Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Chủ đề 7: Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên - Năm 2020 (Có đáp án)

 Chủ đề 7: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI 
 PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
 I. DỰA VÀO TÍNH 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 sự 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 ra thu được cặp số x, y thỏa mãn điều kiện là: 
 x; y 1; 1 , 3;3 , 10;3 , 1; 8 .
 2
Ví dụ 4: Tìm các cặp số nguyên x, y thỏa mãn điều kiện: x x 1 x 7 x 8 y .
 Lời giải
Ta viết lại phương trình: x2 8x x2 8x 7 y2 .
 2
Đặt: z x 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: 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 các cặp số nguyên x; y thỏa mãn điều kiện: x y 1 xy x y 5 2 x y 
 ( Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT chuyên KHTN – ĐHQG Hà Nội , 2014)
 Lời giải
Ta viết lại phương trình: 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 1 x y 2 x 1
+ Giải .
 xy x y 2 3 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 
 2 2
Ví dụ 6: Tìm các cặp số nguyên x, y thỏa mãn điều kiện: 4x 8xy 3y 2x y 2 0
 ( Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên toán tin Amsterdam , 2018)
 Lời giải
Ta viết lại phương trình:
 2 2 2
 2 2 2 4y 1 4y 1 2 16y 8y 1
4x 2x 4y 1 3y y 2 0 4x 2.2x. 3y y 2 0.
 2 2 4
 2
 4y 1 4y2 4y 1
 2x 2
Hay: 2 4
 2 2
 4x 4y 1 2y 1 
 2 2x y 2x 3y 1 2
 2 2 
Ta có các trường hợp xả yra:
 y 2
 2x y 1 2x y 1 
TH1: 3 (loại)
 2x 3y 1 2 2x 3y 3 x 
 2
 2x y 1 2x y 1 y 1
TH2: ( thỏa mãn)
 2x 3y 1 2 2x 3y 1 x 1
 1
 y 
 2x y 2 2x y 1 2
TH3: 2x 3y 1 1 2x 3y 0 3 (loại)
 x 
 4
 1
 y 
 2x y 2 2x y 1 2
TH4: 2x 3y 1 1 2x 3y 2 1 ( thỏa mãn)
 x 
 4
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x; y 1;1 .
Ví dụ 7: Tìm các cặp số nguyên x, y thỏa mãn điều kiện: x3 y3 91
 Lời giải
Ta viết lại phương trình: x y x2 xy y2 91 13.7
Vì 13,7 1và x2 xy y2 0 suy ra các khả năng có thể xảy ra là:
 x y 7 x y 13
 2 2 hoặc 2 2
 x xy y 13 x xy y 7
Ta tìm được nghiệm: 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 phả là nghiệm của 
 x3 x 1 x2 x 2 2x x 2 5 x 2 9
phương trình nên suy ra y y hay
 x 2 x 2
 9
 y x 2 2x 5 , , để x, y Z x 2 U 9 . Từ đó ta tìm được các nghiệm của phương 
 x 2
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 đưa được về ẩn x y; xy hoặc x y; xy ta dung 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 vô lí 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 a2 ;b a2 ab b2 ;a 2 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 dư 0 hoặc 1.
+ Số chính phương chia cho 4 dư 0 hoặc 1.
+ Số chính phương chia cho 8 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 3 dư 2 nên y y 1 chia 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  
 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
 2
Suy ra a2 ab b2 U (95) . Nếu a2 b2 ab5 4 a2 b2 ab 5 2a b 3b2 5 . Một số 
chính phương chia 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 1chia hết cho 2. Mặt khác ta có: x 1 x 1 22
nên cả 2 số x 1, x 1đều 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 a2 d 2 b2 d 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d 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
 x, y
Tìm tất cả các cặp số tự nhiên thỏa mãn phương trình: 2 .
 x2 y2 7 17
 Lời giải
 16a2 b2 14b2 49 16
Đặt x2 a.y2 b ta viết lại phương trình thành 
 a b 7 2 17
 2 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 32 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 z 2 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 phương lẻ. Suy ra tồn tại 2 số nguyên dương lẻ a,b sao cho 
 x ab
 z y a2
 2 2
 2 a b
 z y b y .
 2
 x ab 
 a2 b2
 a b, a,b 1 z 
 2
 a2 b2 a2 b2 
Vậy nghiệm của phương trình (*) là: x; y; z abc; .c; .c với a,b là các số 
 2 2 
nguyên dương lẻ, a b và c là số nguyên dương bất kì.
Ta cũng có thể viết nghiệm tổng quát của (*) theo cách: 
 x; y; z 2abc; a2 b2 .c; a2 b2 .c 
Dùng điều kiện có nghiệm có phương tình 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 bặc 2 của x điều kiện của 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 
 3 y 1
trình là 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 thì y 13, x 26. 
Nếu d 0ta 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 1thay 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 các 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 3
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
 x, y, z Z 
Cách 2: Gọi 3 số cần tìm là x, y, z theo giả thiết ta có: 2 x y z xyz với 
 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 các cặp nghiệm số nguyên x; y thỏa mãn x2 xy y2 x2 y2 5 .
 (Đề tuyển sinh vào lớp 10 Trường THPT chuyên KHTN – ĐHQG Hà Nội, 2015).
 Lời giải
Dễ thấy với x 0hoặc 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
+ 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 Z loại.
+ Nếu y 2 x2 2x 4 4x2 5 x Z 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 dư 0 hoặc 1 
+ Số chính phương chia cho 4 dư 0 hoặc 1
+ Số chính phương chia cho 8 có số dư là 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: 2
 3x2 2y2 x y 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 
 2
 y x 2 x2 13 4 9 , suy ra x2 4 hoặc x2 9 x 2 hoặc x 3.
 2
Nếu x 2 suy ra y 3 z 3, nếu x 3 suy ra y 1 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 .
 x4 y4 3y2 1.
Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 
 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 . 
 x2 x y y2 x y 2
Ví dụ 5: Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn điều kiện: .
 (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
 m2 d 2 md nd md nd 2 n2 d 2 m2 m n n2 d 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 y2 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 
 3 3
Trường hợp 2: y x 1 ta có y3 x 1 x3 x2 x 1 x 1 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 y 3 .
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 2 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