Sáng kiến kinh nghiệm Phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

 + 2x + 2y) = 1
Û 	Û 
Û Û 
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là S = {(0; 0), (1; - 1), (- 1; 1)}
	Cách 2: Xét phương trình: x2 + xy + y2 = x2y2 (4)
	 Û (x + y)2 – xy = x2y2
 Đặt a = x + y, b = xy (a, b. Phương trình (4) có dạng:
	b2 + b – a2 = 0	(4’)
Để phương trình (4) có nghiệm nguyên thì là số chính phương, nên:
	4a2 + 1 = k2 (k 
	 Û (k – 2a)(k + 2a) = 1
Ta có bảng sau:
k – 2a
1
- 1
k + 2a
1
- 1
a
0
0
Thay a = 0 vào phương trình (4’), ta có:
	b2 + b = 0
	 Û b(b + 1) = 0
	+ Trường hợp 1: Với a = 0; b = 0 thì 
	+ Trường hợp 2: a = 0, b = - 1 thì hoặc 
* Nhận xét: Với hướng tiếp cận theo cách 1 các em biết vận dụng linh hoạt phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử để đưa về dạng phương trình tích. Còn cách 2 các em thấy được vai trò của x, y như nhau trong phương trình (4) nên bằng phương pháp đổi biến đưa về dạng phương trình bậc hai ẩn b (a là tham số) để khai thác ứng dụng của phương trình bậc hai trong giải phương trình nghiệm nguyên. Số đông các em tiếp cận bài toán theo cách 2.
	Quan sát vào kết quả tìm được nếu thay đổi cách hỏi của ví dụ 4 ta có bài toán mới nhưng lời giải vẫn hoàn toàn tương tự:
Chứng minh phương trình sau không có nghiệm nguyên dương:
	x2 + xy + y2 = x2y2
	Khai thác thật tốt các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử để giải quyết phương trình nghiệm nguyên:
Ví dụ 5: 	Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
	 2xy2 + x + y + 1 = x2 + 2y2 + xy
(Đề thi HSG cấp huyện năm 2013-2014)
* Phương pháp giải:
	Xét phương trình: 2xy2 + x + y + 1 = x2 + 2y2 + xy
	Û 2xy2 + x + y - x2 - 2y2 – xy = - 1
	Û (x – x2) + (2xy2 – 2y2) + (y – xy) = - 1
	Û - x(x – 1) + 2y2(x - 1) – y(x – 1) = - 1
Û (x - 1)(2y2 – y – x) = - 1
Û (x - 1)(- 2y2 + y + x) = 1	(6’)
Do x, y là các số nguyên vế trái của phương trình (6’) là hai số nguyên. 
Mà 1 = 1. 1; 1 = - 1. (- 1) 
	Để giải phương trình (6’) bài toán chia thành 2 trường hợp, ta có:
 Giải hệ phương trình ta tìm được hai nghiệm của phương trình đã cho (x,y) là: (2; 1); (0; 1)
* Nhận xét: Khi gặp phương trình có vẻ phức tạp như phương trình (6) làm nhiều em mất định hướng hoặc sẽ làm phức tạp hóa vấn đề, nhưng nếu thật tỉ mỉ và nhìn đơn giản hơn thì việc đưa phương trình (6) về dạng phương trình tích bằng phương pháp nhóm hạng tử, đặt nhân tử chung là việc làm trong tầm tay của các em một bài toán tưởng chừng là khó nhưng lại hóa dễ. 
3.2.4 – Phương trình bậc nhất hai ẩn trở nên:
* Phương pháp giải
- Tách phần nguyên rút một ẩn theo ẩn còn lại ẩn (rút ẩn có phần hệ số giá trị tuyệt đối nhỏ hơn theo ẩn còn lại).
*Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên 3x + 4y = 29
* Phương pháp giải:: 
Xét phương trình: 3x + 4y = 29 
 3x = 29 – 4y 
 x = 
Vì x, y Z Z 2 – y = 3t (t Z) 
* Nhận xét: Bằng cách rút một ẩn theo ẩn còn lại có x = nhận thấy bậc của tử lớn hơn bậc của mẫu tìm cách tách tử thành tổng trong đó có bộ phận chia hết cho mẫu, áp dụng điều kiện cần và đủ để tìm nghiệm nguyên nên (2- y) phải chia hết cho 3. Nghiệm nguyên tìm được biểu thị theo công thức nghiệm phụ thuộc tham số mới với t Z 
Qua ví dụ 2 và 3 khai thác và tổng quát được một bài toán lý thú sau:
* Ví dụ 2: Trên đường thẳng 8x – 13y + 6 = 0, hãy tìm các điểm nguyên (là điểm có tọa độ là số nguyên) nằm giữa hai đường thẳng x = - 10 và x = 50.
(Trích đề thi thử vào 10 của một huyện năm 2015-2016)
* Phương pháp giải:
	Xét phương trình: 8x – 13y + 6 = 0 
	 8x – 13y = - 6 (1)
Phương trình (1) có nghiệm tổng quát là: 
Để các điểm (x0, y0) có tọa độ nguyên nằm trên đường thẳng (1) thỏa mãn nằm giữa hai đường thẳng x = - 10 và x = 50 thì:
-10 < x0 < 50
- 10 < 13t – 30 < 50
20 < 13t < 50	(với t
t
	(x0, y0) 
Vậy có 5 điểm có tọa độ nguyên thuộc đường thẳng (1) và nằm giữa hai đường thằng x = - 10 và x = 50: (x0, y0) 
* Nhận xét: Sau khi biểu diễn được họ nghiệm nguyên của phương trình bằng phương pháp đồ thị để học sinh quan sát nghiệm của phương trình là tập hợp các điểm nằm trên đường thẳng 8x – 13y + 6 = 0 nhưng không phải là tất cả các điểm thuộc đường thẳng mà được giới hạn những điểm có hoành độ lớn hơn 10 và nhỏ hơn 50 (chỉ cho học sinh quan sát phần còn lại của đường thẳng mà các điểm thỏa mãn nằm trên nó). Bằng phương pháp kẹp tìm được các giá trị của tham số tcho nên việc chỉ ra các nghiệm nguyên thỏa mãn bài toán không còn là việc khó khăn nữa.
*Ví dụ 3: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
6x + 15y + 10z = 3	(3)
* Phương pháp giải: 
Xét phương trình: 6x + 15y + 10z = 3	(3)
Để phương trình (3) có nghiệm nguyên thì điều kiện cần 10z 
Mà (10; 3) = 1 nên z. Đặt z = 3k (k
Khi đó phương trình (3) có dạng: 
2x + 5y + 10k = 1	(*)
 2x + 5y = 1 – 10k
Đặt y = 1 – 2t
 x = - 5k – 2(1 – 2t) + t = 5t – 5k – 2
 z = 3k
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: 
(5t – 5k – 2; 1 – 2t; 3k), với k, t là các số nguyên tùy ý.
* Nhận xét: Để giải phương trình nghiệm nguyên bậc nhất ba ẩn dựa vào tính chất chia hết của các hạng tử trong phương trình (3) đặt z = 3k (k, đưa dạng phương trình (*) có hệ số chứa biến tương ứng có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn. Khi đó, phương trình (*) là phương trình bậc một hai ấn x, y (k tham số) có hệ số (2; 5) = 1 nên phương trình có nghiệm nguyên. Xét thấy trong phân số có hệ số biến y là: - 1 nên sau khi đặt không cần biểu thi theo tham số mới nào nữa.
3.2.5 – Nhận xét về ẩn số trong phương trình nghiệm nguyên
3.2.5.1. Sắp thứ tự toàn phần cho các ẩn
 	 Khi phương trình đối xứng với các ẩn x, y, z, ..., không mất tính chất tổng quát ta thường giả sử x y z ... để thu hẹp miền xác định của bài toán (vai trò của các ẩn phải giống nhau)
Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x + y + z = xyz   (1). 
* Phương pháp giải:
 Do các ẩn x, y, z có vai trò bình đẳng trong phương trình nên có thể sắp xếp thứ tự giá trị của các ẩn, chẳng hạn:1 x y z
 Do đó xyz = x + y + z 3z 
Chia hai vế của bất đẳng thức xyz 3z cho số dương z ta được xy 3. 
Do đó xy {1; 2; 3}
 Với xy = 1, ta có x = 1, y = 1. Thay vào (1) được 2 + z = z (loại)
 Với xy = 2, ta có x = 1, y = 2. Thay vào (1) được z = 3
 Với xy = 3, ta có x = 1, y = 3. Thay vào (1) được z = 2 (loại) vì trái với sắp xếp y z.
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (1) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 3).
* Nhận xét: Xét thấy vai trò của các biến x, y, z là như nhau trong phương trình nên không mất tính chất tổng quát giả sử z là số nguyên dương lớn nhất nên phát hiện ra bất đẳng thức mới xyz < 3z, dễ thấy z nguyên dương nên xy<3, kết hợp điều kiện x, y nguyên dương nên xảy ra các khả năng quay trở lại giải các phương trình nghiệm nguyên cơ bản. Dựa vào điều kiện các ẩn giới hạn miền xác định của ẩn. Chú ý tìm được bộ ba số nguyên thỏa mãn đề bài nhưng vai trò của các biến là giống nhau nên sẽ nhận được các hoán vị các biến x, y, z cũng thỏa mãn yêu cầu đề bài.
	Dựa vào nhận xét trên ta có ví dụ sau:
Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : (2) 
* Phương pháp giải:
 Do vai trò bình đẳng của x, y, z trong phương trình nên có thể sắp xếp thứ tự giá trị của các ẩn, chẳng hạn x ≤ y ≤ z. Ta có : 
 ( do x nguyên dương)
Thay x = 1 vào (2) ta có : 
Suy ra : y = 1 = 0 (vô lí) hoặc y = 2 = 2 z = 2. 
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (3) là các hoán vị của (1; 2; 2).
* Nhận xét: Đây là một bài toán quen thuộc, để giải phương trình này ta dùng phương pháp ước lượng - đánh giá một ẩn hoặc một số ẩn để nhận được phương trình mới có số ẩn ít hơn. 
Cũng có thể giải phương trình đưa về dạng phương trình ước số: (y - 2)(z - 2) = 4 
	Đây là một bài toán rất quen thuộc đối với các em nếu thay đổi giá trị của 2 trong vế phải của phương trình (2), ta xét bài toán tổng quát sau:
Tìm a nguyên để phương trình sau: có nghiệm nguyên dương
Vậy là không quá khó khăn với các em bằng cách quy nạp toán học không hoàn toàn chỉ ra a phương trình (2) có nghiệm nguyên dương.
Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
	5(x + y + z + t) + 10 = 2xyzt (3)
* Phương pháp giải:
Xét phương trình: 5(x + y + z + t) + 10 = 2xyzt	(1)
Vì vai trò của các ẩn x, y, z, t là bình đẳng nên không mất tính chất tổng quát giả sử , do đó: 
 5(x + y + z + t) 5(x + y + z + t) + 10 
Hay 2xyzt 
xyzt yzt 
* Trường hợp 1: t = 1, phương trình (1) có dạng: 
5(x + y + z) + 15 =2xyz 
Lại có: 
+ Với z = 1, ta có: 5(x + y) + 20 = 2xy 
(2x - 5)(2y - 5) = 65
(x, y) {(35; 3), (9; 5)}
+ Với z = 2; z = 3 phương trình không có nghiệm nguyên.
* Trường hợp 2: t = 2, ta có: nên z = 2. 
Vì nên t = 2, do đó biến đổi phương trình (1) có dạng :
(8x – 5)(8y – 5) = 265
Vì nên 8x – 5 8y - 5 8.2 – 5 = 11
Mà 265 không viết được dưới dạng tích của hai số nguyên dương lớn hơn 11 nên t = 2 phương trình không có nghiệm.
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:
 (x, y, z, t) và các hoán vị của chúng.
* Nhận xét: Khi bắt gặp phải một phương trình có chứa nhiều biến học sinh thường thấy hoang mang, kinh nghiệm ở đây là các em phải quan sát nhận ra được phương trình (1) là phương trình bậc một đối với tập hợp các biến x, y, z, t và vai trò của các biến đó là giống nhau. Khai thác bài tìm nghiệm nguyên dương nên các nghiệm tìm được (nếu có) phải nhỏ hơn hoặc bằng 1, nên không mất tính chất tổng quát các em có quyền sắp thứ tự cho các nghiệm đó rồi sử dụng phương pháp chặn để tìm ra được giá trị của biến và kết luận.
3.2.5.2 - Sắp thứ tự từng phần cho các ẩn trong trong trình nghiệm nguyên
	Ở một số phương trình nghiệm nguyên ta quan tâm đến một ẩn bằng cách phân chia tập hợp số của ẩn đó thành các tập hợp con rời nhau. Sau đó giải phương trình tìm nghiệm nguyên trong từng tập hợp đó.
	Ta thường sử dụng những nhận xét sau: Với X, Y nguyên, a, n nguyên dương
Nếu Xn < Yn < (X + a)n thì Yn = (X + i)n với i = 1,2,..., a – 1.
Nếu X(X + 1) < Y(Y + 1) < (X + a)(X + a + 1) thì 
Y(Y + 1) = (X + i)(X + i + 1) với i = 1,2,..., a – 1.
Không tồn tại số nguyên Y sao cho Xn < Yn < (X + 1)n.
Không tồn tại số nguyên Y sao cho X(X + 1)<Y(Y + 1)<(X + 1)(X + 2).
Ví dụ 1: Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình
x3 + x2 + x + 1 = y3 
(Bài tự luyện đăng trên tạp chí Toán học và tuổi trẻ 2010)
* Phương pháp giải:
Ta thấy x2 + x + 1 > 0 với mọi x 
Nên x3 < y3
- Xét hai trường hợp :
+ Trường hợp 1 : 
Với y = x + 1. Ta có : x3 + x2 + x + 1 = (x + 1)3
Giải phương trình trên : 2x2 + 2x = 0 nên x1 = 0 ; x2 = - 1
+ Trường hợp 2 : y > x + 1. Ta có : x3 + x2 + x + 1 > (x + 1)3 
Giải bất phương trình trên : 2x(x + 1) < 0
Nên – 1 < x < 0 (loại)
Kết luận : x = 0 thì y = 1 ; x = - 1 thì y = 0.
* Nhận xét: Để giải được bài tập này, ta cần quan sát kỹ hai vế của phương trình nhận thấy vế phải của phương trình có dạng y3 còn vế trái của phương trình là tổng của x3 với bình phương thiếu của một tổng (luông dương) nên rút ra ngay được mối quan hệ x x + 1 dẫn đến việc giải phương trình, bất phương trình một ẩn tìm ra kết quả.
 Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 
* Phương pháp giải:
 Ta thấy: x = 0, y = ± 1 là nghiệm nguyên của phương trình.
 Với x > 0 ta có:
 ( vô lý ).
 Với x £ - 2 thì : ( vô lý ).
 Với x = - 1 thì : . ( vô lý ).
Vậy phương trình đã cho có hai cặp nghiệm nguyên là ( 0; 1 ); ( 0; -1 ).
* Nhận xét: Với y nguyên vế phải của phương trình là số chính phương (y2)2, sử dụng nguyên lý kẹp so sánh vế trái của phương trình x6 + 3x3 + 1 với (x3+1)2, (x3 + 2)2. Vì x là số nguyên nên có thể xảy ra khả năng x = 0; x > 0; .
	Sử dụng nhận xét trên đi xét các ví dụ 3 và 4:
Ví dụ 3: Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn đẳng thức:
(x + 1)4 – (x – 1)4 = y3 (1)
(Đề thi tuyển sinh vào 10 chuyên ĐHQG)
* Phương pháp giải: 
Biến đổi phương trình (1) tương đương với: 
[(x + 1)2 – (x - 1)2] [(x + 1)2 + (x - 1)2] = y3
+ Nếu thì 8x3 < 8x3 + 8x < (2x + 1)3
8x3 < y3 < (2x + 1)3 nên không tìm được giá trị y nguyên 
+ Nếu và (x, y) là nghiệm của phương trình thì (- x, - y) cũng là nghiệm, mà nên mâu thuẫn.
+ Nếu x = y = 0 thì là nghiệm duy nhất của phương trình
* Nhận xét: Trước tiên cần phải biến đổi được phương trình (1) trở thành . Nhận thấy vế trái và vế phải của phương trình đều là bậc ba một ẩn, do đó sử dụng nguyên lý kẹp và xét các khả năng của biến để điều đó xảy ra.
	Tương tự ví dụ 3 ta khai thác kiến thức bài toán trong ví dụ 4:
 Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 
* Phương pháp giải:
Khai triển và rút gọn hai vế ta được:
 Nếu x > 0 thì từ suy ra không là số chính phương nên (1) không có nghiệm nguyên.
 Nếu x < - 1 thì từ suy ra (1) không có nghiệm nguyên.
 Nếu x = 0 hoặc x = - 1 thì từ (1) suy ra: 
 Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên là 
(x, y) .
* Nhận xét: Vế phải phương trình (1) luôn luôn lớn hơn bằng 1 với y nguyên nên x2 + x + 1 
 đi hết tất cả các khả năng của x, y xảy ra.
3.2.6 Dựa vào tính chất chia hết giải phương trình nghiệm nguyên
 + Dựa vào đặc điểm của phương trình để phát hiện tính chia hết của một ẩn.
 + Để chứng minh phương trình không có nghiệm nguyên thì có thể sử dụng tính chất chia hết: Chỉ ra tồn tại số nguyên m sao cho hai vế của phương trình khi cùng chia cho m có số dư khác nhau.
Ví dụ 1: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 
	x2 + 17y2 + 34xy + 51(x + y) = 1740 (1)
(Đề thi tuyển sinh vào 10 chuyên ĐHSP Hà Nội năm 2005-2006) 
* Phương pháp giải: 
	Xét phương trình: x2 + 17y2 + 34xy + 51(x + y) = 1740 (1)
 17(x2 + 2xy + y2) + 51(x + y) – 1734 = 6 – x2 (1’)
Xét thấy vế trái của phương trình (1’) chia hết cho 17. Để phương trình (1) có nghiệm nguyên thì vế phải của phương trình (1’) chia hết cho 17 
hay(6 – x2) 17 (*)
+ Đặt x2 = 17k + r (k, r )
Vì 17 là số nguyên tố nên x = 17q + s (q, s )
suy ra x2 và s2 có cùng số dư khi cùng chia cho 17 nên không có s nào thỏa mãn (*).
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.
* Nhận xét: Bằng quan sát phương trình (1) các em phát hiện ra được có nhiều hạng tử của phương trình (1) chia hết cho 17 nên phương trình (1) bằng phép biến đổi tương đương có dạng phương trình (1’). Để phương trình (1) có nghiệm nguyên thì áp dụng tính chất chia hết nên vế phải của phương trình (1’) phải chia hết cho 17. Dựa vào phần lý thuyết x và x2 có cùng số dư khi chia cho cùng một số nguyên tố nên không tìm được s nào thỏa mãn điều kiện (*)
Ví dụ 2 : Tìm tất cả các số nguyên x, y, z thỏa mãn: 
3x2 + 6y2 + 2z2 + 3y2z2 – 18x = 6   (1)
(Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên tỉnh Phú Yên 2009-2010)
* Phương pháp giải: 
Đưa phương trình (1) về dạng: 3(x – 3)2 + 6y2 + 2z2 + 3y2z2 = 33   (1)
Suy ra z2 và 2z2 , nên z = 0 hoặc z = .
+ Xét z = 0 
Nếu y = 0 thì (x – 3)2 = 11 (loại)
Nếu thì : 
Nếu thì (loại)
+ Xét 
 (loại)
Vậy (x; y; z) 
* Nhận xét: Chúng ta đã biết, với một bài toán thì có rất nhiều hướng tư duy khác nhau, từ đó sẽ hình thành ra các cách giải khác nhau. Nhận thấy vế trái của phương trình (1) có thể biến đổi về dạng tổng của các số không âm xuất hiện những hạng tử chia hết cho 3. Với bài toán này, sử dụng tính chất chia hết và phát hiện thấy các hạng tử của cả hai vế là các số không âm do đó kết hợp cùng với phương pháp chặn thì lời giải sẽ rất ngắn gọn và dễ hiểu. 
Sử dụng phương pháp chia hết và dựa vào bổ đề điều kiện cần và đủ ta khai thác bài toán:
Ví dụ 3 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 
2y(2x2 + 1) – 2x(2y2 + 1) + 1 = x3y3 (*)
(Đề thi chọn HSG môn toán lớp 9 tỉnh Thái Bình năm học 2012-2013)
* Phương pháp giải:
Biến đổi phương trình (*) trở thành;
Do x, y nguyên nên vế trái của phương trình (2) là số nguyên, suy ra vế phải của (2) nguyên khi và chỉ khi 2xy – 1 
Từ (1) ta có xy lẻ, suy ra 
+ Với xy = 1, thay vào (1) ta có x – y = 0, suy ra x – y = 0 nên x = y = 1 hoặc x = y = - 1
+ Với xy = - 3, thay vào (1) ta có x – y = 2, suy ra x = y + 2 nên y(y +2) = -3 (phương trình này vô nghiệm).
Vậy các cặp số nguyên thỏa mãn là (1; 1); (-1; -1).
 * Nhận xét: Quan sát vế trái của phương trình thấy hai hạng tử đầu có mối liên hệ phân tích được thành nhân tử , vế phải của phương trình (1) dùng hằng đẳng thức cũng phân tích được thành nhân tử nhưng chưa xuất hiện được nhân tử chung của cả hai vế. Trong bài này, để làm xuất hiện nhân tử chung của cả hai vế 2xy – 1 nên đã nhân cả hai vế của phương trình (1) với 8 nên đưa được phương trình (*) về dạng tích. Nếu chỉ dừng lại ở như vậy thì bài toán chia thành nhiểu trường hợp và giải quá dài dòng, dùng ngay nhận xét x, y nguyên nên 2xy – 1 , nên chia cả hai vế của của phương trình cho 2xy – 1 nhận được phương trình (2). Vế trái của phương trình (2) nguyên quay trở lại bài toán cơ bản. Mặt khác dựa vào tính chất chẵn của vế trái phương trình (2) phát hiện xy lẻ nên loại được xy chẵn.
Ví dụ 4: Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức:
x3 + x2y + xy2 + y3 = 4(x2 + y2 + xy + 3) (1)
(Tạp chí Toán học và tuổi trẻ năm 2012)
* Phương pháp giải:
(1) 
Đặt x + y = a; xy = b (a, b Z). Khi đó phương trình (1) trở thành:
 a3 – 2ab – 4a2 + 4b = 12
+ Trường hợp a = 2 không thỏa mãn
+ Trường hợp a 
 (2)
Do a, b nguyên vế trái phương trình (2) nguyên nên :
 a - 2 Ư(20) = {- 1; 1; - 2; 2; - 4; 4; - 5; 5; - 10; 10; - 20; 20}
 Giải ra được:
- Với a = 4; b = - 3 hệ phương trình không có nghiệm nguyên
- Với a = 0; b = 3 hệ phương trình vô nghiệm
- Với a = - 8; b = 30 hệ phương trình vô nghiệm
Vậy không có các số nguyên x, y nào thỏa mãn phương trình (1).
 * Nhận xét:
 Trong bài toán trên dùng phương pháp đổi biến đặt x + y = a; xy = b (a, b Z) biến đổi phương trình trở thành: a3 – 2ab – 4a2 + 4b = 12. Coi b là ẩn còn a là tham số nên phương trình biến đổi thành: nên khéo léo rút 2b theo ẩn còn lại quay trở lại bài toán cơ bản.
Ví dụ 5 : Chứng minh rằng không tồn tại các bộ ba số nguyên (x; y; z) thỏa mãn đẳng thức:	 x4 + y4 = 7z4 +5 
(Đề thi vào 10 trường THPT chuyên KHTN, ĐHKHTN, ĐHQG Hà Nội)
* Phương pháp giải: 
Giả sử tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa mãn:
 x4 + y4 = 7z4 + 5
Sử dụng bổ đề số chính phương chia cho 8 có số dư lần lượt là 0; 1; 4.
Do đó x4, y4, z4 chia 8 có số dư lần lượt là 0; 1, nên vế trái của phương trình (1) x4 + y4 + z4 có số dư là 0; 1; 2; 3; vế phải của phương trình (1): 8z4 + 5 chia cho 8 dư 5 nên mâu thuẫn với (1).
Vậy không tồn tại bộ số nguyên (x, y, z) nào thỏa mãn đẳng thức. 
* Nhận xét: Nhận thấy trong phương trình đã cho các biến x, y, z cùng bậc 4, áp dụng bổ đề đồng dư thức số chính phương chia cho 8 có dư 0; 1; 4 nên x4, y4, z4 chia 8 có số dư lần lượt là 0; 1, xét thấy vế trái và vế phải của phương trình (1) chia cho 8 có số dư khác nhau nên mâu thuẫn với (1), kết luận không có bộ ba số nguyên x, y, z nào thỏa mãn bài toán.
3.2.7 – Sử dụng phương pháp lùi vô hạn khi giải phương trình nghiệm nguyên
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 = 7y2   (1) 
* Phương pháp giải: 
Giả sử (x0; y0) là nghiệm của (1) thì :
 x02 - 7y02 = 0 x0 chia hết cho 7, 
 Đặt x0 = 7x1 (x1 ), ta có : 
 49x12 - 7y02 = 0 
 7x12 - y02 = 0 
y0 chia hết cho 7. Đặt y0 = 7y1 (y1). 
Từ đó ta có : 7x12 - 49y12 = 0 x12 - 7y12 = 0. 
 Vậy nếu (x0 ; y0) là nghiệm nguyên của (1) thì cũng là nghiệm nguyên của (1). Tiếp tục lập luận tương tự, ta có với k nguyên dương bất kì, cũng là nghiệm nguyên của (1) hay x0 và y0 đều chia hết cho 7k với mọi k là số nguyên dương tùy ý. Điều này chỉ xảy ra khi và chỉ khi x0 = y0 = 0. 
Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên duy nhất là x = y = 0. 
* Nhận xét: Với phương pháp lùi vô hạn nên áp dụng để giải phương trình nghiệm nguyên bậc cao đối với các biến có cùng bậc.
Ví dụ 2: Tìm bộ bốn số (x, y, z, t) nguyên không âm thỏa mãn: 
x2 + y2 + z2 + t2 = x2y2z2	(2)
(Đề thi vô địch toán Áo 1985)
* Phương pháp giải:
	Giả sử (x0, y0, z0, t0) là các nghiệm của phương trình (2)
Ta có: x02 + y02 + z02 + t02 = x02 y02 z02
+) Trường hợp 1: Nếu x0, y0, z0 cùng lẻ thì x02,y02, z02 có chữ số tận cùng là1;5; 9
nên x02, y02, z02 chia cho 4 cò cùng số dư là 1, do đó: x02 y02 z02 chia 4 dư 1
suy ra: x02 + y02 + z02 chia 4 dư 3
hay x02 + y02 + z02 + t02 chia 4 dư 0 hoặc 3 (mâu thuẫn (2))
+) Trường hợp 2: Nếu hai trong 3 số: x0, y0, z0 cùng lẻ thì x02, y02, z02 bao giờ cũng tồn tại một số chia hết cho 4 nên x02 y02 z02 
 suy ra x02 + y02 + z02 chia 4 dư 2 
 hay x02 + y02 + z