MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊNNguyễn Dũng Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương A.. MỞ ĐẦU Phương trình nghiệm nguyên là một dạng toán hay và khó trong số học, kiến thức
Trang 1MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
Nguyễn Dũng
Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương
A MỞ ĐẦU
Phương trình nghiệm nguyên là một dạng toán hay và khó trong số học, kiến thức sử dụng để giải chúng rất đa dạng, tổng hợp tất cả những tinh hoa của số học Dạng toán này thường xuyên xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi và là thách thức với những ai muốn chinh phục giải cao Vì vậy, chuyên đề này được viết để dành cho các học sinh mới bắt đầu làm quen với phương trình nghiệm nguyên, giúp các em có một số hướng suy nghĩ khi tìm lời giải và thêm phần tự tin khi gặp dạng toán này
B NỘI DUNG
I MỘT VÀI CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
1 Sử dụng phép so sánh các số nguyên
Bài 1
Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
3 3 2 2 1
Lời giải
Từ phương trình ta thấy 3 3
x y x y, mà chúng là số nguyên nên
x y x y Kết hợp với phương trình đã cho ta được
y y y y y y
Vì y là số nguyên nên y chỉ có thể bằng -3, -2, -1, 0 Thử trực tiếp ta được các cặp nghiệm là (1,0), (1,-2), (-2, -3)
Bài 2
Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
3(x xy y ) x 8y
Lời giải
Ta viết lại phương trình đã cho thành một phương trình bậc 2 của ẩn
số x như sau 3x2 (3y 1)x 3y2 8y 0
Phương trình này có nghiệm khi và chỉ khi 0 27y2 90y 1 0, do y
là số nguyên nên ta được 0 y 3 Vậy y chỉ có thể là 0, 1, 2, 3, thử trực tiếp ta nhận được các cặp nghiệm (0, 0) và (1, 1)
Bài 3
Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình:
2 2
2(x y ) xy x y
Trang 2Phương trình được viết lại thành 2 2
x y x y y , phương trình này có nghiệm với ẩn số x khi và chỉ khi 2
0 3y 12y 4 0
, do y là
số nguyên dương nên ta thu được 1 y 4, tức là y 1, 2,3, 4 Thử lần lượt
ta được các cặp nghiệm là (4,4), (4, 2), (2, 4)
Bài 4
Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
Lời giải
Ta xét các trường hợp sau đây:
- Nếu x 0 y 2
- Nếu y 0 x 2
- Nếu x 0,y 0 thì 3 3
x y xy x , như vậy 0 x 2 x 1, khi
đó sẽ không tồn tại y Z
- Nếu x 0,y 0 thì y3 x3 2xy 8 2xy y3 ( x) 3 2 (y x ), điều này sai
vì y x, là các số nguyên dương
-Nếu xy 0 thì x3 y3 2xy 8 0 x y, ta lại xét hai trường hợp dưới đây:
+ Khi x y 1 x y 1, thay vào phương trình đã cho ta thấy vô nghiệm y Z
+ Khi x y 2 x3 y3 (x y ) ( x y ) 2 3xy 2(4 3 ) xy , suy ra
2xy 8 8 6xy xy 0, mâu thuẫn
Vậy phương trình chỉ có hai nghiệm là (0,-2) và (2,0)
Bài 5
Tìm tất cả những cặp số nguyên dương ( , )a b thỏa mãn đẳng thức:
a b a b
Lời giải
Ta xét các trường hợp sau đây:
- Nếu a b thì luôn thỏa mãn phương trình
- Nếu a b , ta xét tiếp các trường hợp như sau:
+Khi b 3 thì ta chứng minh được b a
a b nhờ đạo hàm, do đó phương trình có vế trái âm và vế phải dương nên vô nghiệm
+ Khi b 1 thì phương trình luôn đúng với mọi a
+ Khi b 2 thì phương trình trở thành a2 2a a 2 (*) Bằng quy nạp
ta có 2a a2 với mọi a 5, do đó (*) vô nghiệm khi a 5 Thử trực tiếp ta thấy nghiệm là a 3,b 2
- Nếu a b ta viết lại phương trình thành b a a b b a thì quay về trường hợp trên
Tóm lại, nghiệm của phương trình là (t,t), (t,1), (1,t), (3,2), (2,3), t là
số nguyên dương tùy ý
Trang 32 Sử dụng tính chia hết và tính chẵn lẻ của số nguyên
Bài 6
Tìm các số nguyên không âm x y, thỏa mãn phương trình:
2 ( 1) 1576 2
Lời giải
Theo phương trình ta có 1576 x x2 1 1577 x2 1 x 1 1577 x 1
vì vậy x 1 chỉ có thể là 1, 19, 83, 1577, do đó x có thể là 0, 18, 82, 1576 Thử lần lượt ta được các nghiệm là (18,10), (82,10)
Bài 7
Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x y, sao cho:
2 2
2x y 1999
Lời giải
Giả sử tồn tại x y, thỏa mãn phương trình Ta thấy y phải lẻ, đặt
2 1( )
y k kZ , thay vào phương trình ta được 2x2 4k2 4k 1998 Thế thì 2
2x không chia hết cho 4 nên x phải lẻ, đặt x 2 1(l lZ) và ta thu được
8l 8l 4k 4k 1996 8(l l) 4 ( k k 1) 1996 Đẳng thức này không thể xảy ra vì vế trái chia hết cho 8 nhưng vế phải thì không
Như vậy giả sử ban đầu là sai, tức là không thể tồn tại x y,
Bài 8
Chứng minh rằng phương trình sau đây không có nghiệm nguyên:
5a 6ab 7b 1993
Lời giải
Giả sử tồn tại a b , Z thỏa mãn phương trình, thế thì
25a 30ab 35b 9965 (5a 3 )b 26b 9965
Như vậy 5a 3b phải lẻ, đặt 5a 3b 2k 1(kZ), khi đó ta có
4 (k k 1) 1 26 b 9965 2 (k k 1) 4982 13 b (*)
Từ (*) suy ra b phải chẵn, thế thì vế phải của (*) không chia hết cho 4 còn
vế trái của (*) lại chia hết cho 4, mâu thuẫn
Vậy giả sử trên là sai, tức là không thể tồn tại a b,
3 Sử dụng số dư khi chia cho một số tự nhiên
Bài 9
Chứng minh rằng không tồn tại a b c , , Z sao cho:
3 3 3
2002
Lời giải
Ta chứng minh được khi n là số nguyên thì n3 chia cho 9 chỉ có thể
dư là 0, 1, -1
Thế thì a3 b3 c3 khi chia cho 9 chỉ có thể dư là 0, 1, 2, 3, 6, 7, 8 Mà 2002 chia cho 9 dư 4 nên không thể tồn tại a b c, , thỏa mãn phương trình đã cho
Trang 4Chứng minh rằng phương trình 2 5
4
y x không có nghiệm nguyên
Lời giải
Giả sử tồn tại x y , Z thỏa mãn phương trình
- Nếu x11 thì x 10 11
- Nếu ( ,11) 1x thì x 10 1 11
Như vậy khi x là số nguyên tùy ý thì x10 chia cho 11 dư 0 hoặc 1, do đó x5 chia cho 11 chỉ có thể dư 0, 1, -1 Kết hợp với phương trình đã cho ta nhận được 2
y chia cho 11 chỉ có thể dư 6, 7, 8
Nhưng với y là số nguyên tùy ý thì 2
y chia cho 11 chỉ có thể dư là 0, 1, 3,
4, 5, 9 Vậy ta gặp mâu thuẫn nên phương trình vô nghiệm
Bài 11
Tìm một hằng số nguyên dương c sao cho phương trình
2 2
xy y x y c
có đúng ba nghiệm nguyên dương ( , )x y
Lời giải
Ta viết lại phương trình x y( 2 1) y2 y c
- Nếu y 1 c 0, loại
- Nếu
2
2
( 1) 1
1 ( 1)( 1)
, do đó c y 1 và y y( 1) c y 1
Ta có y 1(mody 1),y 1 2(mody 1) nên
( 1) 2(mod 1) 2(mod 1)
vậy c 0(mody 1),c 2(mody 1), mà y 1 0(mod y 1),y 1 2(mody 1)
nên c y 1(modlcm y( 1,y 1))
Với y 2,3 ta có c 1(mod 3),c 2(mod 4) Do vậy ta thử lấy c 10
Ta phải có y 1|10 y 2,3,6,11 Khi đó 4, 2, ,12
7
x , theo thứ tự Vậy có đúng ba nghiệm nguyên dương ( , ) (4, 2),(2,3),(1,11)x y
Bài 12
Tìm tất cả những số nguyên dương x y z, , thỏa mãn phương trình:
3x 4y 5z
Lời giải
Vì 4y 1(mod 3) 5z 1(mod 3) z 2 ,k k
Thay vào phương trình ta được (5k 2 )(5y k 2 ) 3y x
Hơn nữa 5k 2y 5k 2 (mod 3)y
nên 5k 2y 1
(1) và 5k 2y 3x
(2)
Từ (1) suy ra ( 1)k ( 1)y 1(mod 3)
Từ (2) suy ra ( 1)k ( 1)y 0(mod 3)
Do vậy k lẻ và y chẵn nên y 2 Khi đó
5k 2y 1(mod 4) 3x 1(mod 4) x chẵn, do đó 3x 1(mod8)
Trang 5Như vậy nếu y 4 thì 2 8y 5k 1(mod8)
, mâu thuẫn vì k lẻ
Vậy ta phải có y 2, thay vào (1) và (2) ta được k 1,x 2 x y z 2
4 Sử dụng kiến thức số học tổng hợp
Bài 13
Tìm các số nguyên dương x y z, , thỏa mãn x y z và 2x 2y 2z 2336
Lời giải
Ta có 2 1 2x y x 2z x 2 5 73
2x 2
và 1 2y x 2z x 73
, suy ra
5, 2y 2z 72
Từ đây ta có 2y 51 2z y 2 3 9 y 5 3,1 2z y 9
vậy y 8,z 11
Tóm lại x 5,y 8,z 11
Bài 14
Tìm các cặp số nguyên dương ( , )x y thỏa mãn:
Lời giải
Giả sử gcd( , )x y c, đặt x ac y bc , , thế thì gcd( , ) 1a b
Thay vào phương trình ta được
Mà gcd( , ) 1a b nên suy ra a 1 Khi đó c2 b b 1
là số chính phương nên hoặc
b là số lẻ hoặc b là số chính phương
- Nếu b 2n 1,n 0 thì c (2n 1)n
- Nếu b k k2 ,
Z thì c k k2 1
Vậy ta được ( , )x y (2n 1) ,(2n n 1)n 1,n 0,n
Z và ( , )x y k k2 1 ,k k2 1,k
Bài 15
Chứng minh rằng phương trình x3 y3 xy 1993 không có nghiệm nguyên dương
Lời giải
Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương ( , )x y Từ phương trình
ta thấy x y x y d d,
Z Thay vào phương trình ta được
(y d ) y (y d y ) 1993 (3d 1)y d d(3 1)y d 1993 0 (1), suy ra
3 1993 0 12
Nhân hai vế của (1) với 27 ta được
27(3d 1)y 27 (3d d 1)y (3 )d 1 53810, do đó 3d 1| 53810 2 5 5381
Mà d 12 3d 1 35 và 3d 1 chia cho 3 dư 2 nên 3d 1 2;5 d 1; 2
- Nếu d 1, thay vào (1) ta được y2 y 996 0 ( vô nghiệm nguyên )
- Nếu d 2, thay vào (1) ta được y2 2y 397 0 ( vô nghiệm nguyên )
Như vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương
Trang 6Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên x y, đều không chia hết cho 5 và thỏa mãn x2 19y2 198 10 1989
Lời giải
Ta thấy 100 9 2 19 1 2; 1980 21 2 19 9 2
và (x2 19 )(y2 a2 19 ) (b2 xa 19 )yb 2 19(xb ya ) 2
Ta gọi số nguyên dương n là "số đẹp" nếu tồn tại x y , Z sao cho x y
không chia hết cho 5 và n x 2 19y2
Ta sẽ chứng minh với mọi số nguyên dương m thì 100m là "số đẹp"
- Khi m 1, khẳng định là đúng
- Giả sử khẳng định đã đúng với m k , tức là 100k a2 19b2, trong đó
,
a b Z và a b không chia hết cho 5
Ta có 100k 1 100 100k (9 2 19 1 )( 2 a2 19 ) (9b2 a 19 )b 2 19(9b a) 2
(9a 19 ) (9b b a ) 8( a b ) 20 b không chia hết cho 5 nên khẳng định cũng đúng với m k 1 Phép chứng minh được hoàn tất
Như vậy 10 1988 100 994 là "số đẹp", tức là 100 994 A2 19B2, trong đó A B , Z
và A B không chia hết cho 5 Thế thì
198 10 1980 100 (21 19 9 )( A 19 ) (21B A 171 )B 19(21B 9 )A
đặt x 21A 171 ,B y 21B 9A x y 12(A B ) 180 B không chia hết cho 5 Mặt khác 2 2 1989
19 198 10 5
x y nên x y, đều không chia hết cho 5
II MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN PHƯƠNG TRÌNH
PITAGO VÀ PHƯƠNG TRÌNH PELL
Bài 17
Chứng minh rằng phương trình dưới đây có vô hạn nghiệm nguyên dương:
Lời giải
Gọi ( , , )a b c là một nghiệm nguyên dương của phương trình a2 b2 c2 Thế thì 2 2 2 4 4 4 4 2 2 4 4 4 8 4 2 2
(a b ) c a b c 2a b c a( b ) c 2c a b
4 4 4 4 4 4 8 4 2 2 4 4 4 2 2 2
x ab y bc z ca u c a b , khi đó x y z u, , ,
Z và 4 4 4 2
Vì có vô hạn bộ số nguyên dương ( , , )a b c nên sẽ có vô hạn bộ số nguyên dương ( , , , )x y z u như trên
Bài 18
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
2 2 1997( )
Lời giải
Phương trình được viết lại như sau:
2x 2y 3994(x y )
Trang 72 2
(x y) (x y) 3994(x y) 0
(x y) (x y 1997) 1997
Z và a2 b2 1997 2 (*)
(bởi nếu b 0 thì x y 1997 nên x y 1997, do đó y 0,loại)
Do 1997 là số nguyên tố nên ( , ) 1a b , vì vậy (*) là dạng phương trình Pitago
(a b, có thể hoán vị cho nhau), trong đó
, , ,( , ) 1
Vì 1997 2(mod 5) m n, 1(mod 5), do 1997 2(mod 3) m n, 1(mod 3)
Như vậy m n , 1, 4,11,14(mod15), hơn nữa 1997 2
1997
2 m nên chỉ có
34, 29
m n Từ đây ta được nghiệm của phương trình đã cho là
( , ) (170,145);(1827,145)x y
Bài 19
Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
2 2 2 2
Lời giải
Từ phương trình ta thấy x y, có cùng tính chẵn lẻ Ta viết lại phương trình như sau:
2
z
, thế thì u v , Z và u2 v2 z2 Đây chính là phương trình dạng Pitago
Bài 20
Xét các tam giác cân có độ dài cạnh đáy bằng a, độ dài cạnh bên bằng b, trong đó a b,
Z Tìm tất cả giá trị của a b, để diện tích của tam giác cũng là một số nguyên dương
Lời giải
Diện tích của tam giác là 1 2 2
a
Để Slà số nguyên dương thì a phải chẵn và 2 2
4
a
b phải là số chính phương Giả sử a 2 ,k k
Z và 2 2 2
4
a
b m , khi đó 2 2 2 2 2 2
b k m m k b Đây là phương trình dạng Pitago
Trang 8Tìm các số nguyên dương n sao cho ( 1)
2
n n
là số chính phương
Lời giải
Giả sử ( 1) 2
, 2
n n
Z , khi đó 4n2 4n 1 8y2 1 (2n 1) 2 8y2 1, đặt 2n 1 x ta được phương trình Pell x2 8y2 1 Từ đây ta được nghiệm là
(3 8) (3 8)
2
k
do đó 1
2
x
n , với x được xác định như trên
Bài 22
Tìm các số nguyên dương x 1 sao cho tam giác với độ dài của ba cạnh là
1, , 1
x x x có diện tích là một số nguyên dương
Lời giải
Diện tích của tam giác là 1 2
3 12 4
S x x Để S là số nguyên dương thì x phải chẵn, đặt x 2y Sy 3(y2 1)
Ta cần 3(y2 1) h h( ) h2 3(y2 1) h 3
Z , đặt h 3 ,z z
Z ta thu được
9z 3(y 1) y 3z 1 Phương trình Pell này có nghiệm là
(2 3) (2 3)
2
n
Vậy x 2y (2 3)n (2 3) ,n n 1
Bài 23
Tìm các số nguyên dương n để 12 22 n2
n
là số chính phương
Lời giải
Theo giả thiết ta có ( 1)(2 1) 2
, 6
Z
2n 3n 1 6y
16n 24n 8 48y
(4n 3) 1 48y
2 48 2 1
, trong đó x 4n 3
Phương trình Pell này có nghiệm là (7 48) (7 48) ,
2
k
Ta cần tìm k để x k 3(mod 4) Đế ý rằng dãy số ( )x k được xác định như sau:
0 1, 1 7, k 2 14 k 1 k, 0,1, 2,
Bằng quy nạp ta chứng minh được x k 1(mod 4) nếu k chẵn,x k 1(mod 4)nếu
k lẻ Như vậy k lẻ là các số cần tìm Tóm lại các số n phải tìm là
Trang 94
k
x
n , với k là số lẻ
Bài 24
Tìm các số nguyên dương m để 2m 1 và 3m 1 đều là các số chính phương
Lời giải
Z , khi đó ta có
3x 2y 1 (*) và 2 2
Xét (*) ta đặt u 3x 2 ,y v y x x u 2 ,v y u 3v, (*) trở thành
2 6 2 1
u v Phương trình Pell này có nghiệm là
(5 2 6) (5 2 6)
2
n
(5 2 6) (5 2 6)
2 6
n
Vậy ta tìm được m y 2 x2 (u 3 )v 2 (u 2 )v 2 v u(2 5 )v , tức là
(5 2 6) (5 2 6) 10
24
Bài 25
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
(x 1) x (x 1) y (y 1)
Lời giải
Phương trình tương đương với
(2y 1) 6x 3, suy ra 2y 1 3
Giả sử 2y 1 3 ,t t
Z , ta được phương trình:
9t 6x 3 3t 2x 1 (*)
Đặt u 3t 2 ,x v x t t u 2 ,v x u 3v, thế thì (*) trở thành
3(u 2 )v 2(u 3 )v 1
2 6 2 1
Đây chính là phương trình Pell
Bài 26
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
2 ( 1) 2 2
Lời giải
Phương trình tương đương với
4x 4x 2 2y
(2x 1) 2y 1
Đặt 2x 1 t ta được 2 2 2 2
Đặt u 2y t v t y , y u v t u , 2v, khi đó (*) trở thành
2(u v) (u 2 )v 1 u 2v 1 Đây chính là phương trình Pell
Trang 10III NGHIỆM NGUYÊN DƯƠNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT Bài 27
Cho ba số nguyên dương a b c, , thỏa mãn ( , ) 1a b Xét sự tồn tại nghiệm nguyên dương của phương trình ax by c , ta có hai kết quả sau đây:
Kết quả 1
- Nếu c a b thì phương trình vô nghiệm nguyên dương
- Nếu c ab thì phương trình có nghiệm nguyên dương
- Nếu c a b thì phương trình có nghiệm nguyên dương duy nhất x y 1
- Nếu c ab thì phương trình vô nghiệm nguyên dương
Kết quả 2
Khi ca b 1,a b 2, ,ab 1 thì số giá trị của c làm cho phương trình có nghiệm nguyên dương bằng số giá trị của c làm cho phương vô nghiệm nguyên dương
Chứng minh kết quả 1
- Với c a b thì hiển nhiên phương trình vô nghiệm nguyên dương
- Với c ab : ta thấy 1, 2, ,b là hệ thặng dư đầy đủ mod b, mà ( , ) 1a b nên
a a, 2 , ,ba cũng là hệ thặng dư đầy đủ mod b , do đó x 1, 2, ,b sao cho
(mod )
ax c b Như vậy c ax b y Z sao cho c ax by hay ax by c
Do c ab ax nên y phải là số nguyên dương Vì vậy phương trình có nghiệm nguyên dương
- Với c a b thì rõ ràng phương trình chỉ có một nghiệm nguyên dương là
( , ) (1,1)x y
- Với c ab : giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương ( , )x y , thế thì
ax by ab by a y a y a ax by ab (mâu thuẫn) Vì vậy phương trình vô nghiệm nguyên dương
Chứng minh kết quả 2
+ Trước tiên ta chứng minh nếu phương trình ax by c có nghiệm nguyên dương thì phương trình ax by (ab a b ) c vô nghiệm nguyên dương Thật vậy, gọi ( , )x y0 0 là một nghiệm nguyên dương của phương trình
0 0
ax by c ax by c
Xét phương trình ax by (ab a b ) c (*)
0 0
Giả sử (*) có nghiệm nguyên dương là ( , )x y , khi đó x x 0 1 và
0 1
y y là các số nguyên dương Kết hợp với (**) ta thấy phương trình
ax by ab có nghiệm nguyên dương (mâu thuẫn với kết quả 1) Vì vậy (*) phải vô nghiệm nguyên dương