Phơng trình nghiệm nguyên và một số phơng pháp giải Trong phơng trình nghiệm nguyên, chúng ta có thể gặp những phơng trình cơ bản có phơng pháp giải cụ thể và cũng có những phơng trình c
Trang 1Phơng trình nghiệm nguyên
và một số phơng pháp giải
Trong phơng trình nghiệm nguyên, chúng ta có thể gặp những phơng trình cơ bản có phơng pháp giải cụ thể và cũng có những phơng trình có các cách giải linh hoạt tùy theo cách nhìn nhận của mỗi ngời
A Một số ph ơng trình cơ bản:
I/ Phơng trình có dạng: ax + by = c với (a, b) = 1 (*)
Cách giải:
Tìm nghiệm riêng x0, y0 của phơng trình
Và rút ra công thức nghiệm:
( )
−
=
∈ +
=
at
y
y
Z t bt
x
x
0
0
Cần lu ý:
1 Phơng trình ax + by = c có nghiệm nguyên ⇔ c( )a , b
Vì vậy đối với những phơng trình có dạng ax + by = c mà (a, b) khác 1 thì ta sẽ đa
về dạng (*) bằng cách chia hai vế cho d = (a, b)
1 d
b
; d
a với d
c
y
d
b
x
d
a
=
=
+
2 Phơng pháp tìm nghiệm riêng x0, y0 của phơng trình:
Ta có hệ quả (x0, y0 ) là nghiệm riêng của ax + by = c
Vì vậy để tìm nghiệm nguyên riêng của phơng trình (*) ta tìm nghiệm nguyên riêng của phơng trình
( )
=
=
+
1
b
a,
1
by
ax
bằng phơng pháp Ơclid
⇒
=
= + +
+
=
⇒
+
=
+
=
+
=
−
q p q
1
1 q
1 q
m
1
q.
r
r
r
qr
b
r
bq
a
k
1
0 k
k
1
2
1
1
1
0
Nghiệm riêng của ax + by = 1 là x0, y0 với
p|y|
q|x| hoặc q|y|
p|x|
0
0 0
0
;
ta có thể thử và tìm ra một cặp nghiệm riêng
Ví dụ:
Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: 7x – 9y = 4
Trang 2Ta có: 9 = 7.1 + 2
⇒=+=
⇒
4|y|
3|x|
hoặc 3|y|
4|x|
3
4 3
1 1m
0
0 0
0
Thử và ta chọn ra đợc một cặp nghiệm
riêng (4; 3) Suy ra nghiệm riêng của phơng trình: 7x – 9y = 4 là (16; 12)
( )
−
=
∈
−
=
⇒
t7
12
y
Z t t9
16
x
II Phơng trình bậc nhất nhiều ẩn:
a1x1 + a2x2 + + anxn = c (a1; c ∈ Z)
Trờng hợp 1: Phơng trình có một hệ số của một ẩn bằng 1 Giả sử a1=1 Ta có:
x1 = c- a2x2 - - anxn
Phơng trình có nghiệm nguyên:
(c- a2x2 - - anxn ; x3; ;xn)
Trờng hợp 2: Phơng trình có hai hệ số nguyên tố cùng nhau, giả sử (a1; a2) = 1 Ta có:
a1x1 + a2x2 = c- a3x3 - anxn = A Ta sẽ quy chúng về giải phơng trình hai ẩn nh dạng (2)
Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình : 3x + 4y + 7z = 6
⇔ 3x + 4y = 6 – 7z
Dễ thấy nghiệm riêng của 3x + 4y = 1 là (-1; 1) Suy ra nghiệm riêng của 3x + 4y =
6 -7z là (7z – 6; 6 – 7z )
∈
−
−
=
+
−
=
⇒
z
Z t;
z Với t3 z7 6 y
t4 6 z7 x
Một số phơng pháp tìm nghiệm nguyên
B Một số ph ơng pháp giải khác:
I Sử dụng tính chẵn, lẻ:
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:
(2 + 5y +1 ) (2|x| + y + x2+x) = 105 (1)
Giải:
Ta nhận thấy 105 = 3.5.7 là một số lẻ nên:
+ +
+
⇒ +
+
lẻ số là x x
y
2:
Và
nẵ ch y lẻ số là )1
y5
x2
(
2
|x|
Trang 3( 2 y x x ) lẻ 2 lẻ | |x 0 x 0
nẵ
ch
y
2)
1
x(
x
x
|x|
2
|x|
2
=
⇔
=
⇔
⇒
+
+
+
+
=
Khi x = 0, (1) sẽ là : (5y + 1).(y + 1) = 105⇔5y2 + 6y – 104 = 0 Suy ra y = 4 ta thỏa mãn
Vậy nghiệm nguyên của phơng trình là
=
= 4 y
0
x
Ví dụ 2: Tìm tất cả các số nguyên tố: x, y thỏa mãn x2- 2y2 = 1 (2)
Giải:
(2) ⇔ x 2 = y 2 + 1 ⇒ x 2 lẻ ⇒ x lẻ Đặt x = 2k +1 (k ∈Z)
(2) ( k 1)2 y 2 1 k 2 k 1 y 2 k(k 1) y ch ẵ n
⇒ +
=
⇒ + +
⇔ +
= +
y = 2
Thay y =2 vào (2) ta có: x = 3
Vậy phơng trình nghiệm nguyên duy nhất: x = 3; y = 2
II Phơng pháp phân tích:
Ví dụ 3: Tìm số có 2 chữ số mà số ấy là bội số của tích 2 chữ số của chính nó: Giải:
Gọi số cần tìm là ab (0<a, b≤9)
Ta có: ab= ka.b (k ∈Z+)
a b ) 10 kb ( a b kab
b
a
Thay vào ta có: at = a(kat – 10)
(ka 1) 10 t t {1 ; 2 ; 5} t
10 10
kat
t = − ⇔ = − ⇒ ⇒ ∈
Khi t = 1, ta có: a = b ⇒ka = 11 ⇒a = 1
Khi t = 2, ta có b= 2a và ka = 6 ⇒a = 1; 2; 3 và b tơng ứng: b= 2; 4; 6
Khi t = 5, ta có: b= 5a và ka = 3 ⇒a = 1; b= 5
Vậy ta có các sô cần tìm: 11; 12; 24; 36; 15
Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên:
p (x+y) = xy (4) với p là số nguyên tố
Giải:
(4) ⇔ (x- p).(y – p) = p2=p.p = (-p).(-p) = 1.p2 = (-1).(-p)2
Vì x; y bình đẳng nên giả sử x ≤y Từ đó ta có các trờng hợp:
Trang 41py
ppx
;
ppy
1px
;
ppy
ppx
;
ppy
2
Ta có các nghiệm nguyên: (2p; 2p); (0; 0); (p+1; p2+p); ( p2+p; p+1); ( p2-p; p-1); ( p-1; p2-p)
III Phơng pháp cực hạn:
Thờng đợc sử dụng cho phơng trình đối xứng, vai trò các ẩn là nh sau:
Ta có thể giả sử: x ≤y≤z≤
Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình: x + y+ z = xyz (5)
Giải
Vì vai trò x; y; z bình đẳng nên giả sử :
1≤x≤y≤z ⇒ x 2 ≤ xy ≤ xz ≤ yz ⇒x12 ≥xy1 ≥ xz1 ≥yz1
Với x = 1 ta có: 1+ y + z = yz⇔ (y-1).(z-1) = 2 =2.1
Vì y < z nên
=
=
⇔
=−
=−
3z
2y 21z
11y
Vậy nghiệm nguyên của phơng trình là (1; 2; 3)
Ví dụ 6: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:
1
z
1
y
1
x
1
=
+
+
Giải
Vì vai trò trò x; y; z bình đẳng nên giả sử :
x
3 z
1 y
1 x
1 1 z
1 y
1 x
1
=
=
⇒
≤
⇒
≤ + +
=
⇒
≥
≥
*Khi x =2 ta có: y 4 ; y 2 y 3 hoặc y 4
y
2 2
1 z
1 y
1
=
=
⇒
>
≤
⇒
≤
= +
Trang 5+y = 4 ta có: z 4
4
1 z
1 2
1 z
1 4
1
=
⇔
=
⇒
= +
*Khi x =3 ta có: x= y = z = 3
Vậy phơng trình có các nghiệm nguyên dơng (x; y; z) là:
(3; 3; 3); (2; 3; 6); (2; 4; 4)
IV Phơng pháp loại trừ
Ví dụ 7: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:
1!+ 2! + +x! = y2
Giải
10
!
x
5
x ≥ ⇒ và 1!+ 2! +3!+4!+5! +x! = (33+5!+ +x!) ≡ 3(mod10)
Hay: y2≡ 3(mod10) là mâu thuẫn nên x<5, thử các trờng hợp: x= 1; x= 2; x=3; x=4
và có đợc kết quả: x=1; y=1 và x= 3; y = 3
Ví dụ 8: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:
x6+3x3+1 = y4 (8)
Giải:
*x > 0 ta có: x6+2x3+1 < x6+3x3+1 <x6+4x3+4 ⇔( 3+ )2 < 4 <( 3+ )2 ⇒
2 x y 1
nghiệm
*x = 0 ⇒ y 4 = 1 ⇔ y = ± 1 Vậy (0; 1); (0;-1) là 2 nghiệm của phơng trình
*x = -1, (8) sẽ là: y4=-1 Vô lý > Vô nghiệm
*x≤ − 2 Ta có: x6+4x3+4 <x6+3x3+1 < x6+2x3+1 ⇔(x3+2 )2< y4< (x3+1 )2
⇒ +
<
<
+
⇒ | x 3 2 | y 2 | x 3 1 | Vô lý ⇒Vô nghiệm
Vậy PT có 2 nghiệm x= 0; y =1 và x = 0; y= -1
V Phơng pháp chia hết và chia có d:
Phơng pháp này thòng dùng để chứng minh PT không có nghiệm nguyên khi chứng minh 2 vế chia cho một số có số d khác nhau
Ví dụ 9: Tìm các chữ số x; y; z thõa: xyz + xzy = zzz (9)
Giải:
(9) ⇔ 100x +10y +z + 100x +10z +y =111z
⇔ 200x + 11 y = 100z
⇔ 100(z – 2x) = 11y 100 ⇒ y = 0 ⇒ z = 2 x
Vì có các số 102; 204; 306; 408 đều thỏa mãn
Ví dụ 10:
Giải phơng trình nghiệm nguyên:
2008 x
x
7 4
2
4
1 + + + =
Giải:
Ta có :
Khi x = 2k (k∈Z) x 4 16
⇒
Khi x = 2k -1 (k∈Z) ⇒ x 4 − 1 = ( x 2 − 1 )( x 2 + 1 ) 16
Số d của ( x x x 4 )
7 4
2 4
1 + + + cho 16 bằng đúng số các số lẻ trong x1, x2, , x7 Và số d
đó sẽ không vợt quá 7
Mà 2008 = 16.125 + 8 ≡ 8(mod16) > Phơng trình vô nghiệm nguyên
VI Sử dụng tính chất nguyên tố:
Lu ý:
*Với a ∈Z thì a2+ 1 không có ớc nguyên tố dạng 4k + 3 (k ∈Z)
Trang 6*p∈P và p = 4k + 3 (k ∈ Z), a; b ∈Z thì a2 + b2 p
⇔
p b
p a
/
Ví dụ 11:
Tìm nghiệm nguyên dơng của 4xy - x- y = z2 (11)
Giải
(11) ⇔(4x - 1).(4y - 1) = 4z2 +1 ⇔ (4z2 +1 ) có ớc dạng 4x -1 hay 4k + 3 ⇒vô lý
⇒Vô nghiệm
VII Phơng pháp xuống thang:
Ví dụ 12
Tìm nghiệm nguyên : x3 + 3y3 - 9z3 = 0
Giải
Giả sử (x0; y0; z0) là nghiệm của PT Ta có:
3 1 3 1 3 1 3 1 3
1
3
1
1 0 3
1 3 1 3 0 3
1
3
0
3
1
1 0 3 0 3 0 3 1 3 0 3 0 3 1 1
0 3
0
3
0
3
0
z 9 y x y x
z
27
z 3 z 3 y x z y
z
3
x
y y y z 3 x z 9 y x 27 x x 3
9z
3y
x
+
=
⇔
−
=
⇒
=
⇒
−
=
⇔
=
−
=
⇒
=
−
⇔ +
=
⇒
=
⇒ +
=
Nh vậy khi (x0; y0; z0) là nghiệm thì
3
z
; 3
y
; 3
x0 0 0
cũng là nghiệm nguyên của PT với
0 z y x
Z
k ∈ ⇒ 0 = 0 = 0 =
Ví dụ 13: Tìm nghiệm nguyên: x2+y2+ z2+t2 = 2xyzt
Giải
Ta thấy x2+y2+ z2+t2 là số chẵn Giả sử (x0; y0; z0; t0 ) là nghiệm của PT thì trong các
số x0; y0; z0; t0 phải có chẵn các số lẻ (0; 2 hoặc 4)
*x0; y0; z0; t0 đều lẻ: VT 4 còn VP không 4 ⇒Mâu thuẫn
*x0; y0; z0; t0 có 2 số lẻ thì VT ≡ 2(mod4), VP≡ 0 (mod4) ⇒Mâu thuẫn
Vậy x0; y0; z0; t0 đều chẵn x0 = 2x1; y0 = 2y1; z0 = 2z1 ;t0= 2t1
PT sẽ là 4(x12+y12+ z12+t12 )= 32.x1y1z1t1⇔ x12+y12+ z12+t12= 82.x1y1z1t1
Tơng tự ta có: x22+y22+ z22+t22 = 32.x1y1z1t1
Với :
2
2
1
0
2
2
1
0
2
2
1
0
2
2
1
0
2
t
2
t
t
2
z
2
z
z
2
y
2
y
y
2
x
2
x
x
=
=
=
=
=
=
=
=
Tơng tự đến xn2+yn2+ zn2+tn2 =2(2n+1) xn yn zn tn
n n
0 n n
0 n n
0
n
2
t t 2
z z
; 2
y y
;
2
x
x = = = = và xn ;yn ;zn ;tn là các số nguyên ∀ n ∈ N ⇒x0=
y0= z0= t0 =0 PT có nghiệm duy nhất (0; 0; 0; 0)
VIII Dùng bất đẳng thức:
Trang 7áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
xyz 1 xyz 3 y
xz
x
yz
z
xy
3 = + + ≥ 3 ⇔ ≥ vì x; y; z∈Z+ nên x= y = z = 1 PT có nghiệm duy nhất (1; 1; 1)
Ví dụ 15: Tìm nghiệm nguyên
(x + y + 1)2 = 3(x2 + y2 + 1)
Giải
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho bộ số (x; y; z) và (1; 1;1)
z y x 3 ) 1 1 1 ( 1 y x
1
y
Dấu "=" xảy ra ⇔x = y = 1
Vậy Pt có nghiệm x = y = 1