Một số Chuyên đề số học hay

MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC HAY
I. MỘT DẠNG TOÁN VỀ ƯCLN VÀ BCNN
Trong chương trình số học lớp 6, sau khi học các khái niệm ước chung lớn nhất (ƯCLN) và bội chung nhỏ nhất (BCNN), các bạn sẽ gặp dạng toán tìm hai số nguyên dương khi biết một số yếu tố trong đó có các dữ kiện về ƯCLN và BCNN. 
Phương pháp chung để giải : 
1/ Dựa vào định nghĩa ƯCLN để biểu diễn hai số phải tìm, liên hệ với các yếu tố đã cho để tìm hai số. 
2/ Trong một số trường hợp, có thể sử dụng mối quan hệ đặc biệt giữa ƯCLN, BCNN và tích của hai số nguyên dương a, b, đó là : ab = (a, b).[a, b], trong đó (a, b) là ƯCLN và [a, b] là BCNN của a và b. Việc chứng minh hệ thức này không khó : 
Theo định nghĩa ƯCLN, gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1 (*) 
Từ (*) => ab = mnd2 ; [a, b] = mnd 
=> (a, b).[a, b] = d.(mnd) = mnd2 = ab
=> ab = (a, b).[a, b] . (**) 
Chúng ta hãy xét một số ví dụ minh họa. 
Bài toán 1 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết [a, b] = 240 và (a, b) = 16. Lời giải : Do vai trò của a, b là như nhau, không mất tính tổng quát, giả sử a ≤ b. 
Từ (*), do (a, b) = 16 nên a = 16m ; b = 16n (m ≤ n do a ≤ b) với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1. 
Theo định nghĩa BCNN : 
[a, b] = mnd = mn.16 = 240 => mn = 15 
=> m = 1 , n = 15 hoặc m = 3, n = 5 => a = 16, b = 240 hoặc a = 48, b = 80. 
Chú ý : Ta có thể áp dụng công thức (**) để giải bài toán này : ab = (a, b).[a, b] => mn.162 = 240.16 suyy ra mn = 15. 
Bài toán 2 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết ab = 216 và (a, b) = 6. 
Lời giải : Lập luận như bài 1, giả sử a ≤ b. 
Do (a, b) = 6 => a = 6m ; b = 6n với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1 ; m ≤ n. 
Vì vậy : ab = 6m.6n = 36mn => ab = 216 tương đương mn = 6 tương đương m = 1, n = 6 hoặc m = 2, n = 3 tương đương với a = 6, b = 36 hoặcc là a = 12, b = 18. 
Bài toán 3 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết ab = 180, [a, b] = 60. 
Lời giải : 
Từ (**) => (a, b) = ab/[a, b] = 180/60 = 3. 
Tìm được (a, b) = 3, bài toán được đưa về dạng bài toán 2. 
Kết quả : a = 3, b = 60 hoặc a = 12, b = 15. 
Chú ý : Ta có thể tính (a, b) một cách trực tiếp từ định nghĩa ƯCLN, BCNN : Theo (*) ta có ab = mnd2 = 180 ; [a, b] = mnd = 60 => d = (a, b) = 3. 
Bài toán 4 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết a/b = 2,6 và (a, b) = 5. 
Lời giải : Theo (*), (a, b) = 5 => a = 5m ; b = 5n với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1. 
Vì vậy : a/b = m/n = 2,6 => m/n = 13/5 tương đương với m = 13 và n = 5 hay a = 65 và b = 25. 
Chú ý : phân số tương ứng với 2,6 phải chọn là phân số tối giản do (m, n) = 1. 
Bài toán 5 : 
Tìm a, b biết a/b = 4/5 và [a, b] = 140. 
Lời giải : Đặt (a, b) = d. Vì , a/b = 4/5 , mặt khác (4, 5) = 1 nên a = 4d, b = 5d. 
Lưu ý [a, b] = 4.5.d = 20d = 140 => d = 7 => a = 28 ; b = 35. 
Bài toán 6 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết a + b = 128 và (a, b) = 16. 
Lời giải : Lập luận như bài 1, giả sử a ≤ b. 
Ta có : a = 16m ; b = 16n với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1 ; m ≤ n. 
Vì vậy : a + b = 128 tương đương 16(m + n) = 128 tương đương m + n = 8
Tương đương với m = 1, n = 7 hoặc m = 3, n = 5 hay a = 16, b = 112 hoặc a = 48, b = 80 
Bài toán 7 : Tìm a, b biết a + b = 42 và [a, b] = 72. 
Lời giải : Gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1. 
Không mất tính tổng quát, giả sử a ≤ b => m ≤ n. 
Do đó : a + b = d(m + n) = 42 (1) 
[a, b] = mnd = 72 (2) 
=> d là ước chung của 42 và 72 => d thuộc {1 ; 2 ; 3 ; 6}. 
Lần lượt thay các giá trị của d vào (1) và (2) để tính m, n ta thấy chỉ có trường hợp d = 6 =>   m + n = 7 và mn = 12 => m = 3 và n = 4 . (thỏa mãn các điều kiện của m, n). Vậy d = 6 và a = 3.6 = 18 , b = 4.6 = 24 
Bài toán 8 : Tìm a, b biết a - b = 7, [a, b] = 140. 
Lời giải : Gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1. 
Do đó : a - b = d(m - n) = 7   (1’) 
  [a, b] = mnd = 140   (2’) 
=> d là ước chung của 7 và 140 => d thuộc {1 ; 7}. 
Thay lần lượt các giá trị của d vào (1’) và (2’) để tính m, n ta được kết quả duy nhất : 
d = 7 => m - n = 1 và mn = 20 => m = 5, n = 4 
Vậy d = 7 và a = 5.7 = 35 ; b = 4.7 = 28 . 
Bài tập tự giải : 
1/ Tìm hai số a, b biết 7a = 11b và (a, b) = 45. 
2/ Tìm hai số biết tổng của chúng bằng 448, ƯCLN của chúng bằng 16 và chúng có các chữ số hàng đơn vị giống nhau. 
3/ Cho hai số tự nhiên a và b. Tìm tất cả các số tự nhiên c sao cho trong ba số, tích của hai số luôn chia hết cho số còn lại.
II. CHỨNG MINH MỘT SỐ KHÔNG PHẢI LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Trong chương trình Toán lớp 6, các em đã được học về các bài toán liên quan tới phép chia hết của một số tự nhiên cho một số tự nhiên khác 0 và đặc biệt là được giới thiệu về số chính phương, đó là số tự nhiên bằng bình phương của một số tự nhiên (chẳng hạn : 0 ; 1 ; 4 ; 9 ;16 ; 25 ; 121 ; 144 ; ). 
Kết hợp các kiến thức trên, các em có thể giải quyết bài toán : Chứng minh một số không phải là số chính phương. Đây cũng là một cách củng cố các kiến thức mà các em đã được học. Những bài toán này sẽ làm tăng thêm lòng say mê môn toán cho các em. 
1. Nhìn chữ số tận cùng 
Vì số chính phương bằng bình phương của một số tự nhiên nên có thể thấy ngay số chính phương phải có chữ số tận cùng là một trong các chữ số 0 ; 1 ; 4 ; 5 ; 6 ; 9. Từ đó các em có thể giải được bài toán kiểu sau đây : 
Bài toán 1 : Chứng minh số : n = 20042 + 20032 + 20022 - 20012 
không phải là số chính phương. 
Lời giải : Dễ dàng thấy chữ số tận cùng của các số 20042 ; 20032 ; 20022 ; 20012 lần lượt là 6 ; 9 ; 4 ; 1. Do đó số n có chữ số tận cùng là 8 nên n không phải là số chính phương. 
Chú ý : Nhiều khi số đã cho có chữ số tận cùng là một trong các số 0 ; 1 ; 4 ; 5 ; 6 ; 9 nhưng vẫn không phải là số chính phương. Khi đó các bạn phải lưu ý thêm một chút nữa : 
Nếu số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì phải chia hết cho p2. 
Bài toán 2 : Chứng minh số 1234567890 không phải là số chính phương. 
Lời giải : Thấy ngay số 1234567890 chia hết cho 5 (vì chữ số tận cùng là 0) nhưng không chia hết cho 25 (vì hai chữ số tận cùng là 90). Do đó số 1234567890 không phải là số chính phương. 
Chú ý : Có thể lý luận 1234567890 chia hết cho 2 (vì chữ số tận cùng là 0), nhưng không chia hết cho 4 (vì hai chữ số tận cùng là 90) nên 1234567890 không là số chính phương. 
Bài toán 3 : Chứng minh rằng nếu một số có tổng các chữ số là 2004 thì số đó không phải là số chính phương. 
Lời giải : Ta thấy tổng các chữ số của số 2004 là 6 nên 2004 chia hết cho 3 mà không chia hết 9 nên số có tổng các chữ số là 2004 cũng chia hết cho 3 mà không chia hết cho 9, do đó số này không phải là số chính phương. 
2. Dùng tính chất của số dư 
Chẳng hạn các em gặp bài toán sau đây : 
Bài toán 4 : Chứng minh một số có tổng các chữ số là 2006 không phải là số chính phương. 
Chắc chắn các em sẽ dễ bị “choáng”. Vậy ở bài toán này ta sẽ phải nghĩ tới điều gì ? Vì cho giả thiết về tổng các chữ số nên chắc chắn các em phải nghĩ tới phép chia cho 3 hoặc cho 9. Nhưng lại không gặp điều “kì diệu” như bài toán 3. Thế thì ta nói được điều gì về số này ? Chắc chắn số này chia cho 3 phải dư 2. Từ đó ta có lời giải. 
Lời giải : Vì số chính phương khi chia cho 3 chỉ có số dư là 0 hoặc 1 mà thôi (coi như bài tập để các em tự chứng minh !). Do tổng các chữ số của số đó là 2006 nên số đó chia cho 3 dư 2. Chứng tỏ số đã cho không phải là số chính phương. 
Tương tự các em có thể tự giải quyết được 2 bài toán : 
Bài toán 5 : Chứng minh tổng các số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 2005 không phải là số chính phương. 
Bài toán 6 : Chứng minh số :
n = 20044 + 20043 + 20042 + 23 không là số chính phương. 
Bây giờ các em theo dõi bài toán sau để nghĩ tới một “tình huống” mới. 
Bài toán 7 : Chứng minh số :
n = 44 + 4444 + 444444 + 44444444 + 15 không là số chính phương. 
Nhận xét : Nếu xét n chia cho 3, các em sẽ thấy số dư của phép chia sẽ là 1, thế là không “bắt chước” được cách giải của các bài toán 3 ; 4 ; 5 ; 6. Nếu xét chữ số tận cùng các em sẽ thấy chữ số tận cùng của n là 9 nên không làm “tương tự” được như các bài toán 1 ; 2. Số dư của phép chia n cho 4 là dễ thấy nhất, đó chính là 3. Một số chính phương khi chia cho 4 sẽ cho số dư như thế nào nhỉ ? Các em có thể tự chứng minh và được kết quả : số dư đó chỉ có thể là 0 hoặc 1. Như vậy là các em đã giải xong bài toán 7. 
3. “Kẹp” số giữa hai số chính phương “liên tiếp” 
Các em có thể thấy rằng : Nếu n là số tự nhiên và số tự nhiên k thỏa mãn n2 < k < (n + 1)2 thì k không là số chính phương. Từ đó các em có thể xét được các bài toán sau : 
Bài toán 8 : Chứng minh số 4014025 không là số chính phương. 
Nhận xét : Số này có hai chữ số tận cùng là 25, chia cho 3 dư 1, chia cho 4 cũng dư 1. Thế là tất cả các cách làm trước đều không vận dụng được. Các em có thể thấy lời giải theo một hướng khác. 
Lời giải : Ta có 20032 = 4012009 ; 20042 = 4016016 nên 20032 < 4014025 < 20042. Chứng tỏ 4014025 không là số chính phương. 
Bài toán 9 : Chứng minh A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) không là số chính phương với mọi số tự nhiên n khác 0. 
Nhận xét : Đối với các em đã làm quen với dạng biểu thức này thì có thể nhận ra A + 1 là số chính phương (đây là bài toán quen thuộc với lớp 8). Các em lớp 6, lớp 7 cũng có thể chịu khó đọc lời giải. 
Lời giải : Ta có : A + 1 = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = (n2 + 3n)(n2 + 3n + 2) + 1 = (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) +1 = (n2 + 3n +1)2. 
Mặt khác : 
(n2 + 3n)2 < (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) = A. 
Điều này hiển nhiên đúng vì n ≥ 1. Chứng tỏ : (n2 + 3n)2 A không là số chính phương. 
Các em có thể rèn luyện bằng cách thử giải bài toán sau : 
Bài toán 10 : Hãy tìm số tự nhiên n sao cho A = n4 - 2n3 + 3n2 - 2n là số chính phương. 
Gợi ý : Nghĩ đến (n2 - n + 1)2. 
Bài toán 11 : Chứng minh số 235 + 2312 + 232003 không là số chính phương. 
Gợi ý : Nghĩ đến phép chia cho 3 hoặc phép chia cho 4. 
Bài toán 12 : Có 1000 mảnh bìa hình chữ nhật, trên mỗi mảnh bìa được ghi một số trong các số từ 2 đến 1001 sao cho không có hai mảnh nào ghi số giống nhau. Chứng minh rằng : Không thể ghép tất cả các mảnh bìa này liền nhau để được một số chính phương. 
Bài toán 13 : Chứng minh rằng : Tổng các bình phương của bốn số tự nhiên liên tiếp không thể là số chính phương. 
Gợi ý : Nghĩ tới phép chia cho 4. 
Bài toán 14 : Chứng minh rằng số 333333 + 555555 + 777777 không là số chính phương. 
Gợi ý : Nghĩ đến phép chia cho  một chục (?) 
Bài toán 15 : Lúc đầu có hai mảnh bìa, một cậu bé tinh nghịch cứ cầm một mảnh bìa lên lại xé ra làm bốn mảnh. Cậu ta mong rằng cứ làm như vậy đến một lúc nào đó sẽ được số mảnh bìa ... ba chữ số tận cùng, cuối cùng kiểm tra điều kiện chia hết cho 8 để chọn giá trị đúng. 
Bài toán 13 : 
Tìm ba chữ số tận cùng của 2004200. 
Lời giải : do (2004, 5) = 1 (tính chất 6) 
=> 2004100 chia cho 125 dư 1 
=> 2004200 = (2004100)2 chia cho 125 dư 1 
=> 2004200 chỉ có thể tận cùng là 126, 251, 376, 501, 626, 751, 876. Do 2004200 chia hết cho 8 nên chỉ có thể tận cùng là 376. 
Từ phương pháp tìm hai và ba chữ số tận cùng đã trình bày, chúng ta có thể mở rộng để tìm nhiều hơn ba chữ số tận cùng của một số tự nhiên. 
Sau đây là một số bài tập vận dụng : 
Bài 1 : Chứng minh 1n + 2n + 3n + 4n chia hết cho 5 khi và chỉ khi n không chia hết cho 4. 
Bài 2 : Chứng minh 920002003, 720002003 có chữ số tận cùng giống nhau. 
Bài 3 : Tìm hai chữ số tận cùng của : 
a) 3999    b) 111213 
Bài 4 : Tìm hai chữ số tận cùng của : 
S = 23 + 223 + ... + 240023 
Bài 5 : Tìm ba chữ số tận cùng của : 
S = 12004 + 22004 + ... + 20032004 
Bài 6 : Cho (a, 10) = 1. Chứng minh rằng ba chữ số tận cùng của a101 cũng bằng ba chữ số tận cùng của a. 
Bài 7 : Cho A là một số chẵn không chia hết cho 10. Hãy tìm ba chữ số tận cùng của A200. 
Bài 8 : Tìm ba chữ số tận cùng của số : 
199319941995 ...2000 
Bài 9 : Tìm sáu chữ số tận cùng của 521.
VMỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI 
PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
Phương pháp 1 : Đưa về dạng tích
Biến đổi phương trình về dạng : vế trái là tích của các đa thức chứa ẩn, vế phải là tích của các số nguyên.
Thí dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 
y3 - x3 = 91   (1)
Lời giải : (1) tương đương với (y - x)(x2 + xy + y2) = 91   (*) 
Vì x2 + xy + y2 > 0 với mọi x, y nên từ (*) => y - x > 0. 
Mặt khác, 91 = 1 x 91 = 7 x 13 và y - x ; x2 + xy + y2 đều nguyên dương nên ta có bốn khả năng sau : 
y - x = 91 và x2 + xy + y2 = 1 ; (I) 
y - x = 1 và x2 + xy + y2 = 91 ; (II) 
y - x = 3 và x2 + xy + y2 = 7 ; (III) 
y - x = 7 và x2 + xy + y2 = 13 ; (IV) 
Đến đây, bài toán coi như được giải quyết. 
Phương pháp 2 : Sắp thứ tự các ẩn
Nếu các ẩn x, y, z, ... có vai trò bình đẳng, ta có thể giả sử x ≤ y ≤ z ≤ ... để tìm các nghiệm thỏa mãn điều kiện này. Từ đó, dùng phép hoán vị để => các nghiệm của phương trình đã cho. 
Thí dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : 
x + y + z = xyz   (2). 
Lời giải : 
Do vai trò bình đẳng của x, y, z trong phương trình, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z. 
Vì x, y, z nguyên dương nên xyz ≠ 0, do x ≤ y ≤ z => xyz = x + y + z ≤ 3z => xy ≤ 3 => xy thuộc {1 ; 2 ; 3}. 
Nếu xy = 1 => x = y = 1, thay vào (2) ta có : 2 + z = z, vô lí. 
Nếu xy = 2, do x ≤ y nên x = 1 và y = 2, thay vào (2), => z = 3. 
Nếu xy = 3, do x ≤ y nên x = 1 và y = 3, thay vào (2), => z = 2. 
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (2) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 3). 
Thí dụ 3 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : 
1/x + 1/y + 1/z = 2   (3) 
Lời giải : Do vai trò bình đẳng của x, y, z, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z. Ta có : 
2 = 1/x + 1/y + 1/z ≤ 3.1/x => x ≤ 3/2 => x = 1. 
Thay x = 1 vào (3) ta có :
1/y + 1/z + 1 = 2 => 1 = 1/y + 1/z ≤ 2/y => y ≤ 2 
=> y = 1 => 1/z = 0 (vô lí)
hoặc y = 2 => 1/z = 2 => z = 2. 
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (3) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 2). 
Phương pháp 3 : Sử dụng tính chất chia hết 
Phương pháp này sử dụng tính chất chia hết để chứng minh phương trình vô nghiệm hoặc tìm nghiệm của phương trình. 
Thí dụ 4 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 
x2 - 2y2 = 5   (4) 
Lời giải : Từ phương trình (4) ta => x phải là số lẻ. Thay x = 2k + 1 (k thuộc Z) vào (4), ta được : 
4k2 +4k + 1 - 2y2 = 5 
tương đương 2(k2 + k - 1) = y2 
=> y2 là số chẵn => y là số chẵn. 
Đặt y = 2t (t thuộc Z), ta có : 
2(k2 + k - 1) = 4t2 
tương đương k(k + 1) = 2t2 + 1   (**) 
Nhận xét : k(k + 1) là số chẵn, 2t2 + 1 là số lẻ => phương trình (**) vô nghiệm. 
Vậy phương trình (4) không có nghiệm nguyên. 
Thí dụ 5 : Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa mãn : 
x3 + y3 + z3 = x + y + z + 2000   (5)
Lời giải : Ta có x3 - x = (x - 1).x.(x + 1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp (với x là số nguyên). Do đó : x3 - x chia hết cho 3. 
Tương tự y3 - y và z3 - z cũng chia hết cho 3. Từ đó ta có : x3 + y3 + z3 - x - y - z chia hết cho 3. 
Vì 2000 không chia hết cho 3 nên x3 + y3 + z3 - x - y - z ≠ 2000 với mọi số nguyên x, y, z tức là phương trình (5) không có nghiệm nguyên. 
Thí dụ 6 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 
xy + x - 2y = 3   (6)
Lời giải : Ta có (6) tương đương y(x - 2) = - x + 3. Vì x = 2 không thỏa mãn phương trình nên (6) tương đương với: 
y = (-x + 3)/(x - 2) tương đương y = -1 + 1/(x - 2). 
Ta thấy : y là số nguyên tương đương với x - 2 là ước của 1 hay x - 2 = 1 hoặc x - 2 = -1 tương đương với x = 1 hoặc x = 3. Từ đó ta có nghiệm (x ; y) là (1 ; -2) và (3 ; 0). 
Chú ý : Có thể dùng phương pháp 1 để giải bài toán này, nhờ đưa phương trình (6) về dạng : x(y + 1) - 2(y + 1) = 1 tương đương (x - 2)(y + 1) = 1. 
Phương pháp 4 : Sử dụng bất đẳng thức 
Dùng bất đẳng thức để đánh giá một ẩn nào đó và từ sự đánh giá này => các giá trị nguyên của ẩn này. 
Thí dụ 7 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 
x2 - xy + y2 = 3   (7) 
Lời giải : 
(7) tương đương với (x - y/2)2 = 3 - 3y2/4 
Vì (x - y/2)2 ≥ 0 => 3 - 4y2/4 ≥ 0 
=> -2 ≤ y ≤ 2 . 
Lần lượt thay y = -2 ; 2 ; -1 ; 1 ; 0 vào phương trình để tính x. Ta có các nghiệm nguyên của phương trình là :
(x ; y) thuộc {(-1 ; -2) ; (1 ; 2) ; (-2 ; -1) ; (2 ; 1) ; (-1 ; 1) ; (1 ; -1)}.
Chắc chắn còn nhiều phương pháp để giải phương trình nghiệm nguyên và còn nhiều thí dụ hấp dẫn khác. Mong các bạn tiếp tục trao đổi về vấn đề này. Các bạn cũng thử giải một số phương trình nghiệm nguyên sau đây : 
Bài 1 : Giải các phương trình nghiệm nguyên :
a) x2 - 4 xy = 23 ; 
b) 3x - 3y + 2 = 0 ; 
c) 19x2 + 28y2 =729 ; 
d) 3x2 + 10xy + 8y2 = 96. 
Bài 2 : Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn : 
a) 4xy - 3(x + y) = 59 ; 
b) 5(xy + yz + zx) = 4xyz ; 
c) xy/z + yz/x + zx/y = 3 ; 
d) 1/x + 1/y + 1/z = 1/1995.
Phương pháp 5 : Đưa về dạng tổng 
Biến đổi phương trình về dạng : vế trái là tổng của các bình phương, vế phải là tổng của các số chính phương. 
Thí dụ 8 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + y2 - x - y = 8   (8) 
Lời giải : (8) 4x2 + 4y2 - 4x - 4y = 32 
 (4x2 - 4x + 1) + (4y2 - 4y + 1) = 34 
 |2x - 1|2 + |2y - 1|2 = 32 + 52. 
Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 chỉ có duy nhất một dạng phân tích thành tổng của hai số chính phương 32 và 52. 
Do đó phương trình thỏa mãn chỉ trong hai khả năng : 
Giải các hệ trên => phương trình (8) có bốn nghiệm nguyên là (x ; y) Є {2 ; 3) ; (3 ; 2) ; (-1 ; -2) ; (-2 ; -1)} 
Phương pháp 6 : lùi vô hạn 
Thí dụ 9 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 - 5y2 = 0   (9) 
Lời giải : 
Giả sử (x0 ; y0) là nghiệm của (9) thì : x02 - 5y02 = 0 => x0 chia hết cho 5, đặt x0 = 5x1 ; (x1 Є Z), ta có : 25x12 - 5y02 = 0 5x12 - y02 = 0 
=> y0 chia hết cho 5, đặt y0 = 5y1 ; (y1 Є Z). 
Từ đó ta có : 5x12 - 25y12 = 0 x12 - 5y12 = 0. 
Vậy nếu (x0 ; y0) là nghiệm nguyên của (9) thì (x0/5 ; y0/5) cũng là nghiệm nguyên của (9). 
Tiếp tục lập luận tương tự, ta có với k nguyên dương bất kì, cũng là nghiệm nguyên của (9) hay x0 và y0 đều chia hết cho 5k với mọi k là số nguyên dương tùy ý. Điều này chỉ xảy ra khi x0 = y0 = 0. 
Vậy phương trình (9) có nghiệm duy nhất là x = y = 0. 
Phương pháp 7 : xét chữ số tận cùng 
Thí dụ 10 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 1! + 2! + ... + x! = y2   (10) 
Lời giải : Cho x lần lượt bằng 1 ; 2 ; 3 ; 4, ta có ngay 2 nghiệm nguyên dương (x ; y) của phương trình (10) là (1 ; 1) và (3 ; 3). 
Nếu x > 4 thì dễ thấy k! với k > 4 đều có chữ số tận cùng bằng 0 ị 1! + 2! + 3 ! + 4! + 5! + ... + x! = 33 + 5! + ... + x! có chữ số tận cùng bằng 3. 
Mặt khác vế phải là số chính phương nên không thể có chữ số tận cùng là 3. 
Vậy phương trình (10) chỉ có hai nghiệm nguyên dương (x ; y) Є {(1 ; 1) ; (3 ; 3)}. 
Thí dụ 11 : Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình : 
x2 + x - 1 = 32y + 1   (11) 
Lời giải : Cho x các giá trị từ 0 đến 9, dễ dàng xác định được chữ số tận cùng của x2 + x - 1 chỉ nhận các giá trị 1 ; 5 ; 9. Mặt khác, ta thấy 32y + 1 là lũy thừa bậc lẻ của 3 nên chữ số tận cùng của nó chỉ có thể là 3 hoặc 7, khác với 1 ; 5 ; 9. 
Vậy (11) không thể xảy ra. Nói cách khác, phương trình (11) không có nghiệm nguyên dương. 
Bài toán này cũng có thể giải bằng phương pháp sử dụng tính chất chia hết. 
Phương pháp 8 : Sử dụng tính chất nghiệm của phương trình bậc hai 
Biến đổi phương trình về dạng phương trình bậc hai của ẩn, coi các ẩn khác là tham số, sử dụng các tính chất về nghiệm của phương trình bậc 2 để xác định giá trị của các tham số. 
Thí dụ 12 : 
Giải phương trình nghiệm nguyên : 
3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + 5 = 0   (12) 
Lời giải : 
(12)   y2 + (4x + 2)y + 3x2 + 4x + 5 = 0 
Ta thấy nếu phương trình có nghiệm thì y nguyên => - 4x - 2 nguyên, mà x nguyên nên nguyên 
=> ∆'y = x2 - 4 = n2 với n Є Z, dùng phương pháp 1 (đưa về dạng tích) => (x + n)(x - n) = 4, ta xác định được x = 2 và x = -2 . 
Vậy phương trình (12) có hai nghiệm nguyên (x ; y) Є {(2 ;-5); (-2 ; 3)}. 
Thí dụ 13 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 - (y + 5)x + 5y + 2 = 0   (13) 
Lời giải : Giả sử phương trình ẩn x có nghiệm nguyên x1, x2 thì theo định lí Vi-ét ta có : 
=> (x1 - 5)(x2 - 5) = 2 = 1.2 = (-1)(-2) 
=> x1 + x2 = 13 hoặc x1 + x2 = 7 
=> y = 8 hoặc y = 2, thay vào (13), phương trình này có 4 nghiệm : (x ; y) Є {(7 ; 8) ; (6 ; 8) ; (4 ; 2) ; (3 ; 2)}. 
Chú ý : Một số phương pháp mà các bạn gọi là phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên nhưng chúng tôi thấy không phải là đặc trưng cho phương trình nghiệm nguyên nên không giới thiệu. Chẳng hạn có bạn nêu phương pháp chứng minh nghiệm duy nhất với thí dụ giải phương trình nghiệm nguyên 2x + 5x = 7x. Có bạn viết phương trình về dạng phương trình bậc 2 ẩn x rồi đặt điều kiện ∆x ≥ 0 để có miền giá trị của y, phương pháp này thực ra đã được trình bày ở thí dụ 7, tuy không viết biệt thức ∆’x. Các bạn có thể làm thêm một số bài tập : 
Bài 1 : Tìm x, y nguyên thỏa mãn các phương trình : 
a) 5x2 - 4xy + y2 = 169 
b) 3x = 4y + 1 
Bài 2 : Tìm nghiệm nguyên của các phương trình : 
a) 5x + 12x = 13x 
b) y4 = x6 + 3x3 + 1 
Bài 3 : Chứng minh rằng phương trình 25t = 2t5 + 1997 không có nghiệm nguyên. 
Bài 4 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình x3 - 3y3 - 9z3 = 0. 
Bài 5 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x2 + 2y2 - 2xy + x + y - 10 = 0.