Chuyên đề bồi dưỡng HSG môn Toán 9 - Chuyên đề 7: Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

 CHUYÊN ĐỀ 7. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
A.TRỌNG TÂM CẦN ĐẠT
I. DỰA VÀO TÍNH CHẤT CHIA HẾT ĐƯA VỀ BÀI TOÁN ƯỚC CỦA MỘT SỐ NGUYÊN
Ví dụ 1. 
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3x 17y 159 .
 Lời giải:
Giả sử tồn tại các số nguyên x, y thỏa mãn điều kiện:
Dễ thấy 3x3;1593 17y3 y3 y 3k k Z thay vào ta tìm được x 53 17k
 x 53 17k
Suy ra nghiệm của phương trình là: k Z 
 y 3k
Ví dụ 2.
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: xy x y 2
 Lời giải:
 x 1 3
Biến đổi phương trình thành: x y 1 y 2 x 1 y 1 3 
 x 1 1
Từ đó dễ tìm được các nghiệm là: x; y 4;2 , 2;4 ; 0; 2 ; 2;0 .
Ví dụ 3.
Tìm các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn điều kiện:
 x 2 2 y 2 xy2 26 0 .
 Lời giải:
Đặt z y 2 , phương trình đã cho trở thành:
 x 2 2 z z 2 2 x 26 0 x z 8 xz 4 6 từ đó suy ra x z 8 U 6 . Giải các trường 
hợp ta thu được cặp số (x, y) thỏa mãn điều kiện là:
 x; y 1; 1 , 3;3 , 10;3 , 1; 8 .
Ví dụ 4.
Tìm các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn điều kiện: x x 1 x 7 x 8 y2 .
 Lời giải:
Ta viết lại phương trình thành: x2 8x x2 8x 7 y2 .
Đặt z x2 8x thì phương trình có dạng:
z z 7 y2 4z2 28z 4y2 2z 7 2 4y2 49 2z 2y 7 2z 2y 7 49 .
Nhận xét: y là một nghiệm thì –y cũng là nghiệm nên ta chỉ cần xét y 0 (*). Khi đó ta thấy: 2z 2y 7 2z 2y 7 nên suy ra 2z 2y 7 1;7;49 tương ứng với 3 giá trị của 2z 2y 7 ta 
có 3 giá trị của 2z 2y 7 là 2z 2y 7 49;7;1.
Giải các trường hợp chú ý nhận xét (*) ta suy ra phương trình có nghiệm là:
 0;0 , 1;0 , 1;12 , 1; 12 , 9;12 , 9; 12 , 8;0 , 7;0 , 4;12 , 4; 12 .
Ví dụ 5.
Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn đẳng thức x y 1 xy x y 5 2 x y 
(Đề tuyển sinh lớp 10 trường THPT chuyên KHTN – ĐHQG Hà Nội, 2014)
 Lời giải:
Phương trình tương đương với
 x y 1 xy x y 2 x y 1 3 x y 1 xy x y 2 3 .
 x y 1 là ước của 3.
 x y 1 1 x y 0
+ Giải (vô nghiệm).
 xy x y 2 3 xy 5
 x y 1 1 x y 2 x 1
+ Giải .
 xy x y 2 3 xy 1 y 1
 x y 1 3 x y 2 x 1
+ Giải .
 xy x y 2 1 xy 1 y 1
 x y 1 3 x y 4
+ Giải (vô nghiệm).
 xy x y 2 1 xy 5
Vậy x; y 1; 1 , 1;1 .
Ví dụ 6.
Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 4x2 8xy 3y2 2x y 2 0 (Đề tuyển sinh Chuyên Toán – Tin 
Amsterdam 2018).
 Hướng dẫn:
Ta viết lại phương trình thành: 4x2 2x 4y 1 3y2 y 2 0
 2 2 2
 2 4y 1 4y 1 2 16y 8y 1
 4x 2.2x. 3y y 2 0
 2 2 4
 2
 4y 1 4y2 4y 1
Hay 2x 2
 2 4
 2 2
 4x 4y 1 2y 1 
 2 2x y 2x 3y 1 2 . Ta có các trường hợp xảy ra
 2 2 y 2
 2x y 1 2x y 1 
TH 1: 3 loại.
 2x 3y 1 2 2x 3y 3 x 
 2
 2x y 1 2x y 1 y 1
TH 2: thỏa mãn.
 2x 3y 1 2 2x 3y 1 x 1
 1
 y 
 2x y 2 2x y 1 2
TH 3: loại.
 2x 3y 1 1 2x 3y 0 3
 x 
 4
 1
 y 
 2x y 2 2x y 1 2
TH 4: loại.
 2x 3y 1 1 2x 3y 2 1
 x 
 4
Tóm lại: Phương trình có nghiệm nguyên duy nhất x; y 1;1 .
Ví dụ 7.
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3 y3 91
 Lời giải:
Ta viết lại phương trình thành: x y x2 xy y2 91 13.7
Vì 13,7 1 và x2 xy y2 0 suy ra các khả năng có thể xảy ra là:
 x y 7 x y 13
 hoặc 
 2 2 2 2
 x xy y 13 x xy y 7
Giải các trường hợp ta tìm được các cặp nghiệm của hệ là: x; y 6;5 , 5; 6 , 4; 3 ; 3; 4 .
II. BIỂU THỊ MỘT ẨN THEO ẨN CÒN LẠI RỒI DÙNG TÍNH CHẤT CHIA HẾT
Ví dụ 1.
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: xy x y 2 .
 Lời giải:
 y 2 3
Ta viết lại phương trình thành: x 1 
 y 1 y 1
Để x là số nguyên thì 3 chia hết cho y 1 y 1 3; y 1 1 từ đó ta tìm được các cặp nghiệm 
tương ứng là: x; y 4;2 , 2;4 ; 0; 2 ; 2;0 .
Ví dụ 2.
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3 xy 1 2y x
 Lời giải: Ta viết lại phương trình: x3 x 1 y x 2 , để ý rằng x 2 không phải là nghiệm của phương trình 
 x3 x 1 x2 x 2 2x x 2 5 x 2 9 9
nên suy ra y y hay y x2 2x 5 , để 
 x 2 x 2 x 2
x, y Z x 2 U 9 . Từ đó ta tìm được các nghiệm của phương trình là: 
 x; y 11;149 7;39 5;43 3;29 1; 1 1;1 .
Ví dụ 3.
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3 y3 xy 8 (*)
 Lời giải:
Sử dụng hằng đẳng thức: a3 b3 a b 3 3ab a b ta có (*) tương đương với 
 x y 3 3xy x y xy 8 . Đặt x y a, xy b với a,b Z phương trình trở thành:
a3 3ab b 8 a3 8 b 3a 1 a3 83a 1
Suy ra 27 a3 8 3a 1 27a3 1 2153a 1. Do 27a3 1 3a 1 9a2 6a 1 3a 1, suy ra điều 
kiện cần là: 2153a 1, chú ý rằng: 215 43.5 . Từ đó ta tìm được a 2,b 0 suy ra các cặp nghiệm 
của phương trình là: x; y 0; 2 , 2;0 .
Chú ý: Với các phương trình có thể đưa về ẩn x y, xy hoặc x y, xy ta dùng phép đặt ẩn phụ để 
chuyển thành bài toán chia hết.
Ví dụ 4.
Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: x2 2 xy 2 .z
 Lời giải:
Từ giả thiết ta suy ra x2 2xy 2 hay y x2 2 xy 2 . Ta có phân tích sau:
y x2 2 x xy 2 2 x y suy ra 2 x y xy 2 hay 2 x y k xy 2 với k N * .
Nếu k 2 thì 2 x y k xy 2 2 xy 2 x y xy 2 x 1 y 1 1 0 . Điều này là vô 
lý do x, y 1. Vậy k 1 2 x y xy 2 x 2 y 2 2 . Từ đó tìm được x; y 3;4 , 4;3 .
Ví dụ 5.
Tìm các cặp số nguyên x, y thỏa mãn điều kiện: x 2 2 y 2 xy2 26 0 .
 Lời giải:
Đặt z y 2 , phương trình đã cho trở thành:
 x 2 2 z z 2 2 x 26 0 x z 8 xz 4 6 từ đó suy ra x z 8 U 6 . Giải các trường 
hợp ta thu được cặp số x, y thỏa mãn điều kiện là:
 x; y 1; 1 , 3;3 , 10;3 , 1; 8 . III. PHƯƠNG PHÁP XÉT SỐ DƯ KẾT HỢP TÍNH CHẤT CỦA SỐ NGUYÊN TỐ, SỐ CHÍNH 
PHƯƠNG
Để giải quyết tốt các bài toán theo dạng xét số dư ta cần lưu ý đến các tính chất:
+ am bm c cm
 a md
+ a,b d b nd
 m,n 1
+ a,b 1 thì: a2 ab b2 ,a b2 ,a a2 ab b2 ,b b,a2 a2 ab b2 ,a2 b2 1,...
+ Số chính phương không tận cùng bằng 2, 3, 7, 8
+ Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho p2
+ Số chính phương chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1
+ Số chính phương chia cho 4 có số dư là 0 hoặc 1
+ Số chính phương chia cho 8 có số dư 0 hoặc 1, hoặc 4.
Ta xét các ví dụ sau:
Ví dụ 1.
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 9x 2 y2 y .
 Lời giải:
Ta viết lại phương trình thành: 9x 2 y y 1 
Ta thấy vế trái chia cho 3 dư 2 nên y y 1 chia cho 3 dư 2.
Từ đó suy ra y 3k 1 và y 1 3k 2 thay vào ta tìm được x k k 1 
Vậy nghiệm của phương trình là:
 x k k 1 
 k Z 
 y 3k 1
Ví dụ 2.
Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn: x3 y3 95 x2 y2 (Trích Đề tuyển sinh lớp 10 chuyên 
Toán ĐHSP Hà Nội, năm 2016).
 Lời giải:
Đặt d x, y ,d 1 suy ra x ad, y bd với a,b 1. Từ phương trình ta có: 
d a b a2 ab b2 95 a2 b2 . Vì a,b 1 nên a2 ab b2 ,a2 b2 ab,a2 b2 1 suy ra 
a2 ab b2 U 95 . Nếu a2 b2 ab5 4 a2 b2 ab 5 2a b 2 3b2 5. Một số chính 
phương khi chia cho 5 chỉ có thể dư 0, 1, 4. Suy ra a,b5 điều này trái với giả thiết a,b 1. Vậy a2 ab b2 19 , do a b 0 b 2,a 3 là cặp số duy nhất thỏa mãn: từ đó tính được cặp 
nghiệm của phương trình là: x; y 195;130 .
Ví dụ 3.
 2
Tìm các số nguyên tố x, y thỏa mãn điều kiện: x2 2 2y4 11y2 x2 y2 9 .
 Lời giải:
Ta viết lại giả thiết thành:
 2 2 2 2
 x2 2 y2 3 y4 x2 y2 5y2 x2 2 y2 3 y2 x2 y2 5 
Hay x2 y2 5 x2 2y2 1 0 x2 2y2 1 x 1 x 1 2y2
Suy ra x 1 x 1 2 hay x 1 hoặc x 1 chia hết cho 2. Mặt khác ta có: x 1 x 1 22 nên cả 2 
số x 1, x 1 đều chia hết cho 2. Do đó x 1 x 1 4 y2 2 , mà y là số nguyên tố nên 
y2 y 2 . Thay vào ta tìm được x 3.
Ví dụ 4.
Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn: x3 y3 13 x2 y2 .
 Lời giải:
Đặt x, y d 1 suy ra x ad, y bd với a b, a,b 1 thay vào phương trình ta có:
a3d 3 b3d 3 13 a2d 2 b2d 2 d a b a2 ab b2 13 a2 b2 13 a2 b2  a2 ab b2 
Ta lại có: a2 b2 ,a2 ab b2 a2 b2 ,ab 1.
 2 2
 2 2 a b d1
Thật vậy giả sử a b ,ab d1 giả sử ad1 bd1
 abd1
 2 2 2 2
Mà a,b 1 d1 1. Như vậy ta có: a b không chia hết cho a ab b
Suy ra 13a2 ab b2 a2 ab b2 13 a 3,b 1 x 15, y 5.
Ví dụ 5.
 16x4 y4 14y2 49 16
Tìm tất cả các cặp số tự nhiên x; y thỏa mãn phương trình: 2 .
 x2 y2 7 17
 Lời giải:
 16a2 b2 14b 49 16
Đặt x2 a, y2 b ta viết lại phương trình thành: 
 a b 7 2 17
 2 2
 16a b 14b 49 16 2 2
Hay 16 a b 7 17.16a2 17 b 7 hay
 a b 7 2 17
256a2 32a b 7 b 7 2 0 16a b 7 2 0 16a b 7 0 hay 16x2 y2 7 4x y 1 x 1
Tức là 4x y 4x y 7 do x, y là số tự nhiên nên ta suy ra .
 4x y 7 y 3
Ví dụ 6.
Phương trình Pitago: Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 y2 z2 (*)
 Lời giải:
 2 2 2
 x y z 2 2 2
Đặt x, y, z d khi đó phương trình trở thành: x1 y1 z1
 d d d 
Suy ra ta chỉ cần giải phương trình (*) trong trường hợp x, y, z 1.
Trong 3 số x, y, z có ít nhất một số chẵn. Nếu z chẵn thì x, y cùng lẻ, khi đó x2 y2  2 mod 4 nhưng 
z2 4 nên trường hợp này không thể xảy ra. Suy ra x hoặc y là số chẵn. Ta giả sử x lẻ, y chẵn. Ta có: 
x2 z2 y2 z y z y vì z y, z y 2z, z y 1 suy ra z y, z y đều là số chính 
 z y a2 x ab
 z y b2 a2 b2
phương lẻ. Suy ra tồn tại 2 số nguyên dương lẻ a, b sao cho y .
 x ab 2
 2 2
 a b, a,b 1 a b
 z 
 2
 a2 b2 a2 b2 
Vậy nghiệm của phương trình (*) là: x; y; z abc; .c; .c với a, b là các số nguyên 
 2 2 
dương lẻ, a b và c là số nguyên dương bất kỳ.
Ta cũng có thể viết nghiệm tổng quát của (*) theo cách:
 x; y; z x; y; z 2abc; a2 b2 .c; a2 b2 .c 
Dùng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc 2.
Ví dụ 1.
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 xy y2 x y .
 Lời giải:
 Ta viết lại phương trình thành: x2 x y 1 y2 y 0
Coi đây là phương trình bậc 2 của x điều kiện để phương trình có nghiệm là:
 2 1 y 0
 3y 2y 1 0 y 1 thay vào ta tìm được các cặp nghiệm của phương trình là: 
 3 y 1
 x; y 0;0 , 0;1 , 1;0 
Ví dụ 2.
Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình: x3 4y3 x2 y y 13.
 Lời giải: Đặt x 2y d với d Z thay vào phương trình ta có:
 2y d 3 4y3 2y d 2 1 y 13 8dy2 5d 2 1 y d 3 13 0 (*).
+ Nếu d 0 ta tìm được: y 13, x 26 .
+ Nếu d 0 ta coi (*) là phương trình bậc 2 của y. Điều kiện để phương trình có nghiệm là:
 2
 5d 2 1 32d d 3 13 0 7d 4 10d 2 416d 1 0
Nếu d 1 thì 7d 4 10d 2 416d 1 0 (không thỏa mãn)
Nếu d 4 thì 7d 4 10d 2 416d 1 7.64d 10d 2 416d 1 0 (không thỏa mãn).
Xét d 0;1;2;3 thử trực tiếp ta có d 1 thỏa mãn. Khi đó x 3; y 1.
Vậy phương trình có 2 nghiệm: x; y 3;1 , 26; 13 .
Ví dụ 3.
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 2y x y 2 x 1 .(Tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Vĩnh 
Phúc, 2018).
 Lời giải:
Ta có x2 2y x y 2 x 1 x2 2 y 1 x 2 y2 1 0 (1).
Để phương trình (1) có nghiệm nguyên x thì theo y phải là số chính phương.
Ta có y2 2y 1 2y2 2 y2 2y 3 4 y 1 2 4 .
 chính phương nên 0;1;4 .
+ Nếu 4 y 1 2 0 y 1, thay vào phương trình (1), ta có:
 2 x 0
x 4x 0 x x 4 0 .
 x 4
+ Nếu 1 y 1 2 3 y Z .
 2 y 3
+ Nếu 0 y 1 4 .
 y 1
+ Với y 3, thay vào phương trình (1) ta có:
x2 8x 16 0 x 4 2 0 x 4 .
+ Với y 1, thay vào phương trình (1) ta có x2 0 x 0 .
Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên: x; y 0;1 , 4;1 , 4;3 , 0; 1 .
IV. PHƯƠNG PHÁP DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC
Ví dụ 1.
Tìm 3 số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng.
 Lời giải: Cách 1: Gọi 3 số cần tìm là: x, y, z theo giả thiết ta có: x y z xyz với x, y, z Z 
 x 3
Giả sử 3 số cần tìm thỏa mãn: 1 x y z xyz x y z 3z xy 3 
 y 1
 x 1 x 2 x 1
Hoặc hoặc hoặc 
 y 3 y 1 y 2
Từ đó tìm được các số nguyên dương thỏa mãn là: x; y; z 1;2;3 và hoán vị của nó.
Cách 2: Gọi 3 số cần tìm là: x, y, z theo giả thiết ta có: x y z xyz với x, y, z Z 
 1 1 1
Chia cho xyz ta có: 1. Giả sử 1 x y z suy ra
 xy yz zx
1 1 1 1 1 1
 1 x2 3 x 1 từ đó ta thu được kết quả như trên.
xy yz zx x2 x2 x2
Ví dụ 2.
Tìm 3 số nguyên dương sao cho tích của chúng gấp đôi tổng của chúng.
 Lời giải:
Cách 1: Gọi 3 số cần tìm là: x, y, z theo giả thiết ta có: 2 x y z xyz với x, y, z Z 
 xy 1
 xy 2
 xy 3
Giả sử x y z xyz 2 x y z 2.3z 6z xy 6 
 xy 4
 xy 5
 xy 6
Từ đó ta tìm được các cặp nghiệm x; y z .
Cách 2: Gọi 3 số cần tìm là: x, y, z theo giả thiết ta có: 2 x y z xyz với x, y, z Z 
 1 1 1 1
Suy ra 
 xy yz zx 2
 1 1 1 1 1 1 1 2 x 1
Giả sử 1 x y z suy ra 2 2 2 x 6 
 xy yz zx 2 x x x x 2
Ví dụ 3.
Tìm tất cả các cặp số nguyên x; y thỏa mãn x2 xy y2 x2 y2 5 (Đề tuyển sinh lớp 10 Trường 
THPT chuyên KHTN – ĐHQG Hà Nội, 2015).
 Lời giải:
Dễ thấy với x 0 hoặc y 0 không thỏa mãn.
Xét x , y 1 do vai trò như nhau, giả sử x y
Khi đó ta có x2 xy y2 3x2 y2 8 y 1; 2 . Suy ra x2 y2 x2 xy y2 5 8x2 y2 8 y 1; 2.
+ Nếu y 1 x2 x 6 x2 x 6
+ Nếu y 1 x2 x 6 x2 x 6
+ Nếu y 2 x2 2x 4 4x2 5 x ¢ loại.
+ Nếu y 2 x2 2x 4 4x2 5 x ¢ loại.
Đáp số: x; y 6;1 , 6; 1 , 1;6 , 1; 6 .
V. DÙNG TÍNH CHẤT CỦA SỐ CHÍNH PHƯƠNG, HOẶC TẠO RA BÌNH PHƯƠNG ĐÚNG, 
HOẶC TẠO THÀNH CÁC SỐ CHÍNH PHƯƠNG LIÊN TIẾP
Số chính phương là bình phương của một số tự nhiên;
+ Số chính phương không tận cùng bằng 2, 3, 7, 8;
+ Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho p2 ;
+ Số chính phương chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1;
+ Số chính phương chia cho 4 có số dư là 0 hoặc 1;
+ Số chính phương chia cho 8 có số dư 0 hoặc 1, hoặc 4.
Ví dụ 1.
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x2 4x 19 3y2 .
 Lời giải:
Ta viết lại phương trình thành: 2 x 1 2 21 3y2
Cách 1. Từ phương trình ta suy ra y2 7 y 0; y 1; y 2 thay vào để tìm x.
Cách 2. Từ phương trình ta suy ra 21 3y2 chia hết cho 2 suy ra 3y2 tận cùng là số lẻ. Suy ra y2 tận 
cùng là số lẻ. Suy ra y2 1. Từ đó, thay vào để tìm x.
Ví dụ 2.
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 4x2 4x y2 6y 24 .
 Lời giải:
Ta viết lại phương trình thành: 2x 1 2 y 3 2 34 12 33 22 30 32 52 52 32 , từ đó ta dễ 
dàng tìm được các cặp số x; y thỏa mãn điều kiện là: 1;8 ; 2;6 .
Ví dụ 3.
Tìm tất cả các số nguyên dương x,y,z thỏa mãn x y z 2 và 3x2 2y2 z2 13 . (Đề tuyển sinh 
Chuyên Tin Amsterdam, 2017).
 Lời giải:
Từ điều kiện x y z 2 suy ra z x y 2 thay vào điều kiện ban đầu
ta có: 3x2 2y2 x y 2 2 13 . Hay 2x2 y2 2xy 4x 4y 9 0 y2 2y x 2 2x2 4x 9 0 y2 2y x 2 x 2 2 2x2 4x 9 x 2 2 0
 y x 2 2 x2 13 4 9 , suy ra x2 4 hoặc x2 9 x 2 hoặc x 3.
Nếu x 2 suy ra y 3 z 3 , nếu x 3 suy ra y 1 2 4 y 1 z 2.
Vậy có hai bộ 3 số x; y; z thỏa mãn điều kiện là 2;3;3 hoặc 3;1;2 .
Ví dụ 4.
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x4 y4 3y2 1.
 Lời giải:
 2
Ta có x4 y4 3y2 1 y4 2y2 1 y2 1 
 2
x4 y4 3y2 1 y4 4y2 4 y2 2 
 2 2 2
Suy ra y2 1 x4 y2 2 y2 1 x4 x2 y2 1
Từ đó tìm được các nghiệm là: 1;0 ; 1;0 .
Ví dụ 5.
Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn điều kiện: x2 x y y2 x y 2 (Trích Đề tuyển sinh vào lớp 
10 Trường THPT chuyên KHTN – ĐHQG Hà Nội, 2016).
 Lời giải:
Ta thấy x y 0 là một nghiệm của phương trình.
 x md
Với x, y 0 giả sử x, y d y nd thay vào phương trình ta được:
 m,n 1
m2d 2 md nd md nd 2 n2d 2 m2 m n n2d m n 2 m2 m n n2
 2 2
 m ,n 1
Do m,n 1 n2 1 n 1.
 2
 m n,n 1
Nếu n 1 m2 m 1  m 1 2 m 1 m 1 2 m 1m 1 m 3;2;0; 1 từ đó tìm được các 
cặp nghiệm x; y 27;9 , 24;12 .
Nếu n 1 m2 m 1 d m 1 2 m 1m 1 m 3; 2;0;1, kiểm tra không có giá trị nào 
thỏa mãn.
VI. PHƯƠNG TRÌNH BẬC 3 VỚI HAI ẨN
Ta cần kết hợp khéo léo đánh giá và đặt ẩn phụ để làm đơn giản cấu trúc phương trình.
Ví dụ 1.
Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x3 x2 x 1 y3 . Lời giải:
Ta thấy: x2 x 1 0 y3 x3 y x
 2 x 0
Trường hợp 1: y x 1 thay vào phương trình ta có: 2x 2x 0 
 x 1
Suy ra các nghiệm của phương trình: x; y 0;1 , 1;0 
Trường hợp 2: y x 1 ta có y3 x 1 3 x3 x2 x 1 x 1 3 2x2 2x 0 1 x 0 suy 
ra phương trình vô nghiệm.
Ví dụ 2.
Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x3 y3 xy 8 .
 Lời giải:
Cách 1: Ta viết lại phương trình thành: x y 3 3xy x y xy 8
 x y a
Đặt a,b Z . Ta có
 xy b
a3 3ab b 8 a3 8 b 3a 1 a3 8 3a 1 27 a3 8  3a 1 
 27a3 1 2153a 1 2153a 1. Mặt khác ta có 215 5.43 suy ra 3a 1 1; 5; 43; 215 . 
Cuối cùng ta thay các trường hợp để tìm a,b x 2; y 0 hoặc x 0; y 2 .
Cách 2: Tạo ra phương trình bậc 2 để dùng điều kiện . Ta cần triệt tiêu y3 .
Đặt x y a thì phương trình trở thành:
 a 3 3 a y ya a y y 8 3a 1 y2 3a2 a y a3 8 0
Phương trình có nghiệm khi
 2
 2 3 2 3 
 3a a 4 3a 1 a 8 0 3a 1 a 3a 1 4 a 8 0 . Từ đó lập bảng xét dấu.
VII. PHƯƠNG TRÌNH BẬC 4 VỚI HAI ẨN
Cách 1: Phân tích đa thức thành nhân tử để tạo ra f x; y .g x; y A sau đó lập bảng giá trị hoặc quy 
về giải hệ phương trình.
Cách 2: Tạo phương trình bậc 2 và đánh giá theo .
Ví dụ 1.
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x4 4x2 y2 2x2 y 9 0 .
 Lời giải:
 2
Cách 1: Ta viết lại phương trình thành: x2 y 4x2 9 x2 y 2x x2 y 2x 9
Từ đó quy về các trường hợp theo ước số của 9.
Cách 2: Viết lại phương trình thành: y2 2x2 y x4 4x2 9 0 . Đây là phương trình bậc 2 ẩn y. Ta có 9 4x2 là số chính phương. Dựa vào các chữ số tận cùng để suy ra điều kiện.
Ví dụ 2.
Tìm các số nguyên x để x4 2x3 2x2 x 3 là một số chính phương.
 Lời giải:
 2
Cách 1: Đặt x4 2x3 2x2 x 3 y2 x2 x x2 x 3 y2 . Đặt a x2 x
Ta chứng minh: a2 y2 a 2 2 y2 a 1 2
 2
Cách 2: x4 2x3 2x2 x 3 y2 2x2 2x 1 11 4y2
 2x2 2x 1 2y 2x2 2x 1 2y 11. Từ đó quy về giải các hệ phương trình.
Ví dụ 3.
 2
Tìm các số nguyên thỏa mãn: x2 y2 10y 9 .
 Lời giải:
 9
Điều kiện: 10y 9 0 y y 0
 10
+ Ta xét y 0 x4 9 L 
 2 10y 9
+ Xét y 0 x y x y . Do x và –x có vai trò như nhau nên ta chỉ cần xét x 0
 x y 
 y 1
Ta thấy đều dẫn đến vô nghiệm nên ta xét x y 2 .
 x 1
 2 10y 9 10 x y 2
Ta có x y x y 10 x y x y là các ước số của 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.
 x y x y
Mặt khác ta có: x y 2 x y 2 x y 2 2 x y 2 10 x y 2 5. Hay x y 1 hoặc 
x y 2 .
Mặt khác, 10y 9 là số lẻ nên x y 1. Từ đó ta giải hệ ta tìm được x, y 3;4 , 3;4 .
Ví dụ 4.
Tìm tất cả các cặp số nguyên x; y thỏa mãn đẳng thức: x 1 4 x 1 4 y3 .
 Lời giải:
Phương trình tương đương với
 x 1 2 x 1 2 x 1 2 x 1 2 y3 2x2 2 4x y3 8x3 8x y3
+) Nếu x 1 8x3 8x3 8x 2x 1 3 2x 3 y3 2x 1 3 (mâu thuẫn vì y nguyên).
+) Nếu x 1 và x; y là nghiệm, ta suy ra x; y cũng là nghiệm, mà x 1 mâu thuẫn.
+) Nếu x 0 y 0 (thỏa mãn). Vậy x y 0 là nghiệm duy nhất.
Ví dụ 5.
Tìm tất cả các cặp số nguyên x; y thỏa mãn x2 xy y2 x2 y2 5 (Đề tuyển sinh lớp 10 Trường 
THPT chuyên KHTN – ĐHQG Hà Nội, 2015).
 Lời giải:
Dễ thấy với x 0 hoặc y 0 không thỏa mãn.
Xét x , y 1 do vai trò như nhau, giả sử x y
Khi đó ta có x2 xy y2 3x2
Suy ra x2 y2 x2 xy y2 5 8x2 y2 8 y 1; 2.
+ Nếu y 1 x2 x 6 x2 x 6.
+ Nếu y 1 x2 x 6 x2 x 6 .
+ Nếu y 2 x2 2x 4 4x2 5 x ¢ loại.
+ Nếu y 2 x2 2x 4 4x2 5 x ¢ loại.
Đáp số: x; y 6;1 , 6; 1 , 1;6 , 1; 6 .
Ví dụ 6.
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 y2 x y x y 3 xy .
 Lời giải:
Đặt u x y;v xy , ta có:
uv2 v u 3 0 , ta phải có:
 v 1 4u u 3 0 u 3 u 0,1,2,3 .
Đáp số: 0;3 , 3;0 hoặc 1;1 .
VIII. PHƯƠNG TRÌNH CHỨA MŨ
Kỹ thuật chính để giải phương trình dạng này là dựa vào tính chia hết để suy ra tính chẵn lẻ của các biến 
qua đó đưa về phương trình tích hoặc phương trình ước số.
Ví dụ 1.
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x 3 y2
 Lời giải:
Nếu x 0 thì vế trái là số hữu tỉ, vế phải là số nguyên nên phương trình không có nghiệm. Ta xét x 0
Để ý rằng nếu x; y là một nghiệm của phương trình thì x; y cũng là nghiệm. Nên ta chỉ cần xét khi 
x, y 0 .
Nếu x lẻ thì 2x 22k 1 2.4k chia 3 dư 2. Nên suy ra y2 chia 3 dư 2. Điều này là vô lý, suy ra x chẵn. 
Đặt x 2k . y 2k 3
Ta có y2 22k 3 y 2k y 2k 3 2.2k 2 k 0 x 0, y 2 .
 k
 y 2 1
Vậy phương trình có 2 nghiệm là 0;2 , 0; 2 .
Ví dụ 2.
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x 57 y2
 Lời giải:
Nhận xét:
Nếu x 0 thì phương trình vô nghiệm.
Nếu x lẻ thì 2x chia 3 dư 2, 2x 57 chia 3 dư 2. Điều này không thể xảy ra vì số chính phương khi chia 
3 chỉ có thể dư 0 hoặc 1.
Vậy x là số chẵn, xét x 0 , không mất tính tổng quát ta giả sử y 0 đặt x 2k ta có:
22k 57 y2 y2 22k 57 y 2k y 2k 1.57 3.19
 y 2n 1
TH1: 2.2n 56 vô nghiệm.
 n
 y 2 57
 y 2n 3
TH2: 2.2n 16 n 3 y 11, x 6 . Vậy phương trình có các nghiệm là:
 n
 y 2 19
 x; y 6;11 , 6; 11 .
Ví dụ 3.
Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: 8x 37 y3 .
 Lời giải:
Ta viết lại phương trình thành:
 2x y 1
23x y3 37 2x y 22x 2x.y y2 1.37 
 2x x 2
 2 2 .y y 37
Thay 2x y 1 ta có: y 1 2 y 1 y y2 37 y2 y 12 y y 1 3.4 y 3, x 2
Vậy phương trình có nghiệm là: x; y 3;2 .
Ví dụ 4.
Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: 2y x3 x2 x 1
 Lời giải:
Ta viết lại phương trình thành: 2y x2 1 x 1 suy ra tồn tại các số m,n N,m n 
 x2 1 2m
 n n
sao cho x 1 2 thay x 2 1 ta có:
 m n y
 2
 2n 1 1 2m 22n 2n 1 2 2m 2 22n 1 2n 2m 1 1 0 22n 1 2n 2m 1 1 0
Để ý rằng: Nếu m,n 2 thì 22n 1 2n 2m 1 1 0 .
Xét n 1 m 1 x 1, y 2 là một nghiệm.
Xét n 0 m 0 x 0, y 0 là một nghiệm.
Vậy phương trình có các nghiệm là: x; y 0;0 , 1;2 
Cách khác: Xét x2 1 2m , Nếu m 2 thì vế phải chia hết cho 4, suy ra x2 chia 4 dư 3. Điều này là vô 
lý, vì x2 chia 4 chỉ có thể dư 0 hoặc 1. Vậy m 2 m 0 hoặc m 1. Từ đó ta suy ra x, y.
Ví dụ 5.
Tìm nghiệm tự nhiên của các phương trình: 
a) 3y x3 x2 x 1 b) 2y x3 1
c) x y 1 z2 (x là số nguyên tố) d) x y y x (x, y phân biệt)
 Lời giải:
a) Ta viết lại phương trình thành: 3y x2 1 x 1 x2 1 3m với m y;m N .
Nếu m 0 thì vế phải chia hết cho 3, suy ra x2 1 chia hết cho 3, suy ra x2 chia 3 dư 2. Điều này 
không thể xảy ra vì x2 chia 3 chỉ có thể dư 0 hoặc 1.
Nếu m 0 x 0 y 0 . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x; y 0;0 .
b) Ta viết lại phương trình thành: x 1 x2 x 1 2y suy ra:
 m
 x 1 2 2
 2m 1 2m 1 1 2n 22m 2m 1 2m 2n 3 0
 2 n 
 x x 1 2
Để ý rằng với m,n 1 thì 22m 2m 1 2m 2n là số chẵn, suy ra 22m 2m 1 2m 2n 3 0 .
Ta xét m 1 n 0 x 1, xét m 0 n 0 x 0 . Vậy phương trình có các nghiệm là 
 x; y 0;0 , 1;1 .
22m 2m 1 2m 2n 3 0
c) Ta viết lại phương trình thành: x y z 1 z 1 . Do x là số nguyên tố nên z 1, z 1 là các lũy thừa 
của x.
Đặt z 1 xm , z 1 xm n z 1 z 1 xm n xm xm n xn 2 xm xn 1 2
 xm 1 xm 2
Suy ra xn là ước của 2. Suy ra hoặc tức là x 3,m 0,n 1 hoặc 
 n n
 x 1 2 x 1 1
x 2,m 1,n 1
Tóm lại: Phương trình có các nghiệm là: 2;3;3 , 3;1;2 . y x
 d) Giả sử 1 x y . Ta viết lại phương trình thành: x y x y x xx yx . Đặt y kx,k N,k 2 . 
 xx
 x
 Theo đề bài ta có: xkx kx x xk kx x xk kx xk 1 k * 
 Nếu x 1 k 1 x y vô lý, vậy x 2
 Ta luôn chứng minh được: xk 1 k với k 3. Thật vậy:
 Xét k 3 ta có: x2 3 luôn đúng (do x 2 ), giả sử bất đẳng thức đúng với k m tức là:
 xm 1 m với mọi m 3, ta chứng minh bất đẳng thức cũng đúng với k m 1.
 Thật vậy: xm x.xm 1 2.xm 2m m 1. Vậy (*) không có nghiệm khi k 3.
 Xét k 2 x 2 y 4 . Vậy phương trình có các nghiệm là 2;4 , 4;2 .
 B.BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN
Bài 1: Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa phương trình 2x2 y2 xy 2 x y 
Bài 2: Tìm các số x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình: 16 x3 y3 15xy 371 .
Bài 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x y 2x y 1 9 y 1 13.
Bài 4: Tìm tất cả các ngiệm nguyên của phương trình x y 2017
 2 2 2
 b c a
Bài 5: Tìm các số nguyên dương a , b , c , b c thỏa mãn .
 2 a b c bc
Bài 6: Tìm các cặp số nguyên x; y thỏa mãn x 2018 2 y4 6y3 11y2 6y
Bài 7: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2xy2 x y 1 x2 2y2 xy
Bài 8: Cho ba số x, y, z thỏa các hệ thức z 1 x y 1 và x zy 2 . Chứng minh rằng 
 2x y z2 z 1 7 và tìm tất cả các số nguyên x, y, z thỏa hệ thức trên.
Bài 9: Tìm các số x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình: 16 x3 y3 15xy 371 .
Bài 10: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x 5y 3xy 1 .
Bài 11: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2y2 x 2y 5 xy.
Bài 12: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: xy 5 2y2.
Bài 13: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 y2 x y x 2 y x 1 .
Bài 14: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình x2 2xy 7(x y) 2y2 10 0 .
Bài 15: Tìm tất cả các số nguyên dương x1, x2 ,, xn , n thỏa mãn:
 1 1 1
 x1 x2  xn 5n 4 và  1
 x1 x2 xn Bài 16: Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình 2x2 y 1 x2 3y .
 Bài 17: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 3y2 2xy 2x 10y 4 0 .
 Bài 18: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 2y(x y) 2(x 1)
 Bài 19: Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình
 xy2 (y 45)2 2xy x 220y 2024 0.
 Bài 20: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3 y3 x2 y xy2 5
 Bài 21: Tìm tất cả các cặp số nguyên thỏa mãn: x2 x 1 y2 xy 3x 1 .
 Bài 22: Tìm x, y nguyên sao cho x y 18 .
 1 1 1
 Bài 23: Tìm tất cả các số x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình .
 x y 617
 Bài 24: Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x4 x2 y2 y 20 0.
 Bài 25: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 2 y x y 2 x 1 .
 x2 y2 85
 Bài 26: Tìm tất cả các cặp số nguyên x; y thỏa mãn .
 x y 13
 Bài 27: Giải phương trình trên tập số nguyên x2015 y(y 1)(y 2)(y 3) 1
 Bài 28: Tìm tất cả các cặp số nguyên x; y thỏa mãn 2x 5y 1 2 x 1 y x2 x 65
 B. Lời giải
 Bài 1: Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa phương trình 2x2 y2 xy 2 x y 
 Lời giải
 Phương trình đã cho tương đương với :
 2x2 y 2 x y2 2y 0 (1)
 Xem đây là phương trình bậc hai theo ẩn x
 y 2 2 8 y2 2y 7y2 12y 4 y 2 7y 2 
 2
 Để (1) có nghiệm thì 0 y 2 do y Z y 0,1,2
 7
 2 x 0
• Với y 0 2x 2x 
 x 1
 1
 x (loai)
•Với y 1 2x2 x 1 0 2
 x 1
•Với y 2 2x2 0 x 0 Vậy tập nghiệm của phương trình là 0;2 ; 1;1 ; 1;0 ; 0;0 
Bài 2: Tìm các số x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình: 16 x3 y3 15xy 371 .
Lời giải
Vì x, y nguyên dương nên 16 x3 y3 15xy 371 0 x y .
Ta lại có 15xy 16 x3 y3 371 là số lẻ nên x, y đều lẻ. suy ra y 1; x y 1 x 3 .
Xét x 3 y 3 y 1 thay vào phương trình thỏa mãn.
Xét x 5 ta có x 2 y , suy ra 16 x3 y3 16 x3 x 2 3 16 6x2 12x 8 .
Mặt khác 15xy 371 15x x 2 371 15x2 30x 371 . Ta chứng minh
16 6x2 12x 8 15x2 30x 371 .
Thật vậy, 16 6x2 12x 8 15x2 30x 371
 81x2 162x 243 0 x2 2x 3 0 x 1 x 3 0 đúng với mọi x 5 .
Suy ra 16 x3 y3 15xy 371 với mọi x 5 .
Vậy phương trình có nghiệm x; y 3;1 .
Bài 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x y 2x y 1 9 y 1 13.
Lời giải
Ta có: x y 2x y 1 9 y 1 13 2x2 xy x 2xy y2 y 9y 9 13 0
 2x2 2xy 6x xy y2 3y 5x 5y 15 7 2x x y 3 y x y 3 5 x y 3 7
 x y 3 2x y 5 7
 10
 x 
 x y 3 1 x y 2 3
+ TH1: (loại)
 2x y 5 7 2x y 12 16
 y 
 3
 10
 x 
 x y 3 7 x y 4 3
+ TH2: (loại)
 2x y 5 1 2x y 6 2
 y 
 3
 x y 3 1 x y 4 x 2
+ TH3: (thỏa mãn)
 2x y 5 7 2x y 2 y 2
 x y 3 7 x y 10 x 2
+ TH4: (thỏa mãn)
 2x y 5 1 2x y 4 y 8 Vậy pt đã cho có nghiệm nguyên x; y là: 2;2 , 2;8 .
Bài 4: Tìm tất cả các ngiệm nguyên của phương trình x y 2017
Lời giải
Phương trình: x y 2017 (x, y 0) x 20172 y 4034 y
Do x, y Z y Z
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là: x a2 ; y (2017 a)2
 2 2 2
 b c a
Bài 5: Tìm các số nguyên dương a , b , c , b c thỏa mãn .
 2 a b c bc
Lời giải
Ta có b2 c2 a2 b c 2 2bc a2 b c 2 4 a b c a2
 b c 2 2 a 2 2 .
Vì b c 1 nên b c 2 1 dó đó 
 b c 2 a 2 a b c 4 b2 c2 b c 4 2 b 4 c 4 8.
Vì b 4 c 4 3 nên có các trường hợp sau
 b 4 8 b 12
TH1: a 13 .
 c 4 1 c 5
 b 4 4 b 8
TH2: a 10 .
 c 4 2 c 6
Bài 6: Tìm các cặp số nguyên x; y thỏa mãn x 2018 2 y4 6y3 11y2 6y
Lời giải
 2
 x 2018 2 y4 6y3 11y2 6y x 2018 2 1 y2 3y 1 
 2
 x 2018 2 y2 3y 1 1 y2 3y x 2019 y2 3y x 2017 1
Vì cặp x ;y nguyên nên:
 y2 3y x 2019 1 x 2018 x 2018; y 0
TH1: .
 2 2 
 y 3y x 2017 1 y 3y 0 x 2018; y 3