Cac bai toan ve phuong trinh nghiem nguyen chon loc

1 CHUYÊN ĐỀ PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN I MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Phƣơng pháp Sử dụng tính chất quan hệ chia hết Khi giải c{c phương trình nghiệm nguyên cần vận dụng linh hoạt c{c tính chất chia hết, đồng dư, tính chẵn lẻ,< để tìm điểm đặc biệt c{c ẩn số c{c biểu thức chứa ẩn phương trình, từ đưa phương trình c{c dạng m| ta biết c{ch giải đưa phương trình đơn giản  Xét số dư hai vế phương trình để phương trình khơng có nghiệm, tính chẵn lẻ c{c vế, <  Đưa phương trình dạng phương trình ước số  Ph{t tính chia hết c{c ẩn  Sử dụng tính đồng dư c{c đại lượng nguyên Ví dụ Chứng minh c{c phương trình sau khơng có nghiệm ngun: a) x2  y2  1998 b) x2  y2  1999 Lời giải a) Dễ d|ng chứng minh x2 ; y chia cho có số dư nên x2  y chia cho có số dư 0, 1, Cịn vế phải 1998 chia cho dư Vậy phương trình cho khơng có nghiệm ngun b) Dễ d|ng chứng minh x2 ; y chia cho có số dư nên x2  y chia cho có c{c số dư 0, 1, Cịn vế phải 1999 chia cho dư Vậy phương trình khơng có nghiệm ngun Ví dụ Tìm c{c nghiệm nguyên phương trình: 9x   y2  y Lời giải Biến đổi phương trình: 9x   y  y  1 Ta thấy vế tr{i phương trình l| số chia hết cho dư nên y  y  1 chia cho dư Như y  3k  y   3k  với k l| số nguyên Khi ta 9x    3k  1 3k    9x  9k  k  1  x  k  k  1 Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC Thử lại ta thấy x  k  k  1 y  3k  thỏa mãn phương trình cho   x  k  k  1 Vậy nghiệm phương trình l|  với k l| số nguyên tùy ý   y  3k  Ví dụ Giải phương trình nghiệm ngun x2  5y2  27 Lời giải Một số nguyên x biểu diễn dạng x  5k x  5k  x  5k  , k l| số nguyên Khi ta xét c{c trường hợp sau:    Nếu x  5k , từ x2  5y2  27 ta  5k   5y2  27  5k2  y  27 Điều n|y vơ lí vế tr{i chia hết cho với k v| y l| số ngun, cịn vế phải khơng chia hết cho  Nếu x  5k  , từ x2  5y2  27 ta  5k  1    5y2  27  25k  10k   5y  27  5k  2k  y  26 Điều n|y vơ lí vế tr{i chia hết cho với k v| y l| số ngun, cịn vế phải khơng chia hết cho Nếu x  5k  , từ x2  5y2  27 ta  5k      5y2  27  25k  20k   5y  27  5k  4k  y  23 Điều n|y vơ lí vế tr{i chia hết cho với k v| y l| số ngun, cịn vế phải khơng chia hết cho Vậy phương trình cho khơng có nghiệm l| số ngun Ví dụ Tìm nghiệm ngun dương phương trình sau 19x2  28y2  729 Lời giải     Cách Viết phương trình cho dạng 18x2  27y2  x2  y2  729 Từ phương trình suy x2  y chia hết Chú ý l| số phương chia cho có số dư l| Nên từ x2  y chia hết ta suy x v| y chia hết cho Đặt x  3u; y  3v  u; v  Z  Thay v|o phương trình cho ta 19u2  28v2  81 Từ phương trình 19u2  28v2  81 , lập luận tương tự ta suy u  3s; v  3t  s; t  Z  Thay vào phương trình 19u2  28v2  81 ta 19s2  28t  Từ phương trình 19s2  28t  suy s, t khơng đồng thời Do ta 19s2  28t  19  Vậy phương trình 19s2  28t  vơ nghiệm v| phương trình cho vơ nghiệm Cách Giả sử phương trình cho có nghiệm Dễ thấy 28y chia hết cho v| 729 chia dư Từ ta suy 19x chia dư Mặt kh{c số phương chia có số dư l| 1, 19x chia có số dư l| 3, điều n|y m}u thuẫn với 19x chia dư Vậy phương trình cho vơ nghiệm Ví dụ X{c định tất c{c cặp nguyên dương  x; n  thỏa mãn phương trình: x3  3367  2n Lời giải   Để sử dụng đẳng thức a – b3   a – b  a  ab  b2 ta chứng minh n chia hết cho Nhận thấy 3367 chia hết từ phương trình x3  3367  2n suy x n có số dư chia cho 7(hay x3  2n (mod 7)) Nếu n không chia hết cho n chia cho cho số dư l| hoặc 4, x chia cho cho số dư l| hoặc Do để x n có số chia cho n phải chia hết cho   Đặt n  3m m  N* Thay v|o phương trình cho ta x3  3367  23m  Hay ta 2m  x   2m  x    3x.2 m  3367 Từ phương trình ta suy 2m  x l| ước nguyên dương 3367  Hơn 2m  x     23m  x3  3367 nên 2m  x  1; 7;13 Ta xét c{c trường hợp sau    Xét 2m  x  , thay vào x3  3367  23m ta suy 2m 2m –  2.561 , phương trình vơ nghiệm    Xét 2m  x  , thay vào x3  3367  23m ta suy 2m 2m – 13  2.15 , phương trình vơ nghiệm    Xét 2m  x  13 , thay vào x3  3367  23m ta suy 2m 2m –  24.32 Từ ta có m  nên ta suy n  12 x  Vậy cặp số nguyên dương  x; n  thỏa mãn yêu cầu b|i to{n l|  9;12  Ví dụ Tìm c{c nghiệm nguyên phương trình: 2x2  4x  19  3y2 Lời giải Biến đổi tương đương phương trình  2x2  4x   21  3y2   x  1   y 2    Ta thấy  y2   y 2  y l| số lẻ Ta lại có  y2  nên y  Khi ta  x  1  18 Từ ta x  x  4 Suy c{c cặp số  2;1 ,  2; 1 ,  4;1 ,  4; 1 l| nghiệm phương trình cho Ví dụ Tìm c{c nghiệm ngun phương trình: x2  2x  11  y2 Lời giải Cách Biến đổi tương đương phương trình ta x2  2x  11  y2  x2  2x   12  y   x  1  y  12   x   y  x   y   12 Ta có c{c nhận xét: + Vì phương trình cho chứa y có số mũ chẵn nên giả sử y  Thế x 1 y  x 1 y + Ta có  x   y    x   y   2y nên x   y x   y tính chẵn lẻ Tích chúng 12 nên chúng l| số chẵn Với c{c nhận xét ta có hai trường hợp x   y  x    Trường hợp 1: Ta có  x   y   y  x   y  2 x  3   Trường hợp 1: Ta có  x   y  6 y  2 Vậy phương trình cho có c{c nghiệm l|  x; y    5;  ,  5; 2  ,  3;  ,  3; 2    Cách Viết th|nh phương trình bậc hai x l| x2  2x  11  y  Khi ta có '   11  y2  12  y2 Điều kiện cần để bậc hai có nghiệm nguyên  ' l| số phương Từ ta đặt 12  y2  k2  k   hay ta k  y2  12   k  y  k  y   12 Giả sử y  k  y  k  y k  y  lai có  k  y  –  k – y   2y nên k  y k  y tính chẵn lẻ v| phải chẵn k  y  Từ c{c nhận xét ta có  k  y  Do ta y  , ta x2  2x  15  , suy x  x  Vậy phương trình cho có c{c nghiệm l|  x; y    5;  ,  5; 2  ,  3;  ,  3; 2  Ví dụ Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm ngun: x2  y2  z2  1999 Lời giải Ta biết số phương chẵn chia hết cho 4, cịn số phương lẻ chia cho dư v| chia cho dư Tổng x2  y2  z2 l| số lẻ nên ba số x2 ; y ; z2 phải có số lẻ v| hai số chẵn ba số lẻ + Trường hợp ba số x2 ; y ; z2 có số lẻ v| hai số chẵn vế tr{i phương trình cho chia cho dư 1, vế phải l| 1999 chia cho dư 3, trường hợp n|y loại + Trường hợp ba số x2 ; y ; z2 lẻ vế tr{i phương trình chia cho dư 3, vế phải l| 1999 chia cho dư 7, trường hợp n|y loại Vậy phương trình cho khơng có nghiệm ngun Ví dụ Tìm c{c nghiệm nguyên dương phương trình: 1 1    x y 6xy Lời giải Nh}n hai vế phương trình với 6xy ta 6y  6x   xy Đưa phương trình ước số ta x  y     y    37   x   y    37 Do vai trị bình đẳng x v| y nên khơng tính tổng qu{t ta giả sử x  y  , x v| y nguyên dương nên ta x   y   5 x   37 x  43  Do có trường hợp xẩy  y   y  Vậy phương trình cho có c{c nghiệm l|  x; y    43;7  ,  7; 43  Ví dụ 10 Tìm c{c số tự nhiên x v| c{c số nguyên y cho: 2x   y2 Lời giải Lần lượt xét c{c gi{ trị tự nhiên x sau + Nếu x  y  nên y  2 + Nếu x  y  , phương trình khơng có nghiệm nguyên Nếu x  , 2x  l| số lẻ nên y l| số lẻ Lại có 2x nên 2x  chia cho dư 3, y chia cho dư Do phương trình khơng có nghiệm Vậy c{c nghiệm phương trình l|  x; y    0;  ,  0; 2  Ví dụ 11 Giải phương trình với nghiệm ngun dương: 2x  57  y2 Lời giải Xét hai trường hợp:  Trường hợp 1: Nếu x l| số nguyên lẻ Đặt x  2n   n   Khi ta có 2x  22n1  2.4n    1   3a  1  6a  với a l| số nguyên dương n Khi vế tr{i phương trình l| số chia cho dư 2, cịn vế phải l| số phương chia cho khơng dư Do trường hợp n|y loại   Trường hợp : Nếu x l| số nguyên chẵn Đặt x  2n n   y2  22n  57  y  2n *  Khi ta có  y    3.19 n Ta thấy y  2n  nên y  2n  y  2n  y  2n Do có c{c trường hợp sau y  2n 57 19 y  2n 28(loại) 2n n y 11 x  2n Thử lại ta thấy 26  57  112 Vậy nghiệm phương trình l|  6;11 Ví dụ 12 Giải phương trình nghiệm ngun: x3  y3  6xy  Lời giải Biến đổi tương đương phương trình ta x3  y3  6xy    x  y   3xy  x  y   6xy  Đặt a  x  y; b  xy với a, b l| c{c số nguyên Khi phương trình trở th|nh a  3ab  6b   a   3b  a    Từ ta suy a  a  hay ta a    a   nên a  a3  Suy a  l| ước 7, ta có b  , nên ta có bảng gi{ trị sau a   b a2 1 a 1 3 Không nguyên a3  a   Không ngun Từ ta có c{c nghiệm phương trình a  3ab  6b   a; b    1;  ,  5;  x  y  1  x  0; y  1   Với  a; b    1;  ta  xy    x  1; y  x  y   x  2; y    Với  a; b    5;  ta  xy   x  3; y  Thử lại ta c{c nghiệm phương trình l|  x; y    0; 1 ,  1;  ,  2;  ,  3;  Ví dụ 13 Giải phương trình nghiệm ngun: 3x2  2y2  5xy  x  2y   Lời giải Phương trình tương đương với i  3x     6xy  2y  xy   x  2y    3x  x  2y   y  x  2y    x  2y     x  2y  3x  y  1   1.7  7.1  1  7   7  1 Do ta có trường hợp sau:  13 x  x  2y  x  2y   ,(loại) +Trường hợp 1:    3x  y   3x  y  y    x  2y  x  2y  x    +Trường hợp 2:  ,(nhận) 3x  y   3x  y  y  3  17 x  x  2y  1 x  2y  1  ,(loại) +trường hợp 3:    3x  y   7 3x  y  8 y      11 x  x  2y  7 x  2y  7  ,(loại) + Trường hợp 4:    3x  y   1 3x  y  2  y  19   Vậy phương trình cho có nghiệm ngun l|  1;   Phƣơng pháp Đƣa hai vế tổng bình phƣơng Ý tưởng phương ph{p l| biến đổi phương trình dạng vế tr{i l| tổng c{c bình phương v| vế phải l| tổng c{c số phương Ví dụ Tìm c{c nghiệm nguyên phương trình x2  y2  x  y  Lời giải Biến đổi tương đương phương trình ta x2  y  x  y   4x  4y  4x  4y  32      4x  4x   4y  4y   34   2x  1   2y  1  34 2 Để ý l| 34  32  52 Do từ phương trình ta có c{c trường hợp sau  2x  12  32    2y  1  52  2x    2x   Khi ta    2y    2y    2x  12  52    2y  1  32 10 Giải c{c phương trình ta thu c{c nghiệm nguyên l|  2; 3 ,  3;  ,  1; 2  ,  2; 1 2 Ví dụ Tìm nghiệm nguyên phương trình x  xy  y  3x  y  - Lời giải Biến đổi phương trình ta x2  xy  y  3x  y   2x  2xy  2y  6x  2y    x  y    x     y  1    2  2 2 Khi ta xét c{c trường hợp sau: + Với x  y  , ta  y     y  1   y  1, x  2 + Với x   , ta  y     y  1   y  1, x  2 + Với y   , ta  x  1   x     x  2 Vậy phương trình có c{c nghiệm ngun l| 1; 1 ,  3; 1 , 1;1 Ví dụ Tìm nghiệm nguyên phương trình: 4x2  y2  4x  6y  24  Lời giải Biến đổi tương đương phương trình ta 4x2  y2  4x  6y  24    2x  1   y    34 2  2x  12  32  2x  12  52   Chú ý 34   nên ta có c{c trường hợp   2  y     y    32 2 Ta xét bảng gi{ trị tương ứng sau 2x  3 3 3 5 5 5 y3 5 5 3 3 x y 1 2 2 2 3 3 2 2 6 Từ ta có c{c nghiệm nguyên phương trình l|  x; y   1;  , 1; 2  ,  2;  ,  2; 2  ,  2;  ,  2;  ,  3;  ,  3;  Ví dụ Giải phương trình nghiệm nguyên: 2x6  2x3 y  y2  128 Lời giải Biến đổi tương đương phương trình cho ta 15 2xy  6yz  3zx  x  2y  z  x2  4y2  9z2  Lời giải  Đẳng thức dẫ cho tương đương với 2x2  8y2  18z2  4xy  12yz  6zx   x  2y  z  Hay ta  x  2y    2y  3z    3z  x    x  2y  z 2   Do  x  2y   0;  2y  3z   0;  3z  x   nên suy  x  2y  z 2 Do x, y, z l| c{c số nguyên nên ta suy x  2y  z  x  2y  z  Đến đ}y ta xét c{c trường hợp sau:   Nếu x  2y  z  , từ  x  2y    2y  3z    3z  x    x  2y  z 2  Ta  x  2y    2y  3z    3z  x   nên  x  2y    2y  3z    3z  x   2 2 2 Suy x  2y  3z , thay vào x  2y  z  ta z  , điều n|y dẫn đến x, y không nhận gi{ trị nguyên  Nếu x  2y  z  ta x  2y  z  Khi ta có phương trình z2   2y  3z    z  y   2 Do z2   2y  3z   nên ta   y  z   2 M| ta thấy  y  z  nên suy  y  z   y  z 2 Thay v|o phương trình z2   2y  3z    z  y   ta z2  hay z  1 2 + Nếu z  ta x  3; y  + Nếu z  1 ta x  3; y  1 Thử lại v|o phương trình ta c{c nghiệm l|  x; y; z    3;1;1 ,  3; 1; 1 Phƣơng pháp Phƣơng pháp đánh giá Trong giải c{c phương trình nghiệm nguyên cần đ{nh gi{ c{c miền gi{ trị c{c ẩn, số gi{ trị m| biến số nhận khơng nhiều dùng phương ph{p thử trực tiếp để kiểm tra Để đ{nh gi{ miền gi{ trị biến số cần vận dụng linh hoạt c{c tính chất chia hết, đồng dư, bất đẳng thức <  Phương ph{p thứ tự c{c ẩn 16  Xét khoảng gi{ trị c{c ẩn  Sử dụng c{c bất đẳng thức Cauchy, Bunhiacopxki Ví dụ Tìm ba số nguyên dương cho tổng chúng tích chúng Lời giải Cách Gọi c{c số nguyên dương phải tìm l| x, y, z Khi ta có x  y  z  x.y.z (1) Chú ý c{c ẩn x, y, z có vai trị bình đẳng phương trình nên xếp thứ tự gi{ trị c{c ẩn, chẳng hạn  x  y  z Do ta xyz  x  y  z  3z Chia hai vế bất đảng thức xyz  3z cho số dương z ta xy  Từ suy xy  1; 2; 3 Đến đ}y ta xét c{c trường hợp sau  Với xy  , ta có x  y  Thay v|o phương trình ban đầu ta z   z , vô nghiệm  Với xy  , ta có x  1; y  Thay v|o phương trình ban đầu ta z   Với xy  , ta có x  1; y  Thay v|o phương trình ban đầu ta z  , trường hợp n|y loại y  z Vậy ba số phải tìm l| 1; 2; Cách Chia hai vế phương trình x  y  z  x.y.z cho xyz  ta 1   1 yz xz xy Khơng tính tổng qu{t ta giả sử x  y  z  Khi 1 1 1 1    2 2  yz xz xy z z z z Suy  , ta z2  nên z  Thay z  v|o phương trình ban đầu ta z x  y   xy  xy  x  y    x  1 y  1  x   x   Từ x  y nên ta có x   y   Do từ  x  1 y  1  ta  y   y  Vậy ba số phải tìm l| 1; 2; 17 Ví dụ Tìm nghiệm nguyên dương phương trình sau  x  y  z  t   10  2xyzt Lời giải Vì vai trị x, y, z, t nên giả sử x  y  z  t Khi ta 2xyzt   x  y  z  t   10  20x  10 Suy ta yzt  15  t  15  t  Suy ta t  1; 2 + Với t  , ta có 2xyz   x  y  z   15  15x  15 Suy 2yz  30  2z2  30  z  Do z  1; 2; 3  Nếu z  , 2xy   x  y   20  4xy  10  x  y   40   2x – 5 2y –   65 Giải phương trình ta x  35; y  x  9; y  Do trường hợp n|y ta hai nghiệm l|  x; y; z; t    35; 3;1;1 ,  9; 5;1;1  Nếu z  , ta  x  y   25  4xy  4xy  5x  5y  25 Giải tương tự cho c{c trường lại v| trường hợp t = Cuối ta tìm nghiệm nguyên dương phương trình cho l| v| c{c ho{n vị c{c số Ví dụ Tìm c{c nghiệm nguyên dương phương trình 1   x y Lời giải Do vai trị bình đẳng x v| y phương trình nên khơng tính tổng qu{t ta giả sử x  y Khi hiển nhiên ta có 1  nên y  y Mặt kh{c x  y  nên 1 1 1  Do ta      nên y  x y x y y y y Ta x{c định khoảng gi{ tri y l|  y  Ta xét c{c trường hợp sau + Với y  , ta 1 1    , suy x  12 x 12 + Với y  , ta 1    , loại x khơng l| số ngun x 15 18 + Với y  , ta 1 1    , suy x  x 6 Vậy c{c nghiệm phương trình l|  4;12  , 12;  ,  6;  Ví dụ Tìm ba số ngun dương đơi kh{c x, y, z thỏa mãn: x3  y3  z3   x  y  z  Lời giải Vì vai trị x, y, z nên giả sử x  y  z x  y  z   x  y  z  x3  y3  z3  x  y  z  Áp dụng bất đẳng thức     ta có 3 3     3 Từ với x; y; z  ta suy x  y  z  Dấu khơng xảy x, y, z đơi kh{c Do ta x  y  z  Mặt kh{c x, y, z l| c{c số nguyên dương kh{c nên x  y  z     Từ ta  x  y  z  nên ta suy x  y  z 6;7; 8 Từ đ}y kết hợp với phương trình ban đầu ta tìm x, y, z Vậy ba số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu b|i to{n l|  x; y; z   1; 2;  v| c{c ho{n vị ba số n|y   Ví dụ Tìm nghiệm ngun phương trình: x2  xy  y2  39  x  y  Lời giải Từ phương trình ta thấy 39  x  y  , m| v| 39 nguyên tố nên x  y Đặt x  y  7m  m  Z  ta phương trình x2  xy  y2  39m   Từ suy  x  y   x2  xy  y2   7m   39m hay xy  49m2  39m Theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có xy   2 1 x  y  nên ta 49m  39m   x  y   4  Hay ta 49m  49m  39m  m  52  49m     m  52 49 Do m l| số nguyên nên ta suy m  m  Ta xét c{c trường hợp sau + Với m  suy x  y  , ta phương trình 19 x2  xy  y2    x  y   xy   xy   x  y  + Với m  suy x  y  , ta phương trình x2  xy  y2  39   x  y   xy  39  xy  10 x  y   x  2; y   Từ ta có hệ  xy  10  x  5; y  Vậy c{c nghiệm nguyên phương trình l|  x; y    0;  ,  2;  ,  5;  Ví dụ Tìm tất c{c ba số nguyên dương  x; y; z  thỏa mãn y x z    y z 1 x Lời giải Giả sử  x; y; z  l| nghiệm phương trình Khi đó, theo bất đẳng thức Cauchy y x z 1 x y z 1     3 ·  3 x y z 1 x y z 1 x Suy 1  hay x  Do x nguyên dương nên ta x  x  x  Với x  , bất đẳng thức phải xảy dấu đẳng thức, tức l| y x z1   y z1 x Giải hệ điều kiện ta thu  x; y; z    2; 2;1  Với x  , phương trình cho trở th|nh Khi z  y  z y z1 y  z z2 y z1 + Với z  thay v|o phương trình ta y2  3y    y  1; y  + Với z  thay v|o phương trình ta 2y2  3y   Phương trình n|y có biệt thức   39  nên khơng có nghiệm Vậy nghiệm phương trình l|  x; y; z    2; 2;1 , 1;1;1 , 1; 2;1 Phƣơng pháp Sử dụng tính chất phƣơng trình bậc hai 20 Ý tưởng phương ph{p l| quy phương trình cho dạng phương trình bậc hai ẩn, c{c ẩn cịn lại đóng vai trị tham số Khi c{c tính chất phương trình bậc hai thường sử dụng c{c dạng sau:  Sử dụng điều kiện có nghiệm   phương trình bậc hai  Sử dụng hệ thức Vi – et  Sử dụng điều kiện  l| số phương Ví dụ Tìm c{c nghiệm nguyên phương trình x  y  xy  x2  y2 Lời giải   Phương trình cho tương đường với x2   y  1 x  y  y  Xem phương trình l| phương trình bậc hai ẩn x v| y l| tham số Khi điều kiện cần để phương trình có nghiệm l|   hay      y  1  y  y  3y  6y     y  1  2 Do ta  y  1  Để ý l| để phương trình có nghiệm ngun  phải l| số phương Do từ  y  1  ta suy  y  1  0;1 nên y   1; 0;1 2 Đến đ}y ta xét trường hợp cụ thể x  + Với y  Khi từ phương trình bậc hai ta x  x    x  x  + Với y  Khi từ phương trình bậc hai ta x  2x    x  x  + Với y  Khi từ phương trình bậc hai ta x2  3x     x  Thử lại ta c{c nghiệm phương trình cho l|  0;  , 1;  ,  0;1 ,  2;1 , 1;  ,  2;  Ví dụ Tìm c{c số nguyên x để 9x  l| tích hai số nguyên liên tiếp Lời giải Cách Giải sử 9x   n  n  1 với n nguyên thì: 21 36x  20  4n  4n  36x  21  4n  4n   12x     2n  1 Số phương  2n  1 chia hết chia hết cho M| ta lại có 12x  không chia hết  12x   không chia hết cho Điều n|y m}u thuẫn nên không tồn số nguyên x thỏa mãn yêu cầu b|i to{n Cách Giải sử 9x   n  n  1 với n nguyên Khi ta n2  n  9x   Để phương trình bậc hai n có nghiệm nguyên, điều kiện cần l|  l| số phương Nhưng     9x    36x  21 chia hết cho không chia hết không l| số phương Vậy khơng tồn số ngun n n|o để 9x   n  n  1 , tức l| không tồn số nguyên x để 9x  l| tích hai số ngun liên tiếp Ví dụ Tìm c{c nghiệm ngun phương trình: x2  2y2  3xy  x  y   Lời giải   Viết th|nh phương trình bậc hai x: x2   3y  1 x  2y2  y   (2)   Ta có '   3y  1  2y  y   y  2y  11 Điều kiện cần v| đủ để phương trình (2) có nghiệm ngun l|  l| số phương Từ ta đặt y2  2y  11  k2  k   (3) Giải (3) với nghiệm nguyên ta y  y  3 + Với y  , thay v|o phương trình (2) x2  14x  48   x  8; x  6 + Với y  3 thay v|o phương trình (2) x2  10x  24   x  6; x  Vậy phương trình có c{c nghiệm ngun l|  x; y    8;  ,  6;  ,  6; 3  ,  4; 3  Ví dụ Tìm nghiệm ngun phương trình: x2  2y2  3xy  x  y   Lời giải   Phương trình cho viết lại th|nh x2   3y  1 x  2y2  y   22 Xem phương trình l| phương trình bậc hai ẩn x có y l| tham số, ta có      3y  1  2y  y   y  2y  11 Để phương trình bậc hai có nghiệm ngun  phải l| số phương Đặt y2  2y  11  k2  k  N  Khi ta có y2  2y  11  k2   y  1  k  12   y   k  y   k   12 Do y   k y   k l| c{c ước 12 Lại có y   k y   k tính chẵn Lại thấy y   k  y   k nên có bảng gi{ trị chứng minh sau: y 1 k 2 y 1 k 6 y 1 4 y 3 + Với y  thay v|o phương trình cho ta x2  14x  48   x  6; x  8 + Với y  3 thay v|o phương trình cho ta x2  10x  24   x  4; x  Ví dụ Tìm c{c nghiệm ngun phương trình: x3  y3  x2  2xy  y2 Lời giải Biến đổi tương đương phương trình ta x  y x x  y   xy  y   x  y    2  x  xy  y  x  y   + Nếu x  y  , phương trình có nghiệm ngun  x; y    t; t  , t  Z + Nếu x2  xy  y2  x  y   x2   y  1 x  y2  y  Xem phương trình l| phương trình bậc hai ẩn x, ta có      y  1  y2  y  3y  6y  Để phương trình có nghiệm    3y2  6y     y  1  Do y l| số nguyên nên  y  1 l| số phương nên ta  y  1  0;1 Từ ta suy y   1; 0;1 , y  0;1; 2 23  Với y  , thay v|o phương trình x2  xy  y2  x  y  ta x2  2x   x  0; x   Với y  , thay v|o phương trình x2  xy  y2  x  y  ta x2  3x    x  1; x   Với y  , thay v|o phương trình x2  xy  y2  x  y  ta x2  x   x  0; x  Vậy phương trình cho c{c nghiệm nguyên l|  x; y    0;1 , 1;  ,  2;1 ,  2;  , 1;  ,  t, t  với t l| số nguyên bất kì.Vậy phương trình có c{c nghiệm ngun l|  x; y    8;  ,  6;  ,  6; 3  ,  4; 3    Ví dụ Tìm c{c nghiệm ngun phương trình: x2  xy  y2   x  2y  Lời giải   Từ phương trình x2  xy  y2   x  2y  ta có  x  2y    x  2y  Đặt x  2y  5t,t  Z , phương trình trở th|nh x2  xy  y2  7t Từ x  2y  5t  x  5t  2y thay vào x2  xy  y2  7t ta 3y2  15ty  25t  7t  Coi đ}y l| phương trình bậc hai y, ta có   84t  75t Để phương trình bậc hai có nghiệm    84t  75t    t  28 25 Vì t  Z  t  t  Thay vào 3y2  15ty  25t  7t  + Với t  ta y  x  + Với t  ta y   x  1 y   x  Vậy phương trình có ba nghiệm ngun l|  x; y    0;  ,  1;  , 1;  Ví dụ Tìm nghiệm nguyên dương phương trình:  x  y   xy  x2  y2 Lời giải Phương trình cho trở th|nh x2   y   x  y2  2y  Xem phương trình l| phương trình bậc hai ẩn x co y l| tham số Do để phương trình có nghiệm ta cần có 24      y    y  2y  3y  12y    64 64 y 3 Mà y nguyên nên ta có y 0;1; 2; 3; 4 Đến đ}y ta xét c{c trường hợp sau + Với y   x2  2x   x  0; x  + Với y   x2  3x   , phương trình khơng có nghiệm ngun + Với y   x2  4x   x  0; x  +Với y   x2  5x   , phương trình khơng có nghiệm nguyên + Với y   x2  6x    x  2; x  Vậy c{c nghiệm phương trình l|  x; y    0;  ,  2;  ,  0;  ,  4;  ,  2;  ,  4;  Ví dụ Tìm tất c{c số nguyên dương k cho phương trình x2  y2  x  y  kxy có nghiệm nguyên dương Lời giải Giả sử k l| gi{ trị cho phương trình x2  y2  x  y  kxy có nghiệm nguyên dương Khi tồn nghiệm  x0 ; y0  phương trình với x0  y0 nhỏ Khơng tính tổng qu{t, giả sử x0  y0 Xét phương trình bậc hai x2 –  ky0 – 1 x  y0  y0  Theo giả sử x l| nghiệm x2 –  ky0 – 1 x  y0  y0  Theo định lý Viet y02  y0 x1  ky0 – – x0  l| nghiệm x2 –  ky0 – 1 x  y0  y0  x0 Dễ thấy x1 l| số nguyên dương,  x1 ; y  l| nghiệm nguyên dương cho Từ giả thiết x0  y0 nhỏ ta suy x1  y0  x0  y0 y 02  y  x0 , suy y02  y0  x02 Từ đ}y ta có bất đẳng thức kép Tức l| x0 y02  x02  y02  y0   y0  1 Suy x0  y0 Thay v|o phương trình x2  y2  x  y  kxy ta  2, tương ứng k  k Suy x x0 25 Với k  phương trình có nghiệm  2;  v| với k  thìa phương trình có nghiệm 1;1 Vậy k  k  l| tất c{c gi{ trị cần tìm Nhận xét: Ta đ{nh gi{ k kh{c chút, sau: C{ch Từ đẳng thức x02  y02  x0  y0  kx0 y0 , chia hai vế cho x0 y0 ta x0 y0 1    k y x0 y0 x0 Mặt kh{c, theo lý luận ky0   x0  x0 nên suy Từ ta có k  x0 k   y 2y y y k 1 k 1 k   0     0   2y0 x0 y0 x0 2y0 x0 x0 2 Từ suy k  Hơn k x0  y0  ,trường hợp n|y dẫn đến m}u thuẫn Với k  phương trình có nghiệm  2;  v| với k  thìa phương trình có nghiệm  1;1 Trường hợp k  rõ r|ng l| vô nghiệm Cách Lý luận x0  x1  y02  y0  y0  Như y0  nằm ngo|i hai x0 nghiệm tam thức f  x   x2 –  ky0 – 1 x  y02  y0 , suy f  y0  1  Từ ta k   y0  1 y0  2  Đến đ}y ta xét tương tự y0 Phƣơng pháp Phƣơng pháp lùi dần vô hạn Ý tưởng phương ph{p lùi dần vơ hạn hiểu sau: Giả sử  x ; y ; z  l| nghiệm f  x; y; z   Nhờ biến đổi v| suy luận số 0 học ta tìm nghiệm kh{c  x ; y ; z  cho c{c nghiệm quan hệ với nghiệm 1 tỉ số k n|o đó, chẳng hạn lại số nguyên x0  kx1 ; y0  ky1 ; z0  kz1  x ; y ; z  thỏa mãn x 2 Lập luận tương tự ta  kx2 ; y1  ky1 ; z1  kz2 Qu{ trình tiếp 26 n tục dẫn đến x0 ; y0 ; z0 chia hết cho k với n l| số tự nhiên tuỳ ý Điều n|y xảy v| x  y  z  Để rõ r|ng ta xét c{c ví dụ sau Ví dụ Tìm c{c nghiệm nguyên phương trình: x3  2y3  4z3 Lời giải Từ phương trình x3  2y3  4z3 (1) ta thấy Hiển nhiên x Đặt x  2x1 với x1 nguyên Thay v|o phương trình (1) chia hai vế cho ta được: 4x13  y3  2z3 (2) Do y Đặt y  2y1 với y nguyên Thay v|o phương trình (2) chia hai vế cho ta được: 2x13  4y13  z3 (3) Do z Đặt z  2z1 với z1 nguyên Thay v|o phương trình (3) chia hai vế cho được: x13  2y13  4z13 (4) Như  x; y; z  l| nghiệm phương trình (1)  x1 ; y1 ; z1  l| nghiệm phương trình (1) x  2x1 , y  2y1 ,z  2z1 Lập luận ho|n to{n tương tự ta  x2 ; y ; z2  l| nghiệm phương trình (1) x1  2x2 , y1  2y2 ,z1  2z2 Cứ tiếp tục ta đến x, y, z chia hết cho k với k l| số tự nhiên tùy ý Điều n|y chỉa xảy v| x  y  z  Đó l| nghiệm nguyên phương trình cho Nhận xét: Từ phương trình cho ta ph{t c{c biến x, y, z chia hết cho 2, thực phép đặt x  2x1 , y  2y1 ,z  2z1 v| thay v|o phương trình ban đầu ta x13  2y13  4z13 , từ phương trình n|y lại thấy c{c biến x1 ; y1 ; z1 chia hết cho Từ ta x; y; z chia hết cho 2 Qu{ trình liên tục ta x; y; z chia hết cho k với k l| số nguyên dương Từ đ}y ta suy x  y  z  27 Ví dụ Tìm nghiệm ngun phương trình: x2  y2  7z2 Lời giải Ta biết số phương chia cho có số dư l| 0; 1; 2; Do từ phương trình ta suy x2  y chia hết cho 7, x y chia hết cho Do l| số nguyên tố nên suy x y chia hết cho 49 Từ ta 7z chia hết cho 49 nên z chia hết cho 7, suy z chia hết cho Đặt x  7x2 ; y  7y1 ; z  7z1 v| thay v|o phương trình cho ta thu x12  y12  7z12 Lặp lại c{c chứng minh ta suy x1 ; y1 ; z1 chia hết cho 7, x; y; z chia hết cho Tiếp tục c{c suy luận ta suy x; y; z chia hết cho k ,k  N Từ suy x  y  z  Vậy phương trình có nghiệm ngun l|  x; y; z    0; 0;   Ví dụ Tìm nghiệm ngun phương trình: x2  y2  az2 , với a  4k  k  N*  Lời giải Ta viết lại phương trình l| x2  y2   4k  1 z2  x2  y2  z2  4kz2 Do suy x2  y2  z2 l| số chẵn, có hai trường hợp xẩy  Trường hợp 1: Trong ba số x, y, z có hai số lẻ v| số chẵn Nên ba số x2 , y2 , z2 coa hai số lẻ v| số chẵn Ta biết số phương chãn chia hết cho v| số phương lẻ chia dư Do x2  y2  z2 chia dư 2, m| 4kz2 chia hết cho Suy trường hợp n|y phương trình khơng có nghiệm ngun  Trường hợp 2: Cả ba số x, y, z l| số chẵn Khi ta đặt x  2x1 ; y  2y1 ; z  2z1 thay v|o phương trình cho ta x12  y12  z12  4kz12 Lặp lại c{c chứng minh ta suy x1 ; y1 ; z1 chia hết cho 2, x; y; z chia hết cho 2 Tiếp tục c{c suy luận ta suy x; y; z chia hết cho 2k ,k  N 28 Từ suy x  y  z  Vậy phương trình có nghiệm nguyên l|  x; y; z    0; 0;  Ví dụ Tìm nghiệm ngun phương trình: x2  y2  z2  x2 y2 Lời giải Ta có nhận xét: Một số phương lẻ chia cho có số dư l| v| số phương chẵn chia hết cho Do x y l| số phương nên chia cho có số dư l|  Nếu x y l| số lẻ x v| y l| số lẻ, x y chia cho có số dư l| Từ x2  y2  z2 chia cho có số dư l| 3, điều n|y vơ lí  Nếu x y l| số chẵn, có hai trường hợp xẩy + Trường hợp 1: Trong hai số x v| y có số chẵn v| số lẻ hơng tính tổng qu{t ta giả sử x l| số chẵn v| y l| số lẻ Khi x2  y chia dư nên x2  y2  z2 chia cho có số dư l| 1, điều n|y vơ lí + Trường hợp 2: Cả hai số x v| y l| số chẵn, x2  y x y chia hết cho 4, z phải chia hết cho hay z l| số chẵn Đặt x  2x2 ; y  2y1 ; z  2z1 với x1 ; y1 ; z1 l| số nguyên v| thay v|o phương trình ban đầu ta 4x12  4y12  4z12  16x12 y12  x12  y12  z12  4x12 y12 Đến đ}y lập luận tương tự ta x1 ; y1 ; z1 l| c{c số chẵn Do phương ph{p lùi dần vô hạn ta chứng minh phương trình có nghiệm nhấ l|  x; y; z    0; 0;  Ví dụ Tìm c{c nghiệm ngun phương trình x3  15y3  18z3 Lời giải Giả sử ba số nguyên  x0 ; y0 ; z0  l| nghiệm phương trình Dễ thấy ba số hai số cịn lại nên  0; 0;  l| nghiệm phương trình 29 Xét ba số kh{c 0, đặt d   x0 ; y0 ; z0  , ta có x0  dx1 ; y0  dy1 ; z0  dz1 với x1 ; y1 ; z1 nguyên  x1 ; y1 ; z1   Ta x13  15y13  18z13 Từ suy x1 chia hết cho Đặt x1  3x2 v| thay v|o phương trình x13  15y13  18z13 ta 9x32  5y13  6z13 , suy y chia hết cho Đặt y1  3y2 , ta lại 3x32  45y32  2z13 Suy z1 chia hết cho Suy x1 ; y1 ; z1 có ước chung l| 3, m}u thuẫn  x1 ; y1 ; z1  Vậy phương trình có nghiệm nguyên l|  0; 0;  III MỘT SỐ DẠNG PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Phương trình nghiệm nguyên đa dạng v| phong phú, l| phương trình ẩn hay nhiều ẩn Nó l| phương trình bậc bậc cao Cũng có phương trình dạng đa thức dạng lũy thừa Ta chia phương trình nghiệm nguyên thành số dạng sau Phƣơng trình nghiệm ngun dạng đa thức Ví dụ Tìm c{c nghiệm nguyên phương trình: 6x  15y  10z  Lời giải Dễ thấy 6x v| 15y chia hết từ phương trình ta 10z nên z Đặt z  3k với k l| số nguyên Khi phương trình cho trỏ th|nh 6x  15y  10.3k   2x  5y  10k  Đưa phương trình hai ẩn x, y với c{c hệ số tương ứng v| l| hai số nguyên tố  10k  5y 1 y  5k  2y  2 1 y 1 y Do x, y, k l| c{c số nguyên nên l| số nguyên Đặt t  với t nguyên 2  y   2t  Từ ta x  5k  1  2t   t  5t  5k  z  3k  2x  5y   10k  x  Vậy nghiệm phương trình l|  x; y; z    5t  5k  2;1  2t; 3k  với t, k l| c{c số nguyên tùy ý