Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

Đỗ Đức Thái, Bài tập số học và đại số chọn lọc cho học sinh trung học cơ sở, nhà xuất bản thông tin và truyền thông, Hà Nội, 2016. Doãn Minh Cường, Toán bồi dưỡng học sinh giỏi phổ thôn[r]

MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Lê Sơn Tùng - Giáo viên trường THCS Lâm Thao, Lâm Thao, Phú Thọ

Số điện thoại : 0969123142 Gmail: sontungptq@gmail.com

Phương trình nghiệm nguyên đề tài lý thú Số học Đại số, toán tư thường gặp nội dung đề thi học sinh giỏi cấp THCS, THPT thi vào lớp 10 trường THPT chuyên Phương trình nghiệm nguyên đa dạng phong phú, phương trình ẩn, nhiều ẩn, phương trình bậc nhất, bậc cao, phương trình chứa căn, phương trình mũ Khơng có cách giải chung cho phương trình, nhiên để giải phương trình ta thường dựa vào số phương pháp giải cụ thể Vì vậy, xin giới thiệu chuyên đề “Một số phƣơng pháp giải phƣơng trình nghiệm ngun” để chia sẻ với q thầy cô việc nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi

A MỘT SỐ KIẾN THỨC CẦN SỬ DỤNG 1 Tính chất chia hết đồng dƣ thức 2 Ƣớc chung lớn nhất, bội chung nhỏ 3 Số nguyên tố, hợp số

4 Số phƣơng

5 Một số định lí, bất đẳng thức thƣờng dùng

Định lý Fermat: Nếu p số nguyên tố a số nguyên tùy ý



p

a a p

Nói riêng, khia p, 1, ap11(mod )p

Định lý Wilson: Nếu p số nguyên tố p 1 ! 1 p Bất đẳng thức Cauchy:

1

1

   



n n

n

a a a a

a a a a

n với ai 0,i1, ,n nN n, 1 Dấu " " xảy  a1a2  an

Bất đẳng thức Bunhiacopski:

 2 2  2 2  2

1    n    n  1 2  n n

a a a b b b a b a b a b

Dấu " " xảy

1

    n

n

a a

a a

b b b b

B MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN I Phƣơng pháp đánh giá

Bài tốn Tìm nghiệm ngun phương trình 2

1

y   x x x x

Giải

Với x   0 y Xét x0 ta có

 2  2  2  2

2 2 2 2

2x x 4y  2x x 3x 4x 4 2x  x 5x  2x  x

 2

2

4y 2x x

       2

4 x x x x 2x x

 

2

2 1;3

x x x

      

Với x    1 y Với x  3 y 121

Vậy nghiệm nguyên phương trình  0;1 ;(0; 1);( 1;1);( 1; 1);(3;121)    Bài tốn Tìm nghiệm ngun phương trình 3

1 x x x y

Giải

Ta có x3 y3x3x2  x 1 x235x211x7x23

 3  3

3

1 1

y x x x x x

          

2x 2x x 0;

     

Với x  0 y Với x   1 y

Vậy nghiệm nguyên phương trình  0;1 ;( 1;0)

Bài tốn Tìm nghiệm ngun phương trình 2

10 x x y  y 

Giải

Ta có 2  

10 10

x x y  y   y y x x 

Mặt khác, 4  

10 10

x x x x  x x   x 

    

2 2

1 10

x x x x x x

       

Suy x2x2 1 y y  1 x23x24     

    

2

2

1

1

y y x x

y y x x

    



     



Nếu     

1

y y  x  x 

 

4 2

10 2;

x x x x x x

             y  5;6

  x y;  2;6 ; 2;6 ;    2; ; 2; 5  

     

Nếu     

1

y y  x  x 

   

4 2

10 1;1 3;

x x x x x x y

             

  x y;  1; ;  1; ; 1; ; 1; 4    

     

Vậy nghiệm nguyên phương trình

  x y;   2;6 ; 2;6 ;    2; ; 2; ;     1; ; 1; ; 1; ; 1; 4      Bài tốn Tìm nghiệm ngun phương trình 2

1 x  y  y

Giải

Điều kiện y 1 Nếu y    1 x Nếu y   0 x Xét y1

Ta có 2  2

1

Bài tốn Tìm nghiệm ngun dương phương trình

2018 2018 2018

2019

x y 

Giải

Giả sử x y

Từ phương trình 2018 2018 2018

2019 2019

x y   x   x 2019

 2018

2018 2018 2017

2019 x x 2018.x

    

2018 2018. 2017 2018. 2017

y x y

    y 2018

2018 y x 2019

     vô nghiệm Vậy phương trình khơng có nghiệm ngun Bài tốn Tìm nghiệm nguyên phương trình

2x x

Giải

Từ

2x x  x 0xlà số chẵn

Ta thấy x2 x4 nghiệm phương trình

Ta chứng minh phương pháp quy nạp: Nếu x5 2x x2 Thật vậy: Với x5 25 52 (đúng)

Giả sử với xk, k  , k5, tức 2k k2 Ta cần chứng minh với x k hay 2k1k12 Từ giả thiết quy nạp 2  2

2k k 2k 2.k  k1 (vì k 5)

Suy với x5 2x x2 Vậy nghiệm nguyên phương trình x 2; Bài tốn Tìm nghiệm ngun dương phương trình  

1 x x x

x x  y

Giải

Với x  1 y Với x  2 y

Ta chứng minh quy nạp : Nếu x3 xx1x1x Thật : Với x3 3443 (đúng)

Giả sử với xk, kN, k3, tức kk1k1k Ta cần chứng minh với x k hay (k 1) k2 k2k1

Từ   1     

1 k k k k

k k

k   k k  k   k k 

  2  2 2   1    1

1 2

k k k k k

k k

k  k  k  k k  k k  k  k 

          

 

(k 1)k k k

   

Suy với x3 xx1x1x xx1yx x1x

Với x3 phương trình x1x xx1yx vơ nghiệm Vậy nghiệm nguyên dương phương trình    1;1 ; 2;1

Bài toán Tìm nghiệm nguyên dương phương trình 2xx  yy zz

Giải

Nếu y    x y x yy x1x1x1x1x2xx (vì x *)

y z x

y z x

z x z x z x

    (2)

Từ (1) (2) suy x y z

x  y z , mà 2xx yyzz   x y z Vậy nghiệm nguyên dương phương trình t t t; ;  với t * Bài tốn Tìm nghiệm nguyên dương phương trình

 3

6 2 2

15

x z  x z x y z y 

Giải

Ta có

 3

6 2 2

15

x z  x z x y z y    x2 3 y253z33x z y2  25 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dương   2 3

, ,

x y  z ta

  2 2 3 3 6 2 3 3 2  2 

3

5 5

x  y  z  x y  z  x z y 

Dấu " " xảy x2  y2 5 z

Từ 2        

5 ; 3;

x  y   xy xy   x y  (vì x y,  *) z Vậy nghiệm nguyên dương phương trình 3; 2;9 

Bài tốn 10 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình

 2  

2 4

4 28 17 14 49

x  y   x y  y 

Giải

Ta có  2 2  4 

4 28 17 14 49

x  y   x y  y 

  2    2 2

2 2 2

1.x y  x y 

 

        

   

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta

  2    2 2

2 2 2

1.x y  x y 

       

 

   

Dấu " " xảy    

2

2

7

4 2

1

x y

x y x y x y



       

Vì x y,  * nên    x y;  2;3

Vậy nghiệm nguyên dương phương trình  2;3 Bài tốn 11 Tìm nghiệm ngun dương phương trình

2019 2018

2018 4037 2019

x y

xy  y   x  z

Giải

Ta có 2019 2018 2019 2018

2018 4037 2019 4037 2018 2019

x y y x

x y y x x y y x

   

        

         

   

2 2

2019.4037 2019 2018 2018

4037 2019 ( 2018)

y xy x x y

x y x y

    

 

  

Áp dụng bất đẳng thức

 2

1

   

2 2

2019.4037 2019 2018 2018

4037 2019 ( 2018)

y xy x x y

x y x y

     

  

     2  

2

4

2019.4037 2019 2018 2018

4037 4037

y xy x x y

x y x y

         

   

     

 

2 2

2

4037 2019 2018

2

4037

x y y x

x y

     

  

 

2

2 z z

z

      (vì z *)  x y;  2018; 2019 Vậy nghiệm nguyên dương phương trình 2018; 2019;1 

Bài tốn 12 Tìm nghiệm ngun phương trình 3

2 x x yy  y

Giải

Đặt 3 

zx z z2yzy32y20 ;  y24y38y2  y24y9  Để phương trình có nghiệm ngun là số phương

4y

  số phương lẻ

 2  

3

2

4

2

z k k k

y k k

z k k k

   

     

     



Trường hợp 1:

zk3k22k k13  2k25k1 

Nếu k 3 k3 z x3k13 (vô lý)    0 k k 0;1; 2     x y,  0;0 ; 0; ; 2; 4  

  

Trường hợp 2: 3    3  

2 2

z  k k      k k k  k   k  k  k Nếu k 1  k 13 z x3 k3    0 k k  0;1

    x y,  0;0 ; 0; 2

   Vậy     x y,  0;0 ; 0; ; 2; 4   

Bài tốn 13 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình xy2x yz2 z.

Giải

Ta có 2 2

0 xy x yz z y x zy  x z  y x z4 24x4z

Để phương trình có nghiệm ngun y số phương

Nếu 2  

1 y 4 ,

x   z  z a a   z a  z 2 a8 Vì a z,       0 z a z a nên ta có bảng

2

z a

2

z a

Z Loại

   

1 , , 1;1;1

y x y z

   

Nếu  2  2

2 4

x  x z x z  x z x z

 2

4 2

4

x z x z x z x z y x

        Vậy  3 *

Bài toán 14 Tìm a để phương trình x2a x a2   1 có nghiệm nguyên

Giải

Xét phương trình 2

1

x a x a   (1) có  a44a4 Để phương trình có nghiệm ngun  phải số phương Nếu a      0 phương trình (1) vơ nghiệm

Nếu a      1 phương trình (1) vô nghiệm

Nếu a    2 phương trình (1) có nghiệm x2 Nếu  2  2

3

a  a     a   không số phương Do vậy, a3 phương trình (1) khơng có nghiệm ngun Vậy với a2 phương trình x2a x a2   1 có nghiệm nguyên II.Phƣơng pháp lựa chọn Môđulô

Bài tốn Tìm nghiệm ngun phương trình   2 2

1

x  x  x  y

Giải

Ta có   2 2  

1 mod

x  x  x  x  x 

 

2

2 mod y

  (vơ lý)

Vậy phương trình   2 2

1

x  x  x  y khơng có nghiệm ngun Bài tốn Tìm nghiệm ngun phương trình

x32018x201920202021

Giải

Vì    

mod 2018 2019 mod

x x x  x x

   

2020

2019 2021 mod 2021 mod

     (vơ lý)

Vậy phương trình khơng có nghiệm ngun

Bài tốn Tìm nghiệm nguyên phương trình 2

2022 x y 

Giải

Nhận xét: Một số phương chia dư Mà

2

2 2

2

3

2022 3 2022

3

x x

x y x y

y y

 

 

      

 

 

(vô lý) Vậy phương trình khơng có nghiệm ngun

Bài tốn Tìm nghiệm nguyên phương trình 4 4

2021 x y z  t

Giải

Dễ thấy với  a  

 

4

0 mod 16 mod 16

a a

 



 



Suy x4y4z4 t4 nmod 16, n0;1; 2;3; 4

Mặt khác 2021 5(mod 16) nên phương trình x4y4z4 t4 2021 khơng có nghiệm ngun

Bài tốn Tìm số tự nhiên x, y, z thỏa mãn 2018x 2017y 2016z

Giải

Vì ,y z 2017y2016z  2 2018x   2 x

2018x

 số chẵn2017y2016z số chẵn

2016z

1

x y

    Vậy x y z, ,   1;1;0

Bài toán Tìm x, y số nguyên tố thỏa mãn x y xy3

Giải

Từ x y xy3  x y  x y, 1x x, y 1 x x3, y1

Ta có    3 3 

2 mod x y mod x y

x y x   xy  x 

 

3

8x mod x y

   mà x x3, y 1 xy    x y, 5;3

  (vì x y, số nguyên tố, x y) Vậy    x y,  5;3 Bài tốn Tìm nghiệm ngun phương trình 5x 2x 1 9y 2 4y1

Giải

Điều kiện: 1; y

2

x  

Ta có 5x 2x 1 9y 2 4y 1 4y 1 2x 1 9y5x2 Vì 4y 1 3(mod 4)4y 1 khơng số phương

4y

  số vô tỉ, mà 9y5x 2

4

9

y x

y x

    

  

  



4

9

y x x

y x y

    

 

 

   

 

Vậy    x y,  5;3

III Phƣơng pháp sử dụng định lí số học Bài tốn Tìm nghiệm nguyên phương trình

9

x x y x y 

Giải

Ta có:

2

5

9

8

x x x y x y y x

x



       



Vì x y,  nên x5 x2 8 x225 x2 8 33 x2 8 x2 25  x  5;5

Với 175

33

x   y   (loại) Với x  5 y

Vậy nghiệm phương trình  5;5

Bài tốn 2 Tìm nghiệm nguyên phương trình

2016 2016 2015 20 19

2017 ( 6)

x y  x y 

Giải

Từ 2016 2016 2015 20 19 2016 2016

2017 ( 6) 2017

x y  x y  x y

Mặt khác 2017 số nguyên tố nên theo định lí Fermat nhỏ ta có

   

2016

1 mod 2017 , 2017

a   a  (với a )

Mà

2016 2016

2016 2016 2016 2016 2016

2016 2016

2017 2017

2017 2017

2017 2017

x x

x y x y

y y



 

    

 

2015 20 19 2016 20 19

2017 (x y 6) 2017 x y 6 20176 2017(vơ lí) Vậy phương trình vơ nghiệm

Bài tốn Tìm nghiệm ngun phương trình    

1

Giải

Ta có        2

1 1 (x 1)

x x   x y y  x   y

Vì 2y12 số lẻ nên x1 x21 số lẻ Dễ dàng chứng minh

1

x x21 số lẻ x1,x2 1

Mà    2

1 (x 1) 1

x   y  x x21 hai số phương

Do x2,x21 hai số tự nhiên liên tiếp mà số phương nên x0 Với x 0 4y y     1 y  1;0

Vậy nghiệm phương trình  0;0 ;(0; 1)

Bài tốn Tìm nghiệm ngun dương phương trình x3y3xy2xy.

Giải

Gọi    *   

, , , , ,

x d a

x y d a b d a b

y d b

 

    

 Ta có

   2

3 3 2

d a b d a b d ab d a 3b3a b 2ab   2  2

d a b a ab b a b ab

       ab a b

Vì  a b,  1 ab a b,  1

Suy a b 1(vô lí) (vì a b,  *) Vậy phương trình vơ nghiệm Bài tốn Tìm nghiệm ngun phương trình

7 15

x   y  y

Giải

Ta có :

7 15

x   y  y x38y215y7 x3y1 8 y7

Ta thấy : 8y 7

Nếu y   1 y 1

Dễ thấy, y1,8y71 suy  

3

1

,

8

y a

a b

y b

  

 



 



 3   

3 2

2 2

b a b a b ab a

       

Vì  2

2

b  ab a  nên

2

2 0

1

2

b a a x

b y

b ab a

 

    

  

    

  

  

 (loại)

Nếu y     1 y x Vậy nghiệm phương trình  0;1 Bài tốn Tìm nghiệm nguyên dương phương trình x2(y z2 x2 5) y x 4z

Giải

Ta có: 2

( 5) ( )

x y zx  y x z

4 2 2 2

2 2

5 ( 5) ( 1)

( 5)

x x x y x y z zy x x x y zy x y x x x y x y

         

   

2 2

5

x x y x y

 

2 2 2 2

6 6 1

x x y x x y x y x x y x y

          

2

(6 1)

x y x y

  

6y x y

   x20,x2,x y2  1

2

6y x y

    

Nếu

9

x  x y2  1 9y 1 6y 1 3y 2 6y1(vô lý)  x  1; + Nếu x1 6y1 y 1 6y 1 y 1 y  1 y  2;8 Ta thấy x1,y  2 z thỏa mãn

+ Nếu x26y1 4y 1 12y2 4y13 4 y 1 4y1  

5 4y 4y 1;5

     vơ lý (vì yZ) Vậy x y z, ,   1; 2; 4 Bài toán Tìm nghiệm nguyên phương trình

27

x  y  x

Giải

Ta có : 5

27 2 27

x  y  xx  x y

 

2 27

x x y

   4   3

2

x x xy

    4  3

2

x x xy

    

 2   

4

1 1

x u u u

      (với u3xy)

Dox y, Z nên u 1 Ta dễ thấy u1 u2 u hai số nguyên tố Thật vậy,

Gọi u1,u2  u 1 d

2

2

1 2 1

3

1

u d u u d

u d

u u d u u d

 

  

 

  

 

   

 

Mà từ u1 d 3u3 d, suy d  d

Nếu d 3  u1 mà 3xyu suy vô lý

Nên d 1 hay u1 u2 u hai số nguyên tố Mặt khác   

1

u u  u số phương nên u1 u2 u phải hai số phương

Đặt 2 *

1

u   u a aN

 

      

2

2

4 4

2

2 2 1.3

u u a

u a

a u a u

   

   

         

2 1

2

2

2 1

a u

a u

a u

a u

   



   

 

    

   

 

(vì 2a2u 1 2a2u 1 4a0)

0 u u

    



1

u loại u3xy nên suy u0 0

0

x y

x y

y x

   

      

Vậy x y nghiệm phương trình

Bài tốn Cho a số nguyên Chứng minh

1

a  khơng có ước ngun tố dạng 4k3, với k Từ chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm nguyên dương

7 x y 

Giải

Giả sử

1

a  có ước nguyên tố p4k 3 a p, 1 Khi  2 2

1 k 1

p k

a   a    a   a  ap11 p Mặt khác, theo định lý Fermat ta có

1 p

a   p(vì plà số nguyên tố,a p, 1) Suy p p 2(vơ lý khơng có dạng 4k3,với k )

Vậy

1

a  khơng có ước ngun tố dạng 4k3, với k

Ta có 3

7

x y  x  y  x2 1 y2y22y4

Nếu y chẵn    2

2 4 3(mod 4)

y y  y x  x  (vô lý)

Nếu y lẻ y 4k1 y4k3

Khi y4k   1 y 4k  3 y có ước nguyên tố dạng 4h3 với h

Suy x21 có ước nguyên tố có dạng 4h3 với h (vô lý) Khi y4k 3 y22y 4 mod 4 vơ lý

Vậy phương trình x2y37 khơng có nghiệm ngun dương

Bài tốn Tìm nghiệm nguyên phương trình

2018

căn

x x x  x x y

Giải

Từ

2018

,

căn

x x x  x x  y x y

Khi

2017

căn

x x x  x x  y  x

Cứ lặp lại trình ta  

2

2 ,

x x m

m n x x n x x

   

  

 

 

  

 



 

2 2

1

m m n m m n m

        (vì m0 m m 1 khơng thể số phương) Suy x  0 y Vậy    x y,  0;0

IV Phƣơng pháp xuống thang

Bài toán Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm ngun dương

4 4

8x 4y 2z t

Giải

Giả sử phương trình 4 4

Ta có 4 4  *

0 0 0 1

8x 4y 2z t  t 2t t 

 

4 4 *

0 0 1

4x 2y z 8t z 2z z

      

 

4 4 *

0 1 1

2x y 8z 4t y 2y y

      

 

4 4 *

0 21 1

x y z t x x x

      

 

4 4

1 1 1 1

8x 4y 2z t x y z t, , ,

     nghiệm dương phương trình

4 4

8x 4y 2z t

Mặt khác x0 2x1 x1 x0 trái với cách chọn nghiệm Vậy phương trình cho khơng có nghiệm ngun dương

Bài tốn Tìm nghiệm ngun phương trình 2

3 x y  z

Giải

Gọi x y z0, 0, 0 nghiệm phương trìnhx02y02 3z02

Ta thấy  

 

2

0 mod mod

a a

 



 



với  a , mà 3z02 3x02y02

Suy  

2

0 0 2

1 1

2

0

0

3 3

9 ,

3

3

x x x x

x y z x y

y y y

y

   

      

   

 



 

2 2

1 0 0 1

3x 3y z z z z 3z z

       

 

2 2

1 1, 1,

x y z x y z

    nghiệm phương trình x y z1, 1, 1 Tiếp tục q trình ta có

x2,y z2, 2 nghiệm phương trình x2,y z2,

Tiếp tục ta có x y z0, 0, 0 3n với n số tự nhiên tùy ý x0  y0 z00 Vậy nghiệm phương trình x y z, ,   0;0;0

Bài tốn Tìm số tự nhiên x, y, z thỏa mãn 2

2 x y z  xyz

Giải

Gọi x y z0, 0, 0 nghiệm phương trìnhx02y02z02 2x y z0 0 Vì 2x y z0 0 số chẵn nên x02y02z02 số chẵn

Trường hợp : Trong số x0, y , z0 0 có số lẻ số chẵn Khơng tính tổng qt giả sử x0, y0 lẻ z0 chẵn

 

2 2

0 0 mod

x y z

    Mà 2x y z0 0  vô lý Trường hợp : x0, y , z0 0 số chẵn

2 2

0 ,1 ,1 1 1 1

x x y y z z x y z x y z

       

Tương tự ta có x y z1, 1, 1 số chẵn

Tiếp tục trình ta suy x y z0, 0, 0 2n với n số tự nhiên

0 0

x y z

    Vậy x y z, ,   0;0;0

Bài tốn Tìm số tự nhiên x, y, z thỏa mãn 2 2

x y z x y

Giả sử x y z0; 0; 0 nghiệm phương trình x02y02z02x y02 02 Nếu x0,y0 lẻ z0 lẻ x02y02z023 mod 4 

Mà 2  

0 mod

x y   vô lý

Nếu hai số x0,y0 lẻ, giả sử x0 lẻ, y0 chẵn

 

2 2 2

0 0 mod

x y x y z z

      (vì x0 lẻ, y0 chẵn)

Suy vô lý x y0, 0 chẵnz0 chẵn

 

0 , y1 , z1 1, 1,

x x y z x y z

     2 2

1 1 1

x y z x y

   

Lập luận tương tự suy phương trình có nghiệm 0; 0;  BÀI TẬP VẬN DỤNG

1 Phƣơng pháp đánh giá

Bài tốn Tìm nghiệm ngun phương trình xy yz xz z  x  y 

Bài tốn Tìm nghiệm ngun phương trình  2  2 

1

x y  x y  Bài tốn Tìm nghiệm ngun dương phương trình

2 2

1 1

1 x  y  z t  Bài tốn Tìm nghiệm ngun dương phương trình

 

1

1

2

x y  z  x y z 2 Phƣơng pháp lựa chọn Mơđulơ

Bài tốn Tìm nghiệm nguyên phương trình 2

2019 x y  Bài tốn Tìm nghiệm nguyên phương trình 2

8

x y  z Bài tốn Tìm nghiệm nguyên phương trình 2

19x 28y 729 3 Phƣơng pháp sử dụng định lý số học

Bài toán Tìm nghiệm nguyên phương trình 3

x  y y Bài tốn Tìm nghiệm nguyên phương trình

   

2016 2017 2018

x x x  y Bài tốn Tìm nghiệm ngun dương phương trình

2

6x 17x12 y , với y100 4 Phƣơng pháp xuống thang

Bài tốn Tìm nghiệm ngun phương trình 3

2

x  y  z  Bài tốn Tìm nghiệm ngun phương trình 4 2

5 x y z  x y Bài tốn Tìm nghiệm nguyên phương trình 2 2

7 x y z  u TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] Phan Huy Khải, Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học ,nhà xuất giáo dục, Hưng Yên, 2009