PHUONG TRINH NGHIEM NGUYEN 1

Phương trình với nghiệm nguyênDạng toán này là một trong những dạng toán khó trong bộ môn Toán Số , những phần mà tôi nêu ra dưới đây chỉ là những dạng cơ bản nhất.. Tuy nhiên, để hiểu đ

Phương trình với nghiệm nguyên

Dạng toán này là một trong những dạng toán khó trong bộ môn Toán Số , những phần mà tôi 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 : anxn + an - 1xn - 1 + + a1x + ao = 0 (1)

Cách 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 nguyên 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 tích Diophante)

{Diophante - Người đầu tiên nghiên cứu có hệ thống về Phương trình vô định , sống ở thế kỷ thứ III.Tập sách “Số

học “ của ông 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 nguyên của nó được xác định bởi hệ thức :

x = xo + bt

y = yo - at ; với t  Z

Thật vậy , vì (xo , yo) là một nghiệm nguyên của (2)  axo + byo = 1  axo + byo = ax + by

 x = axo by  by

a

o = xo + b y y

a

o

o 

  Z  y = yo - at }

Phương trình vô định dạng x2 + y2 = z2 ( Phương trình Pithago )

Cách giải :

Phương trình vô định dạng x2 + y2 = z2 có vô số nghiệm nguyên xác định bởi công thức

( Định lý tìm nghiệm này đã được biết từ Euclide ) :

x = u.v ; y =u2 v2

2



; z = u2 v2

2



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 x2 - Py2 = 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 toán do Archimède đặt ra, bài

toán 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 giải :

 Phương trình Pell có nghiệm x =  1 , y = 0 được gọi là nghiệm tầm thường

 Phương trình Pell luôn có vô số nghiệm không tầm thường.

 Giả sử x o , 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 không tầm thường của phương trình Pell, ta chỉ cần tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình đó Tất cả các nghiệm nguyên 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) không 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 nguyên dương không chính phương ? Ta hãy xét phương trình tổng quát

hơn, đó là phương trình : x2 - Py2 = 1 (*) trong đó P là số nguyên 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 nguyên không âm

Hiển nhiên rằng x = 1 ; y = 0 là một nghiệm - gọi là nghiệm tầm thường của (*) Ta còn phải tìm các nghiệm không 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 không tầm thường là P không 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 x2 - 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 nguyên x = 2 ; 3

Tìm nghiệm hữu tỉ của 3x2 - 5x + 2 = 0 (1)

Ta có (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 có : 3y + 8t = 1  3y = 1 - 8t  y = -3t + 1 + t

3

Đặt 1 + t

3 = u  Z  Ta có : 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

Vậy : x = 29u + 11 ; y = 17u + 3

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

1 7 và 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

Ta có yz = x - 1 + 1 + 2 y - xx y + 1  1 + 2y - x = 0 hoặc 1 + 2y - x  xy + 1

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

Nếu 1 + 2y - x  xy + 1 thì 2y  x(y + 1) hay x  y + 12y  

1 2

y  x = 1 ; y = 1 ; z = 2

6) Tìm nghiệm (x , y) nguyên của phương trình : y2 = x5 + 2x4 - 3x3 - 4x2 + 4x

Ta có y2 = x.(x - 1)2(x + 2)2  x = t2 với t  Z  y =  t.(t2 - 1)(t2 + 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 x2 + x + 1

Ta có 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

x

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 có 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 Nhưng y = 2 5



x

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 : 4x2 + 231y2 = 1613 vô nghiệm trong tập số nguyên

Đặt X = x2  0 ; Y = y2  0  4X + 231Y = 1613  X = 1613 231Y 58Y 1 Y

4



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

Ta thấy Y  0 khi t  1

4 ; X  0 khi t  461

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

Nhưng t = 1 thì Y = 3 = y2  y  Z  đpcm !

Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x2 - 81y2 = 1

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

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

Do x , y > 0 nên 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 x2 - k2y2 = 1 với k N chỉ có nghiệm tầm thường x = 1 ; y = 0

Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + 3y2 = 6xy - 6 (1)

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

Để phương trình có nghiệm x nguyên thì điều kiện cần và đủ (do hệ số x2 là 1) là  = 6y2 - 6 = m2 : là một số chính phương

Rõ ràng m2 là bội 6  m là bội 6  xem m = 6t với t Z  y 2 - 6t2 = 1 : Phương trình Pell

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

 Các nghiệm nguyên dương (yk , tk ) được xác định từ đẳng thức : yktk 6 (5 2 6)  k Giải phương trình trong tập số nguyên : 3x2 + 48y2 = 1003 + 30xy (1)

Xem (1) là một phương trình bậc II theo x : 3x2 - 30xy + 48y2 - 1003 = 0

 ‘ = 81y2 + 3009 = k2 : là số chính phương để có x nguyên ( kZ +)

 k2 - 81y2 = 3009  (k + 9y)(k - 9y) = 3.17.59 Vì k + 9y > k - 9y

 Xảy ra 4 khả năng sau đây :





9 3 0 0 9





9 1 0 0 3









Trong trường hợp nào ta cũng thấy y không nguyên  Bài toán vô nghiệm !

{ Chú ý , dễ dàng kết luận ngay bài toán vô nghiệm vì 1003 không chia hết cho 3 }

Tìm nghiệm nguyên 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 nguyên , 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 còn 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

18

15 7 51

y k

  

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

9 2 28

y k

 



 



 x = 15 13 111





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

Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 2x2 + 3y2 - 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 nguyên 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 = 5 ; k = 3

 ( x , y ) = (15 , 12) ; (1 , 2)





4 4

 ( x , y ) = (13 , 11) ; (3 , 3)

( Sử dụng tính chất của số nguyên tố )

Tìm 3 số nguyên 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4

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

Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x53 + y53 = 53z (1)

Vì z Z  x53 + y53 53 Vì 53 là số nguyên tố nên theo định lý Fermat : x53 - x 53 và y53 - y

53

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 và (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 không các số nguyên tố x , y , z thỏa mãn phương trình : x2 + y3 = z4 (1) ( Vô địch LX lần

thứ 14 - 1980 )

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

Nếu z = 2 thì x2 + y3 = 16  y < 3  x2 = 8 (vô lý !).

Nếu y = 2 thì 8 = (z2 + x)(z2 - x) , mà z2 + x > 0  z2 - x > 0 và (z2 + x) + (z2 - x) = 2z2  phân tích 8

= 2.4 , nhưng khi đó 2 + 4 = 2z2  z không nguyên (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 : không nghiệm đúng phương trình  Bài toán vô nghiệm !

Tìm hai số x, y nguyên và số nguyên tố p sao cho : x4 + 4y4 = 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 nguyên của phương trình : 1 + x + x2 + x3 = y3 ( Thi Toàn quốc lớp 9 - 1982 )

Nhận thấy : 1 + x + x2 = (x + 1

2 )2 + 3

4 > 0  y3 > x3  y > x  y  x + 1 Nếu 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 : x2 = y(y + 1)(y + 2)(y + 3)

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

Nếu 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 : 12x2 - 3x - 2= 5y - 8x - 2x2(1)

Từ (1)  5 y 1 1 x 2 k h i - 12 x 2

4 x 2 5 x 2 x 12; x 2

    





 k h i

Xét 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 toán vô

nghiệm !

Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x3 = y3 + 2y2 + 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 )

Tìm nghiệm (x , y , z) nguyên thỏa mãn đẳng thức : 4xy - x - y = z2(1)

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 12



(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 : y2 = x2 + 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 : k2 = n2 + 6n + 1989 (1) là một số chính phương

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

Mặt khác n + k + 3 > n - k + 3 và (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 tập 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

4x + 1 = y3 + 8y (2)

Ta có (2)  4(x - 2y) = y3 - 1

 { x - 2y nguyên  y - 1 = 4t , tZ}

 y = 4t + 1

 (y + 2)2 = 1 , 4 , 172  coù 6 nghieôm ! vaø x = 16t3 + 12t2 + 11t + 2 ; tZ

Giại phöông trình nghieôm nguyeđn sau : x2 + y2 + z2 = x2y2(1)

{ Theo mod 4, neâu x2  y2  1  x2 y2  1  x2 + y2 + z2  1  z2  1 ( vođ lyù ! ) }  x, y khođng theơ ñeău laø soâ lẹ  x chaün hoaịc y chaün  x2 y2

 4  x2 + y2 + z2

 4  x = 2x1 ; y = 2y1 ; z = 2z1  x1 + y1 + z1 = 4x1y1 (2)

Nhö vaôy, neâu (x, y, z) laø nghieôm (1) thì x1 ; y1 ; z 1 laø nghieôm cụa (2) Tieâp túc nhö vaôy, ta coù :

2 ( x 4 ); y

y

2 ( y 4 ); z

z

2 ( z 4 )

2 1  2 1  2 1  laø nghieôm cụa x2 + y2 + z2 = 16x2y2 (2) Quaù trình naøy coù theơ tieâp túc maõi vaø khi ñoù caùc soâ x

y

z 2

k k k chaün vôùi mói k  (x, y, z) chư coù theơ laø (0, 0, 0) Giại caùc phöông trình nghieôm nguyeđn sau :

x6 + 3x3 + 1 = y4

Neâu 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 !

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

+ 1 = (x3 + 1)2 : vođ lyù !

Neâu x = -1 thì y4 = -1 ( loái )

Vaôy x = 0 ; y =  1 : hai nghieôm duy nhaât !

(x + 2)4 - x4 = y3 (1)

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

x3 + 3x2 + 4x + 2 vôùi x  0  (x + 1)3 < z3 < (x + 2)3  x + 1 < z < x + 2

 vođ lyù ! vôùi x  -2  ñaịt x1 = -x -2  0 , y1 = -y  x1 vaø y1

thoûa maõn(x1 + 2)4 - x1 = x4 - (x + 2)4 = -y3 : ñieău naøy khođng theơ coù vôùi x1  0

Vaôy -2 < x < 0  x = -1 ; y = 0 : nghieôm duy nhaât !

33) { Söû dúng Phöông phaùp xuoâng thang }

Chöùng minh raỉng phöông trình sau ñađy khođng coù nghieôm nguyeđn : 8x4 + 4y4 + 2z4 = t4(1)

Giạ söû raỉng (1) coù nguyeôm nguyeđn (x, y, z, t) vôùi x laø giaù trò nhoû nhaât trong caùc giaù trò coù theơ coù

Töø (1), ta nhaôn thaây t chaün - xem t = 2t1 ; theâ vaøo (1) vaø chia cho 2 ta coù :4x4 + 2y4 + z4 = 8t1 (2)

 z chaün - xem z = 2z1 ; thay vaøo (2)  2x4 + y4 + 8z1 = t1

Töông töï ,ta coù : y = 2y1  x4 + 8y1 4 + 4z1 4 = 2t1 4 vaø cuoâi cuøng x = 2x1  8x1 4 + 4y1 4 + 2z1 4 = t1 4  (x1 , y1 , z1 , t1) cuõng laø nghieôm cụa phöông trình ñaõ cho , nhöng ôû nghieôm naøy ta thaây x1 < x : mađu thuaên caùch chón nghieôm ñaău coù x beù nhaât !  (1) vođ nghieôm !

34) Tìm ñieău kieôn caăn vaø ñụ cho soâ k ñeơ phöông trình : x2 - y2 = k coù ít nhaât moôt nghieôm

nguyeđn

 x2 - y2 = k coù nghieôm nguyeđn  k  4t + 2 (*) (soẩ dö soâ chính phöông trong pheùp chia cho 4)

 k  4t + 2 :

k chaün  { (*)  k = 4m }  x = m + 1 ; y = m - 1 laø nghieôm phöông trình

k lẹ  { (*) 

k = 2n + 1 }  x = n + 1 ; y = n laø nghieôm phöông trình

Vaôy : Phöông trình x2 - y2 = k coù ít nhaât moôt nghieôm nguyeđn  k  4t + 2 ( tZ )

35) Chöùng minh raỉng phöông trình x2 + y2 + z2 + t2 = 2xyzt (1) khođng coù nghieôm nguyeđn

(khaùc taăm thöôøng )

Giạ söû raỉng phöông trình coù nghieôm nguyeđn (x, y, z, t) Vì x2 + y2 + z2 + t2chaün  trong caùc soâ x,

y, z, t coù moôt soâ chaün caùc soâ lẹ ( hoaịc 0 hoaịc 2 hoaịc 4 ).

Neâu taât cạ ñeău lẹ thì x2 + y2 + z2 + t2

 4 trong khi 2xyzt khođng chia heât cho 4 Neâu chư coù hai soâ lẹ thì x2 + y2 + z2 + t2 khođng chia heât cho 4 trong khi 2xyzt  4 Vaôy x, y, z, t cuøng chaün  xem x = 2x1, y = 2y1, z = 2z1, t = 2t1 ; thay vaøo phöông trình ñaõ cho ta ñöôïc : x1 2 + y1 2 + z1 2

+ t1 2 = 8x1y1z1t1 Laôp luaôn töông töï nhö tređn cho phöông trình naøy, ta ñöôïc caùc nghieôm phại chaün  x1 = 2x2 , y1 = 2y2 , z1 = 2z2 , t1 = 2t2  ta ñöôïc : x2 2 + y2 2 + z2 2 + t2 2 = 32.x2y2z2t2

Moôt caùch toơng quaùt, xuaât phaùt töø nghieôm (x, y, z, t) baỉng phöông phaùp “xuoâng thang” ta ñi ñeân phöông trình : xs 2 + ys 2 + zs 2 + ts 2 = 22s + 1.xsyszsts trong ñoù : [x , y , z , t]k = 2[x , y , z , t]k + 1 ( k  1 )

 vôùi mói soâ töï nhieđn s : x

y

z

t 2

s s s s laø caùc soâ nguyeđn - ñoù laø ñieău khođng theơ coù ñöôïc khi x,y,z,t nguyeđn

35) Giại phöông trình nghieôm nguyeđn sau : x1 4 + x2 4 + x3 4 + + x14 4 = 1599

Chuù yù raỉng , vôùi n = 2k  n 4 = 16k4

 16 vaø vôùi n = 2k + 1  n4 - 1 = (n2 - 1)(n2 + 1)  16 Nhö vaôy khi chia x1 4 + x2 4 + x3 4 + + x14 4cho 16 thì soâ dö coù ñöôïc baỉng soâ caùc soâ lẹ trong caùc soâ

xi , töùc laø khođng vöôït quaù 14 ; trong khi ñoù 1599 = 1600 - 1 chia cho 16 coù soâ dö laø -1 hay 15  Phöông trình vođ nghieôm !

36) Tìm caùc soâ x ñeơ A = 8x2 + 8x + 1 laø soâ chính phöông

Ñaịt A = y2 ( yZ)  Tìm nghieôm nguyeđn phöông trình 8x2 + 8x + 1 - y2 = 0

Ñieău kieôn caăn ñeơ coù x nguyeđn laø ‘ = 8 + 8y2 = k2 laø soâ chính phöông  k2

 8  k  4 - xem k

= 4t (tZ)

 8 + 8y2 = 16t2  y2 - 2t2 = -1 : ñađy laø phöông trình ñoâi Pell (Pt ñoâi Pell khođng coù nghieôm taăm thöôøng)

Vì x = 4 k    

8

4 4t 8

1 t

2 neđn x nguyeđn  t lẹ

Ta bieât raỉng phöông trình ñoâi Pell y 2 - 2t2 = -1 coù nghieôm nguyeđn döông nhoû nhaẩt laø y1 = t1 = 1 neđn : x 1 1

2 0; 1

1     vaø caùc nghieôm nguyeđn döông khaùc ñöôïc xaùc ñònh töø ñaúng thöùc :

, töø ñoù suy ra xk

37) Tìm nghieôm nguyeđn cụa phöông trình :

d) px + 1 = y ( p nguyeđn toâ )

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

 x = 3k : Luùc naøy , deê thaây 2 Xeùt x = 7m + 1 ( m Z +) So saùnh vôùi phöông trình ñaõ cho 

7y + z = 7m + 1 : phöông trình naøy nghieôm ñuùng vôùi y = t ( t Z) vaø z = 7m + 1 - 7y = 8 k - 7t

Vaôy phöông trình coù nghieôm : x = 3k ; y = t ; z = 8k - 7t

 x = 3k + 1 : Theo tređn , ta coù 14m = 2 Xeùt x - 2  7y + z = 14m + 2 ; phöông trình naøy coù

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

Vaôy phöông trình coù nghieôm : x = 3k + 1 ; y = t ; z = 2.8k - 7t

 x = 3k + 2 : Theo tređn , ta coù 28m = 2 Xeùt x - 4  7y + z = 28m + 4

Vaôy phöông trình coù nghieôm : x = 3k + 2 ; y = t ; z = 4.8k - 7t

b) Phöông trình ñaõ cho  9(3x-2 + 19) = y2  { y nguyeđn  3x - 2 + 19 = k2 ( kZ + ) }

Neâu x - 2 = 2m  19 = (k + 3m).(k - 3m)  k + 3m =19 ; k - 3m = 1 k = 10 ; m = 2

 nghieôm phöông trình ñaõ cho : x = 2m + 2 = 6 ; y = 30

Neâu x - 2 = 2m + 1 ( m Z +) thì ta coù :

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

2k 2



 vôùi mói m , k2 chaün nhöng khođng chia heât cho 4  baøi toaùn chư coù moôt nghieôm !

c) Vì 10x = 1 + 7y Z  x  0 vaø (x , y) = (0 , 0) laø moôt nghieôm cụa phöông trình

Xeùt x > 0 , ta coù 10x - 1 = 99 99    x vaø neâu laây 99 99    x chia cho 7 thì soâ döông x nhoû nhaât thoûa ñeă laø x = 6 hay A = 999999  7  caùc soâ AA AA  7 vaø chư nhöõng soâ ñoù  nghieôm phöông trình laø y =

BB BB

n

    , vôùi B = 142857 (öùng vôùix= 6) ; x = 6n ( n Z , n  0 )

d) px = y2 - 1 = (y + 1)(y - 1)  x  0 ; vì p nguyeđn toâ neđn y + 1 , y - 1 laø caùc luõy thöøa cụa p

 Xem y - 1 = pk ; y + 1 = pk + l ( k , l nguyeđn khođng ađm )

Maø (y + 1) - (y - 1) = pk ( pl - 1 )  p = 2 ; k = 1 ; l = 1 Vaôy y = 1 + pk = 3 ; x = 3

38) Tìm nghieôm nguyeđn cụa phöông trình : (4x - 23 )2 + ( xy )2 = (x2 + 5

2 )2

Ta coù : x

2

2

2 4

3 2

5

2 4

3 2

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

 { y nguyeđn  x = 0 hoaịc x = 2 hoaịc (x + 2)2 - 3 = k2 laø soâ chính phöông ( k Z + ) }

Xeùt (x + 2)2 - 3 = k2  3 = (x + 2 + k)(x + 2 - k) : tích hai soâ nguyeđn cuøng daâu ; xeùt caùc tröôøng hôïp coù theơ xạy ra, chuùng ta coù theđm nghieôm x = -4

Vaôy caùc nghieôm cụa phöông trình laø (x , y)  { (0 , 0) ; (2 , 0) ; (-4 , 24) ; (-4 , -24) }

39) Tìm nghiệm nguyên của phương trình : (2x + 1)2 - 1 = (2x 1) 384y2 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 số x , x - 1 , x + 1 có một số chia hết cho 3  x2.(x - 1)(x +

1) = 24t ( t Z )  nghiệm 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

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

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

40) Giải phương trình nghiệm nguyên : x3 + x2y + xy2 + y3 = 8(x2 + xy + y2 + 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

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

Do x , y cùng 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) xy2 + 2y(x - 14045) + x = 0

b) 7x2 + 7y2 = 1820

( HSG Lớp 9 - 1994 )

c) x2 - 38y = 23

d) y13x  x  x

6

51 2

5 3

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

Điều kiện cần để y + 1 Z là xy Z  (y + 1) 2 là ước số chính phương của 28090 = 532.2.5

 (y + 1)2 chỉ có thể là 1 hoặc 532

 Nếu (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 y

b) Nhận thấy 7 và 13 là các ước của 1820 nên x 2

 13  x  13 ; y2  7  y  7

Xem x = 13u ; y = 7v ( u, v Z)  13u 2 + 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

 Nếu x + 2 = 19t ( t nguyên dương lẻ ) thì x = 19t - 2 và y =

38

19 2 23 38

19 4 1 2



(  )    

 Nếu x - 2 = 19t ( t nguyên dương lẻ ) thì x = 19t + 2 và y = 19 4 1

2

2

t  t

d) Ta có : y = 13

6

51 2

5 3

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 không có nghiệm y nguyên âm với mọi m nguyên :

5y2 - 7y - 32 + 8m2 = 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

10

k và 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 2310 Z  đpcm !

Áp dụng

Bài 65 : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình

a) 12x - 5y = 21

c) x + 3y = 0

d) 2x - y = 1

e) 3x + 2y = 4

a) x = 3 + 5t ; y = 3 + 12t , t  Z

b) x = 2 + 17t ; y = 1 - 12t , t  Z

c) x = -3t ; y = t , t  Z

d) x = t ; y = 2t - 1 , t  Z

e) x = 2t ; y = 2 - 3t , t  Z Bài 66 : Tìm nghiệm nguyên dương , nhỏ nhất của phương trình

f) 16x - 25y = 1

a) x = 11 ; y = 7

Bài 67 : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình

h)x2 - 6xy + 5y2 = 121

i) x4 + 2x7y - x14 - y2 = 7 (x, yZ +)

j)2x2 + 2xy - x + y = 112 (x, yZ +)

k)xy2 + 2xy - 243y + x = 0 (x, yZ +)

l) 6x2 + 5y2 = 74

n)x2 = y2 + 2y + 13

o)19x2 + 28y2 = 729

b) (x2 - x7 + y)(x2 + x7 - y) = 7

e) 6(x2 - 4) = 5(10 - y2)

Bài 68 : Giải các phương trình sau trong tập số nguyên :

a) -6x2 - 2y2 + 6xy + 8x + 3y = 168

b) 1987x2 + 1988y2 = 3000 - 2x2y2

c) 2x2 + 3y2 = 19 - 4x

d) 6x2 - 5y2 = -40x - 3

a) (x) = -3[(y - 7)2 + 5:3] < 0

b) Vô nghiệm !

c) 6y2 = 42 - k2  y2 = 7 - k2 : 6  7  k2 = 36 d) 3(2x2 + 1) = 5(y2 - 8x)  2x2 + 1 5  Vno !

Bài 69 : Giải các phương trình sau trong tập số nguyên :

f) x2 - 100y2 = 1

g) (x2 + y2)2 = 8x2y2 + 4xy + 1

h) x2 + x3 + x4 + x5 = 271440

i) x + y + z + t = xyzt (x, y, z, tZ+)

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

c) Dẫn đến pt Pell và đối Pell

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

vị

Bài 70 : Giải các phương trình sau trong tập số nguyên :

j) x3 - 3y3 - 9z3 = 0

k) 5x3 + 11y3 + 13z3 = 0