aºb (mod m) a - b chia hết cho m
2. aºb (mod m) thì a = b + mt
3. aºa (mod m) ; aºb (mod m) và bºc (mod m) thì aºc (mod m)
4. aºb (mod m) và cºd (mod m) thì :
a + c ºb + d (mod m) 
Suy ra :
a + e º b + e (mod m) 
 a.k º b.k ( mod m)
5. aºb (mod m) và cºd (mod m) thì :
a . b ºc . d (mod m) 
an ºbn (mod m) 
Bài tập áp dụng đong dư thức :
Ví dụ : Tìm sốdư khi chia : 
a. 32000 cho 7
b. 9294 cho 15
H.D : 
a. Có 32 º 2 ( mod 7) suy ra 36 º 1 (mod 7)
 (36 )666 º 1 (mod 7)
 32 º 2 (mod 7) nên 32000 º 2 (mod 7) hay 32000 chia 7 dư 2
b. Có 92 º 2 ( mod 15) 
	24 º 1 ( mod 15) nên 924 º 1 (mod 15)
	9292 º 1 (mod 15)
Bài 2 : Chứng minh rằng :
a. 19911997 - 19971996 chia hết cho 10.
b. 29 + 299 chia hết cho 100.
c. + 7 chia hết cho 11 với mụi n
d. nn-1 + nn-2 + . . . + n2 + 1 chia hết cho n - 1
HD:
a.	1991º 1 (mod 10) nên 19911997 º 1 (mod 10
	1997 º - 3 ( mod 10)
	19972 º - 1 ( mod 10) 19971996 º 1 (mod 10)
Suy ra đpcm.
b. - Dễ dàng cm được tông trên chia hết cho 4. Xét 2(29 + 299) đong dư thức mod 25.
c. Xét 24n + 1 trước . Xét điong dư thức với môđun 5 được 24n + 1 chia 5 dư 2
A(n) = 25q + 2. xét đong dư thức với môđun 11.
d. Có n º 1 ( mod n -1)
Tổng trên có n - 1 sốhạng. Suy ra đpcm.	
Phương pháp xét số dư .
Tính chất : Khi chia một số nguyên a cho một số nguyên m > 0 thì số dư là một trong m số từ 0 đến m -1 . 
Số nguyên a khi chia cho m dư m -1 thì có thể xem là a chia m dư -1 .Vì vậy để chứng minh A(n) : m có thể xét các trường hợp số dư là 0; ±1; . . . ± m /2 . Trong mọi trường hợp trên nếu A(n) : m thì a(n) : m với mọi n .
Ví dụ 1 : Chứng minh rằng : A(n) = n(n2 + 1)(n2 + 4) : 5 với mọi n .
n = 5k ( n chia hết cho 5 ) : A(n) : 5 do A(n) chưa một thừa số (n) : 5
n = 5k ± 1 : Có n2 + 4 = 25k2 ± 10 k + 5 = 5( 5k2 ± 2k +1) : 5 nên A(n) : 5 .
n = 5k ± 2 : Có n2 + 1 = 25k2 ± 10 k + 5 = 5( 5k2 ± 2k +1) : 5 nên A(n) : 5 .
Trong mọi trường của số dư khi chia n cho 5 , A(n) đều chia hết cho 5 nên A(n) : 5 với mọi n .
Ví dụ 2 : Chứng minh rằng tích của n số tự nhiên liên tiếp thì chia hết cho n .
	A(n) = a(a+1)(a+2). . .(a+ n-1) : n .
Xét các trường hợp số dư khi chia a cho n :
a = nk Þ A(n) : n .
a= nk + 1 : Có a + n-1 = nk + 1 + n-1 = n(k+1) : n nên A(n) : n
. . . . 
a = nk + q (0£ q £ n-1) có a + n -q =nk + q + n - q = n(k+1) : n
Vậy A(n) chia hết cho mọi n . 
J Thông thường để chứng minh A(n) : p ta thường đi xét số dư khi chia n cho p . Tuy nhiên với một số bài toán với số p lớn không nhất thiết phải xét số dư khi chia n cho p vì lúc này sẽ phải xét khá nhiều trường hợp , lúc này ta có thể chọn một số nhỏ hơn để xét .
Ví dụ 3: Chứng minh rằng tích của bốn số tự nhiên liên tiếp thì chia hết cho 8 .
	A(n) = n(n+1)(n+2)(n+3) .
Xét số dư khi chia n cho 2 :
- Với n = 2k có A(n) 	= 2k(2k+1)(2k+2)(2k+3) 
	= 4k(k+1)(2k+1)(2k+3) .Do k(k+1) : 2 nên A(n) : 8
- Với n = 2k+1 có A(n) 	= (2k+1)(2k+2)(2k+3)(2k+4) = 4(k+1)(k+2)(2k+1)(2k+3) . Do (k+1)(k+2) : 2 nên A(n):8
Vậy A(n) chia hết cho 8 với mọi n .
Bài tập 1: Chứng minh rằng ab(a2-b2) chia hết cho 3 với mọi số nguyên a,b .
HD: Xét các trường hợp của a,b khi chia cho 3 :
- Có ít nhất một số chia hết cho 3 : Lúc đó tích a.b : 3 nên ab(a2-b2) chia hết cho 3.
- Không có số nào chia hết cho 3 : Đặt a = 3k ± 1 ; b = 3q ± 1. Lúc đó :
 	 a2 - b2 = 9k2 ± 6k + 1 -(9q2 ± 6q + 1) = 3(3k2 - 3q2 ± 2k ± 2q) : 3
Vậy ab(a2-b2) chia hết cho 3 với mọi số nguyên a,b .
Bài tập 2 : Chứng minh :
a. a2 + b2 chia hết cho 3 thì mỗi số a, b đều chia hết cho 3
b. a2 + b2 chia hết cho 7 thì mỗi số a, b đều chia hết cho 7
c. a2 - b2 chia hết cho 3 thì mỗi số a, b đều chia hết cho 3 hoặc cả hai số đều không chia hết cho 3.
d. a4 + b4 chia hết cho 5 thì mỗi số a, b đều chia hết cho 5
HDẫn :
a. Xét số dư của số a2 khi chia cho 3 :
	a = 3k Þ a2 = 9k2 
	a = 3k± 1 Þ a2 = 9k2 ± 6k + 1
Suy ra a2 khi chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1.
Tương tự b2 khi chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1.
a2 + b2 chia hết cho 3 khi tổng số dư của hai số chia hết cho 3. Điều này chỉ xảy ra khi a2 chia 3 dư 0 và b2 chia 3 dư 0. Tức a chia hết cho 3 và b chia hết cho 3.
b. Xét số dư của số a2 khi chia cho 7 :
	a = 7k Þ a2 = 49k2 
	a = 7k± 1 Þ a2 = 49k2 ± 14k + 1
	a = 7k± 2 Þ a2 = 49k2 ± 28k + 4
	a = 7k± 3 Þ a2 = 49k2 ± 42k + 9
Số dư khi chia a2 cho 7 là 0, 1, 4, 9. 
Tương tự b2 khi chia cho 7 là 0, 1, 4, 9.
a2 + b2 chia hết cho 7 khi tổng số dư của hai số chia hết cho 7. Điều này chỉ xảy ra khi a2 chia 7 dư 0 và b2 chia 7 dư 0. Tức a chia hết cho 3 và 7 chia hết cho 7.
c. 
d. 
Bài tập 4:
	Tìm điều kiện của x,y để có ít nhất một trong hai số x2 - 2xy + 2y2 , x2 + 2xy + 2y2 chia hết cho 5.
HD: Do 5 là số nguyên tố nên việc có ít nhất một trong hai số x2 - 2xy + 2y2 , x2 + 2xy + 2y2 chia hết cho 5 Û tích của chúng chia hết cho 5.
(x2 - 2xy + 2y2 )( x2 + 2xy + 2y2 ) = x4 + 4y4 + 4x2y2 - 4x2y2 = x4 + 4y4
= x4 - y4 + 5y4.
Tích trên chia hết cho 5 Û x4 - y4 chia hết cho 5.
Xét số dư khi chia a4 cho 5 :
a = 5k Û a2 = 25 k2
a = 5k ± 1 Û a2 = 25 k2 ± 10 k + 1
a = 5k ± 2 Û a2 = 25 k2 ± 20 k + 4 = 25 k2 ± 20 k + 5 - 1
a2 chia 5 có số dư là 0, 1, -1 nên a4 chia 5 có số dư là 0, 1.
	áp dụng định lý Fermat (Phecma) .
Với p là số nguyên tố thì np - n chia hết cho p với mọi ... nguyên sau :
	3(x2 - xy + y2 = 7( x + y)
	5(x2 + xy + y2) = 7(x + 2y)
4. Phương pháp đưa về phương trình ước số :
Ví dụ 1 :
	Giải phương trình nghiệm nguyên x2 -4y2 =1
	(x-2y)(x+2y) = 1
	Giải các hệ : x -2y = 1	x - 2y = -1	
	 x+2y =1	x + 2y = -1 để tìm nghiệm .
Phương trình bậc hai hai ẩn :
Bài 1 :
a. x3 - y3 = 91
b. x+ y = xy
c. 3xy + x - y = 1
d. 2x2 + 3xy - 2y2 = 7.
Bài 2 : 
a. x2 + xy + y2 = 2x + y
b. x2 + xy + y2 = x + y
c. x2 - 3xy + 3y2 = 3y
d. x2 - 2xy + 5y2 = y + 1.
J Các phương trình trên có thể giải bằng nhiều cách khác nhau. Chọn cách giải phù hợp sẽ rút ngắn được lời giải. nếu trong phương trình. Nếu trong phương trình có chứa một ẩn bậc nhất, nói chung ta nên sử dụng phương pháp tách ra các hệ số nguyên. Nếu phương trình có dạng F(x,y) = p ( p là số nguyên tố) ta nên áp dụng phương pháp đưa về phương trình ước số. Rất nhiều phương trình bậc hai gíải được bằng phương pháp xét điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai. 
Phương trình bậc cao :
Ví dụ : Giải phương trình nghiệm nguyên x2 + y3 = y6
	4x2 = 4y6 - 4y3 + 1 - 1
	(2x)2 = ( 2y3 - 1)2 - 1
	( 2x - 2y3 + 1)( 2x + 2y3 - 1) = -1
Lập và giải hai hệ để tìm x.
Bài tập 1 :Giải phương trình nghiệm nguyên x6 + 3x3 + 1 = y4 .
HD : 	Û 4x6 + 12x3 + 4 = 4y4
	Û (2x3 + 3)2 - 4y4 = 5 
	Û (2x3 + 3 -2y2)(2x3 + 3 +2y2) = 5 .
Lập và giải bốn hệ để tìm nghiệm .
Bài tập 2: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : x(x+1)(x+2)(x+3) = y2
	(x2 + 3x)(x2 + 3x + 2) = y2
Đặt X = x2 + 3x được : X(X + 2) = y2
	(X+1)2 - 1 = y2
	(X+1-y)(X+1+y) = 1
Giải phương trình ước số để tìm nghiệm.
Bài tập 3 :Giải phương trình nghiệm nguyên : x(x+1)(x+7)(x+8) = y2 .
HD : x(x+1)(x+7)(x+8) = y2 Û ( x2 + 8x)(x2 + 8x + 7) = y2 .
Đặt X = x2 + 8x được : X (X+ 7) = y2
	X2 + 7X =y2
	4X2 + 28X = 4y2
	(2X)2 + 2.2X.7 + 49 - 4y2 = 49
	(2X + 7 )2 - 4y2 = 49
	(2X+7-2y)(2X+7+2y) = 49
Giải phương trình ước số để tìm nghiệm.
Bài tập 4: Giải phương trình nghiệm nguyên : x4 - x2 + 2x + 2 = y2
	x4 - 2x2 + 1 + x2 + 2x + 1 = y2.
	(x2 - 1)2 + (x+1)2 = y2
	(x+1)2((x-1)2 + 1 ) = y2.
	(x-1)2 + 1 phải là số chính phương. Đặt (x-1)2 + 1 = k2
	(x-1-k)(x-1+k) = -1
Giải phương trình ước số để được x.
Bài tập 5:
 Giải phương trình nghiệm nguyên x2 + xy + y2 = x2y2
Công hai vế với xy được (x + y)2 = xy(xy + 1)
	Đặt x + y = a ; xy = b được a2 = b2 + b 	
	4a2 + 1 = 4b2 + 4b + 1
	(2b + 1 -2a)(2b + 1 +2a) = 1
Giải (*) được a, b để tìm x,y.
Nếu có nhận xét tích hai số nguyên liên tiếp là số chính phương thì một trong hai số đó bằng 0 thì phép giải sẽ gọn hơn.
Cách khác :
x2 + xy + y2 = x2y2
4x2 + 4xy + 4y2 = 4x2y2
( 2x + y)2 = 4x2y2 - 3y2
( 2x + y)2 = y2(4x2 - 3)
Suy ra được 4x2 - 3 là số chính phương 4x2 - 3 = k2.
Ta đưa về phương trình tích (2x - k)(2x + k) = 3
Giải phương trình tích trên để tìm x .
Phương trình dạng mũ :
Bài tập 1:
	Tìm x, y tự nhiên để : 2x + 57 = y2 .
Xét x lẻ : đặt x = 2k + 1 được :
	22k+1 + 57 = y2 .
	2. 22k + 57 = y2 .
Dựa vào đồng dư thức xét số dư khi chia 22k cho 3 được 2. 22k + 57 chia 3 dư 2. Trong khi đó y2 chia 3 chỉ có thể có số dư là 0 hoặc 1.
Xét x chẵn : Đặt x = 2k
	22k - y2 = - 57
	(2k - y)( 2k - y) = - 57	(*)
(*) là phương trình ước số.
Bài 2:	Tìm x, y tự nhiên để : x2 - 2y = 33.
Xét y chẵn : đặt y = 2k được (x - 2k)(x + 2k) = 33. Giải phương trình tích này.
y lẻ . Đặt y = 2k + 1 được x2 = 33 + 2.22k
Xét số dư khi chia cho 3 có 33 + 2.22k chia 3 dư 2 trong khi x2 chia 3 chỉ có thể có số dư là 0 hoặc 1.
Bài 3: Tìm x, y tự nhiên để : x2 + 1 = 2y
Xét y chẵn : Đặt y = 2k được (2k - x)(2k + x) = 1. Giải phương trình ước số này
Xét y lẻ : Đặt y = 2k + 1 được x2 + 1 = 22k + 1
	 x2 + 1 = 2.22k
k = 0 được x = ± 1 ; y = 1
Với k > 0 thì 2.22k chia hết cho 4 trong khi x2 + 1 chia 4 dư 1 hoặc dư 2.
Bài tập 4: Tìm x, y tự nhiên sao cho x2 = 4y + 5
Xét y chẵn . Đặt y = 2k được (x - 4k)(x+4k) = 5. Giải phương trình ước số
Nếu y lẻ. Đặt y = 2k+1 được x2 = 4.42k + 5
k=0 được x = 3. K > 0 thì 4.42k + 5 là số lẻ chia 8 dư 5. Trong khi đó x2 lẻ chia 8 chỉ có thể dư 1.
: Giải các phương trình nghiệm nguyên sau ( bằng cách phù hợp nhất )
5. Phương pháp lùi vô hạn :
Ví dụ : Giải phương trình nghiệm nguyên : x3 + 2y3 = 4z3
Suy ra được x chia hết cho 2. Đặt x = 2x1 được
	8x13 + 2y3 = 4z3. Chia hai vế cho 2 được 4x13 + y3 = 2z3.
Suy ra được y chia hết cho 2 .Đặt y = 2y1 được 
4x13 + 8y1 3 = 2z3. Chia hai vế cho 2 được 2x13 + 4y1 3 = z3
Suy ra được z chia hết cho 2 .Đặt z = 2z1 được 
2x13 + 4y1 3 = 8z1 3. Chia hai vế cho 2 được x13 + 2y1 3 = 4z3
Lập luận tương tự như trên xn, yn, zn chia hết 2. hay x chia hết 2n với mọi n suy ra x = 0,y = 0 , z = 0.
Bài tập : Giải các phương trình nghiệm nguyên :
	a. x3 - 3y3 = 9z3
	b. x2 + y2 = 3z2
6. Giới hạn miền nghiệm :
Bài 0: Giải phương trình nghiệm nguyên : 6x2 + 5y2 = 74
	6x2 £ 74 Þ x2 £
	Giải x2 = 0, 1, 4, 9 để tìm x . Từ đó được y
Bài 1: Giải phương trình nghiệm nguyên 2x2 + 4x = 19 - 3y2
	2(x+1)2 = 21 - 3y2.
	(x+1)2£
	Xết (x+1)2 = 0, 1, 4, 9.
Nếu có thêm nhận xét 2(x+1)2 chia hết cho 3 nên (x+1) chia hết cho 3 suy ra (x+1)2 chia hết cho 9 ta chỉ cần giải một trường hợp.
Bài 2 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : .
Do x,y,z có vai trò bình đẳng. Không mất tính tổng quát ta giả sử x ³ y³ z có :được :
Có : nên 
Thay z = 1 vào ta được : 
Bài 3 :Giải phương trình nghiệm nguyên y2 = -2(x6 - x3y -32)
HD :	y2 = -2(x6 - x3y -32) Û 2x6 - 2x3y + y2 = 64
	Û x6  +(x3- y)2 = 64
Do (x3- y)2 ³ 0 nên | x | £ 2 . Xét các giá trị nguyên x thuộc đoạn [2,2] để tìm nghiệm .
Bài 4 : Tìm x,y,z nguyên dương để x + y + z = xyz
Do x,y,z có vai trò bình đẳng. Không mất tính tổng quát ta giả sử
 	1 £ x £ y £ z
Do đó 	x + y + z £ 3z
	xyz £ 3z 
	 xy £ 3 
Giải xy = 1 ; xy = 2; xy = 3 để tìm x, y từ đó được z. 
Bài 5 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x3 + 7y = y3 + 7x 
Giải với x = y.
Với x¹ y được :	(x - y)( x2 + xy + y2) = 7(x - y)
	 x2 + xy + y2 = 7
	( x - y)2 + 3xy = 7
	xy £ 
Giải 0, 1, 2 được x,y.
Bài tập 6 :Giải phương trình nghiệm nguyên x(x+1)(x+7)(x+8) = y2 .
HD : x(x+1)(x+7)(x+8) = y2 Û ( x2 + 8x)(x2 + 8x + 7) = y2 .
Đặt X = x2 + 8x được : X (X+ 7) = y2
	X2 + 7X =y2
Với X > 9 được X2 + 8X + 16 > X2 + 7X
	 X2 + 6X + 9 < X2 + 7X
Tóm lại với X > 9 thì (X+3)2 9 thì X2 + 7X =y2
vô nghiệm.
Với X £ 9 được x2 + 8x - 9£ 0
Giải x2 + 8x - 9£ 0 được 1 £ x £ 9
( Ta có phân tích như sau :X2 + 7X > X2 + 6X + 9 được X > 9
X2 + 7X -16 )
Bài tập 7:
Giải phương trình nghiệm nguyên x4 + 2x3 + 2x2 + x + 3 = y2
	(x2 + x)2 + ( x2 + x + 3) = y2
Đặt X = x2 + x được : X2 + X + 3 = y2	
Với X > 2 ta có X2 + X + 3 > X2
 X2 + X + 3 < X2 + 2X + 1
Vậy với X > 2 thì X2 + X + 3 = y2 vô nghiệm.
x2 + x < 2 được -2 £ x £ 1
( Phân tích : X2 + X + 3 > X2 được X > -3
X2 + X + 3 2 )
Bài 8: Giải phương trình nghiệm nguyên sau 7(x2 + xy + y2 )= 39 (x + y)
7(x2 + xy + y2 )= 39 (x + y)
Do ( 1,39) = 1 nên x + y chia hết cho 7. Đặt x + y = 7m	(1)
Do ( 1,39) = 1 nên x2 + xy + y2 chia hết cho 39. Đặt x2 + xy + y2 = 39 k.	(2)
Ta có k = m . x2 + xy + y2 = 39m suy ra xy + 39m = (x+y)2
Từ hằng đẳng thức x2 + y2 ³ 2xy
Ta được ( x+ y)2 ³ 4xy . 
Thay ta được 49m2 ³ 4(49m2 - 39m)
	-147 m2 + 156m ³ 0
Giải được 0 £ m £ 
Thay m = 0, 1 vào trên để giải.
Bài 8 :Giải phương trình nghiệm nguyên 1! + . . .+ x! = y2 . ( Với x! = 1.2.3...x)
	Với x ³ 5 có 1! + . . .+ x! = 33 + 5! + ... +x! .
	 x! chia hết cho 10 với x ³ 5 ( do có chứa hai thừa số 2 và 5 ) nên :
 33 + 5! + ... +x! có chữ số tận cùng là 3 .Hay phương 1! + . . .+ x! = y2 không có nghiệm nguyên x³ 5 .
Xét các giá trị nguyên x ở miền 0 < x < 5 được các nghiệm là : (1,1) và (3,3) .
Bài 7: Giải phương trình nghiệm nguyên x! + y! = 10z + 9
C1 : Với x ³ 5 thì x! có tận cùng bằng 0, Với y ³ 5 thì y! có tận cùng bằng 0 nên x! + y! có tận cùng bằng 0 . 10z + 9 có tận cùng bằng 9.
Xét x, y = 1,2,3,4,5. 
C2 : Với x,y ³ 2 thì x!, y! là số chẵn. Trong khi 10z + 9 là số lẻ.
Xét x = 1 được nghiệm : 
 y = 1 được nghiệm :
7. Một số bài toán liên quan đến phương trình nghiệm nguyên :
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên k cho trước, không tồn tại số nguyên dương x sao cho x(x+1) = k(k+2)
	x2 + x + 1 = ( k + 1)2. Bài toán trở thành chứng minh với mọi x > 0 thì x2 + x + 1 không phải là số chính phương.
Với x > 0 ta được x2 + x + 1 < x2 + 2x + 1
 x > 0 được x > -1 được x2 + x + 1 > x 2.
Vậy với x > 0 thì ( x + 1)2 > x2 + x + 1 > x 2. nên x2 + x + 1 không phải là số chính phương được đpcm.
Phân tích : 
	x2 + x + 1 > x 2 được x > - 1
	x2 + x + 1 0 
Bài 2 : Giả sử p là số nguyên tố sao cho cả hai nghiệm của phương trình : 
	x2 + px -444p = 0 là các số nguyên. Hãy tìm p và các nghiệm của phương trình .
HD : x2 + px -444p = 0 Û x2 = p(444 - x) .
	Số x2 chia hết cho p nên x chia hết cho p . Đặt x = np được :
	n2p2 = p(444- np) Û n2p = 444 - np Û n(n+1)p = 444 = 3.4.37 .
	Do p nguyên tố nên p = 2 , 3, 37 . Chỉ có trường hợp p = 37 thì tích còn lại mới là tích của hai số nguyên liên tiếp .
Thay n = 37 vào phương trình giải để tìm x .
Bài 3 : Chứng minh rằng số có dạng A(n) = n6 -n4 + 2n3 + 2n2 không chính phương với mọi n > 1 .
HD : Phân tích A(n) thành nhân tử được A(n) = n2(n+1)2((n-1)2 +1)
Để chứng minh A(n) không chính phương ta chứng minh (n-1)2 +1 không chính phương .
Với n > 1 Û 2n > 2 Û -2n < 2 Û n2 -2n + 2 < n2 - 2 + 2 Û (n-1)2 + 1 < n2 
Lại có (n -1)2 < (n-1)2 + 1 nên (n -1)2 < (n-1)2 + 1< n2 .Hay (n-1)2 + 1 không phải là số chính phương .
Chương V : MỘT SỐ BÀI TẬP TỔNG HỢP
Bài 1 : Cho hai số tự nhiên a, b . Chứng minh rằng nếu tích a.b chẵn thì ta luôn tìm được hai số tự nhiên c, d sao cho d2 = a2 + b2 + c2 .
HD : Tích a.b chẵn thì : 	- Cả a,b đều chẵn .
	- Chỉ có một số chẵn .
	- Khi cả hai số a, b đều chẵn được a2 + b2 chia hết cho 4 . Đặt a2 + b2 = 4m . Lúc đó ta chọn d = m+1 và c = m-1 . Có d2 = a2 + b2 + c2 = m2 + 2m + 1 .
	- Khi chỉ có một số chẵn được a2 + b2 là số lẻ . Đặt a2 + b2 = 2m + 1 . Lúc đó chọn d = m+1 và c = m . Có d2 = a2 + b2 + c2 = m2 + 2m + 1 .
Bài 2 : Các số nguyên a,b,c,d thoả a2 + b2 + c2 = d2. Chứng minh rằng : abc chia hết cho 4.
H.Dẫn : 
- Trong ba số a2 , b2 , c2 có ba số đều lẻ Þ a2 + b2 + c2 chia 4 dư 3 nên không thể là số chính phương.
- Trong ba số a2 , b2 , c2 có hai số đều lẻ Þ a2 + b2 + c2 chia 4 dư 2 nên không thể là số chính phương.
- Suy ra trong ba số a2 , b2 , c2 có hai hoặc cả ba số đều chẵn. Suy ra a.b.c chia hết cho 4.
Bài 3 :Tìm tất cả các số nguyên tố có dạng : n(n+1)/2 - 1 .
HD : Dùng phương pháp giới hạn miền nghiệm : Chứng minh được với n³ 4 thì n(n+1)/2 - 1 là hợp số xét n=1; 2; 3 để tìm số nguyên tố p .