Chuyên đề về nghiệm nguyên- HSG Toán

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>Chuyên đê: PHƯƠNG TRÌNH VỚI NGHIỆM NGUYÊN</b>

<b>Biên soạn: Tổ nghiệp vụ môn Toán THCS Cam Ranh</b>

Trong chương trình tốn THCS thì phương trình với nghiệm ngun vẫn ln là một
đề tài hay và khó đối với học sinh. Các bài tốn nghiệm ngun thường xun có mặt tại các
kì thi. Trong bài viết này tổ nghiệp vụ chỉ muốn đề cập đến các vấn đề cơ bản của phương
trình với nghiệm nguyên:

“<b>CÁC PHƯƠNG PHÁP THƯỜNG DÙNG ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VỚI</b>
<b>NGHIỆM NGUYÊN”</b>

<b>I. PHƯƠNG PHÁP DÙNG TÍNH CHIA HẾT.</b>
<b>1. Phương pháp phát hiện tính chia hết của mợt ẩn.</b>

Dạng 1: Phương trình dạng ax + by = c

Ví dụ 1: Giải phương trình với nghiệm nguyên sau: 2x + 25y = 8 (1)
Giải:

Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn phương trình (1). Ta thấy 8 và 2x đều chia hết
cho 2 nên 25y _{2, do đó y}_{2 (vì 25 và 2 là hai số nguyên tố cùng nhau).}

Đặt y = 2t (t_{Z) thay vào phương trình (1) ta 2x + 25. 2t = 8}
 _{x + 25t = 4}

Do đó

x = 4 25t
y = 2t
t Z






 


Đảo lại, thay các biểu thức của x và y vào (1), phương trình được nghiệm đúng.
Vậy phương trình (1) có vơ số nghiệm ngun (x, y) được biểu thị bởi công thức:

x = 4 25t
y = 2t
t Z





 


b) Bài tập tự luyện: Giải phương trình với nghiệm nguyên sau:

1.1) 2x+3y = 11 1.2) 3x + 5y =10

1.3)3x + 17y = 159 1.4) 3x + 7y = 9

1.5) 25x + 7y = 16 1.6) 2x + 13y = 156

<b>2. Phương pháp đưa vê phương trình ước số:</b>

a) Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 2x + 5y + 3xy = 8
Giải :

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

Ta gọi ph trình trên là phương trình ước số: VT là một tích các thừa số nguyên, VP là
một hằng số. Ta có x, y là các số nguyên nên 3x + 5; 2 + 3y là các số nguyên và là
ước của 34.

Mà 34 = 34. 1 = 17. 2= (– 34).( – 1) =(– 17).( – 2)
Lập bảng dễ dàng tìm được nghiệm phương trình trên.

Ví dụ 3: Tìm cặp số nguyên dương (x;y) thoả mn phương trình: 6<i>x</i>2 5<i>y</i>2 74
Cách 1:

Ta có: 6<i>x</i>2 5<i>y</i>2 74 (1)
 6(<i>x</i>2 4)5(10 <i>y</i>2)₍₂₎
Từ (2)  6(<i>x</i>2  4)5

(6;5)=1  <i>x</i>2  45  <i>x</i> 5<i>t</i>4,<i>t</i><i>N</i>

Thay <i>x</i> 5<i>t</i>4,<i>t</i><i>N</i> vo (2), ta cĩ: <i>y</i>2 10 6<i>t</i>













0
6
10
0
4
5
2
2
<i>t</i>
<i>y</i>
<i>t</i>
<i>x</i>

3
5
5
4
3
5
5
4















<i>t</i>
<i>t</i>
<i>t</i>

, <i>t</i><i>N</i>
1

0 


 <i>t</i> <i>t</i>

Với t=0  <i>x</i>2 4;<i>y</i>2 10_(loại)

Với t=1, ta cĩ: 















2
3
4
9
2
2
<i>y</i>
<i>x</i>
<i>y</i>
<i>x</i>

Vì <i>x</i>,<i>y</i><i>Z</i>  <i>x</i>3,<i>y</i>2

Cách 2:

Ta có: (1) 








12
0
5
1
2
2
<i>x</i>
<i>x</i> 

 <i>x</i>2 4 <i>x</i>2 9
Với <i>x</i>2 4 <i>y</i>2 10_(loại)

Với <i>x</i>2 9 <i>y</i>2 4 (thoả)
Suy ra đpcm

Cách 3:

Ta có (1)  <i>y</i>2_{chẵn, v}0 <i>y</i>2 14  <i>y</i>2 4 <i>x</i>2 9 <i>đpcm</i>
b) Bài tập tự luyện: Giải phương trình với nghiệm nguyên sau:

2.1) 3xy + x – y = 1 2. 2) xy – x – y = 2
2.3) x3_{– y}3₌₉₁ _{2.4) x! + y! = (x + y)!}
c) Ví dụ 4:Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x2_{+ 2y}2_{+ 3xy – 2x – y = 6}
Giải:

 _x2_{+ 2y}2_{+ 3xy – 2x – y = 6}

 _x2_{+ x(3y – 2) + 2y}2_{– y + a = 6 + a (Với a là một số chưa biết; a sẽ được xác định sau:}

Xét phương trình x2_{+ x(3y – 2) + 2y}2_{– y + a = 0}

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

Chọn a = – 3

 _{= y}2_{– 8y + 16 = (y – 4)}2
 _x₁_{= – y – 1;}_x₂_{= – 2y + 3}

Từ đó ta có phương trình ước số: (x + y + 1)(x + 2y – 3) = 3
b) Bài tập tự luyện: Giải phương trình với nghiệm nguyên sau:

3.1) 2x2_{+ 3xy – 2y}2_{= 7} _{3. 2) x}2_{+ 3xy – y}2_{+ 2x – 3y = 5}
3.3) 2x2_{+ 3y}2_{+ xy – 3x – 3 = y} _3.4)

<b>3. Phương pháp tách các giá trị nguyên</b>.

a) Ví dụ 5: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: xy – x – y = 2
Giải :

xy – x – y = 2 _{x(y – 1) = y + 2}
 _{x =}

2
1

<i>y</i>
<i>y</i>




 _{x =}
3
1

1

<i>y</i>




 _{x =}
2
1

<i>y</i>
<i>y</i>




 _{x =}
3
1

1

<i>y</i>





 _{y – 1 là ước của 3.}

b) Bài tập tự luyện: Giải phương trình với nghiệm nguyên sau:

4.1) x (y – 1) = y + 2 4. 2) x2_{– xy = 6x – 5y – 8}
4.3) xy – 2y – 3x + x2_{= 3} _4.4)

<b>II. PHƯƠNG PHÁP XÉT SỐ DƯ CỦA TỪNG VẾ </b>

(Hay còn gọi là phương pháp lựa chọn Modulo)

* Tính chất cơ bản: Một số chính phương chia 3 dư 0; 1, chia dư 0; 1, chia dư 0; 1; 4.
1) Ví Dụ 6: Giải phương trình nghiệm ngun sau: x2_{+ y}2_{= 2007}

Giải:

x2__{0; 1 (mod 4)}
y2__{0; 1 (mod 4)}

 _x2_{+ y}2 __{0; 1; 2 (mod 4)}
Còn VP = 2007_{3 (mod 4)}

Do đó phương trình trên vơ nghiệm.

* Có thể mở rộng thêm cho nhiều modulo như 5; 6; . . . và mở rộng cho số lập phương; tứ
phương ; ngũ phương...:

Ví dụ 7: Giải phương trình nghiệm ngun dương sau: 19x_{+ 5}y _{+ 1890 =}1975430_{+ 1993}

Giải:

Dễ thấy VT₁₉x_{(mod 5)}

Mặt khác : 19x _{= (20 – 1)}x __(–1)x_{(mod 5)}

chẵn thì 19x __{1(mod 5); lẻ thì 19}x_{= (– 1)}__{4(mod 5)}
 _VT_{1; 4 (mod 5)}

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

Do đó phương trình trên vơ nghiệm.

Ví Dụ 8: Giải phương trình nghiệm ngun sau: x2_{= y}5_{– 4}
Giải:

x2 __{0; 1; 3; 4; 5; 9(mod 11)}
y5_{– 4}__{6; 7; 8(mod 11) ( vơ lí)}
Do đó phương trình này vơ nghiệm.

* Đối với các phương trình nghiệm ngun có sự tham gia của các số lập phương thì modulo
thường dùng là modulo 9 vì x3 __{0; 1; 8(mod 9)}

Ví Dụ 9: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x3_{+ y}3_{+ z}3_{= 1012}
Dựa vào nhận xét trên:  _x3_{+ y}3_{+ z}3__{0; 1; 2; 3; 6; 7; 8(mod 9)}
Còn 1012_{4(mod 9)( vơ lí).}

Do đó phương trình trên vơ nghiệm .

b) Bài tập tự luyện: Giải phương trình với nghiệm nguyên sau:

1) x2_{+ y}2_{= 1999} _{2) x}2_{– y}2_{= 1998}

3) 9x + 2 = y2_{+ y} ₄₎

c) Bài tập tự luyện: Chứng minh các phương trình sau khơng có nghiệm ngun:
1) 3x2_{– 4y = 13} _{2) 19x}2_{+ 28y}2_{= 2001}

3) x2_{= 2y}2 _{– 8y + 3} _{4) x}5_{– 5x}3_{+ 4x = 24(5y + 1)}
5) 3x5_{– x}3_{+ 6x}2 _{–18x = 2001}

<b>III. PHƯƠNG PHÁP DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC</b>

<b>1. Phương pháp sắp thứ tự các ẩn</b>

Cách 1: Đối với các phương trình mà các biến có vai trò như nhau thì người ta thường dùng
phương pháp sắp xếp thứ tự các biến.

Ví Dụ 10: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau: x + y + z = 3xyz
Giải: Khơng mất tính tởng qt có thể giả sử 1 x y z  

 _{3xyz = x + y + z}_3z
 _xy₁

 _{x = 1; y = 1}
 _{z = 1}

Nghiệm phương trình là (1; 1; 1)

Cách 2: Đối với các phương trình nghịch đảo các biến ta cũng có thể dùng phương pháp này
(nếu vai trò các biến cũng như nhau). Cách giải khác dành cho

Ví Dụ 11:

Chia 2 vế phương trình trên cho xyz ta được:

1 1 1

3

<i>xy</i> <i>yz</i> <i>xz</i>  _.

Giải:

Khơng mất tính tởng qt có thể giả sử 1 x y z  

 2

1 1 1 3

3

<i>xy</i> <i>yz</i> <i>xz</i>  <i>x</i>

 _x2 _₁

 _{x = 1} _{y = 1 và z = 1}

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

<b>2. Phương pháp xét từng khoảng giá trị của ẩn</b>

Ví Dụ 12: Giải phương trình nghiệm ngun dương sau:

1 1 1
1

<i>x</i>  <i>y</i><i>z</i> 

Giải:

Không mất tính tởng qt có thể giả sử 1 x y z  


1 1 1 3

1

<i>x</i>  <i>y</i><i>z</i>  <i>x</i>

 _x₃

Lần lượt thử x = 1 phương trình vơ nghiệm ngun
Xét x = 2

1 1 1 2

2

<i>y</i><i>z</i>  <i>y</i>

 _y₄

Mặt khác y _{x = 2} _y



2;3;4



Lần lượt thử y = 2 phương trình vơ nghiệm ngun
y = 3  _{z = 6}

y = 4  _{z = 4}
Xét x = 3

1 1 2 2

3

<i>y</i><i>z</i>  <i>y</i>

 _y₃

Mặt khác y _{x = 3} _{y = 3; z = 3}

Vậy nghiệm phương trình là (2; 3; 6); (2; 4; 4); (3; 3; 3) và các hốn vị.
b) Bài tập tự luyện: Tìm các nghiệm ngun dương của phương trình:

1)

1 1 1
3

<i>x</i>  <i>y</i> ₂₎

1 1 1
4

<i>x</i>  <i>y</i> 

<b>3. Phương pháp áp dụng các bất đẳng thức cở điển. </b>

Ví Dụ 13: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau: x6_{+ z}3_{– 15x}2_{z = 3x}2_y2_{z – (y}2_{+ 5)}3
Giải:

 _(x2₎3_{+ (y}2_{+ 5)}3_{+ z}3_{= 3x}2_{z(5 + y}2₎

Áp Dụng BĐT Cauchy cho 3 số ; ta được VT _VP
Dấu “ = “ xảy ra  _x2_{= y}2_{+ 5 = z}

Từ phương trình x2_{= y}2_{+ 5}_ _{(x – y)(x + y) = 5 là phương trình ước số; dễ dàng tìm được}
x; y rồi tìm ra z)

Đáp số: nghiệm phương trình là (x; y; z) = (3; 2; 9)

Ví Dụ 14: Giải phương trình nghiệm ngun dương sau với x; y; z là các số đôi một khác
nhau: x3_{+ y}3_{+ z}3_{= (x + y + x)}2

Giải:

Áp dụng BĐT quen thuộc sau:

3

3 3 3

3 3

<i>x</i> <i>y</i> <i>z</i>  <i>x y z</i>  

 

 

 _x3_{+ y}3_{+ z}3_{= (x + y + x)}2

3

( )

9

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

 _{x +y + z}9

Vì x; y; z khác nhau  _{x +y + z}_{1 + 2 +3 =6}
 _{x + y + z}



6;7;8



Lần lượt thử các giá trị của x + y + z ta tìm được x; y; z.
Đáp số: (1; 2; 3) và các hoán vị.

<b>4. Phương pháp chỉ ra nghiệm ngun</b>

* Áp dụng tính đơn điệu của bài tốn. Ta chỉ ra một hoặc một vài giá trị của biến thỏa
phương trình rồi chứng minh đó là nghiệm duy nhất.

a) Ví Dụ 15: Giải phương trình nghiệm ngun dương sau: 3x_{+ 4}x _{= 5}x
Giải:



3 4

1

5 5

<i>x</i> <i>x</i>

   

 

   
   

x = 1 phương trình vơ nghiệm ngun
x = 2 thoả mãn.

x ₃

2 2

3 3 4 4

;

5 5 5 5

<i>x</i> <i>x</i>

       

 

       
       



3 4

1

5 5

<i>x</i> <i>x</i>

   

 

   
   

Do đó x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Ví Dụ 16: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau: ( 3)<i>x</i>( 4)<i>x</i> ( 5)<i>x</i>. Bằng cách
tương tự; dễ dàng nhận ra x = 4 là nghiệm duy nhất.

* Chú ý : Đối với phương trình trên; ta có bài tốn tởng qt hơn. Tìm các số ngun dương
x; y; z thoả: 3x_{+ 4}y _{= 5}z_{. Đáp số đơn giản là x = y = z = 2 nhưng cách giải trên vô tác dụng}
với bài này. Để giải bài này thì hữu hiệu nhất là xét modulo (các phương trình chứa ẩn ở mũ
thì phương pháp tốt nhất vẫn là xét modulo.

b) Bài tập tự luyện: Chứng minh rằng các phương trình sau có vơ số nghiệm ngun:

<b>5. Phương pháp sử dụng điêu kiện </b> 0<b>_hoặc</b> ' 0<b>_{để phương trình bậc hai có nghiệm.}</b>
a) Ví Dụ 17: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x2_{+ 2y}2_{= 2xy + 2x + 3y}

Giải:

 _x2_{– 2x(y + 1) + 2y}2_{– 3y = 0}

2 2 2

' (<i>y</i> 1) (2<i>y</i> 3 )<i>y</i> <i>y</i> 5<i>y</i> 1 0
        

Dễ dàng suy ra được:

29 5 29

2 <i>y</i> 2 2



  

Do y nguyên nên dễ dàng khoanh vùng được giá trị của y và thử chọn. Nói chung thì phương
pháp này được dùng khi _hoặc'_{có dạng f(x) = ax}2_{+ bx + c (hoặc f(y)) với hệ số a< 0.}
Còn khi a > 0 thì dùng phương pháp đã nói đến trong ví dụ 3 để đưa về phương trình ước số
một cách nhanh chóng.

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

3) x2 _{– 3xy + 3y}2_{= 3y} _{4) x}2 _{– 2xy + 5y}2_{= y}
<b>IV. PHƯƠNG PHÁP LÙI VÔ HẠN, NGUYÊN TẮC CỰC HẠN</b>

<b>1. Phương pháp lùi vô hạn </b>(hay còn gọi là phương pháp xuống thang).

Phương pháp này dùng để chứng minh một phương trình f(x; y; z; …) nào đó ngồi nghiệm
tầm thường x = y = z = 0 thì khơng còn nghiệm nào khác. Phương pháp này có thể được diễn
giải như sau:

Bắt đầu bằng việc giả sử (xo; yo; zo; …) là nghiệm của f(x; y; z; …). Nhờ những biến đổi; suy
luận số học ta tìm được một bộ nghiệm khác (x1; y1; z1; …) sao cho các nghiệm quan hệ với
bộ nghiệm đầu tiên bởi một tỉ số k nào đó. Ví Dụ: (xo = kx1; yo = ky1; zo = kz1; …).
Rồi lại từ bộ (x2; y2; z2; …) thoả (x1 = kx2; y1 = ky2; z1 = kz2; …). Quá trình cứ tiếp tục dẫn
đến(xo; yo; zo; …) chia hết cho kt với t là một số tự nhiên tuỳ ý. Điều này xảy ra

 _(x_o_{= y}_o_{= z}_o_{= … = 0).}

Ví Dụ 18: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x2_{+ y}2_{= 3z}2
Giải:

Gọi (xo; yo; zo) là một nghiệm của phương trình trên. Xét theo modulo . Ta chứng
minh xo; yo đều chia hết cho . Thật vậy, rõ ràng vế phải chia hết cho

2 2
o o

x + y 3

 

Ta có :  x2o 0;1(mod 3) ;
2

o 0;1(mod 3)

<i>y</i> 

Do đó x + y 32o 2o  <i>xo</i>; y<i>o</i>đều chia hết cho .

Đặt xo= 3x1; yo= 3y1. Thế vào và rút gọn, ta được

2 2 2

1 1
3(x + y )<i>zo</i>

Rõ ràng <i>z</i>o3. Đặt z_o= 3z₁. Thế vào và rút gọn, ta được

2 2 2

1 1 1

x + y 3<i>z</i>

Do đó nếu (xo; yo; zo) là một nghiệm của phương trình trên thì (x1; y1; z1) cũng là một

nghiệm. .

Tiếp tục lý luận như trên thì (x1; y1; z1)đều chia hết cho . Ta lại tìm được nghiệm thứ
hai là (x2; y2; z2) với <i>x y z</i>2; ;2 23. Tiếp tục và ta dẫn đến: 0; ;0 0 3

<i>k</i>

<i>x y z</i>  _{với k} *
N
 _.
Điều đó chỉ xảy ra  _x_o_{= y}_o_{= z}_o_{= … = 0.}

Ví Dụ 19: Giải phương trình nghiệm nguyên sau : x2_{+ y}2_{+ z}2_{= 2xyz}
Giải:

Giả sử (xo; yo; zo) là một nghiệm của phương trình trên

2 2 2

o o o o o o

x + y z = 2x .y .z

 

Rõ ràng x + y2o 2oz 2o chẵn (do 2x .y .zo o ochẵn) nên có 2 trường hợp xảy ra.

Trường hợp 1: có hai số lẻ; một số chẵn. Khơng mất tính tởng qt giả sử xo; yo lẻ ; zo
chẵn.

Xét theo modulo thì: x + y2o 2oz 2(mod4)2o  . Còn 2 . .<i>x y z</i>0 0 04 (do z_o chẵn ) ( vơ lí)
Trường Hợp 2: Ba số đều chẵn. Đặt xo= 2x1; yo= 2y1 ; zo= 2z1, thế vào và rút gọn, ta
được: x + y12 12<i>z</i>12 4<i>x y z</i>1 1 1.Lập luận như trên ta lại được x₁; y₁; z₁chẵn. Quá trình lại
tiếp tục đến: 0; ;0 0 2

<i>k</i>

<i>x y z</i>  _{với k} _N*


Điều đó xảy ra  _x_o_{= y}_o_{= z}_o_{= 0. Tóm lại nghiệm phương trình là (x, y, z) = (0; 0; 0)}
<b>2. Phương pháp nguyên tắc cực hạn</b> (hay còn gọi là nguyên lí khởi đầu cực trị).
Về mặt hình thức thì phương pháp này khác với phương pháp lùi vô hạn nhưng về ý tưởng
sử dụng thì như nhau; đều chứng minh một phương trình khơng có nghiệm khơng tầm
thường.

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

ràng buộc với bộ (xo; yo; zo; …). Ví Dụ như xo nhỏ nhất hoặc xo + yo nhỏ nhất...v...v...
Bằng những phép biến đởi số học ta tìm được một bộ nghiệm khác (x1; y1; …) trái với những
điều kiện ràng buộc trên. Ví dụ khi chon bộ (xo; yo; zo; …) với xo nhỏ nhất ta lại tìm được bộ
(x1; y1; …) thoả x1< xo. Từ đó dẫn đến phương trình cho có nghiêm là (0; 0; 0; …).

Ví Dụ 10: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 8x4_{+ 4y}4_{+ 2z}4_{= t}4
Giải:

Giả sử (xo; yo; zo; to) là một nghiệm phương trình trên với điều kiện xo nhỏ nhất.
Từ phương trình  _{t chẵn. Đặt t = 2t}₁_{. Thế vào và rút gọn, ta được:}

4 4 4 4

o o o 1

4x + 2y z = 8t

Rõ ràng z0 chẵn. Đặt z0 = 2z1

4 4 4 4

o o 1 1

2x + y 8z = 4t

 

Tiếp tục y0 chẵn. Đặt yo= 2y1

4 4 4 4

o 1 1 1

x +8y 4z = 2t

 

Và dễ thấy x0 cũng chẵn. Đặt xo= 2x1

4 4 4 4

1 1 1 1

8x +4y 2z = 2t

 

Nhìn vào phương trình trên rõ ràng (x1; y1; z1; t1) cũng là một nghiệm phương trình
trên và dễ thấy x1< x0 (vơ lí do ta chọn x0 nhỏ nhất). Do đó phương trình trên có
nghiệm duy nhất (0; 0; 0; 0)

* Chú ý: ta cũng có thể chọn bộ (xo; yo; zo; to) thoả xo+ yo+ zo+ to nhỏ nhất; lý luận tương tự
và dễ thấy x1+ y1 + z1+ t1 < xo+ yo+ zo+ to từ đó cũng dẫn đến kết luận bài tốn.

<b>V. PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG MỘT SỐ MỆNH ĐỀ CƠ BẢN CỦA SỐ HỌC.</b>

* an __bn _ _a__b.
+ Phần thuận:

Trong phân tích a; b ra dạng chuẩn tắc thì số ngun tố p có lũy thừa tương ứng là s; t.
Do đó, trong phân tích an ; bn _{ra dạng chuẩn tắc thì số ngun tố pcó lũy thừa tương ứng là}
ns; nt.

Vì an __bn _ _ns__nt_ _s__t
Vì p được chọn tuỳ ý nên a_b.
+ Phần đảo là điều hiển nhiên

* Mọi số nguyên có dạng A = 4t + 3 đều có ít nhất một ước ngun tố có dạng p = 4s + 3
Chứng Minh:

Giả sử A khơng có ước nguyên số nào có dạng p = 4s + 3
 _{A = (4t}₁_{+ 1)(4t}₂_{+ 1) = 4.(4t}₁_.t₂_{+ t}₁₊_t₂_{) + 1= 4h + 1 (vô lí)}
Do đó A có một ước dạng 4t1 + 3

Nếu 4t1 + 3 là số ngun tố thì bở đề được chứng minh.
Nếu 4t1 + 3 là hợp số.

Lý luận tương tự ta lại có 4t1 + 3 có một ước có dạng 4t2 + 3. Nếu 4t2 + 3
lại là hợp số thì lại tiếp tục. Vì quá trình trên là hữu hạn nên ta có điều phải chứng minh. *
Cho p là số nguyên tố có dạng p = k.2t_{+ 1 với t nguyên dương; k là số tự nhiên lẻ. Chứng}
minh rằng nếu

t t

2 2

x + y p _{thì x}__{p; y}__p.
Chứng minh:

Giả sử xk0

chia hết cho p thì rõ ràng yk0

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

p -1

x 1(mod p)
p -1 _{1(mod p)}

<i>y</i> 
p = k.2t_{+ 1}

Suy ra

t

t

k.2
k.2

x 1(mod p)
y 1(mod p)
 _








t t

k.2 k.2

x + y 2(mod p)

  _(*)

Mặt khác do k lẻ nên theo hằng đẳng thức a2n + 1 _{+ b}2n + 1_{ta có}

t t t t

k.2 k.2 2 2

x + y (x + y ). A _{(với A}
là một số nào đó). Rõ ràng

t t

k.2 k.2

x + y 0(mod p)

  _{(do giả thiết}x + y p2t 2t _{) (**). Do đó, theo}
(*) và (**) ta có điều phải chứng minh.

Xét 1 trường hợp nhỏ của bài tốn trên:
Khi t = 1 ; vì k lẻ nên k = 2s + 1  _{p = 4s + 3}

ta có mệnh đề sau : p là số nguyên tố có dạng p = 4s + 3. Khi đó nếu x2_{+ y}2 __{p thì x}__{b; y}__p.
Ví Dụ 21: Giải phương trình nghiệm ngun sau: x2_{– y}3_{= 7}

Giải:

x2_{– y}3_{= 7}_ _x2_{= y}3_{+ 7}
Xét y chẵn  y3 7 7(mod8)

 <i>x</i>2 7(mod 8)( vơ lí do  <i>x</i>2 0;1; 4(mod8))
Xét y lẻ ta có phương trình: x2_{+ 1= y}3_{+ 8}

 _x2_{+ 1= (y + 2)(y}2_{– 2y + 4)}
Nếu y = 4k + 1  _{y + 2 = 4k + 3}

Nếu y = 4k + 3  _y2_{– 2y + 4 = (4k + 3)}2_{– 2(4k + 3) + 4 = 4h + 3}

Do đó y ln có một ước dạng 4n + 3 và theo bở đề trên thì 4n + 3 ln có ít nhất một
ước nguyên tố p = 4s + 3

 _x2_{+ 1}__{p = 4s + 3}

Theo mệnh đề trên  _x_{p ; 1}_{p (vơ lí)}
Do đó phương trình trên vơ nghiệm.

Ví Dụ 22: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x2_{+ 5 = y}3
Giải:

Xét y chẵn  y3 0(mod8)

2 _{5 0(mod8)}

<i>x</i>

  
 <i>x</i>2 3(mod8)_{(vô lí do}<i>x</i>2 0;1; 4(mod8)

Xét y lẻ, nếu y = 4k + 3  <i>y</i>3 3(mod 4)

2 _{5 3(mod 4)}

<i>x</i>

  
 <i>x</i>2 2(mod 4) (vơ lí <i>x</i>2 0;1(mod 4))

Nếu y = 4k + 1. Viết lại phương trình x2_{+ 4= y}3_{– 1}
 _x2_{+ 4= (y – 1)(y}2_{+ y + 1)}

Rõ ràng y2_{+ y + 1 = (4k + 1)}2_{+ (4k + 1) + 1 = 4t + 3}
Do đó y3_{– 1 có ít nhất một ước ngun tố p = 4s + 3}

</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

Do đó phương trình trên vơ nghiệm.

Ví Dụ 23: Giải phương trình nghiệm ngun sau: 4xy – x – y = z2
4xy – x – y = z2

 _{4(4xy – x – y) = 4z}2
 _{16xy – 4 x – 4 y) = 4z}2

 _{(16xy – 4x) –(4y – 1) = 4z}2_{+ 1}
 _{(4x – 1)(4y – 1) = 4z}2_{+ 1 = (2z)}2_{+ 1}
Rõ ràng 4x – 1; 4y – 1 đều có dạng 4t + 3.

Thật vậy: 4x – 1 = 4.(x – 1) + 3; 4y – 1 = 4.(y – 1) + 3;

Do đó (4x – 1)(4y – 1) có ít nhất một ước ngun tố p = 4s + 3
2

z 1 p

   _{= 4s + 3}
1 p

  _{(vơ lí)}

Do đó phương trình trên vơ nghiệm.

* Các phương trình vơ định siêu việt và phương trình khác

Phương trình dạng mũ: Như đã nói thì phương trình dạng mũ thường có phương pháp chung
là xét Modulo (nhưng không phải là luôn ln)

Ví Dụ 24: Giải phương trình nghiệm ngun sau: 2x_{+ 7 = y}2 _(với<i>x</i>;<i>Z</i>₎
Giải:

x = 0 thì phương trình vơ nghiệm
x = 1 <i>y</i>3

Xét x ₂
2<i>x</i> 0(mod 4)
 

7 3(mod 4)

 _y2 2<i>x</i> 7 3(mod 4)_{(vơ lí do}<i>y</i>2 0;1(mod 4)₎
Nghiệm phương trình là (x; y) = (1; 3); (1; – 3)

Ví Dụ 25: Giải phương trình nghiệm ngun sau: 2x_{+ 21 = y}2 _(với<i>x Z y Z</i> ;  ₎
Giải:

Xét x lẻ. Đặt x = 2k + 1

x k k

2 2.4 2(3 1) 2(mod 3)

    

2<i>x</i> 21 2(mod 3)

   _{(do 21}_₃₎
2

y 2(mod 3)

  _{(vơ lí do}<i>y</i>2 0;1(mod 3)
Xét chẵn. Đặt x = 2k

2k 2

2 21 y

  

2 ₂2k ₂₁

<i>y</i>

  

k k

(<i>y</i> 2 )(<i>y</i> 2 ) 21

    _{là phương trình ước số.}
Đáp số (x; y) = (2; 5); (2;– 5)

Ví Dụ 26: Giải phương trình nghiệm ngun dương sau: 2x_{+ 2}y_{+ 2}z _{= 2336 với x < y < z}
Giải:

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>

5

2 2

1 2 2 73

<i>x</i>

<i>y x</i> <i>z x</i>

 

 

  



 _{x = 5}

1 + 2y – x _{+ 2}z – x _{= 73}
 ₂y – x_{(1 + 2} z – y₎_{= 72 = 2}3_.9

Lập luận như trên  ₂y – x _{= 2}3 _ _{y = 8; z = 11}

Nghiệm phương trình là (x; y; z) = (5; 8; 11)

Ví Dụ 27: Giải phương trình nghiệm ngun dương sau: 2x_{+ 2}y_{+ 2}z_{= 2}n_{(Với x}__y__{z; n}_
N)

Tương tự như trên

Đáp số: (x; y; z) = ( n – 2; n – 2; n – 1)

Ví dụ 28: Giải phương trình nghiệm ngun dương sau: 5x3_{= y}3_{+ 317}
Giải:

Trong phương trình này có sự tham gia của số lập phương và như đã nói ở phần
phương pháp lựa chọn modulo thì trong bài này; modulo ta xét sẽ là modulo 9

y = 0 thì phương trình vơ nghiệm ngun.
y = 1  _{x = 4}

y ₂ 3<i>y</i>0(mod 9)
317 2(mod 9)

 _5x3_{= y}3_{+ 317}2(mod 9)_{(vơ lí vì}5<i>x</i>3 0; 4;5(mod 9)₎
Ví Dụ 29: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau: xy_{= y}x

Giải:

Rõ ràng x = y là một nghiệm.

Xét x_{y. Khơng mất tính tống quát giả sử x < y}

<i>x</i> <i>_y</i> <i>_y</i>

 

<i>x</i> <i>_xy</i> <i>_y</i>

 

<i>y</i>
<i>x</i>
<i>x</i> <i>y</i>

 

do y nguyên nên

<i>y</i>
<i>x</i>

<i>x</i> _nguyên. <i>y x</i> _.

Đặt y = tx. Thế vào ta được: xt_{= tx}_ _xt – 1 = t
Rõ ràng t _{2 ( vì đã giả sử x}_y)

t = 2  _{x = 2} _{y = 4.}

t _{3 lúc đó rõ ràng x}_{2. Ta chứng minh: x}t – 1 _{> t}
Do x _{2 nên ta chỉ chứng minh:}

2t – 1 _{> t. Ta chứng minh quy nạp theo t}

t = 3 đúng.

Giả sử khẳng định đúng với t = k tức là 2 k – 1_{> k}

Ta cm khẳng định đúng với t = k + 1tức là chứng minh 2k_{> k + 1. Theo giả thiết quy}

nạp thì

là 2 k – 1_{> k}_ ₂k_{> 2k > k + 1 ( do k > 1). Do đó phương trình vơ nghiệm với t}_₃
Kết luận: nghiệm phương trình là (x; y) = (a; a) = (2; 4); (4; 2) với a_Z.

</div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>

Khơng mất tính tởng qt giả sử x > y.
Đặt x = y + t

 _xy_{= y}x + t _ _xy__yy + t_ _xy__yy_ _x__y_ _{x = ty}
Rồi làm tương tự như trên

Ví Dụ 31: Giải phương trình nghiệm ngun khơng âm sau: 2x_{– 3}y _{= 1}
Giải:

Xét theo modulo . Viết lại phương trình 2x_{– 1 = 3}y
Xét y = 0  _{x = 1}

Xét y 1  3<i>y</i> 0(mod 3)
 2<i>x</i>1 0(mod 3)

Mặt khác: 2x_{– 1 = (3 – 1)}x_{– 1} ( 1)<i>x</i>1(mod 3)
 _{x chẵn (vì x chẵn thì}( 1) <i>x</i>1 0 0(mod 3) 
Đặt x = 2k  ₂2k_{– 1 = 3}y

 ₍₂k_{– 1)(2}k + 1_{) = 3}y



2 1 3

2 1 3

<i>k</i> <i>u</i>

<i>k</i> <i>v</i>

<i>u v</i> <i>y</i>

  


 


  


 ₍₂k_{+ 1) – (2}k_{– 1) = 2 = 3}u_{– 3}v
 _{2 + 3}v_{= 3}u

Nếu u = 0  ₃v _{= – 1 (vơ lí)}
Nếu u₁ ₃u 0(mod 3)

 _{2 + 3}v_₃

 _{v = 0} _{u = 0} _{y = 1, x = 2.}

Kết luận: nghiệm phương trình là (x; y) = (0; 1); (2; 1)

Ví Dụ 32: Giải phương trình nghiệm ngun khơng âm sau: 3x_{+ 4}y_{= 5}z
Giải: Xét theo modulo 3

3x_{+ 4}y_{= 3}x_{+ (3 + 1)}y1(mod 3)
 ₅z_{= (6 – 1)}z  ( 1)<i>z</i> 1(mod 3)
 _{z chẵn}

Đặt z = 2a  ₃x_{+ 4}y_{= 5}2a

 ₃x_{= 5}2a_{– (2}y₎y_{= (5}a_{– 2}y₎₍₅a_{+ 2}y₎
Do đó có 2 trường hợp xảy ra:

Trường Hợp 1:

5 2 3

5 2 3

<i>a</i> <i>y</i> <i>m</i>

<i>a</i> <i>y</i> <i>n</i>

  




 


 _{(với m, n}_₁₎

Điều này không xảy ra vì (5a_{– 2}y_{) + (5}a_{+ 2}y_{) = 2. 5}a _{= 3}m_{+ 3}n_₃
Nhưng 2. 5a_{thì khơng chia hết cho}

Trường Hợp 2:

5 2 1

5 2 3

<i>a</i> <i>y</i>

<i>a</i> <i>y</i> <i>x</i>

  




 




</div>
<span class='text_page_counter'>(13)</span><div class='page_container' data-page=13>

 _2.5a_{= 2.(6 – 1)}a 2.( 1) <i>a</i> 1(mod 3)
Do đó a lẻ

Ta có: 5<i>a</i> 2<i>y</i> 1 1(mod 3)

 _{(6 – 1)}a _{– (3 – 1)}y  ( 1)<i>a</i> ( 1)<i>y</i> 1(mod 3)
Do a lẻ nên rõ ràng y chẵn.

Đặt a = 2k + 1; y = 2t.  ₅2k + 1_{+ 2}2t_{= 3}x
Nếu t = 1  _{y = 2} _{x = z = 2}

Nếu t ₂ ₂2t0(mod8)

Ta có 52k + 1 _{= 5. 25}k_{= 5.(24 + 1)}k __{5 (mod8)}
 _VT_{5 (mod8)}

Tuy nhiên xét modulo cho vế phải .
Nếu x chẵn, x = 2s

 ₃x_{= 9}s_{= (8 + 1)}s __1(mod8)
Nếu x lẻ; x = 2s + 1

 ₃x_{=3. 9}s __3(mod8)

Từ đó ta có VP = 3x __{1; 3(mod8) còn VT}_₅_{(mod 8) ( vô lí)}
Kết luận : nghiệm của phương trình là (x; y; z) = (2; 2; 2)
Ví Dụ 33: Giải phương trình nghiệm nguyên dương: 2x_{+ 5}y_{= 19}z

Giải:

19z_{= (18 + 1)}z __1(mod3)

2x_{+ 5}y_{= (3 – 1)}x_{+ (6 – 1)}x __{(– 1)}x_{+ (– 1)}y__1(mod3)_ _{x; y lẻ}
Đặt x = 2k + 1

 ₂x_{= 2.4}k_{= 2.(5 – 1)}k __{2.(– 1)}k_(mod5)
Nếu k chẵn  ₂x __{2 (mod5)}

Nếu k lẻ  ₂x __3(mod5)
 _{VT = 2}x_{+ 5}y __{2; 3(mod5)}

Còn VP = 19z_{= (20 – 1)}z__{(– 1)}z __{1; 4 (mod5)}
Vơ lí do đó phương trình trên vơ nghiệm .
Ví Dụ 34: Tìm n_{N để}

a) n4_{+ n}2_{+ 1 là số nguyên tố}
Giải:

n4_{+ n}2_{+ 1 = (n}2_{+ n + 1)(n}2_{– n + 1) là số nguyên tố}
 _n2_{– n + 1 = 1}

 _{n = 1} _{p =3}

b) n5_{+ n + 1 là số nguyên tố}
Giải:

n5_{+ n+ 1 = (n}2_{+ n + 1)(n}3_{– n}2_{+ 1)}
làm như trên ta cũng được n = 1
c) n4_{+ 4}n _{là số nguyên tố}

Giải:

n lẻ  _{n + 1}₂
n4_{+ 4}n

= (n2 + 2n +
1
2
2

<i>n</i>

.n)(n2_{+ 2}n_–
1
2
2

<i>n</i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(14)</span><div class='page_container' data-page=14>

Ví Dụ 35 : Tìm số ngun tố p để 5p2_{+ 1 là số nguyên tố}
Giải:

p chẵn  _{p = 2} _5p2_{+ 1 = 21 (không thoả mãn )}
p lẻ _5p2_{+ 1 chẵn nên là hợp số .}

Vậy không tồn tại số p thoả điều kiện trên .

Ví Dụ 36: Tìm các số nguyên tố x; y; z thoả: xy_{+ 1 = z}2
Xét x lẻ  _xy _{+ 1 = z}2_chẵn_ _{z = 2}

 _xy_{= 3( không tồn tại x; y thoả mãn)}
Xét a chẵn  _{x = 2} ₂y_{+ 1}_{= z}2
Nếu y lẻ . Đặt y = 2k + 1

 ₂y_{= 2. 4}k_{= 2.(3 + 1)}k __{2 (mod3)}
 ₂y_{+ 1}__{0 (mod3)}

 _z2_₃
 _{z = 3}
 _{y = 3}

Nếu y chẵn  _{y = 2}
 _{5 = z}2_{(vơ lí) .}

Kết luận : nghiệm của phương trình là (x; y; z) = (2; 3; 3)

Ví Dụ 37: Chứng minh rằng phương trình x3_{+ y}3_{= z}4_{có vơ số nghiệm.}
Giải:

x3_{+ y}3_{= z}4

3 3

<i>x</i> <i>y</i>

<i>z</i>

<i>z</i> <i>z</i>

   

_ _ _ _ 

   

Đặt a =

<i>x</i>
<i>z</i> _{; b =}

<i>y</i>

<i>z</i>  _{x = az; y = bz. Thế vào ta được: z}3_.(a3_{+ b}3_{) = z}4
 _{z = a}3_{+ b}3

 _{x = az = a.(a}3_{+ b}3_{); y = bz = b(a}3_{+ b}3₎

Phương trình có vơ số nghiệm có dạng : (x; y; z) = (a.(a3_{+ b}3_{); b.(a}3_{+ b}3_{); a}3_{+ b}3₎
Tởng qt hố bài tốn với phương trình xn_{+ y}n_{= z}n+ 1

Với cách giải trên; phương trình có vơ số nghiệm có dạng: (x; y; z) = (a.(an_{+ b}n_{); b.(a}n_{+ b}n_);
an_{+ b}n₎

Chú ý: Công Thức trên chưa chắc đã lấy hết tất cả các nghiệm của bài tốn nhưng chúng ta
chỉ cần có như vậy để hồn thành bài tốn .

Ví Dụ 38: Chứng minh rằng phương trình x4_{+ y}3_{= z}7 _{có vô số nghiệm .}
Giải :

Dựa vào hằng đẳng thức sau: 2a_{+ 2}a_{= 2} a + 1
Đặt 2 ;4 23

<i>a</i>
<i>a</i>

<i>x</i> <i>y</i>

 _x4_{+ y}3_{= 2}a_{+ 2}a_{= 2}a + 1

Chọn

1
7
2

<i>a</i>

<i>z</i>



 _{. Do x; y; z nguyên nên}
3
4

1 7

<i>a</i>
<i>a</i>
<i>a</i>




 






Giải hệ trên ta được a = 84 t + 48

</div>
<span class='text_page_counter'>(15)</span><div class='page_container' data-page=15>

Đặt a = 2.7 = 14

Rõ ràng tồn tại vô số số n để an + 1 ₁₁

Thật vậy, xét phương trình 14n + 1 = 11k (rõ ràng có vơ số nghiệm)
Chú ý 7 + 3 = 10

Do đó phương trình có vơ số nghiệm có dạng:

an
2
x 10 _;

an
7
10

<i>y</i> _;

an+1
11
10

<i>z</i> _.
Do an_{2; an}_{7; an + 1}_{11 nên x; y; z nguyên}

Ví Dụ 40: Chứng minh rằng phương trình 7x2 _+3y2_{= 6z}11_{có vơ số nghiệm.}
Ta đưa về phương trình ở Ví dụ 36 là 7.610 _+3.610_y2_{= (6z)}11

<b>VI. BÀI TẬP TỞNG HỢP </b>

Giải phương trình nghiệm nguyên sau:

1/ 2/

3/ 4/

5/ 6/

7/ 8/

9/ 10/

11/ 12/

13/ 14/

15/ 16/

17/ 18/

19/ 20/

21/ 22/

23/ 24/

25/ 26/

27/ 28/

29/ 30/

31/ 32/

33/ 34/

35/ 36/

37/ 38/ ( )

</div>

<!--links-->