Chuyên đề phương trình nghiệm nguyên

CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊNPHẦN I: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN A.. 2.Phương trình được đưa về dạng fx.gx = k với fx và gx là các đa thức hệ số nguyên.. T

CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

PHẦN I:

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

A TÓM TẮT LÝ THUYẾT.

1.Số 2 là số nghuyên tố chẵn duy nhất

2.Phương trình được đưa về dạng f(x).g(x) = k với f(x) và g(x) là các đa thức hệ số nguyên.

Ta phân tích k ra thừa số nguyên tố rồi giải các hệ phương trình

( )

( )

f x m

g x n

=



 với m.n = k.

3.Phương trình đối xứng các ẩn của x, y, z Khi tìm nghiệm nguyên dương ta có thể giả

sử 1 ≤ x ≤ y ≤ z ≤

4.Không tồn tại số chính phương nằm giữa hai số chính phương liên tiếp

B CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP.

Dạng 1: Sử dụng phép chia hết và chia có dư.

Hai vế của phương trình nghiệm nguyên khi chia cho cùng một số có số dư khác nhau thì phương trình đó không có nghiệm nguyên.

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau 2 2

2

x = y (1)

Giải:

Rõ ràng x = y = 0 là nghiệm của (1)

Nếu x y0 , 0 ≠ 0 và ( , )x y0 0 là nghiệm của (1) Gọi d = ( , )x y0 0 , suy ra x y0 , 0 1.

d d

Ta có:

= ⇒ ÷ =  ÷ ⇒

2

2 y 4 x

 ÷

  M chẵn, vô lý.

Vậy phương trình (1) chỉ có nghiệm nguyên duy nhất là (0,0)

Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau x2 − 2y2 = 5 (1)

Giải:

1)Nếu xM5 thì 2y2 =(x2 − 5 5)M ⇒ yM 5 ⇒(x2 − 2y2)M 25 vô lý.

2)Nếu xM / 5thì từ yM / 5 ta có x2 ≡ ± 1(mod 5)vày2 ≡ ± 1(mod 5)suy ra x2 − 2y2 ≡ ± ± 1, 3(mod 5) Vậy phương trình không có nghiệm nguyên

Ví dụ 3: Chứng minh rằng tổng bình phương của ba số nguyên trong phép chia cho 8 không thể có dư là 7 từ đó suy ra phương trình 4x2 + 25y2 + 144z2 = 2007 không có nghiệm nguyên.

Giải:

Giả sử: x2 +y2 +z2 = 7(mod8)mà x≡ ± ± ± ± 0, 1, 2, 3 , 4(mod8) nênx2 ≡ 0,1, 4(mod8) suy ra

2 2 7,6,3(mod8)

y +z = nhưng y2 +z2 = 0,1, 2, 4,5,(mod 8) vô lý Vậy x2 +y2 +z2 M / 7(mod8)

Phương trình đã cho có thể viết:(2 )x 2 + (5 )y 2 + (12 )z 2 = × 6 125 7 + Từ đó suy ra phương trình

không có nghiệm nguyên

Ví dụ 4: Giải phương trình sau trên tập số nguyên: 4 4 4

1 2 7 2008.

x +x + +x =

Giải:

1)Nếu x = 2k thì xM16

2)Nếu x = 2k + 1 thì x4 − = − 1 (x 1)(x+ 1)(x2 + 1) 16, M vì (x− 1)(x+ 1) 8 M và (x2 + 1) 2 M

Vậy x4 ≡ 0;1(mod16) Do đó khi chia tổng 4 4 4

1 2 7

x +x + +x cho 16 có số dư không vượt quá

7, trong khi đó 2008 8(mod16) ≡ Suy ra phương trình không có nghiệm nguyên.

Dạng 2: Phương pháp phân tích.

Tìm nghiệm nguyên của phương trình: a( x+ y ) + b = cxy ( với a, b, c ∈ Z ) (1)

Ta có: (1) cxy ay b y cx a( ) a(cx a) a2 b

2 (cx a cy a)( ) a bc.

Phân tích 2

.

a +bc m n= với m, n ∈ Z, sau đó lần lượt giải các hệ:  − =cx a m cy a n− =

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2(x y+ + = ) 16 3xy

Giải:

Ta có: 2(x y+ + = ) 16 3xy⇔ 3xy− 2x− 2y= 16

(3 2) (3 2) 16 (3 2)(3 2) 52

Giả sử:x y≤ khi đó 1 3 ≤ x− ≤ 2 3y− 2 và 52 = 1.52 = 2.26 = 4.13 ta có các hệ sau:

3 2 1

;

3 2 52

x

y

− =



 − =



3 2 2

;

3 2 26

x y

− =



 − =



3 2 4

;

3 2 13

x y

− =



 − =

 Giải các hệ trên ta được các nghiệm nguyên dương của phương trình là: ( 1, 18);

( 18, 1); ( 2, 5); ( 5, 2);

Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (2 5 1)(2x 2 ) 105.

x+ y+ + + + =y x x

Giải:

Vì 105 là số lẻ nên 2x+ 5y+ 1lẻ suy ra y chẵn mà 2

( 1)

x + =x x x+ chẵn nên 2x lẻ ⇒ x = 0 Với x = 0 ta có phương trình ( 5y + 1 ) ( y + 1 ) = 21.5 Do ( 5y + 1, 5 ) =1 nên

5 1 21

1 5

y

y

+ =



 + =

5 1 21

4

1 5

y

y y

+ = −

 + = −

 Thử lại ta thấy x = 0, y = - 4 là nghiệm nguyên của phương trình

Ví dụ 3: Tìm tất cả các tam giác vuông có các cạnh là số nguyên và có diện tích bằng chu vi.

Giải:

Gọi x, y, z là các cạnh của tam giác vuông : 1 x y z≤ ≤ < Ta có:

2 2 2 (1)

2( )(2)

xy x y z

 = + +



Từ (1) ta có: z2 = + (x y) 2 − 2xy= + (x y) 2 − 4(x y z+ + )

( 2) ( 2)

⇒ + − = + do (x y+ ≥ 2) Thay z x y= + − 4 vào (2) ta được:

( 4)( 4) 8

 − =   = 

vậy các cặp: ( , , ) (5,12,13);(6,8,10);x y z =

Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: p x y( + ) =xy. với p là số nguyên tố.

Giải:

( )

p x y+ =xy⇔xy px py p− − + = p ⇔ x p y p− − = p

Mà p2 = p p = − ( p).( − =p) 1.p2 = − ( p2 ).( 1) − Từ đó phương trình đã cho có các nghiệm nguyên là: ( , ) (0,0);(2 , 2 );(x y = p p p+ 1,p2 + p);(p2 +p p, + 1);(p p p− 2 , − 1);(p− 1,p p− 2 );

Dạng 3: Phương trình đối xứng.

Để tìm nghiệm nguyên của phương trình đối xứng ta giả sử 1 ≤ x ≤ y ≤ z ≤ rồi chặn trên một ẩn.

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x y z xyz+ + = (1).

Giải:

Vì x, y ,z có vai trò như nhau nên ta giả sử 1 ≤ x ≤ y ≤ z Từ (1) suy ra:

2

1 1 1 3

xy yz zx x

Vậy (1) có nghiệm nguyên dương ( x, y, z ) = ( 1, 2, 3 ) và các hoán vị của nó

Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 5(x y z t+ + + + = ) 10 2xyzt(1).

Giải:

Vì x, y ,z có vai trò như nhau nên ta giả sử x ≥ y ≥ z ≥ t ≥1 Từ (1) suy ra:

3

1

5 5 5 10 30

2

t t xyz xzt xyt xyzt t

=



2

1

5 5 5 15 30

3

z

xy yz xz xyz z

z

=





 =



1)Với z = 1 ta có:

5( ) 20 2 (2 5)(2 5) 65

 − =  =

Ta có các nghiệm( x, y, z, t) =( 35, 3, 1, 1 ),( 9, 5, 1, 1 ) và các hoán vị của chúng,

2) Với z = 2, z= 3, phương trình không có nghiệm nguyên dương

4

xy yz xz xyz z

2.

z

Khi đó: 5(x y+ ) 30 8 + = xy⇔ (8x− 5)(8y− = 5) 265.

Do x≥ ≥ ≥ ≥y z t 2 nên 8x− ≥ 5 8y− ≥ 5 11, mà 265 = 53.5 Trường hợp này phương trình

không có nghiệm nguyên dương

Ví dụ 3: Một tam giác có số đo độ dài của đường cao là mhững số nguyên dương và đường tròn nội tiếp tam giác có bán kính bằng 1 Chứng minh tam giác đó là tam giác đều.

Giải:

Đặt a = BC, b = CA, c = AB Gọi độ dài các đường cao ứng với các cạnh a, b, c của tam giác

Bán kính đường tròn nội tiếp bằng 1 nên x, y, z > 2 Giả sử x ≥ y ≥ z > 2.

Diện tích tam giác ABC: 1 . 1 . 1 (1)

S= a x= b y= c z

2

AOB BOC AOC

S S= +S +S = a b c+ +

a x b y c z a b c a b c

+ +

+ +

1 1 1 3

1 z 3 z 3.

⇒ + + = ≤ ⇒ ≤ ⇒ = Thay z = 3 vào 1 1 1 1.

x y z

⇒ + + = ta được:

( )

1 1 2

3( ) 2 (2 3)(2 3) 9

Loai

 − =  =

Vậy x = y = z = 3, khi đó a = b = c Vậy tam giác ABC là tam giác đều

Dạng 4: Phương pháp loại trừ.

Tính chất: Nếu có số nguyên m sao cho 2 2

( 1)

m < <n m+ thì n không thể là số chính phương.

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 1! 2! 3! 4! + + + + =x! y2

Giải:

Với x ≥ 5 thì x! có chữ số tận cùng là 0 nên: 1! 2! 3! 4! 5! + + + + + =x! 33 5! + + +x!.

Có chữ số tận cùng là 3 nên không thể là số chinh, Vậy x ≥ 5 thì phương trình đã cho không có nghiện nguyên dương

Với 1 ≤ x < 5, bằng cách thử trực tiếp x = 1, 2, 3, 4 phương trình có nghiệm (1,1) và (3,3)

Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 6 3 4

x + x + = y

Giải:

Rõ ràng x = 0, y = ± 1 là nghiệm nguyên của phương trình

+)Với x > 0 ta có:

(x + 1) =x + 2x + < 1 x + 3x + = 1 y < (x + 2) ⇒ + <x 1 y < +x 2 ( vô lý )

+)Với x ≤ - 2 thì : (x3 + 2) 2 <y4 < (x3 + 1) 2 ⇒ x3 + < 2 y2 < x3 + 1 ( vô lý ).

+)Với x = - 1 thì : 4

1

y = − , ( vô lý )

Vậy phương trình đã cho có hai cặp nghiệm ( 0; 1 ); ( 0; -1 ).

Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + + (x 1) 2 = y4 + + (y 1) 4

Giải:

Khai triển và rút gọn hai vế ta được:

1 ( 1) (1)

+)Nếu x > 0 thì từ 2 2 2

1 ( 1)

x < + +x x < +x suy ra 1 x x+ + 2 không là số chính phương nên (1) không có nghiệm nguyên

+)Nếu x < - 1 thì từ (x+ 1) 2 < + + 1 x x2 <x2suy ra (1) không có nghiệm nguyên.

+)Nếu x = 0 hoặc x = - 1 thì từ (1) suy ra 2 0

1 1

1

y

y y

y

=

 + + = ± ⇔  = − Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên ( x; y ) = ( 0; 0 ); ( 0; -1 ); ( -1; 0 ); (-1; -1 );

Dạng 5: Phương pháp xuống thang.

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3 − 3y3 − 9z3 = 0.

Giải:

Giả sử (x y z0 , , 0 0) là nghiệm nguyên của phương trình khi đó x0 M 3đặt x0 = 3 x1 thay x0 = 3 x1

vào (1) ta được: 3 3 3

9x −y − 9z = ⇒ 0 y M 3. đặt y0 = 3y1 ⇒z0 M 3,khi đó:

9x − 27y − 3z = ⇒ 0 3x − 9y −z = ⇒ 0 z M 3.đặt z0 = 3z1 khi đó: 3 3 3

1 3 1 9 1 0

x − y − z = . Vậy 0 , 0 , 0

3 3 3

x y z

  cũng là nghiệm của phương trình.

Quá trình này tiếp tục thì được: 0 , 0 , 0

3 3 3k k k

x y z

 là các nghiệm nguyên của (1) với mọi k điều này chỉ xảy ra khi x0 =y0 = =z0 0.Vậy ( 0, 0, 0 ) là nghiệm duy nhất của

phương trình đã cho

Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 +y2 + + =z2 t2 2xyzt(1).

Giải:

Giả sử (x y z t0 , , , 0 0 0) là nghiệm nguyên của phương trình khi đó:

0 0 0 0 2 0 0 0 0 (1).

chẵn số lẻ (0; 2 hoặc 4 )

+)Nếu x y z t0 , , , 0 0 0 đều lẻ thì 2 2 2 2

(x +y +z +t ) 4 M, trong khi đó 2x y z t0 0 0 0 / M 4

+)Nếu trong các số x y z t0 , , , 0 0 0 có hai số lẻ thì 2 2 2 2

0 0 0 0

2x y z t M 4 Vậy x y z t0 , , , 0 0 0phải là các số chẵn,

đặt x0 = 2 x1 ,y0 = 2 y1 ,z0 = 2 z1 ,t0 = 2 t1 phương trình trở thành:

1 1 1 1 8 1 1 1 1 (1).

Lý luận tương tự ta có: 2 2 2 2

2 2 2 2 8 2 2 2 2 (1).

x = y = z = t = tiếp tục ta có: 0 , 0 , 0 , 0 ,

n n n n n n n n

x = y = z = t =

Là số nguyên vơi mọi n, điều này chỉ xảy ra khi x0 = y0 = = =z0 t0 0.Vậy ( 0, 0, 0, 0 ) là

nghiệm duy nhất của phương trình đã cho

Dạng 6: Hạn chế tập hợp chứa nghiệm dựa vào điều kiện của các ẩn.

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x+ y = 50.

Giải:

Ta thấy 0 ≤x y, ≤ 50 từ y = 50 − x. ta có y= 50 + −x 2 50x = 50 + −x 10 2 x

Vì y nguyên nên 2x= 4k2 ⇒ =x 2 (k2 k∈Z)với 2k2 ≤ 50 ⇒k2 ≤ 25.(k∈Z) ⇒k chỉ có thể nhận các giá trị: 0; 1; 2; 3; 4; 5 Lựa chọn k trong các số trên để thoả mãn phương trình ta được các nghiệm: ( ; ) (0;50);(2;32);(8;18);(18;8);(32; 2);(50;0)x y = .

Dạng 7: Một số dạng khác.

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3x2 + 5y2 = 12(1).

Giải:

Ta có: (1) ⇔ 3(x2 + = 1) 5(3 −y2 ).Do (3, 5) = 1 nên(x2 + 1) 5 M và (3 −y2 ) 3 M

Đặt x2 + = 1 5 k ,3 −y2 = 3 l Ta có: 3.5k = 5.3l⇒ =k l k l Z( , ∈ ).

Do đó:

2

2

1

5 1 0

1 5

k l



= − ≥

  ≤ Vậy x = ± 2, y = 0.

Phương trình có hai nghiệm nguyên ( 2, 0 ); ( -2, 0 )

Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 2

4 5 16.

x − xy+ y =

Giải:

Tac có: x2 − 4xy+ 5y2 = 16 ⇔ − (x 2 )y 2 +y2 = 16

Vì: 16 4 = 2 + 0 2 nên 2 4

0

x y y

− = ±



 =

2 0 4

x y y



 = ±



Giải các hệ phương trình trên ta được các nghiệm nguyên của phương trình là:

( ; ) (4;0);( 4;0);(8; 4);( 8; 4);x y = − − −

Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3(x2 +xy y+ 2 ) = +x 8 y

Giải:

Phương trình đã cho được viết lại là: 3x2 + (3y− 1)x+ 3y2 − 8y= 0(1)

Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi: 2 2 2

(3y 1) 12(3y 8 ) 0y 27y 90y 1 0.

Do y nguyên nên 0 ≤ ≤ ⇔ ∈y 3 y {0;1;2;3} .

+)Với y = 0 ta có x = 0

+)Với y = 1 ta có x = 1

+)Với y = 2 và y = 2 ta có không tìm được x nguyên

Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên là ( x ; y ) = ( 0 ; 0 ); ( 1 ; 1 );

PHẦN II: BÀI TẬP Dạng 1: Sử dụng phép chia hết và chia có dư.

Giải phương trình trên tập số nguyên.

a)x2 − 3y2 = 17 b)x2 − 5y2 = 17 c)x2 − 2y2 = 1

d)2x+ 12 2 = y2 − 3 2 e)15x2 − 7y2 = 9 f)x2 + 2x+ 4y2 = 37

Dạng 2: Phương pháp phân tích.

Giải phương trình trên tập số nguyên.

a)5(x y+ + = ) 2 3xy. b)2(x y+ ) 3 = xy. c) 2 2

91

x −y = d)x2 + + =x 6 y2 e)x2 −y2 = 169 e)x2 −y2 = 1999

Dạng 3: Phương trình đối xứng.

Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình sau.

a)x y+ + = 1 xyz. b)x y+ + + + =z 9 xyz. c)x y z t+ + + =xyzt.

d)1 1 2

x+ =y . e)1 1 1 1 1

x+ + + =y z t . f) 12 12 12 12 1

x + y +z + =t .

Dạng 4: Phương pháp loại trừ.

Giải phương trình trên tập số nguyên.

6 13 100

1 x x+ + +x = y . c) 2 3 4 2

1 x x+ + + +x x =y d)

x = y y+ y+ y+ e)(x− 2) 4 −x4 = y3 f)x x( + 1)(x+ 7)(x+ = 8) y2 Dạng 5: Phương pháp xuống thang.

Giải phương trình trên tập số nguyên.

a)x3 − 2y3 − 4z2 = 0 b)8x4 + 4y4 + 2z4 =u4 c)x2 +y2 +z2 = 2xyz

Dạng 6 và Dạng 7.

Giải phương trình trên tập số nguyên.

a)(x y+ + 1) 2 = 3(x2 +y2 + 1) b)x2 + 2y2 + 2z2 − 2xy− 2yz− 2z= 4 c)

1

2

x+ y− + z− = x y z+ + .