Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên trong chương trình toán trung học cơ sở

Trang 1 TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠNNGUYỄN THỊ PHƯƠNG THẢOMỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢIPHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊNTRONG CHƯƠNG TRÌNH TỐNTRUNG HỌC CƠ SỞĐỀ ÁN THẠC SĨ TỐN HỌC Trang 2 TRƯỜNG ĐẠI HỌC Q

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

NGUYỄN THỊ PHƯƠNG THẢO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

NGUYỄN THỊ PHƯƠNG THẢO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

Người hướng dẫn: TS LÊ THANH BÍNH

Phản biện: TS TRẦN NGỌC NGUYÊN

Đề án được bảo vệ tại Hội đồng đánh giá Đề án thạc sĩ ngành Phương pháp toán sơ cấp, ngày 17 tháng 11 năm 2023 tại Trường Đại học Quy Nhơn.

Có thể tìm hiểu đề án tại:

- Thư viện Trường Đại học Quy Nhơn

- Khoa Toán và Thống kê, Trường Đại học Quy Nhơn

Tôi xin cam đoan rằng nội dung trình bày của đề án thạc sĩ là trungthực và không trùng lặp với đề tài khác Tôi cũng xin cam đoan rằng cáckết quả nêu trong đề án, tài liệu tham khảo và nội dung trích dẫn đảmbảo tính trung thực, chính xác.

Bình Định, ngày 27 tháng 11 năm 2023

Tác giả

Nguyễn Thị Phương Thảo

Trước khi đi vào nội dung của đề án, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chânthành tới toàn thể giảng viên của Khoa Toán & Thống kê của trường ĐạiHọc Quy Nhơn, Phòng Đào tạo sau Đại học-Trường Đại Học Quy Nhơn

vì đã tận tâm giảng dạy kiến thức chuyên môn, hỗ trợ và tạo mọi điềukiện thuận lợi cho học viên trong suốt thời gian học tập, thực tập Đồngthời, tôi xin gửi lời cảm ơn tới tập thể các bạn học viên lớp Cao Học ToánK24B, ngành Phương pháp toán sơ cấp, vì sự gắn bó, yêu thương và giúp

đỡ lẫn nhau trong quá trình học tập Đặc biệt, tôi xin trân trọng gửi lờicảm ơn sâu sắc đến thầy TS Lê Thanh Bính-giảng viên của Khoa Toán

& Thống kê-vì sự định hướng, quan tâm, động viên và sự hướng dẫn tậntình của thầy trong suốt quá trình tôi thực hiện và hoàn thành đề án.Nhân dịp này, tôi cũng xin được gửi những lời cảm ơn đến những ngườibạn, đặc biệt là những người thân trong gia đình đã luôn giúp đỡ tôi hếtmình, luôn động viên, cổ vũ tinh thần và tạo điều kiện thuận lợi giúp tôi

có thể hoàn thành được đề án thạc sĩ

Với sự nỗ lực hết sức của bản thân, tôi đã cố gắng để có thể hoàn thànhnội dung đề án một cách tốt nhất Tuy nhiên, do năng lực và thời gianhạn chế, mặc dù nội dung đã được chỉnh sửa nhiều lần nhưng đề án thạc

sĩ của tôi sẽ không thể tránh khỏi những thiếu sót về mặt hình thức, nộidung Tôi xin chân thành cảm ơn nếu nhận được sự góp ý từ quý thầy cô,các bạn bè và đọc giả để có thể hoàn thiện đề án thạc sĩ được tốt hơn.Tôi xin chân thành cảm ơn!

Bình Định, ngày 27 tháng 11 năm 2023

Học viên thực hiện

Nguyễn Thị Phương Thảo

Mục lục

MỞ ĐẦU 1

0.1 Lí do chọn đề tài 1

0.2 Mục đích nghiên cứu 2

0.3 Đối tượng nghiên cứu và phạm vi nghiên cứu 2

0.4 Phương pháp nghiên cứu 3

0.5 Cấu trúc đề án tốt nghiệp 3

1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 5 1.1 Phép chia hết, số nguyên tố, hợp số 5

1.1.1 Định nghĩa và tính chất 5

1.1.2 Một số dấu hiệu chia hết 7

1.1.3 Ví dụ áp dụng 7

1.2 Ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất 8

1.2.1 Định nghĩa và tính chất 8

1.2.2 Thuật toán Euclide để tìm ước chung lớn nhất 10

1.2.3 Ví dụ áp dụng 11

1.3 Đồng dư 13

1.3.1 Định nghĩa và tính chất 13

1.3.2 Ví dụ áp dụng 14

1.4 Số chính phương 15

1.4.1 Định nghĩa và tính chất 15

1.4.2 Ví dụ áp dụng 17

2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 19 2.1 Phương pháp dùng tính chia hết 20

2.1.1 Dạng 1: Phát hiện tính chia hết của một ẩn 20

2.1.2 Dạng 2: Đưa về phương trình ước số 21

2.2 Phương pháp xét số dư của từng vế 25

2.3 Phương pháp dùng bất đẳng thức 29

2.3.1 Dạng 1: Sắp thứ tự các ẩn 29

2.3.2 Dạng 2: Sử dụng bất đẳng thức cổ điển 31

2.3.3 Dạng 3: Chỉ ra nghiệm nguyên 33

2.3.4 Dạng 4: Sử dụng điều kiện ∆ ¥ 0 để phương trình bậc hai có nghiệm 34

2.3.5 Dạng 5: Phương pháp kẹp 36

2.4 Phương pháp sử dụng tính chất của số chính phương 38

2.4.1 Dạng 1: Sử dụng tính chất về chia hết, chia có dư của số chính phương 38

2.4.2 Dạng 2: Biến đổi phương trình về dạng a1A21 a2A22 anA2n  k, trong đó Ai (i  1, , n) là các đa thức hệ số nguyên, ai là số nguyên dương, k là số tự nhiên 39

2.4.3 Dạng 3: Xét các số chính phương liên tiếp 41

2.4.4 Dạng 4: Sử dụng điều kiện ∆ là số chính phương 43

2.4.5 Dạng 5: Sử dụng tính chất "Nếu hai số nguyên liên

tiếp có tích là một số chính phương thì một trong

hai số nguyên liên tiếp đó bằng 0" 45

2.4.6 Dạng 6: Sử dụng tính chất "Nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là một số chính phương thì mỗi số đều là số chính phương" 47

2.5 Phương pháp lùi vô hạn; nguyên tắc cực hạn 48

2.5.1 Dạng 1: Phương pháp lùi vô hạn 48

2.5.2 Dạng 2: Nguyên tắc cực hạn 50

3 MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 53 3.1 Phương trình bậc nhất hai ẩn 53

3.1.1 Cách giải phương trình bậc nhất hai ẩn với nghiệm nguyên 55

3.1.2 Phương pháp tìm nghiệm riêng để giải phương trình bậc nhất hai ẩn 56

3.2 Phương trình bậc hai có hai ẩn 59

3.3 Phương trình bậc ba trở lên có hai ẩn 61

3.4 Phương trình đa thức có ba ẩn trở lên 64

3.5 Phương trình dạng phân thức 65

3.6 Phương trình dạng mũ 67

4 MỘT SỐ BÀI TOÁN VỚI NGHIỆM NGUYÊN 70 4.1 Bài toán về số tự nhiên và các chữ số 70

4.2 Bài toán về chia hết và số nguyên tố 74

4.3 Các bài toán thực tế 78

4.4 Bài toán tìm điều kiện để phương trình có nghiệm nguyên 80

KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 84

pa, bq Ước số chung lớn nhất của hai số a và b

pa1, a2, , anq Ước số chung lớn nhất của n số a1, a2, , an

ra, bs Bội số chung nhỏ nhất của hai số a và b

ra1, a2, , ans Bội số chung nhỏ nhất của n số a1, a2, , an

a bpmod nq a đồng dư với b theo modulo n

(tức là pa
bq chia hết cho n)n! (với n P Z ) n pn
1q  pn
2q   1

MỞ ĐẦU

0.1 Lí do chọn đề tài

Phương trình và bài toán với nghiệm nguyên là một đề tài lí thú của Sốhọc và Đại số, có sức lôi cuốn với nhiều người, từ các học sinh nhỏ tuổivới các bài toán như Trăm trâu trăm cỏ đến các chuyên gia toán học lớnvới các bài toán nổi tiếng như Định lý lớn Fermat Được bắt đầu nghiêncứu từ thời Điôphăng ở thế kỷ thứ III, nhưng có thể nói các phương trình

và bài toán với nghiệm nguyên vẫn luôn luôn là đối tượng nghiên cứu củatoán học

Ngoài phương trình bậc nhất hai ẩn, các bài toán tìm nghiệm nguyênthường không có phương pháp giải tổng quát Mỗi bài toán, với giả thiếtriêng của nó, sẽ yêu cầu một cách giải riêng phù hợp Đó là dạng toán đòihỏi khả năng phản xạ nhanh và chính xác, khả năng lí luận chặt chẽ vàlôgic Chính vì thế, dạng toán về giải phương trình nghiệm nguyên giúpphát triển tư duy linh hoạt và sáng tạo cho các em học sinh bậc Trung học

cơ sở (THCS) và bậc Trung học phổ thông (THPT) Các dạng bài toántìm nghiệm nguyên thường xuyên xuất hiện tại các kì thi học sinh giỏi từlớp 6 đến lớp 9 và thi vào lớp 10 các trường THPT chuyên

Qua nhiều năm dạy học ở trường THCS, tôi nhận thấy học sinh thườnglúng túng trước việc lựa chọn phương pháp để giải các bài toán về phươngtrình nghiệm nguyên, hoặc lựa chọn phương pháp giải không tối ưu dẫn

đến lời giải khá phức tạp Do vậy, tôi đã chọn đề tài "Một số phươngpháp giải phương trình nghiệm nguyên trong chương trình toántrung học cơ sở" cho đề án tốt nghiệp nhằm mục đích giúp bản thântôi và đồng nghiệp có thêm tư liệu và kinh nghiệm về dạy toán THCS nóichung và dạy dạng toán giải phương trình nghiệm nguyên nói riêng Từ

đó, tôi có thể giúp các em học sinh có sự tự tin và hứng thú với các bàitập giải phương trình nghiệm nguyên

0.2 Mục đích nghiên cứu

Đề tài này nhằm cung cấp cho học sinh giỏi toán các lớp 8-9 nhữngphương pháp thường sử dụng để giải phương trình với nghiệm nguyên vàgiúp cho học sinh có kĩ năng vận dụng chúng vào giải từng dạng toán tìmnghiệm nguyên Cũng thông qua đề tài này nhằm giúp học sinh có thóiquen tìm tòi trong học toán và sáng tạo khi giải toán Từ đó tạo cho họcsinh có phương pháp học tập đúng đắn, biến cái đã học thành kiến thức

và kĩ năng của bản thân Qua đó giúp các em tạo niềm tin, hưng phấn vàhứng thú và say mê học môn toán

Mặc dù không thể hệ thống một cách toàn diện, đầy đủ tất cả phươngpháp giải phương trình nghiệm nguyên, nhưng tôi hi vọng đây là một tàiliệu bổ ích dành cho các em học sinh giỏi toán và các thầy cô giáo đanggiảng dạy toán ở các trường THCS và THPT

0.3 Đối tượng nghiên cứu và phạm vi nghiên cứu

- Đối tượng nghiên cứu: Phương trình nghiệm nguyên, một số dạng bàitoán với nghiệm nguyên và phương pháp giải

- Phạm vi nghiên cứu: Một số dạng phương trình nghiệm nguyên chưa

có cách giải tổng quát và các loại bài toán với nghiệm nguyên thường xuấthiện trong ôn luyện học sinh giỏi toán các lớp 7-8-9 hoặc đề thi vào lớp 10trường THPT chuyên.

0.4 Phương pháp nghiên cứu

- Đọc hiểu, nghiên cứu một số tài liệu tham khảo và chuyên khảo cóliên quan đến nội dung nghiên cứu của đề tài (chẳng hạn: [1], [2], [3], [4],[5], ) Sau đó, bản thân tiến hành tổng hợp và phân loại các kiến thức

đã nắm được theo phương pháp giải hoặc theo dạng bài toán

- Tổng kết kinh nghiệm qua thực tế giảng dạy trên lớp Tham khảo ýkiến của giảng viên hướng dẫn, đồng thời cũng thông qua việc thảo luậnchuyên môn với các đồng nghiệp trong trường, ngoài trường để tiếp tụchoàn thiện nội dung và hình thức của đề án

0.5 Cấu trúc đề án tốt nghiệp

Ngoài các phần Mở đầu, Kết luận và kiến nghị, Tài liệu tham khảo, thì

đề án thạc sĩ có cấu trúc gồm 4 chương:

- Chương 1: Kiến thức chuẩn bị

Chương này nhắc lại một số kiến thức cơ bản cần thiết dùng cho cácchương sau, chẳng hạn như: phép chia trong tập số nguyên, số nguyên tố

và hợp số, ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất, đồng dư, tính chất của

số chính phương, Nội dung trình bày của chương này được tham khảo

giải phương trình nghiệm nguyên Chẳng hạn như: phương pháp sử dụngtính chia hết, phương pháp đưa về phương trình ước số, phương pháp xét

số dư của từng vế, phương pháp sử dụng bất đẳng thức, phương pháp sửdụng tính chất của số nguyên tố, phương pháp sử dụng tính chất của sốchính phương, Với mỗi phương pháp, tôi phân loại thành các dạng cụthể khác nhau, sau đó nêu lên cơ sở của phương pháp và giải một số ví

dụ minh họa tiêu biểu Nội dung của Chương 2 được tham khảo từ các tàiliệu [1], [2], [3], [6], và [8]

- Chương 3: Một số dạng phương trình nghiệm nguyên

Chương này dự kiến giới thiệu một số dạng phương trình nghiệm nguyênthường gặp từ đơn giản đến phức tạp Chẳng hạn như: phương trình bậcnhất có hai ẩn, phương trình bậc hai có hai ẩn,phương trình bậc ba trở lên

có hai ẩn, phương trình đa thức có ba ẩn trở lên, phương trình dạng phânthức, phương trình vô tỉ Nội dung của Chương 3 được tham khảo từcác tài liệu [1], [3], [4], [7], và [6]

- Chương 4: Một số bài toán với nghiệm nguyên

Chương này dành để trình bày một số dạng bài toán với nghiệm nguyênrất thường gặp ở các đề thi học sinh giỏi toán lớp 8, 9 và thi vào lớp 10trường THPT, chẳng hạn như: bài toán về số tự nhiên và các chữ số, bàitoán về chia hết và số nguyên tố Nội dung của Chương 4 được thamkhảo từ các tài liệu [1], [3], [7] và [8]

1.1.1 Định nghĩa và tính chất

Định nghĩa 1.1.1 Cho hai số nguyên a, b với a  0 Ta nói b chia hếtcho a nếu tồn tại số nguyên c sao cho b  ac Khi đó ta còn nói a chia hết

b, hoặc a là ước của b, hoặc b là bội của a Ta kí hiệu b a, a | b

Trong trường hợp b không chia hết cho a thì ta kí hiệu a b

Sau đây là một số tính chất thường dùng, chứng minh được suy ra trựctiếp từ định nghĩa

Nhận xét 1.1.2 Các số 0 và 1 không phải là số nguyên tố, cũng khôngphải là hợp số.

Mệnh đề 1.1.3 1 Mỗi số nguyên dương lớn hơn 1 đều có ít nhất mộtước số nguyên tố

2 Ước số nguyên tố nhỏ nhất của một hợp số n là một số không vượt quá

6 Nếu p | an với p là số nguyên tố, n nguyên dương thì pn | an.

7 Mỗi số nguyên dương n ¡ 1 được phân tích duy nhất thành tích cácthừa số nguyên tố: n  pα1

Tpnq  pα1 1qpα2 1q pαk 1q

1.1.2 Một số dấu hiệu chia hết

Đặt N  anan
1 a1a0 Khi đó, ta có một số dấu hiệu chia hết sau:Mệnh đề 1.1.4 Dấu hiệu chia hết cho 2; 5; 4; 25; 8; 125:

2 | N ô 2 | a0 ôa0 P t0; 2; 4; 6; 8u

5 | N ô 5 | a0 ôa0 P t0; 5u.4; 25 | N ô 4; 25 |a1a0

8; 125 | N ô 8; 125 | a2a1a0.Dấu hiệu chia hết cho 3 và 9:

3; 9 | N ô 3; 9| pa0 a1 an
1 anq.Dấu hiệu chia hết cho 11 và 19:

Lời giải Ta có 1896  p232q96  296192 Áp dụng tính chất 8 trongMệnh đề 1.1.3 thì số ước số của 1896 là

số đó Kí hiệu ước chung lớn nhất của hai số a và b là pa, bq

Định nghĩa 1.2.2 Giả sử a1, a2, , an (n ¥ 2) là các số nguyên khôngđồng thời bằng 0 Ước chung lớn nhất của các số a1, a2, , an là số nguyênlớn nhất chia hết cả n số đó Kí hiệu ước chung lớn nhất của a1, a2, , an

là pa1, a2, , anq

Định nghĩa 1.2.3 Nếu pa, bq  1 thì ta nói hai số nguyên a và b nguyên

tố cùng nhau Nếu pa1, a2, , anq  1 thì ta nói các số nguyên a1, a2, ,

an nguyên tố cùng nhau

Định nghĩa 1.2.4 Nếu pam, akq  1, @m  k, m, k P t1; 2; ; nu, thì tanói các số nguyên a1, a2, , an đôi một nguyên tố cùng nhau.

Định nghĩa 1.2.5 Giả sử a, b là hai số nguyên khác 0 Bội chung nhỏnhất của hai số a, b là số nguyên dương nhỏ nhất chia hết cho cả hai số

đó Ta dùng kí hiệu ra, bs để chỉ bội chung nhỏ nhất của hai số a và b.Định nghĩa 1.2.6 Giả sử a1, a2, , an (n ¥ 2) là n số nguyên khác 0.Bội chung nhỏ nhất của n số này là số nguyên dương nhỏ nhất chia hếtcho tất cả n số đó Ta dùng kí hiệu ra1, a2, , ans để chỉ bội chung nhỏnhất của n số a1, a2, , an

Mệnh đề 1.2.1 Ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất có một số tínhchất sau:

1 Nếu p nguyên tố thì pa, pq  1 hoặc pa, pq  p

2 Nếu d  pa, bq thì ad,db

 1 Nếu d | a, d | b và ad,db

 1 thì

d  pa, bq

3 Nếu d1 là một ước chung của a, b thì d1 | pa, bq

4 Nếu p nguyên tố, pk |a và pl | b, thì pmintk,lu | pa, bq

7 Nếu a, b là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau thì tồn tại hai

số nguyên dương u, v sao cho au
bv  1

8 Nếu ra, bs  M thì Ma ,Mb 

 1

9 Với a, b nguyên dương thì ab  pa, bq.ra, bs.

10 ra, b, cs  rra, bs, cs

1.2.2 Thuật toán Euclide để tìm ước chung lớn nhất

Phương pháp tìm ước chung lớn nhất của hai số bằng cách dùng phântích các số nguyên đó ra thừa số nguyên tố là không hiệu quả Lý do là

ở thời gian phải tiêu tốn cho sự phân tích đó Dưới đây là phương pháphiệu quả hơn để tìm ước số chung lớn nhất, gọi là thuật toán Euclide.Thuật toán này đã biết từ thời cổ đại Nó mang tên nhà toán học cổ Hylạp Euclide, người đã mô tả thuật toán này trong cuốn sách "Cơ sở " nổitiếng của ông Thuật toán Euclide dựa vào 2 mệnh đề sau đây

Mệnh đề 1.2.2 (Thuật toán chia) Cho hai số nguyên a và a trong đó

b 0, ta luôn tìm được hai số nguyên q và r duy nhất sao cho

a bq r,với 0 ¤ r   |b| Trong đẳng thức trên, a được gọi là số chia, b được gọi là

số bị chia, q được gọi là thương số và r được gọi là số dư

Mệnh đề 1.2.3 Cho a bq r, trong đó a, b, q, r là các số nguyên Khi

Vậy hai số tự nhiên phải tìm gồm: p6; 72q;p18; 24q;p72; 6q;p24; 18q.

Ví dụ 1.2.10 Tìm hai số tự nhiên biết rằng chúng có ước chung lớn nhấtbằng 10 và bội chung nhỏ nhất bằng 900

Lời giải Gọi hai số phải tìm là a và b, giả sử a ¤ b Do pa, bq  10 nên

ta có a  10a1, b  10b1 với pa1, b1q  1, a1 ¤ b1 Do đó ab  100a1b1.Mặt khác, ta lại có ab pa, bq  ra, bs  10900 9000 Từ đây, ta suy ra

1 Nếu a  bpmod nq thì b a pmod nq.

2 Nếu a  bpmod nq và b cpmod nq thì a c pmod nq

3 Nếu a  bpmod nq và c  dpmod nq thì a c b d pmod nq

4 Nếu a  bpmod nq và c  dpmod nq thì ac  bd pmod nq

5 Nếu a  bpmod nq thì với mỗi k nguyên ta có ka kb pmod nq

6 Nếu ai  bi pmod nq, i  1, k, thì a1a2 ak  b1b2 bk pmod nq

Đặc biệt, nếu a  b pmod nq thì với mỗi k nguyên dương ta có ak 

Chứng minh 1 Nếu p | a thì p| ap
a

2 Nếu p a thì các số 2a, 3a, , pp
1qa cũng không chi hết cho p Gọi

r1, r2, , rp
1 lần lượt là số dư khi chia a, 2a, , pp
1qa cho p, thìchúng sẽ thuộc tập t1; 2; ; p
1u và đôi một khác nhau (vì chẳng hạnnếu ri  rj, với j ¡ i, thì p | pja
iaq hay p | pj
iqa, điều này vô lý

vì p a và 1¤ j
i   p
1) Do đó:

r1r2  rp
1  12   pp
1q

Ta có:

a  r1 pmod pq;2a  r2 pmod pq;

  

pp
1qa  rp
1 pmod pq.Nhân vế theo vế ta suy ra:

12   pp
1q ap
1  r1r2  rp
1 pmod pq ñ ap
1  1 pmod pq.Suy ra ap  apmod pq

Như vậy, với mọi số nguyên a và số nguyên tố p thì ap  apmod pq

Nhận xét 1.3.3 Ta có thể chứng minh Định lý Fremat nhỏ bằng phươngpháp quy nạp Ngoài ra, định lý còn được phát biểu dưới dạng sau

Định lý 1.3.4 Với mọi số nguyên a và số nguyên tố p sao cho pa, pq  1thì ap
1  1 pmod pq

1.3.2 Ví dụ áp dụng

Hai ví dụ sau minh họa việc sử dụng các tính chất đồng dư và Định lýFermat nhỏ để giải dạng toán chia hết

Ví dụ 1.3.2 Chứng minh rằng A  130 230 1130 không chia hếtcho 11.

Lời giải Với mọi a  1, 2, , 10 thì pa, 11q  1 Do đó, theo Định

lý Fermat nhỏ thì a10  1 pmod 11q ñ a30  1 pmod 11q (với mọi

a 1, 2, , 10) và 1130  0 pmod 11q Như vậy,

Mệnh đề 1.4.1 Các số chính phương có một số tính chất sau:

1 Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9

Số chính phương không tận cùng bằng 2, 3, 7, 8

2 Phân tích ra thừa số nguyên tố của số chính phương chỉ chứa các thừa

số nguyên tố với số mũ chẵn Do đó, số chính phương chia hết cho sốnguyên tố p thì chia hết cho p2

3 Số chính phương chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1

4 Số chính phương chia cho 4 có số dư là 0 hoặc 1

5 Số chính phương chia cho 5 hoặc cho 8 có số dư là 0 hoặc 1 hoặc 4

6 Giữa hai số chính phương liên tiếp không có số chính phương nào

7 Số các ước số của một số chính phương là số lẻ Ngược lại, một sốnguyên dương có số ước số là số lẻ thì nó là số chính phương

8 Nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là số chínhphương thì mỗi số đều là số chính phương

9 Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n 1.Không có số chính phương nào có dạng 4n 2 hoặc 4n 3 (n P N)

10 Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 3n hoặc 3n 1.Không có số chính phương nào có dạng 3n 2 (n PN)

11 Số chính phương tận cùng bằng 1, 4 hoặc 9 thì chữ số hàng chục làchữ số chẵn

12 Số chính phương tận cùng bằng 5 thì chữ số hàng chục là 2

13 Số chính phương tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ

không thể là số chính phương (vì nó không chia hết cho 25).

Ví dụ 1.4.3 Chứng minh rằng tổng bình phương của hai số lẻ bất kỳkhông phải là số chính phương

Lời giải Gọi a và b là hai số lẻ bất kỳ Ta có a  2k 1, b  2l 1(m, l P N) Suy ra:

và p không thể chia hết cho 4 ()

1q Giả sử p 1 là số chính phương Đặt p 1  m2 (m PN)

Vì p chẵn nên p 1 lẻ, suy ra m2 lẻ hay m lẻ

2q Vì p  23 là số chia hết cho 3 nên pp
1q có dạng 3k 2 (k P N).

Theo Mệnh đề 1.4.1 ta suy ra pp
1q không thể là số chính phương

số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Mỗi phương pháp đượcchia thành các dạng cụ thể và kèm theo các ví dụ minh họa Tài liệu thamkhảo được sử dụng trong chương này gồm [1], [2], [3], [6], và [8].

ˆ Phương pháp dùng tính chia hết

ˆ Phương pháp xét số dư của từng vế

ˆ Phương pháp dùng bất đẳng thức

ˆ Phương pháp dùng tính chất của số chính phương

ˆ Phương pháp lùi vô hạn, nguyên tắc cực hạn

2.1 Phương pháp dùng tính chia hết

2.1.1 Dạng 1: Phát hiện tính chia hết của một ẩn

Ví dụ 2.1.1 Giải phương trình nghiệm nguyên

Lời giải Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn phương trình (2.1) Tathấy 5y và 175 đều chia hết cho 5 nên 13x 5, suy ra x 5 (do p13, 5q  1).Đặt x  5t (tP Z) Thay vào phương trình (2.1) ta được:

2.1.2 Dạng 2: Đưa về phương trình ước số

 Cơ sở của phương pháp: Phương pháp này (còn được gọi là phươngpháp "phân tích thành nhân tử") tìm cách đưa phương trình đã chothành phương trình có một vế là tích các biểu thức có giá trị nguyên, vếcòn lại là hằng số nguyên Nội dung của phương pháp là biến đổi phươngtrình ban đầu về dạng:

f1px1, x2, , xnq f2px1, x2, , xnq fkpx1, x2, , xnq  a, (2.3)trong đó a là một số nguyên Sau đó xét các trường hợp theo tập các ước

số của a

Ví dụ 2.1.3 Giải phương trình nghiệm nguyên

1x

Lời giải Biến đổi phương trình (2.5) ta có

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (2.5) là px, yq  p14, 13q

Ví dụ 2.1.5 Giải phương trình nghiệm nguyên

Ví dụ 2.1.6 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

Lời giải Ta có 1 x x2 x3  2y ô p1 xqp1 x2q  2y, suy ra

p1 xq  2m,p1 x2q  2y
mpm P Nq ñ x 2m
1 ñ x2  22m
2m 1 1.Mặt khác lại có x2  2y
m
1, suy ra

ñ 2y
m
1  22m
2m 1 1 ñ 2y
m
22m 2m 1  2

Nếu m 0 suy ra x  0, y  0

Nếu m ¡ 0 suy ra 2y
m
1
22m
1 2m  1 () Nhưng 22m
1 và 2m đều

là các số chẵn nên suy ra 2y
m
1 là số lẻ Nói cách khác, ta có

2.2 Phương pháp xét số dư của từng vế

 Cơ sở của phương pháp: Phương pháp này (còn được gọi là phươngpháp "đồng dư thức") sử dụng việc xét số dư ở từng vế cho cùng một

số Phương pháp này thường dùng cho các phương trình không có nghiệmnguyên

Ví dụ 2.2.1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình

Lời giải Ta thấy rằng x2 , y2 chia cho 4 chỉ có thể dư 0 hoặc 1 nên tổngcủa chúng chia cho 4 chỉ có thể dư 0; 1 hoặc 2 Mặt khác, 211  3 pmod 4q

nên suy ra phương trình (2.10) vô nghiệm nguyên

Ví dụ 2.2.2 Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau:

19x 5y 1890  1975430 1993 (2.11)Lời giải Đặt A  19x 5y 1890, B  1975430 1993 Dễ thấy

A  19x pmod 5q; 19x  p20
1qx  p
1qx pmod 5q

Nếu x chẵn thì 19x  1 pmod 5q, còn nếu x lẻ thì 19x 
1  4 pmod 5q.Suy ra A 1 hoặc 4pmod 5q còn B  3 pmod 5q (vô lí!) Như vậy phươngtrình (2.11) đã cho vô nghiệm

Ví dụ 2.2.3 Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình sau:

Lời giải Xét y  0 ñ x2 30  3026 ñ x2  3025 ñ x  55 (do

xP N)

Xét y ¡ 0 ñ 3y 3, trong khi x2 chia cho 3 có số dư 0 hoặc 1, nhưng

3026  2 pmod 3q (vô lí) Vậy phương trình có nghiệm px, yq  p55, 0q

Nhận xét 2.2.1 Chúng ta cũng có thể tổng quát hóa bài toán trên với x,

y là số nguyên hoặc thay 3026 bởi các số có dạng k2 1 thì chúng ta nhậnđược các bài tập tương tự

Trong các ví dụ trên chúng ta dễ dàng nhận ra mô-đun phù hợp, tuynhiên trong nhiều trường hợp việc chọn được mô-đun không hề đơn giản

Ví dụ 2.2.4 Chứng minh rằng phương trình y2  x5
4 không có nghiệmnguyên

Lời giải Giả sử tồn tại x, y P Z thỏa mãn phương trình Nếu x 11 thì

x10 11; nếu px, 11q  1 thì x10
1 11 Như vậy khi x là số nguyên tùy

ý thì

x10  0 pmod 11q hoặc x10  1 pmod 11q

Do đó, x5 chia cho 1 chỉ có thể dư 0, 1 Kết hợp với phương trình đãcho, ta nhận được y2 chia cho 11 chỉ có thể dư 6, 7, 8 Tuy nhiên, với y là

số nguyên tùy ý ta thấy rằng y2 chia cho 11 chỉ có thể dư 0, 1, 3, 4, 5, 9

Từ sự mâu thuẫn này ta suy ra phương trình đã cho vô nghiệm

Ví dụ 2.2.5 Giải phương trình nghiệm nguyên sau

Lời giải Ta có

m2  k P t0; 1; 2; 3; 4; 5; 9u pmod 11q, n5
4  l P t6; 7; 8u pmod 11q.Điều này suy ra phương trình (2.13) vô nghiệm

Nhận xét 2.2.2 Tuy lời giải bài toán thật đơn giản nhưng việc nghĩ rachọn mô-đun 11 không hề đơn giản và nó là chìa khóa cho việc giải quyếtbài toán này Nói chung, việc xét mô-đun hiệu quả, chính xác còn phải tùythuộc vào sự nhạy bén của học sinh Đối với phương trình nghiệm nguyên

có sự tham gia của các số lập phương thì mô-đun thường dùng là mô-đun

9 vì x3  0; 1; 8 pmod 9q

Chúng ta xét tiếp ví dụ sau.

Ví dụ 2.2.6 Giải phương trình nghiệm nguyên

Lời giải Ta thấy rằng

x3 y3 z3  k P t0; 1; 2; 3; 6; 7; 8u pmod 9q, 1012  4 pmod 9q pvô líq

Do đó, phương trình (2.14) vô nghiệm

Nhận xét 2.2.3 Trong bài toán trên, chúng ta có thể thay 1012 bởi các

Như vậy x4  0 pmod 16q hoặc x4  1 pmod 16q Do đó, khi ta chia

x41 x42 x47 cho 16 thì số dư không vượt quá 7, trong khi 2015 

15 pmod 16q Vậy phương trình (2.15) không có nghiệm nguyên

Nhận xét 2.2.4 Vế trái có số dư không vượt quá 7 khi chia cho 16 Do

đó, chúng ta có thể thay vế phải bằng một số bất kì miễn sao khi chia cho

16 có số dư lớn hơn 7 là được Ta cũng có thể tổng quát bài toán trên nhưsau:

x41 x42 x43 x4n  16k r pn   r   16q

Ví dụ 2.2.8 Tìm tất cả những số nguyên dương x, y, z thỏa mãn phươngtrình

Lời giải Vì 4y  1 pmod 3q ñ 5z  1 pmod 3q ñ z  2k với k P Z ,thay vào phương trình (2.16) ta được

p5k
2yqp5k 2yq  3x.Hơn nữa, p5k
2yq  p5k 2yq pmod 3q nên suy ra

5k
2y  1 và 5k 2y  3x pq

Từ hai phương trình trên ta suy ra

p
1qk
p
1qy  1 pmod 3q; p
1qk p
1qy  0 pmod 3q

Do vậy k lẻ và y chẵn, nên y ¥ 2 Khi đó 5k
2y  1 pmod 4q ñ 3x 

1 pmod 4q ñ x chẵn, do đó 3x  1 pmod 8q Như vậy, nếu y ¥ 4 thì 2y 8

ñ 5k  1 pmod 8q, điều này mâu thuẫn vì k lẻ

Do đó ta phải có y  2 Thay vào các phương trình () ta được k 

Bài tập 2 Tìm số nguyên tố p để 4p 1 là số chính phương.

Bài tập 3 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 5x 1  2y.Bài tập 4 Tìm các số tự nhiên x, y sao cho 2x 122  y2
3

(Thi học sinh giỏi CHDC Đức-1978 )

2.3 Phương pháp dùng bất đẳng thức

2.3.1 Dạng 1: Sắp thứ tự các ẩn

 Cơ sở của phương pháp: Phương pháp này được sử dụng đối vớitrường hợp các phương trình đối xứng, tức là khi các ẩn của phương trình

có vai trò bình đẳng như nhau Phương pháp được sử dụng ở chỗ sắp thứ

tự các ẩn (chẳng hạn 1¤ x¤ y ¤ z ¤ ) rồi giới hạn nghiệm để giải

Ví dụ 2.3.1 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

1x

Lời giải Vì các ẩn có vai trò bình đẳng ta có thể giả sử 1 ¤ x ¤ y ¤

z ¤ t, suy ra

x y z t ¤ 4t

Vì t nguyên dương nên xyz ¤ 4 ñ xyz P t1; 2; 3; 4u

Nếu xyz  1 thì ta có x  y  z  1 ñ 3 t  t (loại)

Nếu xyz  2, mà x ¤ y ¤ z, suy ra x y  1; z  2, do vậy t  4

Nếu xyz  3, mà x ¤ y ¤ z, suy ra x y  1; z  3, do vậy t  5

2 (loại).Nếu xyz  4, mà x ¤ y ¤ z, ta suy ra



x  y  1; z  4 ñt  2 ploạiq;

x  1; y  z  2 ñt  5

3 ploạiq.Vậy nghiệm nguyên dươngpx, y, z, tqcủa phương trình (2.18) là bộp1; 1; 2; 4q

5xyt

5xyz

10xyzt ¤ 30

5xy

15xyz ¤ 30