Sáng kiến kinh nghiệm Phương trình nghiệm nguyên trong Toán học

 cả các phương trình bậc nhất tuy nhiên hai phương pháp này đôi khi phải sử dụng nhiều lần. Tách nhiều phép toán dẫn đến lời giải dài. Còn phương pháp sử dụng đồng dư thức có thể cho ra kết quả nhanh nhưng không phải áp dụng được cho tất cả các bài toán.
Ví dụ 2: Tìm các điểm trên mặt phẳng toạ độ của đồ thị hàm số:
3x + 2y - 1 = 0
Bài toán này tương đương với tìm nghiệm nguyên của phương trình
3x + 2y = 1. Ta áp dụng các phương pháp giải trên và từ đó tìm ra nghiệm.
Chú ý: Một bài toán của hàm số ta có thể chuyển thành bài toán tìm nghiệm nguyên như ở phương trình trên.
2. Phương trình dạng: ax+by = c+dxy (1)
a) Phương pháp giải:
Cách 1: + Nhân cả 2 vế của phương trình (1) với d ta được:
adx + bdy = cd + d2xy d2xy - adx - bdy + ab = ab - cd
(dx - b) (dy - a) = ab + cd.
+ Tìm các ước của ab + cd và xét các trường hợp có thể xảy ra đối với 
dx - b và dy - a
+ Giải các trường hợp và chọn nghiệm phù hợp.
Cách 2: Ta có (1) ax - c = y(dx-b) y = 
- Nếu ad thì tức là a = dt (tZ) thì y = t + 
Để y thì (bt - c) dx - b
Tìm tất cả các ước của bt - c và giải các trường hợp ta tìm ra nghiệm của phương trình.
- Nếu a d thì: y = a1 + 
Hay y = a1 + với A = a - a1d; B = a1b - c, <d
Để y nguyên thì x = -B/A
Điều kiện cần để y nguyên là 
 (Ax + B)2 > (dx -b)2 (Ax + B)2 - (dx - b)2 0
 [(Ax+B) - (dx-b)] [(Ax+B) + (dx-b)] 0
 [(d-A)x + B - b] [(d+A)x + B - b ] 0 (*)
Từ đẳng thức (*) ta luôn tìm được 2 giá trị x1, x2 Z nào đó sao cho: x1 x x2 từ đó suy ra các giá trị của x. Thay các giá trị vừa tìm được của k vào (1) y nghiệm của phương trình.
Đặc biệt: Nếu tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 
a(x+y) + b = cxy với a, b, c là các số nguyên không âm và a : c b. Ta sử dụng phương pháp bất đẳng thức.
Do vai trò của x, y như nhau nên ta có thể giả sử 1 x y. Khi đó
a(x+y) + b = cxy
 c = 
Kết hợp với điều kiện x các giá trị của x y.
b) Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau:
1) x + y = xy
2) 2x + 7y = 5 + 3xy
Giải:
1) x + y = xy (1)
Phương pháp 1: (1) xy - x - y = 0 (x-1) (y-1) = 1
Vì x, y Z nên ta có các trường hợp sau:
TH1: 
TH2: 
Vậy phương trình 2 có nghiệm là (0;0) và (2;2)
Phương pháp 2: 
Từ x + y = xy x = y (x-1) y = 
 y = 1 + . Để y thì 
 x - 1/1 
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm (0;0) và (2;2)
2) 2x + 7y = 5 + 3xy (2)
Phương pháp 1: Nhân 2 vế của (2) với 3 ta được:
6x + 21y = 15 + 9xy 9xy - 6x - 21y = 15
 (9x - 21) (9y - 6) = 111. Ta có các trường hợp sau:
Vậy phương trình vô nghiệm
3) Phương trình bậc nhất nhiều ẩn.
- Phương trình bậc nhất nhiều ẩn là phương trình có dạng 
a1x1 + a2x2 + ....+ anxn = c	(1)
Để phương trình (1) có nghiệm thì (a1, a2, ... an) /c.
- Phương pháp giải: Đối với phương trình bậc nhất nhiều ẩn có 2 phương pháp giải chủ yếu là: đưa về dạng có 1 hệ số bằng 1; phương pháp 2 là đưa về dạng có 2 hệ số nguyên tố cùng nhau.
+ Phương pháp đưa về dạng phương trình có hệ số bằng 1:
Giả sử phương trình (1) có hệ số a1 = 1 thì phương trình có nghiệm là:
Với u1 ; .
 + Phương pháp đưa về dạng có 2 hệ số nguyên tố cùng nhau. Giả sử UCLN (a1, a2) =1 phương trình (1) trở thành: a1x1+a2x2 = c-(a3x3+ ...+anxn) (2)
Đặt vế phải bằng u phương trình (2) trở thành
a1x1 + a2x2= u và quan niệm đây là phương trình bậc nhất 2 ẩn và tiến hành giải như đã trình bày:
- Ví dụ: Giải các phương trình sau đây:
1) 2x - 5y - 6z = 4 (1)
2) 6x + 15y + 10z = 3 (2)
Giải:
1) Phương pháp 1: 
(1) 2x - 5y = 6z + 4
Lấy z = u, u Z. Đặt 6u + 4 = c 2x - 5y = c
Phương trình có nghiệm riêng ra x0 = 3c, y = c 
 phương trình có nghiệm tổng quát là: 
Thay c = 6u+4 vào ta được nghiệm tổng quát của phương trình là:
 hay 
Phương pháp 2:
(1) 2x - 5(y+z) - z = 4
Đặt y+z = u 2x - 5u - z = 4 z = 2x - 5u - 4
Lấy x = t, t 
Hay 
Trong đó u, t .
2) Giải phương trình 6x + 15y + 10z = 3 (2)
Phương pháp 1:(Biến đổi đưa về dạng có hai số nguyên tố cùng nhau)
(2) 6(x+z) + 15y + 4z = 3. Đặt x+z = u
 6u + 15y + 4z = 3 (2'). Vì UCLN (15,4) = 1 nên (2') được đưa về dạng: 15y + 4z = 3 - 6u.
Đặt 3-6u = c 15y + 4z = c (*) phương trình có nghiệm riêng y0 =-c; z = 4c nên phương trình (*) có nghiệm tổng quát là : 
Thay c = 3 - 6u vào ta được là:
Vì x + z = u x = u - z = u - (12 - 24u - 15t) = -12+ 25u + 15t
Vậy nghiệm tổng quát của (2) là: 
Trong đó u, t 
- Phương pháp 2: (Đưa về dạng có 1 hệ số bằng 1)
(2) 6x + 10 (y+z) + 5y = 3. Đặt y + z = u (u )
 6x + 10u + 5y = 3 x + 10u + 5(y+x) = 3
Đặt y + x = v x + 10u + 5v = 3 x = 3 - 10u + 5v
 y = v - x = v - (3 - 10u + 5v) = -3 + 10u - 4v
 z = u - y = v - (-3 + 10u - 4v) = 3 - 9u + 5v
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (2) là:
Trong đó u,v 
4. Dạng phương trình: a(x1+x2+ ...+ xn) + b = c x1x2...xn 
Với a, b, c N, n>2, a0, c 0, xi > 0, i=
- Phương pháp giải: 
Sử dụng phương pháp bất đẳng thức để giải đối với những phương trình dạng này.
Vì x1, x2, ..., xn có vai trò như nhau nên ta có thể giả sử 
1 x1x2...xn.
Khi đó, ta sử dụng bất đẳng thức: 
và . Khi đó từ a(x1+x2+...+xn)+b=cx1x2...xn.
	(*)
Do x Z nên từ đẳng thức (*) ta tìm được các giá trị của x1. Thay các giá trị của x1 và phương trình đã cho thực hiện tương tự ta sẽ tìm được nghiệm của phương trình.
- Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình sau đây:
1) 2(x+y+z) +9 = 3xyz
2) 4(x+y+z) = xyz
Giải:
1) 2(x+y+z) +9 = 3xyz	(1)
Không giảm tính tổng quát ta giả sử 1 x y z
Chia cả 2 vế của (1) cho xyz 0 ta được:
Vì xz . Tương tự 
và 
 hoặc x = 2
- Với x =1 (1) trở thành 2(y+z)+11=3yz.
Với y = 1 
Với y = 2 z = 4; y = 4 z = 
- Với x = 2. (1) trở thành 2 (y+z) + 15 = 6yz.
+ Với y=1 
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:
(1;1;13) ; (1;2;4)
2) 4(x+y+z)=xyz. (2). Giả sử 1xyz.
(2) 
Vì xyz nên 
. Kết hợp với giả thiết x1 x = 1; x = 2; x = 3.
Với x = 1 (2) trở thành 4(y+z) + 4 = yz
- Với x = 2 (2) trở thành 4(y+z)+8 = 2yz
Từ phương trình 4(y+z) +8 = 2yz để z>0 thì y>2. nên ta có các trường hợp sau:
Với x = 3 (2) trở thành (4(y+z)+12 = 3yz
3 = 4 
Để z0 3yz >4z y>1 ta có các trường hợp sau:
Vậy các nghiệm của hệ phương trình:
(1;5;24); (1;6;15); (1;8;9) ; (2;3;10) ; (2;4;6) ; (2;6;4);
b2 - Phương trình bậc cao:
1) Phương trình dạng: x2+y2=z2 	(1)
Dễ thấy (0;0;0) là một nghiệm của phương trình (1) ta xét phương trình (1) trong trường hợp z0.
Chia cả 2 vế của (1) cho z2 ta được: 
Đặt , ta có phương trình
X2 + Y2 = 1 (2) với X, Y là các số hữu tỉ.
(2) Y2 = 1-X2 Y2 = (1-X)(1+X) (3) Giả sử X1 
(3) (4). Đặt 
(4) (5)
Với mọi giá trị hữu tỉ của t, ta có các giá trị hữi tỉ của X và Y thoả mãn (2). Ngược lại, mỗi nghiệm hữu tỉ đều có dạng (3). (Trừ trường hợp X = -1, Y= 0). Như vậy (5) và công thức nghiệm tổng quát của (2).
Từ (5) ta có công thức nghiệm tổng quát của (1) bằng cách đặt với UCLN (p,q) =1. Lúc đó ta có
	(6)
Từ đó thấy rằng các số nguyên thoả mãn (1) là:
	(7)
Với m là số nguyên bất kỳ.
Nếu các số nguyên q2 - p2 , 2pq và p2 + q2 có ước chung d>1 thì có thể chia chúng cho d và ta có nghiệm mới của (1) khác với nghiệm (7). Nhưng điều này không thể xảy ra.
Nên (7) là nghiệm tổng quát của (1)
Thực vậy, vì UCLN (p,q) = 1 nên chỉ có thể là p và q khác tính chẵn, lẻ hoặc cả 2 cùng lẻ.
- Trường hợp p, q chẵn lẻ khác nhau thì q2, p2, 2pq và p2 + q2 không thể có ước chung d>1, vì nếu có số d như vậy thì d phải lẻ (do q2 - p2 lẻ) và d phải là ước của (q2 - p2) và (p2 + q2) = 2q2 (do d lẻ nên d là ước của q) và (p2+q2) - (q2 - p2)=2p2 (do d cũng là ước của p). Trái với giả thiết UCLN (p,q) = 1.
- Trong trường hợp p, q cùng lẻ, ta đặt p + q = 2P và q - p =2Q và có UCLN (P,Q) = 1 và P, Q chẵn lẻ khác nhau (vì P+Q lẻ).
Thay vào (6) ta được: và 
Nghĩa là có kết quả tương tự như (6), chỉ khác x và y đổi chỗ cho nhau và thay vì p, q thì có P, Q với (P, Q) = 1 và P, Q chẵn lẻ khác nhau.
Như vậy (7) là công thức nghiệm của (1).
Chú ý: Phương trình xn + yn = zn với n>2, n N không có nghiệm. Đây là nội dung của định lý lớn Fecma mà việc chứng minh định lý này đã diễn ra trong một thời gian dài và nhiều nhà toán học đã chứng minh nhưng mãi tới ngày 23/6/1993 mới được chứng minh gần hoàn chỉnh bởi nhà toán học A.wiles người Anh và tới mãi năm 1994 (tức là hơn 300 năm) phép chứng minh mới được hoàn chỉnh.
2. Phương trình dạng: ax2 + by2 + cxy + dx + ey + f = 0 (1)
* Phương pháp giải:
Ta xét phương trình bậc 2 ẩn x hoặc ẩn y. Chẳng hạn xét phương trình bậc 2 ẩn x.
ax2+(cy+d)x+dy2+ey+f=0
ta có = (cy+d)2 - 4a (dy2+ey+f) = (2 - 4ab)y2 + 2(cd - 2ae) + d2- 4af.
+ Nếu c2 - 4ab< 0 để phương trình có nghiệm nguyên ta chỉ cần xét 0, giải bất phương trình 0 tìm được giá trị của y thay vào (1) ta tìm được x.
+ Nếu c2 - 4ab là 1 số chính phương và (cd-2ae) chia hết cho c2 - 4ab. Phương trình (1) có nghiệm nguyên.
Nếu (hoặc ) là một số chính phương. Đặt (hoặc ) = k2 (k nguyên). Khi đó bài toán trở về giải phương trình nghiệm nguyên:
(c2 - 4ab) y2 + 2(cd - 2ae)y + d2- 4af = k2
 với y'=
Và p = 
Ta xét các trường hợp có thể xảy ra rồi giải các trường hợp đó để tìm ra kết quả.
- Một số trường hợp đặc biệt của phương trình (1)
+ Phương trình dạng: cxy+ dx + ey + f = 0 (2)
Nhân cả 2 vế của (2) với c ta được:
c2xy + cdx + ecy + fc = 0 (cx + e) (cy + d) = de - cf.
Xét các trường hợp nghiệm.
Lưu ý: Phương trình này có thể giải được bằng nhiều phương pháp đã trình bày ở dạng tổng quát nhưng đối với dạng toán này phương pháp trên giải nhanh hơn.
+ Phương trình dạng: ax2 + dx + by2 + f = 0 (8) với là số chính phương.
- Phương pháp giải: Nhân 2 vế của (8) với 4a ta được:
4a2x2 + 4adx + 4aby2 + 4af = 0 (2ax + d)2 + 4aby2 = d2 - 4af.
- Nếu 4ab<0 phương trình trở thành
(2ax + d+ 
- Nếu 4ab >0 phương trình trở thành:
(2ax + d)2 + ( = d2 - 4af.
 Nếu d2 - 4af < 0, phương trình vô nghiệm.
Nếu d2 - 4af 0, ta giải bình thường.
- Phương trình dạng ax2 + by2 + cxy + f = 0
- Phương pháp giải: Nhân 2 vế của phương trình với 4a ta được:
4a2x2 + 4aby2 + 4acxy + 4af = 0
 (2ax + cy)2 + (4ab - c2)y2 = -4af.
+ Nếu 4ab - 2 <0 phương trình trở thành:
+ Nếu af > 0 phương trình vô nghiệm
+ Nếu af < 0 ta tìm tất cả các trường hợp có thể xảy ra và tìm nghiệm qua các trường hợp đó:
* Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau:
1. x2 + 3xy + 3y2 = 3y. (1)
2. x2 + x + 6 = y2 (2)
Giải:
1. Xét tam thức bậc 2 ẩn x: x2 + (3y) x + 3y2 - 3y = 0
 Ta có: = (3y)2 - 4(3y2 - 3y) = 12y - 3y2.
Để phương trình (1) có nghiệm n guyên thì điều kiện cần là:
 12 y - 3y nên y={0 ; 1 ; 2 ; 3; 4}
- Với y = 0 (1) x = 0
- Với y = 1 từ (1) x2 + 3 = 0 x 
- Với y = 2 x2 + 6x + 6 = 0 ( = 3 không phải là số chính phương) x 
- Với y = 3 x2 + 9x + 18 = 0 x =-3 hoặc x = -6
- Với y = 4 x2 + 12x + 24 = 0 (' = 12 không phải là số chính phương) x 
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên là: 
( 0 ; 0); (-3:3); (-6:3)
2. Phương trình: x2 + x + 6 = y2 (2)
- Phương pháp 1: (coi (2) là tam thức bậc 2 ẩn x)
(2) x2 + x + 6 - y2 = 0. Ta có = (1)2 - 4(6-y2) = 4y2 - 23 (3)
Để (2) có nghiệm nguyên thì phải là 1 số chính phương = k2 
(k) hay 4y2 - 23 = k2 4y2 - k2 = 23 (2y - k) (2y + k) = 23
- Với y = 6 thay vào (3) ta được 
 hoặc x=
 Phương trình có nghiệm là : (5;6) ; (5;-6) ; (-6;-6) và (-6;6)
- Phương pháp 2: Nhân 2 vế của (2) với 4 ta được:
4x2 + 4x + 24 = 4y2 4x2 + 4x+ 1 - 4y2 = -23
 (2x+1)2 - 4y2 = -23 (2x + 2y + 1) (2x - 2y + 1) = -23.
Ta có các trường hợp sau:
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm là: (-5'-6) ; (5;6) (-6;-6); (-6;6).
Nhận xét: Đối với dạng phương trình: ax2 + bx + cy2 + e = 0 thì cách giải bằng phương pháp 2 đơn giản và gọn hơn phương pháp 1.
 3. Phương trình dạng: x2n + a1x2n-1 + ...+a2n-1x + a2n = y2 + ay (1)
- Phương pháp giải: 
+ Nếu a lẻ tức là a = 2k + 1 nhân 2 vế của (1) với 4 sau đó cộng với a2 ta được:
4x2n + 4a1x2n-1 + ... + 4a2n-1x + 4a2n + a2 = (2y + a)2.
+ Nếu a chẵn tức là a=2k, cộng 2 vế của (1) với k2 ta được: 
 x2n + a1x2n-1 + ... + a2n-1x + a2n + k2 = (y+k)2.
Ta chứng minh f(x)2 < vế phải < f(x+1)2 thì phương trình vô nghiệm và giữa 2 số chính phương không tồn tại số chính phương nào. Hoặc ta chứng minh.
f(x)2 < vế phải < f(x+2)2 vế phải = f(x+1)2.
Giải phương trình này ta tìm được x từ đó, ta tìm được y.
Trong trường hợp n=1 ta có thể giải phương trình này bằng cách coi (1) là phương trình bậc 2 của ẩn x (hoặc ẩn y). Rồi áp dụng tính chất một tam thức bậc 2 có nghiệm nguyên thì phải là số chính phương. Từ đó tìm ra nghiệm phương trình.
Ví dụ: Giải các phương trình nghiệm nguyên sau:
x(x+1) = k (k+2) 	x
Giải:
- Phương pháp 1:
 x(x+1) = k (k+2) x2 + x = k2 + 2k x2 + x + 1 = k2 + 2k + 1 
 x2 + x + 1 = (k2 + 1)2. Do x>0 nên x2 < (k+1)2 (1)
Mặt khác ta có : (x+1)2 = x2 + 2x + 1 = (x2 + x + 1) + x = (k+1)2 + x.
Do x>0 nên (x+1)2 > (k+1)2 (2)
Kết hợp (1) và (2) ta được: x2 < (k+1)2 < (x+1)2 (không xảy ra) do đó phương trình vô nghiệm.
- Phương pháp 2:
x(x+1) = k(k+2) x2 + x = k2 + 2k x2 + x - k2 - 2k = 0.
Xét = (1)2 - 4(-k2 -2k) = 4k2 + 2k + 1.
Để phương trình có nghiệm nguyên thì phải là 1 số chính phương
 = m2 (m) 4k2 + 2k + 1 = m2 4k2 + 2k + 1 -m2 = 0
'k = (1)2 -4(1-m2) = 4m2 - 3 . Để k thì 
4m2 - 3 = t2 (t) (2m - t) (2m + t) = 3
Từ đó các giá trị của m là m = -1 hoặc m =1. Với m = 1 
m2 = 1 4k2 + 2k + 1 = 1 k = 0
hoặc k =-2 
Với k = 0 hoặc k = -2 x(x+1) = 0 x = 0 hoặc x = -1 Nhưng vì x Z nên không có giá trị nào của x thoả mãn. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
4. Dạng phương trình nghiệm nguyên:
	(1)
- Phương pháp giải: 
+ Phương pháp 1: Nhân cả 2 vế của 2 với (<k là số các số ai b1
(i=)) Rồi chia cả tử cho mẫu ta được phương trình dạng;
 Để y thì các trường hợp xảy ra x y.
- Phương pháp 2: Chia tử cho mẫu ta được phương trình dạng 
- Nếu a'/an thì là một nghiệm của phương trình.
+ Điều kiện cần để y nguyên là giải bất phương trình này các giá trị của x. Thay lần lượt các giá trị của x vào (1) nghiệm của phương trình.
Ví dụ : Giải phương trình 
Giải:
- Chia 2x+5 cho 2x+7 ta được y=1-
Để y là số nguyên thì 2x+7/2 có các trường hợp sau:
Vậy phương trình có nghiệm là: (-3;-1) và (-4;3)
5. Dạng phương trình: 	(1)
- Phương pháp giải:
 Chia tử cho mẫu ta được (1) trở thành y=f(x) + (2) nếu 
ai b0 (i=
Hoặc nhân cả từ cả mẫu với (trong đó k là số các số ai không chia hết cho b) rồi lấy tử chia mẫu ra được dạng như (2)
y thì 
 bx + c b0x2 + b1x + b2 (bx+x) (bb0x + bb1 - c) chia hết cho b0x2 + b1x+b2 hay b2 (b0x2 + b1x+b2) + c(bb1-cb0) -b2b2 chia hết cho b0x2 + b1x+b2 hay b0x2 + b1x+b2 là ước của c(bb1-cb0) - b2b2. 
Nhưng b0x2 + b1x+b2=b0[(x+
Hoặc xét tính chẵn, lẻ hoặc xét chữ số tận cùng của b0x2 + b1x + b2 để xét các trường hợp có thể xảy ra ta tìm được x y.
Hoặc để y thì 
Đặt y = 
(3) yb0x2 + yb1x + yb2 = bx + c yb0x2 + x (yb1-b) + yb2 - c= 0
=(yb1-b)2 - 4yb0 ((yb2) - c) = y2 b-2bb1y+b2 - 4b0b2y2 + 4cyb0
 = y2 (b- 4b0b2) + y(4cb0 - 2bb1) + b2.
+ Nếu b- 4b0b2 <0 thì để y nguyên thì điều kiện cần là giải bất đẳng thức này ta suy ra y.
+ Nếu b- 4b0b2 >0 ta lại xét tam thức bậc 2 ẩn y và làm tiếp tục như trên.
Ví dụ: Giải các phương trình sau: 
Giải:
1. Để y 3x+4 2x2 + 2x + 3 (3x+4) (6x-2) 2x2 + 2x+3
 18x2 + 18x - 8 2x2 + 2x + 3 9(x2 + 2x + 3) - 35 2x2 + 2x 3
 35 2x2 + 2x + 3 vì 2x2 + 2x + 3 là số lẻ hơn nữa.
2x2 + 2x + 3 = 2x2 + 2x + 3 chỉ có thể bằng 5, 7 hoặc 35.
- Với 2x2 + 2x + 3 = 5 x2 + x - 1 = 0 có 
- Với 2x2 + 2x + 3 = 7 x2 + x - 2 = 0 x = 1; x =-2
- Với 2x2 + 2x + 3 = 35 x2 + x - 16 = 0 
Với x =1 y =1; x = -2 y=
Vậy nghiệm của phương trình là: (1;1)
Cách 2: (1) 3x + 4 = y (2x2 + 2x + 3) 3x + 4 = 2yx2 + 2yx + 3y
 2yx2 + x(2y-3) + 3y -4 = 0
 = (2y -3)2 - 4.2y (3y - 4) = 4y2 -12y + 9 -24y2 + 32y
 = -20y2 + 20y + 9 . Để phương trình có nghiệm thì 
 0 -20y2 + 20y + 9 0 
 y = 1 3x + 4 = 2x2 + 2x + 3 2x2 - x - 1 = 0
 x = 1; x = - . Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : (1;1)
2) 
Phương pháp 1: Để y thì 3x-5 x2 + x - 3 
 (3x-5) (3x+8) x2 + x - 3 9x2 + 9x - 40 x2 + x - 3 
9(x2 + x - 3) - 13 x2 + x - 3 13 x2 + x - 3
Với x = 1 y = 2; x = -2 y = 11
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : (1;2) ; (-2;11)
Phương pháp 2: (2) 3x-5 = y (x2 + x - 3) 3x-5 = x2y + xy - 3y
 x2y + x(y-3) + 5 - 3y = 0. Ta có = (y - 3)2 - 4y (5-3y) 
 = y2 -6y+9+12y2 -20y hay = 13y2 - 26y + 9. Để x là số nguyên thì phải là một số chính phương 13y2 - 26y + 9 = m2 (m 
 y = 13m2 -52. Để y thì y là số chính phương.
 13m2 -52 = t2 13m2 - t2 -52 = 0. Để m thì.
m = 13t2 - 2704 là một số chính phương. Như vậy bài toán bị luẩn quẩn.
Phương pháp 1 có thể giải cho nhiều phương trình cho kết quả nhanh. Còn phương pháp thứ 2 chỉ nên sử dụng khi biệt thức có hệ số ở bậc 2 nhỏ hơn 0.
6) Phương trình dạng: (ax+by) (cx+dy) = e với a,b,c,d,e 
- Phương pháp giải:
Dạng phương trình này luôn có thể giải được bằng cách tìm tất cả các ước của e, sau đó vì x,y nên nếy ax + by = thì cx + dy = (với ) từ đó ta sẽ được các hệ phương trình. Giải hệ phương trình ta được nghiệm.
Tuy nhiên đôi khi e có nhiều ước do đó việc thứ các trường hợp sẽ lâu. Để giảm bớt số lần thứ ta có cách giải như sau:
Đặt 
Giả sử ad - bc >0 (nếu ad-bc < 0 ta sẽ đổi dấu)
Cho x >0 Ad - Bb > 0 A >
Do y> 0 Ba-Ac > 0 B >
Từ AB = (ax + by) (cx + dy) = e A2 > A. (1)
Mặt khác, do A (2)
Từ (1) và (2) . Tìm được A thay vào AB = e B từ đó ta tìm được x, y
Ví dụ: Giải các phương trình nghiệm nguyên sau: 
	a)	 (x+2y) (2x+3y) = 32
b) (4x + 12y) (5x + 10y) = 140
Giải:
a) Đặt 
Do x>0 nên 2B - 3A > 0 
Do y >0 
Từ A.B = (x+2y) (2x+3y) = 32 B2 > B = 48.
Vì 2A > B B2 < 2AB B2 < 64
 48 < B2 < 64 B2 = 49 B = 7
 7A = 32 A = loại.
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm.
b) (4x + 12y) (5x + 10y) = 140 (2)
Đặt 
Do x > 0 
Do y> 0 
Từ AB=(4x+12y) (5x+10y) = 140 ta có: B2 < B.
B2 > B..	 x, y => B 
 B2 = 121 hoặc B2 = 169 B = 11 hoặc B = 13.
- Với B = 11 11.A = 140 A = 
- Với B = 13 13.A = 140 A = 
Vậy phương trình vô nghiệm
Nhận xét: Nếu dùng phương pháp tìm các ước của 140 rồi xét các trường hợp thì ví dụ 2 sẽ có: 140=1.140=2.70=5.28=4.35=10.14=7.20 và phải giải 12 trường hợp. Qua 2 ví dụ rõ ràng đây là phương pháp rất hiệu quả để giải phương trình dạng này.
Qua đề tài cho thấy tính chất của các bất đẳng thức được sử dụng rất nhiều trong giải phương trình nghiệm nguyên. Trong các dạng phương trình bậc 2 thì phương pháp biến đổi thành tam thức bậc 2 sao cho có biệt thức là số chính phương được sử dụng rộng rãi tuy nhiên phương pháp này thường dài và với mỗi dạng cụ thể thì thường có các phương pháp giải cụ thể phù hợp với các dạng đó.
Mục lục
Trang
I
Lý do chọn đề tài
1
II
Mục đích nghiên cứu
1
III
Nội dung
1
A
Một số định nghĩa, định lý liên quan đến phương pháp giải các phương trình nghiệm nguyên
1
1
Định lý ơ - le
1
2
Định lý Fecma
2
3
Phương trình ax2 + bx + c = 0
2
4
Thuật toán ơclit mở rộng
3
5
Điều kiện cần và đủ để phương trình ax + by + c có nghiệm
3
B
Một số dạng phương trình nghiệm nguyên và phương pháp giải
4
1
Tách phần nguyên
4
2
Phương pháp sử dụng đồng thức
5
3
Phương pháp sử dụng thuật toán ơclit mở rộng
6
4
Phương pháp sử dụng tính chia hết
6
5
Phương pháp sử dụng tính chất của số nguyên tố
7
6
Phương pháp sử dụng tính chất của số chính phương
7
7
Phương pháp tách thành phương trình tích
8
8
Phương pháp sử dụng bất đẳng thức
9
9
Phương pháp sử dụng tính chẵn, lẻ
10
10
Phương pháp chứng minh bằng phản chứng
10
C
Một số phương trình nghiệm nguyên và phương pháp giải cụ thể
11
1
Phương trình bậc nhất một ẩn
11
2
Phương trình dạng: ax + by + c = c + dxy
15
3
Phương trình bậc nhất nhiều ẩn
17
4
Dạng phương trình: a(x1 + x2 + ...+ xn) + b = cx1x2...xn
20
5
Dạng phương trình: 
31
6
Phương trình dạng (ax+by) (cx+dy) = e với a,b,c,d,e 
34
Tài liệu tham khảo
Số học Bà chúa Toán học - NXB GD - tác giả Hoàng Chúng
Bài tập số học - NXB GD Nguyễn Tiến Quang
Giáo trình lý thuyết số - NXB ĐHSP Nguyễn Hữu Hoan
Báo toán học và tuổi trẻ
Số học phổ thông - NXB ĐH và TH chuyên nghiệp Hà Nội 1986 - Nguyễn Hữu Hoan
Những bài toán chọn lọc cho trường chuyên lớp chọn - NXB GD 1996