Phuong trinh nghiem nguyen

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (148 KB, 10 trang )

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

Phương trình với nghiệm ngun

Dạng tốn này là một trong những dạng tốn khó trong bộ mơn Tốn Số , những phần mà tơi nêu ra dưới
đây chỉ là những dạng cơ bản nhất . Tuy nhiên, để hiểu được nó trước hết cần nắm được Lý thuyết số .

Dạng

Phương trình một ẩn - hệ số nguyên

Dạng tổng quát : anx

n

+ an - 1x

n - 1

+ ... + a1x + ao = 0

(1)

Caùch giải : vận dụng các tính chất sau

Nếu x = b là nghiệm của phương trình

(1)

thì b là ước của ao

Nếu an = 1 thì nghiệm hữu tỉ nếu có của

(1)

là số ngun

Qui tắc tìm nghiệm :



Tìm các ước của ao



Thử lần lượt các ước của ao vào vế trái của

(1)
Phương trình bậc nhất hai ẩn ( Phương trình Diophante - Giải tíchDiophante)

{Diophante - Người đầu tiên nghiên cứu có hệ thống về Phương trình vơ định , sống ở thế kỷ thứ III.Tập sách “Số 
học “ của ơng có ảnh hưởng rất lớn đến sự phát triển của Lý thuyết Số}

Dạng tổng quát : ax + by = c

(2)

Cách giải : vận dụng các tính chất sau

Giả sử a, b, c



Z

; a, b



0 và

d

= (a , b) . Khi đó :

Phương trình

(2)

có nghiệm khi và chỉ khi

d



Ư( c )

Nếu (xo , yo) là một nghiệm của ax + by = 1 với (a , b) = 1 thì (cxo , cyo) là một

nghiệm của phương trình

(2)

Nếu (xo , yo) là một nghiệm nguyên của

(2)

với (a , b) = 1 thì mọi nghiệm ngun

của nó được xác định bởi hệ thức :

x

= x

o

+ b

t

y

= y

o

- a

t

; với

t



Z

Thaät vaäy , vì (xo , yo) là một nghiệm nguyên của

(2)



axo + byo = 1



axo + byo = ax + by



x =

ax



by



by

a

=

xo +

b y

y

a

(



)



{ (a , b) = 1



y

a

t



 

Z



y = yo - at }

Phương trình vô định dạng

x

2

+ y

2

= z

2( Phương trình Pithago )

Cách giải :



Phương trình vơ định dạng x

+ y

= z

có vơ số nghiệm ngun xác định bởi cơng

thức

(

Định lý tìm nghiệm này đã được biết từ Euclide

) :

x

=

u.v

;

y

=

u2 2 v2

;

z

=

u2 2v2

với

u , v



Z

;

u , v lẻ

;

u > v

;

(u, v) =

1



Ví dụ

* Khi u = 3 ; v = 1



x = 3 ; y = 4 ; z = 5

* Khi u = 5 ; v = 3



x = 15 ; y = 8 ; z = 17

Phương trình vô định dạng

x

2

- Py

2

=

1

(

Phương trình Pell )( PZ+ , không là số chính phương )

{ Đây là một dạng phương trình Diophante bậc 2, xuất phát từ một bài tốn do Archimède đặt ra, bài
tốn có 8 ẩn số thỏa mãn 7 phương trình, đưa đến việc tìm nghiệm nguyên của phương trình : x2 
-4729494y2 = 1 (1). Năm 1880 người ta đã tìm ra nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của (1) với x là số có 45
chữ số , y có 38 chữ số }

Cách giaûi :

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

 Giả sử xo , yo là các số nguyên dương nghiệm đúng phương trình Pell, thế thì các cặp
số (xo , -yo) ; (-xo , yo) ; (-xo , yo) cũng là nghiệm. Do đó để tìm nghiệm khơng tầm thường của phương
trình Pell, ta chỉ cần tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình đó. Tất cả các nghiệm ngun

dương (xk ; yk ) của phương trình được xác định từ đẳng thức :

vớiù k = 1, 2, 3,...trong đó (x1 , y1) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất .

 Với P nhỏ , việc tìm (x1 , y1) khơng khó khăn lắm - chúng ta chỉ việc thử lần lượt y = 1,
2, 3, 4, 5... để tìm x2 = Py2 + 1 là một số chính phương .

Tại sao

P

là số ngun dương khơng chính phương ? . Ta hãy xét phương trình tổng qt

hơn, đó là phương trình : x

- Py

= 1

(*)

trong đó P là số ngun dương cho trước .

Vì x, y có mặt ở vế trái của (*) dưới dạng bình phương nên ta có thể hạn chế ở việc tìm các
nghiệm ngun khơng âm .

Hiển nhiên rằng x = 1 ; y = 0 là một nghiệm - gọi là nghiệm tầm thường của (*). Ta còn phải tìm
các nghiệm khơng tầm thường (x, y > 0)

Nếu trong phương trình P là một số chính phương P = k2 (k

Z+) thì (*) chỉ có nghiệm tầm thường,

thật vậy khi đó (*) có dạng x2 - (ky)2 = 1 và chú ý rằng hiệu của hai số chính phương bằng 1 khi hai số
chính phương ấy là 1 hoặc 0  x2 = 1 ; (ky)2 = 0  x = 1 ; y = 0 .

Như vậy : Điều kiện cần để phương trình

(*)

có nghiệm khơng tầm thường là P khơng phải

là một số chính phương .

@Để tìm sự thú vị khi nghiên cứu phương trình nghiệm nguyên , mời các Bạn nghiên cứu kỹ dãy
các minh họa sau:

Minh họa

Tìm nghiệm nguyên của x

2

- 5x + 6 = 0

Nghiệm nguyên nếu có phải là ước của 6, bao gồm các số :  1 ;  2 ;  3 ;  6

Đặt f( x ) = x2 - 5x + 6

 f( 2 ) = f( 3 ) = 0  Phương trình có 2 nghiệm ngun x = 2 ; 3

Tìm nghiệm hữu tỉ của 3x

2

- 5x + 2 = 0 (1)

Ta coù

(1)  9x2 - 5.3x - 6 = 0 ; đặt 3x = t  t2 - 5t - 6 = 0 (2)

Nghiệm nguyên nếu có của (2) phải là ước của 6 ; dễ thấy (2) có hai nghiệm t = -1 , t = 6
Khi t = -1  3x = -1  x = -1

3
Khi t = 6  3x = 6  x = 2
{Phương pháp đặt liên tiếp các ẩn phụ }

Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 8x + 11y = 73

Vì (8 , 11) = 1 nên phương trình có nghiệm nguyên 8x = 73 - 11y  x = 9 - y + 1 3 y

8 .

Đặt 1 3 y

8 = t Z Ta coù : 3y + 8t = 1  3y = 1 - 8t  y = -3t +
1 + t

Đặt 1 + t

3 = u Z Ta coù : t = 3u - 1

Vậy : x = 9 - y + t ; y = -3t + u ; t = 3u - 1  x = 11u + 5 ; y = -8u + 3 với u Z

Tìm nghiệm nguyên dương , nhỏ nhất ( x , y ) của phương trình 17x - 29y = 100 (1)

Vì (17 , 29) = 1  phương trình có nghiệm nguyên

(1)  x = 6 + 2y - 2 5 y

1 7



. Đặt 2 5 y

1 7



= t Z y = 3t + 2. t - 1

5 ;đặt
t - 1

5 = uZ t = 5u + 1

Vaäy : x = 29u + 11 ; y = 17u + 3

Vì x , y > 0  29u + 11 > 0 vaø 17u + 3 > 0 u > -3

1 7 vaø uZu = 0 , 1 , 2 , ...

Nghiệm nguyên dương nhỏ nhất là x = 11 ; y = 3 khi u = 0
{Sử dụng tính chia hết của đa thức }

Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :

zx  x
xy +1

2 2

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

Neáu 1 + 2y - x = 0 thì yz = x - 1 neân yz = 2y  z = 2 ; y = t N* ; x = 1 + 2t

Neáu 1 + 2y - x  xy + 1 thì 2y  x(y + 1) hay x  y + 12y  2 y212



x

= 1 ;

y

= 1 ;

z

= 2

6)

Tìm nghiệm (x , y) nguyên của phương trình : y

2

= x

5

+ 2x

4

- 3x

3

- 4x

2

+ 4x

Ta coù y

2

= x.(x - 1)

2

(x + 2)

2



x = t

2

với t



Z



y =



t.(t

2

- 1)(t

2

+ 2) hoặc khi x = -2 thì y

= 0

Với mọi x nguyên dương, chứng minh rằng các đa thức sau đây chia hết cho đa thức x

2

+ x + 1

x

11

+ x

28

+ x

1953

x

7

+ x

11

+ x

1995

Ta coù x3 = x3 + x2 + x - x2 - x - 1 + 1 = (x2 + x + 1)(x - 1) + 1

 1 (mod x2 + x + 1 )
 với k N : x3k 1k 1 ; x3k + 1 x ; x3k + 2 x2 (mod x2 + x + 1 )

 với 3 số a, b, c chia cho 3 cho các số dư khác nhau đôi một thì xa + xb + xc 0 (mod x2 + x + 1 )

{ Tương tự : Chứng minh rằng x7 + x11 + x1995 chia hết cho đa thức x2 - x + 1 }

Cho p là một số nguyên tố , hãy giải phương trình

yx px

-2 1

trong tập

Z

Ta có y = x + 1 + p + x-1p x - 1 =  1 ;  p

Tồn tại hay không nghiệm nguyên của phương trình : 2x - 3y = - 5xy + 39

Ta coù 2x - 3y = - 5xy + 39  2x = y.(3 - 5x) + 39  y = 23 5x 39x



Để y nguyên thì điều kiện cần ( chưa là đk đủ ) là 2x - 393 - 5x (2x - 39)2 (3 - 5x)2
 (2x - 39)2 - (3 - 5x)2 0  ( -3x - 36)(7x - 42)  0  -12  x  6

Tìm ngiệm nguyên của phương trình 5x - 3y = 2xy - 11

Ta có y = 52xx113  để y Z , ta cần có 5x + 112x + 3 (5x + 11)2 (2x + 3)2
 x 3 x

8; 2. Nhöng y = 2

2 3

 



x  y nguyên khi x = -5  (x , y) = (-5 , 2) là một nghiệm
Với x  -5, ta thấy đkc để y nguyên là x + 52x+ 3  3 

8 x 2 x = -2 ; -1 ; 0 ; 1 ; 2 .

Chứng minh rằng phương trình : 4x

2

+ 231y

2

= 1613 vơ nghiệm trong tập số ngun

Đặt X = x2

 0 ; Y = y2 0  4X + 231Y = 1613  X = 1613 231Y 58Y 1 Y



   

4 403

 1 + Y = 4t ( tZ )  Y = 4t - 1 ; X = 403 - 58(4t - 1) + t = 461 - 231t

Ta thaáy Y  0 khi t  1

4 ; X  0 khi t 
461

231 < 2  để X , Y cùng khơng âm thì t = 1.

Nhưng t = 1 thì Y = 3 = y2

 y Z  đpcm !

Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x

2

- 81y

2

= 1

Ta có y = 0  x =  1. Ta tìm các nghiệm nguyên dương để suy ra các nghiệm cịm lại .

Phương trình đã cho có thể viết lại thành 1 = (x + 9y)(x - 9y)

Do x , y > 0 neân x + 9y > 0  x - 9y > 0  x + 9y = 1  ; x - 9y = 1  x = 1

2 ; y = 0 : giá trị không

thỏa.

 phương trình đã cho chỉ có nghiệm : (x , y) = (1 , 0) ; (-1 , 0)
Tổng quát

:

Phương trình x

2

-

k

2

y

2

= 1 với k



N

chỉ có nghiệm tầm thường x =



1 ; y = 0

Tìm nghiệm nguyên của phương trình x

2

+ 3y

2

= 6xy - 6 (1)

(1) viết lại như sau : x2 - 6xy + 3y2 + 6 = 0

Để phương trình có nghiệm x ngun thì điều kiện cần và đủ (do hệ số x2 là 1) là

 = 6y2 - 6 = m2 :

laø một số chính phương .
Rõ ràng m2 là bội 6

 m là bội 6  xem m = 6t với t Z y2 - 6t2 = 1 : Phương trìnhPell

 Nghiệm tầm thường là (y , t) = (1 , 0) ; (-1 , 0) và nghiệm nguyên dương nhỏ nhất là y1 = 5 ; t1 =
2

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

Xem (1) là một phương trình bậc II theo x :

3x

2

- 30xy + 48y

2

- 1003 = 0

‘ = 81y2 + 3009 = k2 : là số chính phương để có x ngun ( kZ+)
 k2 - 81y2 = 3009  (k + 9y)(k - 9y) = 3.17.59 . Vì k + 9y > k - 9y
Xảy ra 4 khả năng sau đây

:

k y

 

 







9 1

9 3009

k y

 

 







9 3

9 1003

k y

 

 







9 17

9 177

k y

 

 







9 51

9 59

Trong trường hợp nào ta cũng thấy y không nguyên Bài tốn vơ nghiệm !

{ Chú ý , dễ dàng kết luận ngay bài tốn vơ nghiệm vì 1003 khơng chia hết cho 3 }
Tìm nghiệm ngun của phương trình sau đây : 9x2 - 15xy + 4y2 + 38 = 0 (1)

Xem (1) là phương trình có ẩn x và tham số là y .

Để x ngun , điều kiện cần là  = 81y2 - 1368 = k2 : chính phương (k  0) (2)

Nhận thấy 81y2 - k2 = 1368 chỉ chứa lũy thừa bậc chẵn nên chỉ việc tìm các nghiệm nguyên dương
sẽ suy ra các nghiện cịn lại .Từ đó (2) có thể viết lại là : (9y + k)(9y - k) = 23.32.19 . Vì y, k > 0

 9y + k

> 0  9y - k > 0 và do (9y + k) + (9y - k) = 18y  Ta chỉ xét 2 trường hợp tổng hai số là bội của 18 .
 x = 15

15 7 51
18 3
y k

 .  

 các nghiệm là (x , y) = (3 , 7) ; (-3 , -7)

9 228

9 6

13 111

y k

 



 







 

;

 x = 15 13 111

18 17

. 



 các nghiệm là (x , y) = (17 , 13) ; (-17 , -13)

Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 2x

2

+ 3y

2

- 5xy + 3x - 2y - 3 = 0 (1)

Xem phương trình là bậc II đối với x . Khi đó (1)  2x2 + (3 - 5y)x + 3y2 - 2y - 3 = 0

Để có x ngun thì điều kiện cần là  = y2 - 14y + 33 = k2 ( k nguyên không âm) (2)

Xem (2) là phương trình bậc II đối với y  { (2)  y2 - 14y + 33 - k2 = 0 } và ‘(2) = 16 + k2 = m2

( m Z+)

Vì m > k  0 ; 16 = (m + k)(m - k) mà m + k > 0  m - k > 0 . Để ý (m + k) + (m - k) = 2m nên

chúng đồng thời chẵn hay lẻ . Ta có bảng

:

m k 8

m k 2

 

 







 m = 5 ; k = 3

 ( x , y ) = (15 , 12) ; (1 , 2)

m k

 

 







4

 ( x , y ) = (13 , 11) ; (3 , 3)
( Sử dụng tính chất của số nguyên tố )

Tìm 3 số ngun tố khác nhau biết tích của 3 số đó gấp 3 lần tổng của chúng .

Gọi 3 số nguyên tố đó là a , b , c  abc = 3( a + b + c )  abc 3  có một số chia hết cho 3, giả

sử là số a 

3

. Vì a nguyên tố nên a = 3  b + c = 3 + b + c  b( c - 1 ) = 3 + c  b 3 c

c 1

 

 = 1 +

 c - 1



Từ đó tính được c = 2  b = 5 ; c = 5  b = 2

Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x

53

+ y

53

= 53z (1)

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

Khi đó (1)  53z = (x53 - x) + (y53 - y) + (x + y) có nghiệm  x + y = 53t ( t Z )
Nghiệm bài toán :

x

= u (u Z) ;

y

= 53t - u ;

z

u

(53t u)

53 53





53

Giải phương trình 1 + p + p2 + p3 + p4 = x2 (1) ( p nguyên tố , x nguyên )
Ta có (1)  4x2 = 4 + 4p + 4p2 + 4p3 + 4p4 (2)

Mặt khác : (2x)2 = 4x2 > 4p4 + 4p3 + p2 = ( 2p2 + p)2 vaø (2x)2 = 4x2 < 4p4 + p2 + 4 + 4p3 + 8p2 + 4p =
( 2p2 + p + 2)2

 (2x)2 = ( 2p2 + p + 1)2 (3) . Từ (2) & (3)  p2 - 2p - 3 = 0  p = -1 (loại) hoặc p = 3 .

Với p = 3  x = 121  nghiệm phương trình ( p , x ) = ( 3 , 11 ) ; ( 3 , -11)

Có hay khơng các số ngun tố x , y , z thỏa mãn phương trình : x

2

+ y

3

= z

4 (1) ( Vô địch LX lần
thứ 14 - 1980 )

Từ (1) , ta thấy 3 số x, y, z khơng cùng lẻ  có ít nhất một số bằng 2 .

Nếu z = 2 thì x2 + y3 = 16

 y < 3  x2 = 8 (vô lyù !).

Nếu y = 2 thì 8 = (z2 + x)(z2 - x) , maø z2 + x > 0

 z2 - x > 0 vaø (z2 + x) + (z2 - x) = 2z2 phân tích 8

= 2.4 , nhưng khi đó 2 + 4 = 2z2

 z khơng ngun (loại)

Nếu x = 2 thì y3 = (z2 + 2)(z2 - 2) và do(z2 + 2) - (z2 - 2) = 4

 y = 2 hoặc z2 - 2 = 1(loại). x = 2  y

= 2  z chẵn  z = 2 : khơng nghiệm đúng phương trình  Bài tốn vơ nghiệm !

Tìm hai số x, y ngun và số nguyên tố p sao cho : x

4

+ 4y

4

=

p

(1)

Ta thấy để p nguyên tố thì x  0 hay y  0 ; (1) chỉ chứa lũy thừa bậc chẵn của x, y nên trước hết

ta xét các x, y nguyên dương. Ta có p = (x2 + 2y2)2 - 4x2y2 = [(x - y)2 + y2][(x + y)2 + y2]
Vì (x + y)2 + y2 > 0

 (x - y)2 + y2 = 1 x = y = 1 ; z = 5 có 4 bộ nghiệm !

Tìm nghiệm ngun của phương trình : 1 + x + x

2

+ x

3

= y

3

(

Thi Tồn quốc lớp 9 - 1982

)

Nhận thấy : 1 + x + x2 = (x + 1

2 )

2 + 3

4 > 0  y

3 > x3

 y > x  y  x + 1

Neáu y = x + 1 thì 1 + x + x2 + x3 = (x + 1)3

 2x (x + 1) = 0  (x , y) = (0 , 1) ; (-1 , 0)

Nếu y > x + 1 thì 2x2 + 2x < 0

 -1 < x < 0 : loại !

Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x

2

= y(y + 1)(y + 2)(y + 3)

Đặt a = y2 + 3y

 x2 = (y2 + 3y)( y2 + 3y + 2) = a2 + 2a .

Neáu a > 0 thì a2 < x2 = a2 + 2a < a2 + 2a + 1 = (a + 1)2

 x2 : không chính phương ( Vô lý ! )

Vậy a  0  y2 + 3y  0  -3  y  0  (x , y) = (0 , 0) ; (0 , -1) ; (0 , -2) ; (0 , -3)

Tìm bộ số (x , y , u , v) nguyên thỏa mãn đẳng thức :

1
x

1
y

1
u

1
v

2  2  2  2 1(1)

Dễ thấy rằng : x12 ;y12 ;u12 ;v12 
1

4  Vế trái (1)  1

Vậy dấu ‘=‘ xảy ra khi x=y=u=v= 2 

x , y , u , v

nhận các giá trị tùy ý 2 hoặc -2.

Tìm nghiệm nguyên của phương trình :



12x

2

- 3x - 2



= 5y - 8x - 2x

2(1)

Từ (1) 

5y

11x 2 khi - 1

2 x 2

4x 5x 2 x 1

2 ;x 2

2 



 

 















khi

Xeùt x = 0, 1, 2  5y = 2, 13, 24  y không nguyên

Xét 5y = 4x2 + 5x - 2

 4x2 - 2



5 và do 4x2 - 2 2  2x2 1 (mod 10)  x Z  Bài tốn vơ
nghiệm !

Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x

3

= y

3

+ 2y

2

+ 3y + 1

(1)

Từ (1)  x3 + y2 = (y + 1)3 x  y + 1. Vì x3 - y3 = 2y2 + 3y + 1  0 với mọi y nguyên  x  y.
 x = y hoặc x = y + 1  nghiệm của phương trình : ( x , y ) = (-1 , -1) ; (1 , 0 )

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

Ta có : (1)  (4x - 1)(4y - 1) = 4z2 + 1. Gọi p là ước nguyên tố bất kỳ của 4x - 1 (hiển nhiên p cũng

là ước của 4z2 + 1)

 4z2  -1 (mod p)  (2z)p - 1  1 (mod p) {định lý nhỏ Fermat } 

(4z )

2 p 12

( 1)

p 12

 

 

(mod p)

Từ đó : 1 

( 1)

p 1
2



(mod p)  p - 1 = 4k (kZ+)  p = 4k + 1 . Vậy mọi ước nguyên tố của 4x

-1 đều có dạng 4k + -1  4x - 1 cũng có dạng 4k + 1 hay 4x - 1 = 4k + 1  4(x - k) = 2  2



4 ( vô lý ! )
 Vno !

Tìm nghiệm x , y nguyên dương của phương trình : y

2

= x

2

+ 12x + 1995

(1)

Từ phương trình (1), ta có y2 = (x + 6)2 + 1959

 1959  y  45 .

Mặt khác -1959 = (x + 6)2 - y2 = (x + y + 6)(x - y + 6) với x + y + 6

 52 và 1959 = 3 . 653
 x + y + 6 = 653 ; x - y + 6 = -3 hoặc x + y + 6 = 1959 ; x + 6 - y = -1

 nghiệm phương trình : ( x , y ) = ( 319 , 328) ; (937 , 944)

Tìm các số tự nhiên n sao cho : k

2

= n

2

+ 6n + 1989

(1)

là một số chính phương

Từ (1)  k  45 và (n + k + 3)(n - k + 3) = -22.32.5.11

Maët khaùc n + k + 3 > n - k + 3 vaø (n + k + 3) + (n - k + 3) là số chẵn  (n + k + 3 , n - k + 3) =

(990 , -2) ; (330 , -6) ; (198 , -10) ; (110 , -18) ; (90 , -22) ; (66 , -30) .

 n  { 491 , 159 , 91 , 43 , 31 , 15 }

Giải phương trình trong taäp

Z

:

xy.(y + 4) = 4.(289y - x

) (1)
Nếu x = 0 thì y = 0

Nếu y  0 thì (1)  xy (y + 2)2 = 1156 = 22.172
 x



y và (y + 2)2 là ước chính phương của 1156
 (y + 2)2 = 1 , 4 , 172  có 6 nghiệm !

4x + 1 = y

3

+ 8y

(2)

Ta coù (2)  4(x - 2y) = y3 - 1

 { x - 2y nguyeân  y - 1 = 4t , t



Z

}



y

= 4t + 1

vaø

x

= 16t

3

+ 12t

2

+ 11t + 2 ; t



Z

Giải phương trình nghiệm nguyeân sau : x

2

+ y

2

+ z

2

= x

2

y

2(1)

{ Theo mod 4, neáu x2

 y2 1 

x

2

. y

2



1 

x

2

+ y

2

+ z

2



1 

z

2



1 ( vô lý ! ) }



x, y
không thể đều là số lẻ  x chẵn hoặc y chẵn 

x

2

. y

2



4 

x

2

+ y

2

+ z

2



4  x = 2x1 ; y = 2y1 ; z =
2z1 x12 + y12 + z12 = 4x12y12 (2).

Như vậy, nếu (x, y, z) là nghiệm (1) thì x1 ; y1 ; z1 là nghiệm của (2). Tiếp tục như vậy, ta có :

x x

2 ( x4); y
y

2 ( y4); z
z

2 ( z4)

2 1  2 1  2 1  là nghiệm của x22 + y22 + z22 = 16x22y22 (2). Q trình này
có thể tiếp tục mãi và khi đó các số

x

2 ;

y

2 ;

z

2

k k k chẵn với mọi k  (x, y, z) chỉ có thể là (0, 0, 0) .

Giải các phương trình nghiệm nguyên sau :

x

6

+ 3x

3

+ 1 = y

4

Nếu x > 0 thì (x3 + 1)2 < x6 + 3x3 + 1 = y4 < x6 + 4x3 + 
4 = ( x3 + 2)2





y2 : (x3 + 1)2 <y2< ( x3 +2)2





y4 !

Nếu x  - 2thì ( x3 + 2)2 < x6 + 3x3 + 1 = y4 < x6 + 2x3

+ 1 = (x3 + 1)2 : vô lý !
Nếu x = -1 thì y4 = -1 ( loại )

Vaäy x = 0 ; y =  1 : hai nghiệm duy nhất !

(x + 2)

4

- x

4

= y

3

(1)

Ta có (1)  y3 = 8(x3 + 3x2 + 4x + 2) = (2z)2 với z2 =

x3 + 3x2 + 4x + 2

với x  0  (x + 1)3 < z3 < (x + 2)3 x + 1 < z < x + 2
vô lý !

với x  -2  đặt x1 = -x -2  0 , y1 = -y  x1 và y1
thỏa mãn(x1 + 2)4 - x14 = x4 - (x + 2)4 = -y3 : điều
này khơng thể có với x1 0 .

Vậy -2 < x < 0  x = -1 ; y = 0 : nghiệm duy nhất !
33) { Sử dụng Phương pháp xuống thang }

Chứng minh rằng phương trình sau đây khơng có nghiệm ngun : 8x

4

+ 4y

4

+ 2z

4

= t

4(1)

Giả sử rằng (1) có nguyệm nguyên (x, y, z, t) với x là giá trị nhỏ nhất trong các giá trị có thể có .
Từ (1), ta nhận thấy t chẵn - xem t = 2t1 ; thế vào (1) và chia cho 2 ta có :4x4 + 2y4 + z4 = 8t14(2)
 z chẵn - xem z = 2z1 ; thay vào (2) 2x4 + y4 + 8z14 = t14 .

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

34)

Tìm điều kiện cần và đủ cho số k để phương trình : x

2

- y

2

= k có ít nhất một nghiệm

ngun .

 x2 - y2 = k có nghim nguyeđn  k  4t + 2 (*) (soẩ dư sô chính phương trong phép chia cho 4)
 k  4t + 2 :

k chaün 

{ (*) k = 4m }  x = m + 1 ; y = m - 1 là nghiệm phương trình .

k lẻ  { (*)

k = 2n + 1 }  x = n + 1 ; y = n là nghiệm phương trình .

Vậy

: Phương trình x

2

- y

2

= k có ít nhất một nghiệm nguyên



k  4t + 2 ( tZ )

35)

Chứng minh rằng phương trình x

2

+ y

2

+ z

2

+ t

2

= 2xyzt

(1)

khơng có nghiệm nguyên

(

khác tầm thường

)

Giả sử rằng phương trình có nghiệm ngun (x, y, z, t) . Vì

x

2

+ y

2

+ z

2

+ t

2chẵn

 trong các số x,

y, z, t có một số chẵn các số lẻ ( hoặc 0 hoặc 2 hoặc 4 ).
Nếu tất cả đều lẻ thì

x

2

+ y

2

+ z

2

+ t

2



4 trong khi 2xyzt không chia hết cho 4

Nếu chỉ có hai số lẻ thì

x

2

+ y

2

+ z

2

+ t

2 không chia hết cho 4 trong khi 2xyzt



4. Vậy x, y, z, t
cùng chẵn  xem x = 2x1, y = 2y1, z = 2z1, t = 2t1 ; thay vào phương trình đã cho ta được :

x1

2

+ y1

2

+ z1

2

+ t1

2

= 8x1y1z1t1 .

Lập luận tương tự như trên cho phương trình này, ta được các nghiệm phải chẵn

 x1 =
2x2 , y1 = 2y2 , z1 = 2z2 , t1 = 2t2ta được :

x2

2

+ y2

2

+ z2

2

+ t2

2

= 32

.

x2y2z2t2

Một cách tổng quát, xuất phát từ nghiệm (x, y, z, t) bằng phương pháp “xuống thang” ta đi đến
phương trình :

xs

2

+ ys

2

+ zs

2

+ ts

2

= 2

2s + 1

.xsyszsts

trong đó :

[x , y , z , t]k = 2[x , y , z , t]k + 1 ( k



1 )

với mọi số tự nhiên s :

x

2 ;

y

2 ;

z

2 ;

t

2

s s s s là các số ngun - đó là điều khơng thể có được khi x,y,z,t

nguyên.

35)

Giải phương trình nghiệm nguyên sau : x1

4

+ x2

4

+ x3

4

+ ... + x14

4

= 1599

Chú ý rằng , với n = 2k  n 4 = 16k4



16 và với n = 2k + 1  n4 - 1 = (n2 - 1)(n2 + 1)



Như vậy khi chia

x1

4

+ x2

4

+ x3

4

+ ... + x14

4cho 16 thì số dư có được bằng số các số lẻ trong các số

xi , tức là khơng vượt q 14 ; trong khi đó 1599 = 1600 - 1 chia cho 16 có số dư là -1 hay 15 Phương

trình vô nghiệm !

36)

Tìm các số x để

A

= 8x

2

+ 8x + 1 là số chính phương .

Đặt

A

= y2 ( y

Z)  Tìm nghiệm nguyên phương trình

8x

2

+ 8x + 1 - y

2

= 0

Điều kiện cần để có x nguyên là ‘ = 8 + 8y2 = k2 là số chính phương  k2



8  k



4 - xem k

= 4t (tZ)

 8 + 8y2 = 16t2 y2 - 2t2 = -1 : đây là phương trình đối Pell (Pt đốiPellkhơng có nghiệm tầm thường)

Vì x = 4 k    

4 4t
8

1 t

2 nên x nguyên  t lẻ .

Ta biêt raỉng phương trình đôi Pell y2 - 2t2 = -1 có nghim nguyeđn dương nhỏ nhaẩt là y

1 = t1 = 1 neân

: x 1 1

2 0; 1
1 

 

  và các nghiệm nguyên dương khác được xác định từ đẳng thức :

, từ đó suy ra xk .
37) Tìm nghiệm nguyên của phương trình :

a)

2

x

= 7y + z

b)

3

x

+ 171 = y

2

c)

10

x

- 1 = 7y

d)

p

x

+ 1 = y ( p

nguyên tố

)

a) Xem x = 3k ; 3k + 1 ; 3k + 2 ( k  0 )

 Xét x = 3k : Lúc này , dễ thấy 2x = 7m + 1 ( m Z+) . So sánh với phương trình đã cho 

7y + z = 7m + 1 : phương trình này nghiệm đúng với y = t ( t Z) và z = 7m + 1 - 7y = 8k - 7t
Vậy phương trình có nghiệm : x = 3k ; y = t ; z = 8k - 7t

 Xeùt x = 3k + 1 : Theo trên , ta có 14m = 2x - 2  7y + z = 14m + 2 ; phương trình này có

nghiệm y = t (tZ) ; z = 2x - 7y = 2.8k - 7y

Vậy phương trình có nghieäm : x = 3k + 1 ; y = t ; z = 2.8k - 7t

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

b) Phương trình đã cho  9(3x-2 + 19) = y2 { y nguyên  3x - 2 + 19 = k2 ( kZ+ ) }
Nếu x - 2 = 2m  19 = (k + 3m).(k - 3m)  k + 3m =19 ; k - 3m = 1 k = 10 ; m = 2
 nghiệm phương trình đã cho : x = 2m + 2 = 6 ; y = 30 .

Neáu x - 2 = 2m + 1 ( m Z+) thì ta có :

k2 = 3x - 2 + 19 = 32m - 1 - 1 + 20 = 20 + (3 - 1)(

3

2k 2

3

2k 3

... 3 1

2k 2

 





  



 



  



) = 20 + 2(2m + 1)

 với mọi m , k2 chẵn nhưng khơng chia hết cho 4 bài tốn chỉ có một nghiệm !

c) Vì 10x = 1 + 7y

Z  x  0 vaø (x , y) = (0 , 0) là một nghiệm của phương trình

Xét x > 0 , ta có 10x - 1 =

99 99

...

  

và nếu lấy

99 99

...

  

chia cho 7 thì số dương x nhỏ nhất thỏa đề
là x = 6 hay A = 999999



7  các số AA...AA



7 và chỉ những số đó  nghiệm phương trình là y =

BB...BB



, với B = 142857 (ứng vớix= 6) ; x = 6n ( n Z , n  0 )
d) px = y2 - 1 = (y + 1)(y - 1)

 x  0 ; vì p nguyên tố nên y + 1 , y - 1 là các lũy thừa của p .
 Xem y - 1 = pk ; y + 1 = pk + l ( k , l ngun khơng âm )

Mà (y + 1) - (y - 1) = pk ( pl - 1 )

 p = 2 ; k = 1 ; l = 1 . Vaäy y = 1 + pk = 3 ; x = 3
38)

Tìm nghiệm nguyên của phương trình : (4x -

23 )2 + ( x

y )2 = (x2 +

5
2 )

2

Ta coù : x

y x x x x

2
2

2 5 2

2 4

3
2

5
2 4

3
2

(    )(    ) y2 = x2[(x + 2)2 - 3](x - 2)2

 { y nguyên  x = 0 hoặc x = 2 hoặc (x + 2)2 - 3 = k2 là số chính phương ( k Z+ ) }

Xeùt (x + 2)2 - 3 = k2

 3 = (x + 2 + k)(x + 2 - k) : tích hai số nguyên cùng dấu ; xét các trường hợp

có thể xảy ra, chúng ta có thêm nghiệm x = -4.

Vậy các nghiệm của phương trình là (x , y)  { (0 , 0) ; (2 , 0) ; (-4 , 24) ; (-4 , -24) }
39)

Tìm nghiệm nguyên của phương trình : (2x + 1)

2

- 1 =

384y

(2x 1)

1 

(1)

Từ (1)  384y = (4x2 + 4x)(4x2 - 4x)  24y = x2.(x - 1)(x + 1)

Nếu x lẻ thì (x - 1)(x + 1)



8 và trong 3 soá x , x - 1 , x + 1 có một số chia hết cho 3  x2.(x - 1)(x +

1) = 24t ( t Z )  nghieäm x = 2k + 1 ; y = 1

6 k.(k + 1).(2k + 1)
2 ( k

Z )

Nếu x chẵn thì x - 1 , x + 1 là các số lẻ  điều kiện để phương trình có nghiệm là x2



8  x2



4
Vậy : nghiệm của phương trình là : x = 4k ; y = = 1

6 k.(4k - 1).4k.(4k + 1) .

40)

Giải phương trình nghiệm nguyên : x

3

+ x

2

y + xy

2

+ y

3

= 8(x

2

+ xy + y

2

+ 1)

(Vô địch Balan

-1981)

Nhận xét x , y cùng tính chẵn - lẻ và nếu x = y thì phương trình trở thành x3 - 6x2 - 2 = 0

 nghiệm

ngun nếu có (ước của -2) sẽ là 1 ; 2 , nhưng khơng có giá trị nào thỏa mãn !

Do x , y cuøng tính chẵn - lẻ x - y 2  (x - y)2 4  x2 + y2 4 + 2xy  x2 + y22 + 2xy

(1)

( Pt đã cho )  (x2 + y2)(x + y) = 8(x2 + y2) + 8(xy + 1)  (x2 + y2)(x + y - 8) = 8xy + 8

 Pt hệ quả : (x2 + y2)(x + y - 8) = 4xy + 2 { (1) x + y - 8 < 4 }  4 < x + y < 12
 x + y = 6 , 8 , 10 .

Với x + y = 6 , 8 vô nghiệm !

Với x = 10  xy = 14

 x , y là hai nghiệm của phương trình : a2 - 10a + 16 = 0  (x , y) = (2 , 8) ; (8 ; 2)

41)

Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau đây :

a) xy

2

+ 2y(x - 14045) + x = 0

b) 7x

2

+ 7y

2

= 1820

( HSG Lớp 9 - 1994 )

c) x

2

- 38y = 23

d)

y13x  x  x

51
2

5
3

2 2

a) Nếu y = 0 thì x = 0 ; xét y  0 . Khi đó phương trình có thể đưa về dạng : xy(y1)228090

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

 Neáu (y + 1)2 = 1 thì y = -2  x = - 56180

 Nếu (y + 1)2 = 53 thì y = 52 ; - 54  x = 53 10

53 10 520 540
2

2
.

;
y

  

b) Nhận thấy 7 và 13 là các ước của 1820 nên x2



13  x



13 ; y2



7  y



Xem x = 13u ; y = 7v ( u, v Z)  13u2 + 7v2 = 20  13u2 13 ; 7v2 7  13u2 + 7v2 20
 đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u2 = v2 = 1  (x , y) = (13 , 7) ; (13 , -7) ; (-13 , 7) ; (-13 , -7)

c) Phương trình đã cho có thể viết dưới dạng : x2 - 4 = 38y + 19 = 2(2y + 1)

 (x + 2)(x - 2) = 19(2y + 1)
 x lẻ  x + 2 hoặc x - 2 chia hết cho 19



Neáu

x + 2 = 19t ( t nguyên dương lẻ )

thì

x = 19t - 2 vaø y =

x2 23 t 2 t2 t

19 2 23

19 4 1



(  )    



Neáu

x - 2 = 19t ( t nguyên dương lẻ )

thì

x = 19t + 2 vaø y = 19 4 1

t  t
d) Ta coù : y = 13

51
2

5
3

2 2

x  x  x= 2x3 + 25x2 - 2x + x x( 1)(x2)

6 Z , với mọi x Z

(Chú ý rằng : với mọi x Z : x x( 1)(x2)luôn chia hết cho 6 )

42)

Chứng minh rằng phương trình khơng có nghiệm y nguyên âm với mọi m nguyên :

5y

2

- 7y - 32 + 8m

2

= 0

Nghiệm của phương trình phải có dạng y =

710k với k =



= 49 + 160(4 - m2) mà dễ thấy k
Z+ ( k = 0  y Z )  y = 7

k

vaø y = 7
10

 k

< 0  k > 7 . Khi đó



= k2 > 49  m2 < 4  m2 = 0 ; 1

Nếu m2 = 0 thì



= 689 : không chính phương  y Z

Nếu m2 = 1 thì



= 529 = 232



y = 7 23



Z đpcm !

Áp dụng

Bài 65

: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình

12x - 5y = 21

12x + 17y = 41

x + 3y = 0

2x - y = 1

3x + 2y = 4

x = 3 + 5t ; y = 3 + 12t , t



Z

x = 2 + 17t ; y = 1 - 12t , t



Z

x = -3t ; y = t , t



Z

x = t ; y = 2t - 1 , t



Z

x = 2t ; y = 2 - 3t , t



Z

Bài 66

: Tìm nghiệm nguyên dương , nhỏ nhất của phương trình

16x - 25y = 1

41x - 37y = 187

x = 11 ; y = 7

x = 19 ; y = 16

Baøi 67

: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình

x

2

- 6xy + 5y

2

= 121

x

4

+ 2x

7

y - x

14

- y

2

= 7

(x, y

Z+)

2x

2

+ 2xy - x + y = 112

(x, y

Z+)

xy

2

+ 2xy - 243y + x = 0

(x, y

Z+)

6x

2

+ 5y

2

= 74

xy + 3x - 5y = -3

x

2

= y

2

+ 2y + 13

19x

2

+ 28y

2

= 729

(x - 5y)(x - y) = 121

(x

2

- x

7

+ y)(x

2

+ x

7

- y) = 7

y = -x + 1 + 111 : (2x + 1)

x.(y + 1)

2

= 243y

6(x

2

- 4) = 5(10 - y

2

)

(x - 5)(y + 3) = -18

(x - y - 1)(x + y + 1) = 12

Vô nghiệm !

Bài 68

: Giải các phương trình sau trong tập số nguyên :

-6x

2

- 2y

2

+ 6xy + 8x + 3y = 168

1987x

2

+ 1988y

2

= 3000 - 2x

2

y

2

2x

2

+ 3y

2

= 19 - 4x

6x

2

- 5y

2

= -40x - 3

a)



(x)

= -3[(y - 7)

2

+ 5:3] < 0

b)

Vô nghiệm !

c) 6y

2

= 42 - k

2



y

2

= 7 - k

2

: 6



7 

k

2

= 36

d) 3(2x

2

+ 1) = 5(y

2

- 8x)

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

4x

2

+ 231y

2

= 1631

x

2

- 100y

2

= 1

(x

2

+ y

2

)

2

= 8x

2

y

2

+ 4xy + 1

x

2

+ x

3

+ x

4

+ x

5

= 271440

x + y + z + t = xyzt (x, y, z, t



Z

+

)

a)

Vô nghiệm !

b)

(x , y) = (1 , 0) ; (-1 , 0)

c)

Dẫn đến pt

Pell

và đối

Pell

d)

x = 12

e)

(x, y, z, t) = (4, 2, 1, 1) và các hoán

vị .

Bài 70

: Giải các phương trình sau trong tập số nguyên :

x

3

- 3y

3

- 9z

3

= 0

5x

3

+ 11y

3

+ 13z

3

= 0

</div>

Phuong trinh nghiem nguyen

<b>Phương trình với nghiệm ngun </b>

<b>Dạng</b>

<i>Dạng tổng quát : anx</i>

<sub> + an - 1x</sub>

<sub> + ... + a1x + ao = 0 </sub>

<i>Caùch giải : vận dụng các tính chất sau</i>

Nếu x = b là nghiệm của phương trình

thì b là ước của ao

Nếu an = 1 thì nghiệm hữu tỉ nếu có của

là số ngun

Qui tắc tìm nghiệm :

Tìm các ước của ao

Thử lần lượt các ước của ao vào vế trái của

<i>Dạng tổng quát : ax + by = c </i>

<i>Cách giải : vận dụng các tính chất sau</i>

Giả sử a, b, c



<b>Z</b>

; a, b



0 và

<i><b>d</b></i>

= (a , b) . Khi đó :

Phương trình

có nghiệm khi và chỉ khi

<i><b>d</b></i>



Ư( c )

Nếu (xo , yo) là một nghiệm của ax + by = 1 với (a , b) = 1 thì (cxo , cyo) là một

nghiệm của phương trình

Nếu (xo , yo) là một nghiệm nguyên của

với (a , b) = 1 thì mọi nghiệm ngun

của nó được xác định bởi hệ thức :

<b>x</b>

= x

+ b

<i>t</i>

<b>y</b>

= y

- a

<i>t</i>

; với

<i>t</i>



<b>Z</b>

Thaät vaäy , vì (xo , yo) là một nghiệm nguyên của



axo + byo = 1



axo + byo = ax + by



x =

ax



by



by

a

<b><sub> = </sub></b>

<sub>xo + </sub>

b y

y

a

(



)



{ (a , b) = 1



y

y

a

t



 

<b>Z </b>



y = yo - at }

<b> x</b>