Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Nguyễn Tiến Thuận

a suy ra 31000x y x  
Vấn đề còn lại là chúng ta đi giải phương trình nghiệm nguyên. 
Vì 0y  nên 3 21000 1000 32x x x x     (1) 
Mặt khác, do 1000y  nên  3 21000 1000 1000 1000 33x x x x x       (2) 
Từ (1) và (2) suy ra 32x  hay 3 32768x  . 
Vậy 32768 =abcde . 
Ví dụ 22. 
Tìm các chữ số a,b, c với 1a  sao cho  abc a b c  . 
Lời giải: 
Từ  abc a b c  , suy ra        2 2100 10 10 10 1 *a b c a b c a b c a b           
Vì 1a  nên    210 10 100 1 100 4a b c a b a b           và 1c  . 
Nếu a b không chia hết cho 3 thì    2 1 mod 3a b  . Từ (*) suy ra    10 3 3a b a b    vô lý. 
Như vậy,   3a b  nên  10 3a b  . Từ (*) suy ra 3c và do đó c không chia hết cho 5. 
Từ (*) suy ra  2 1 11 5
1 1
a b
a b
a b
          
 . Kết hợp với   3a b  ta suy ra 6a b  hoặc 9a b 
. 
Trường hợp 1: 9a b  thay vào (*) ta được: 
   10 9 9 80 8 9 1 9 9a c c a c c        , vì vậy 7a  . 
Trường hợp 2: 6a b  làm tương tự trường hợp trên. 
Ví dụ 23. 
Tìm số có 3 chữ số abc biết ! ! !a a cc bb    . 
Lời giải: 
Vì 999abc  nên ! ! ! 999 , , 6 666a b c a b c abc       . 
Điều này dẫn đến: ! ! ! 666 , , 5 ! ! ! 5 360 3a b c a b c a b c a            
Suy ra ! ! ! 3! 5!5! 246 2a b c a       
Nếu 5b c  thì ! 5! 5! 55 ! 240 55a a a a      , ta có 2a  , vì vậy 2a  . 
Tuy nhiên thử lại thấy 255 2! 5! 5!    
Một trong hai số b hoặc c nhỏ hơn 5. 
Từ đó ta có: ! ! ! 2!4!5! 246 146 1, 4a b c abc a b         
Với 5c  thì ! ! ! 1! 4! 4! 49abc a b c       vô lý. 
Với 5c  thì 1 5 1! !5!,b b  suy ra 10 16 ! !b b b   tận cùng bởi số 4, vì vậy 4b  . 
Vậy 125abc  thỏa mãn yêu cầu bài toán. 
Ví dụ 24. 
Cho các số tự nhiên a, b. Chứng minh: 
a. 2 2a b chia hết cho 3 thì a, b đều chia hết cho 3. 
b. 2 2a b chia hết cho 7 thì a, b đều chia hết cho 7. 
c. 4 4a b chia hết cho 15 thì a, b đều chia hết cho 3 và 5. 
Lời giải: 
Một số chính phương khi chia cho 3 chỉ có thể dư 0 hoặc 1. Do 2 2a b chia cho 3 nên chỉ có thể xảy 
ra số dư 0 0,0 1,1 1   trong 3 trường hợp này chỉ có trường hợp , 3a b thì 2 2 3a b  suy ra đpcm. 
b. Một số chính phương khi chia cho 7 chỉ có thể dư 0, 1, 2, 4. (Thật vậy chỉ cần xét 
7 ,7 1,7 2,7 3a k k k k    thì 2a chia cho 7 có số dư lần lượt là 0, 1, 4, 2). Như vậy 2 2a b khi chia 
cho 7 thì có số dư là: 0 0,0 1,0 2,0 4,1 2,1 4,2 4,1 1, 2 2,4 4          . Trong các trường hợp này 
chỉ có: a, b đồng thời chia hết cho 7 thì 2 2 7a b  đpcm. 
c. Dễ thấy nếu a không chia hết cho 3 thì 4a chia 3 chỉ có thể dư 1. Từ giả TH1ết ta có: 4 4a b chia 
hết cho 3 và chia hết cho 5. 
Nếu a không chia hết cho 3 thì 4a không chia hết cho 3 suy ra 4b không chia hết cho 3 nên b không 
chia hết cho 3 suy ra 4 4a b chia cho 3 dư 2. Trái với giả TH1ết, vậy a, b phải chia hết cho 3. 
Ta cũng có: Nếu a không chia hết cho 5 thì 4a chia cho 5 chỉ có thể dư 1. Làm tương tự như trên ta 
suy ra a, b phải chia hết cho 5 là đpcm. 
Ví dụ 25. 
Tìm tất cả các số nguyên dương m, n sao cho  2 2m n m n  và  2 2n m n m  . 
Lời giải: 
Không mất tính tổng quát, ta giả sử n m . 
+ Nếu 1n m  thì suy ra 2 2n m n m   , thật vậy ta có:   2 2 1 0n m n m n m n m        . 
Từ đó suy ra 2n m không thể chia hết cho 2n m . 
+ Ta xét 1n m  , 
   22 2 2 2 2 2 21 1 3 1 1 1 4 1m n m n m m m m m m m m m m m m m                     
hay 2 2 2 5 21 5 214 1 4 1 5 1 0
2 2
m m m m m m m m m              , do m là số 
nguyên dương nên suy ra  1;2;3;4m thử trực tiếp ta thấy 1, 2m m  thỏa mãn. 
+ Xét m n ta có 2 2 2 2 22 2 3 0 0 3n n n n n n n n n n n n n              thử trực tiếp ta 
thấy 2n  hoặc 3n  thỏa mãn điều kiện. 
Vậy các cặp số  ;m n thỏa mãn điều kiện là:              ; 2;2 , 3;3 , 1;2 , 2;1 , 2;3 , 3;2 .m n  
Ví dụ 26. 
Xét phân số 
2 4
5
nA
n


. Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên n trong khoảng từ 1 đến 2017 sao cho phân số 
A chưa tối giản. 
Lời giải: 
Giả sử A là phân số chưa tối giản, đặt  2 4, 5d n n   , suy ra 1d  . 
Ta có      2 25 4 10 21 10 5 29 29 29.d n n n n d d           
Ngược lại nếu  5 29n   thì đặt 5 29n m  với *m 
Khi đó  2 24 29 29 10 1 29n m m     nên A chưa tối giản 
Như vậy, ta chỉ cần tìm n sao cho 5 29n m  với *m 
1 2017 0 29 5 2017 1 69n m m          có 69 giá trị của m  có 69 giá trị của n. 
Vậy có 69 giá trị của n để A là phân số chưa tối giản. 
Ví dụ 27. 
Cho ,a b sao cho 1 1a b
b a
   . Chứng minh rằng ước chung lớn nhất của a và b không vượt 
quá a b . 
Lời giải: 
Giả sử    ; , , , 1d a b a nd b bd m n     . 
Ta có: 
       
2 21 1 m n d m na b m n d d m n d d m n a b
b a mnd
               
Ví dụ 28. 
Cho các số nguyên dương a, b, c thỏa mãn 2 2 2a b c  . Chứng minh ab chia hết cho a b c  . 
Lời giải: 
Từ giả TH1ết ta có     22 2 2 22 2 2 2a b ab c ab a b c ab a b c a b c ab              
Nếu a lẻ, b chẵn thì suy ra c lẻ dẫn tới a b c  chẵn. 
Nếu a, b lẻ thì c chẵn suy ra a b c  chẵn. 
Nếu a, b cùng chẵn thì thì c chẵn suy ra a b c  chẵn. 
Như vậy trong mọi trường hợp ta luôn có a b c  chẵn  2a b c k k    
Từ (*) ta cũng suy ra    2 . 2 . 2k a b c ab k a b c b ab a b c           . 
CHUYÊN ĐỀ 4. 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: 3 17 159x y  . 
Lời giải: 
Giả sử tồn tại các số nguyên x, y thỏa mãn điều kiện: 
Dễ thấy  3 3;159 3 17 3 3 3       x y y y k k Z thay vào ta tìm được 53 17x k  
Suy ra nghiệm của phương trình là:  53 17
3
x k
k Z
y k
   
Ví dụ 2. 
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2xy x y   
Lời giải: 
Biến đổi phương trình thành:      1 31 2 1 1 3
1 1
             
x
x y y x y
x
Từ đó dễ tìm được các nghiệm là:          ; 4;2 , 2;4 ; 0; 2 ; 2;0  x y . 
Ví dụ 3. 
Tìm các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn điều kiện: 
   2 22 2 26 0x y xy     . 
Lời giải: 
Đặt 2z y  , phương trình đã cho trở thành: 
      2 22 2 26 0 8 4 6x z z x x z xz          từ đó suy ra  8 6x z U   . Giải các 
trường hợp ta thu được cặp số (x, y) thỏa mãn điều kiện là: 
         ; 1; 1 , 3;3 , 10;3 , 1; 8x y      . 
Ví dụ 4. 
Tìm các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn điều kiện:     21 7 8x x x x y    . 
Lời giải: 
Ta viết lại phương trình thành:   2 2 28 8 7x x x x y    . 
Đặt 2 8z x x  thì phương trình có dạng: 
      22 2 2 27 4 28 4 2 7 4 49 2 2 7 2 2 7 49z z y z z y z y z y z y               . 
Nhận xét: y là một nghiệm thì –y cũng là nghiệm nên ta chỉ cần xét 0y  (*). Khi đó ta 
thấy: 
2 2 7 2 2 7z y z y     nên suy ra  2 2 7 1;7;49z y    tương ứng với 3 giá trị của 
2 2 7z y  ta có 3 giá trị của 2 2 7z y  là  2 2 7 49;7;1z y    . 
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     1 5 2x y xy x y x y       
(Đề tuyển sinh lớp 10 trường THPT chuyên KHTN – ĐHQG Hà Nội, 2014) 
Lời giải: 
Phương trình tương đương với 
       1 2 1 3 1 2 3x y xy x y x y x y xy x y               . 
1x y   là ước của 3. 
+ Giải 1 1 0
2 3 5
x y x y
xy x y xy
           
 (vô nghiệm). 
+ Giải 1 1 2 1
2 3 1 1
x y x y x
xy x y xy y
                      
. 
+ Giải 1 3 2 1
2 1 1 1
x y x y x
xy x y xy y
                 
. 
+ Giải 1 3 4
2 1 5
x y x y
xy x y xy
              
 (vô nghiệm). 
Vậy      ; 1; 1 , 1;1x y   . 
Ví dụ 6. 
Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 2 24 8 3 2 2 0x xy y x y      (Đề tuyển sinh Chuyên 
Toán – Tin Amsterdam 2018). 
Hướng dẫn: 
Ta viết lại phương trình thành:  2 24 2 4 1 3 2 0x x y y y      
2 2 2
2 24 1 4 1 16 8 14 2.2 . 3 2 0
2 2 4
y y y yx x y y                   
Hay 
2 24 1 4 4 12 2
2 4
y y yx         
  
2 24 4 1 2 1 2 2 2 3 1 2
2 2
                    
x y y x y x y . Ta có các trường hợp xảy ra 
TH 1: 
22 1 2 1
32 3 1 2 2 3 3
2
yx y x y
x y x y x
                  
 loại. 
TH 2: 2 1 2 1 1
2 3 1 2 2 3 1 1
x y x y y
x y x y x
                   
 thỏa mãn. 
TH 3: 
1
2 2 2 1 2
2 3 1 1 2 3 0 3
4
yx y x y
x y x y x
                   
 loại. 
TH 4: 
1
2 2 2 1 2
2 3 1 1 2 3 2 1
4
yx y x y
x y x y x
                     
 loại. 
Tóm lại: Phương trình có nghiệm nguyên duy nhất    ; 1;1x y   . 
Ví dụ 7. 
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3 3 91x y  
Lời giải: 
Ta viết lại phương trình thành:   2 2 91 13.7x y x xy y     
Vì  13,7 1 và 2 2 0x xy y   suy ra các khả năng có thể xảy ra là: 
2 2
7
13
x y
x xy y
 
   
 hoặc 
2 2
13
7
x y
x xy y
 
   
Giải các trường hợp ta tìm được các cặp nghiệm của hệ là: 
         ; 6;5 , 5; 6 , 4; 3 ; 3; 4x y      . 
II. BIỂU THỊ MỘT ẨN THEO ẨN CÒN LẠI RỒI DÙNG TÍNH CHẤT CHIA 
HẾT 
Ví dụ 1. 
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2xy x y   . 
Lời giải: 
Ta viết lại phương trình thành: 2 31
1 1
yx
y y
  
 
Để x là số nguyên thì 3 chia hết cho 1 1 3; 1 1y y y        từ đó ta tìm được các cặp 
nghiệm tương ứng là:          ; 4;2 , 2;4 ; 0; 2 ; 2;0x y    . 
Ví dụ 2. 
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3 1 2x xy y x    
Lời giải: 
Ta viết lại phương trình:  3 1 2x x y x    , để ý rằng 2x   không phải là nghiệm của 
phương trình nên suy ra      
23 2 2 2 5 2 91
2 2
        
 
x x x x xx xy y
x x
 hay 
2 92 5
2
y x x
x
   

, để  , 2 9x y Z x U    . Từ đó ta tìm được các nghiệm của 
phương trình là:         ; 11;149 7;39 5;43 3;29 1; 1 1;1x y       . 
Ví dụ 3. 
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3 3 8x y xy   (*) 
Lời giải: 
Sử dụng hằng đẳng thức:    33 3 3    a b a b ab a b ta có (*) tương đương với 
   3 3 8x y xy x y xy     . Đặt ,x y a xy b   với ,a b Z phương trình trở thành: 
 3 3 33 8 8 3 1 8 3 1a ab b a b a a a           
Suy ra  3 327 8 3 1 27 1 215 3 1a a a a       . Do   3 227 1 3 1 9 6 1 3 1a a a a a      , suy ra 
điều kiện cần là: 215 3 1a  , chú ý rằng: 215 43.5 . Từ đó ta tìm được 2, 0a b  suy ra 
các cặp nghiệm của phương trình là:      ; 0; 2 , 2;0x y   . 
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:  2 2 2 .x xy z   
Lời giải: 
Từ giả thiết ta suy ra 2 2 2x xy  hay  2 2 2y x xy  . Ta có phân tích sau: 
     2 2 2 2y x x xy x y     suy ra  2 2x y xy  hay    2 2x y k xy   với *k N . 
Nếu 2k  thì         2 2 2 2 2 1 1 1 0             x y k xy xy x y xy x y . Điều này 
là vô lý do , 1x y  . Vậy     1 2 2 2 2 2k x y xy x y         . Từ đó tìm được 
     ; 3;4 , 4;3x y  . 
Ví dụ 5. 
Tìm các cặp số nguyên  ,x y thỏa mãn điều kiện:    2 22 2 26 0x y xy     . 
Lời giải: 
Đặt 2z y  , phương trình đã cho trở thành: 
      2 22 2 26 0 8 4 6x z z x x z xz          từ đó suy ra  8 6x z U   . Giải các 
trường hợp ta thu được cặp số  ,x y thỏa mãn điều kiện là: 
         ; 1; 1 , 3;3 , 10;3 , 1; 8x y      . 
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    
+  
 
,
, 1
a md
a b d b nd
m n
 
  
 
+  , 1a b  thì:          2 2 2 2 2 2 2 2 2 2, , , , , 1,...a ab b a b a a ab b b b a a ab b a b            
+ 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 2p 
+ 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: 29 2  x y y . 
Lời giải: 
Ta viết lại phương trình thành:  9 2 1x y y   
Ta thấy vế trái chia cho 3 dư 2 nên  1y y  chia cho 3 dư 2. 
Từ đó suy ra 3 1y k  và 1 3 2y k   thay vào ta tìm được  1x k k  
Vậy nghiệm của phương trình là: 
  1
3 1
x k k
k Z
y k
   
 
Ví dụ 2. 
Tìm các số nguyên dương  ,x y thỏa mãn:  3 3 2 295x y x y   (Trích Đề tuyển sinh lớp 
10 chuyên Toán ĐHSP Hà Nội, năm 2016). 
Lời giải: 
Đặt  , , 1d x y d  suy ra ,x ad y bd  với  , 1a b  . Từ phương trình ta có: 
    2 2 2 295d a b a ab b a b     . Vì  , 1a b  nên    2 2 2 2 2 2, , 1a ab b a b ab a b      suy 
ra  2 2 95a ab b U   . Nếu    22 2 2 2 25 4 5 2 3 5a b ab a b ab a b b          . Một số 
chính phương khi chia cho 5 chỉ có thể dư 0, 1, 4. Suy ra , 5a b điều này trái với giả thiết 
 , 1a b  . 
Vậy 2 2 19a ab b   , do 0 2, 3a b b a     là cặp số duy nhất thỏa mãn: từ đó tính 
được cặp nghiệm của phương trình là:    ; 195;130x y  . 
Ví dụ 3. 
Tìm các số nguyên tố x, y thỏa mãn điều kiện:  22 4 2 2 22 2 11 9x y y x y     . 
Lời giải: 
Ta viết lại giả thiết thành: 
           2 2 2 22 2 4 2 2 2 2 2 2 2 22 3 5 2 3 5x y y x y y x y y x y             
Hay      2 2 2 2 2 2 25 2 1 0 2 1 1 1 2           x y x y x y x x y 
Suy ra   1 1 2  x x hay 1x  hoặc 1x  chia hết cho 2. Mặt khác ta có: 
 1 1 2 2x x     nên cả 2 số 1, 1x x  đều chia hết cho 2. Do đó    21 1 4 2x x y    , 
mà y là số nguyên tố nên 2 2y y  . Thay vào ta tìm được 3x  . 
Ví dụ 4. 
Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn:  3 3 2 213x y x y   . 
Lời giải: 
Đặt  , 1x y d  suy ra ,x ad y bd  với  , , 1a b a b  thay vào phương trình ta có: 
          3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 213 13 13a d b d a d b d d a b a ab b a b a b a ab b             
Ta lại có:    2 2 2 2 2 2, , 1a b a ab b a b ab      . 
Thật vậy giả sử  
2 2
2 2 1
1
1
,
a b d
a b ab d
ab d
    



 giả sử 1 1a d b d  
Mà   1, 1 1a b d   . Như vậy ta có: 2 2a b không chia hết cho 2 2a ab b  
Suy ra 2 2 2 213 13 3, 1 15, 5a ab b a ab b a b x y            . 
Ví dụ 5. 
Tìm tất cả các cặp số tự nhiên  ;x y thỏa mãn phương trình:  
4 4 2
22 2
16 14 49 16
177
x y y
x y
   
 
. 
Lời giải: 
Đặt 2 2,x a y b  ta viết lại phương trình thành: 
 
2 2
2
16 14 49 16
177
a b b
a b
   
 
Hay 
     
2 2
2 22
2
16 14 49 16 16 7 17.16 17 7
177
a b b a b a b
a b
         
 
 hay 
     2 22256 32 7 7 0 16 7 0 16 7 0a a b b a b a b             hay 2 216 7x y  
Tức là   4 4 7x y x y   do x, y là số tự nhiên nên ta suy ra 4 1 1
4 7 3
x y x
x y y
       
. 
Ví dụ 6. 
Phương trình Pitago: Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 2 2x y z  (*) 
Lời giải: 
Đặt  , ,x y z d khi đó phương trình trở thành: 
2 2 2
2 2 2
1 1 1
x y z x y z
d d d
                   
Suy ra ta chỉ cần giải phương trình (*) trong trường hợp  , , 1x y z  . 
Trong 3 số x, y, z có ít nhất một số chẵn. Nếu z chẵn thì x, y cùng lẻ, khi đó 
 2 2 2 mod 4x y  nhưng 2 4z  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:   2 2 2x z y z y z y     vì 
   , 2 , 1z y z y z z y     suy ra ,z y z y  đều là số chính phương lẻ. Suy ra tồn tại 2 
số nguyên dương lẻ a, b sao cho 
 
2
2 2 2
2 2
2
, , 1
2

    
       
    
z y a x ab
z y b a by
x ab
a ba b a b z
. 
Vậy nghiệm của phương trình (*) là:  
2 2 2 2
; ; ; . ; .
2 2
a b a bx y z abc c c
          
    
 với a, b là các 
số nguyên dương lẻ, a b và c là số nguyên dương bất kỳ. 
Ta cũng có thể viết nghiệm tổng quát của (*) theo cách: 
        2 2 2 2; ; ; ; 2 ; . ; .x y z x y z abc a b c a b c    
Dùng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc 2. 
Ví dụ 1. 
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 2x xy y x y    . 
Lời giải: 
 Ta viết lại phương trình thành:  2 21 0x x y y y     
Coi đây là phương trình bậc 2 của x điều kiện để phương trình có nghiệm là: 
2 013 2 1 0 1
13
y
y y y
y
            
 thay vào ta tìm được các cặp nghiệm của 
phương trình là:        ; 0;0 , 0;1 , 1;0x y  
Ví dụ 2. 
Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình: 3 3 24 13x y x y y    . 
Lời giải: 
Đặt 2x y d  với d Z thay vào phương trình ta có: 
     3 23 2 2 32 4 2 1 13 8 5 1 13 0y d y y d y dy d y d              (*). 
+ Nếu 0d  ta tìm được: 13, 26y x    . 
+ Nếu 0d  ta coi (*) là phương trình bậc 2 của y. Điều kiện để phương trình có nghiệm 
là: 
   22 3 4 25 1 32 13 0 7 10 416 1 0d d d d d d           
Nếu 1d   thì 4 27 10 416 1 0d d d    (không thỏa mãn) 
Nếu 4d  thì 4 2 27 10 416 1 7.64 10 416 1 0d d d d d d        (không thỏa mãn). 
Xét  0;1;2;3d  thử trực tiếp ta có 1d  thỏa mãn. Khi đó 3; 1x y  . 
Vậy phương trình có 2 nghiệm:      ; 3;1 , 26; 13x y    . 
Ví dụ 3. 
Tìm nghiệm nguyên của phương trình:    2 2 2 1x y x y x    .(Tuyển sinh vào lớp 10 
chuyên Vĩnh Phúc, 2018). 
Lời giải: 
Ta có        2 2 22 2 1 2 1 2 1 0x y x y x x y x y          (1). 
Để phương trình (1) có nghiệm nguyên x thì  theo y phải là số chính phương. 
Ta có  22 2 22 1 2 2 2 3 4 1 4y y y y y y              . 
 chính phương nên  0;1;4  . 
+ Nếu  24 1 0 1y y       , thay vào phương trình (1), ta có: 
 2 04 0 4 0
4
x
x x x x
x
       
. 
+ Nếu  21 1 3y y Z       . 
+ Nếu  2 30 1 4
1
y
y
y
        
. 
+ Với 3y  , thay vào phương trình (1) ta có: 
 22 8 16 0 4 0 4x x x x        . 
+ Với 1y   , thay vào phương trình (1) ta có 2 0 0x x   . 
Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên:          ; 0;1 , 4;1 , 4;3 , 0; 1x y   . 
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  
Giả sử 3 số cần tìm thỏa mãn: 31 3 3
1
x
x y z xyz x y z z xy
y
            
Hoặc 1
3

 
x
y
 hoặc 2
1
x
y

 
 hoặc 1
2
x
y

 
Từ đó tìm được các số nguyên dương thỏa mãn là:    ; ; 1;2;3x y z  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  
Chia cho xyz ta có: 1 1 1 1
xy yz zx
   . Giả sử 1 x y z   suy ra 
2
2 2 2
1 1 1 1 1 11 3 1x x
xy yz zx x x x
          từ đó ta thu được kết quả như trên. 
Ví dụ 2. 
Tìm 3 số nguyên dương sao cho tích của chúng