PHUONG TRINH NGHIEM NGUYEN 1

Phuong Trinh Nghiem Nguyen Trang 1 Phương trình với nghiệm nguyên Dạng toán này là một trong những dạng toán khó trong bộ môn Toán Số , những phần mà tôi nêu ra dưới đây chỉ là những dạng cơ bản nhất . Tuy nhiên, để hiểu được nó trước hết cần nắm được Lý thuyết số . Dạng Phương trình một ẩn - hệ số nguyên Dạng tổng quát : a n x n + a n - 1 x n - 1 + . + a 1 x + a o = 0 (1) Cách giải : vận dụng các tính chất sau Nếu x = b là nghiệm của phương trình (1) thì b là ước của a o Nếu a n = 1 thì nghiệm hữu tỉ nếu có của (1) là số nguyên Qui tắc tìm nghiệm :  Tìm các ước của a o  Thử lần lượt các ước của a o vào vế trái của (1) Phương trình bậc nhất hai ẩn ( Phương trình Diophante - Giải tích Diophante) {Diophante - Người đầu tiên nghiên cứu có hệ thống về Phương trình vô đònh , sống ở thế kỷ thứ III.Tập sách “Số học “ của ông có ảnh hưởng rất lớn đến sự phát triển của Lý thuyết Số} Dạng tổng quát : ax + by = c (2) Cách giải : vận dụng các tính chất sau Giả sử a, b, c ∈ Z ; a, b ≠ 0 và d = (a , b) . Khi đó : Phương trình (2) có nghiệm khi và chỉ khi d ∈Ư( c ) Nếu (x o , y o ) là một nghiệm của ax + by = 1 với (a , b) = 1 thì (cx o , cy o ) là một nghiệm của phương trình (2) Nếu (x o , y o ) là một nghiệm nguyên của (2) với (a , b) = 1 thì mọi nghiệm nguyên của nó được xác đònh bởi hệ thức : x = x o + bt y = y o - at ; với t ∈ Z Thật vậy , vì (x o , y o ) là một nghiệm nguyên của (2) ⇒ ax o + by o = 1 ⇒ ax o + by o = ax + by ⇒ x = ax o + − by by a o = x o + b y y a o ( ) − ⇒ { (a , b) = 1 ⇒ y y a t o − = ∈ Z ⇒ y = y o - at } Phương trình vô đònh dạng x 2 + y 2 = z 2 ( Phương trình Pithago ) Cách giải :  Phương trình vô đònh dạng x 2 + y 2 = z 2 có vô số nghiệm nguyên xác đònh bởi công thức ( Đònh lý tìm nghiệm này đã được biết từ Euclide ) : x = u.v ; y = u v 2 2 2 − ; z = u v 2 2 2 + với u , v ∈ Z ; u , v lẻ ; u > v ; (u, v) = 1  Ví dụ * Khi u = 3 ; v = 1 ⇒ x = 3 ; y = 4 ; z = 5 * Khi u = 5 ; v = 3 ⇒ x = 15 ; y = 8 ; z = 17 Phương trình vô đònh dạng x 2 - Py 2 = 1 ( Phương trình Pell ) ( P ∈Z + , không là số chính phương ) { Đây là một dạng phương trình Diophante bậc 2, xuất phát từ một bài toán do Archimède đặt ra, bài toán có 8 ẩn số thỏa mãn 7 phương trình, đưa đến việc tìm nghiệm nguyên của phương trình : x 2 - 4729494y 2 = 1 (1). Năm 1880 người ta đã tìm ra nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của (1) với x là số có 45 chữ số , y có 38 chữ số } Cách giải :  Phương trình Pell có nghiệm x = ± 1 , y = 0 được gọi là nghiệm tầm thường .  Phương trình Pell luôn có vô số nghiệm không tầm thường. Phuong Trinh Nghiem Nguyen Trang 2  Giả sử x o , y o là các số nguyên dương nghiệm đúng phương trình Pell, thế thì các cặp số (x o , -y o ) ; (-x o , y o ) ; (-x o , y o ) cũng là nghiệm. Do đó để tìm nghiệm không tầm thường của phương trình Pell, ta chỉ cần tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình đó. Tất cả các nghiệm nguyên dương (x k ; y k ) của phương trình được xác đònh từ đẳng thức : vớiù k = 1, 2, 3, .trong đó (x 1 , y 1 ) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất .  Với P nhỏ , việc tìm (x 1 , y 1 ) không khó khăn lắm - chúng ta chỉ việc thử lần lượt y = 1, 2, 3, 4, 5 . để tìm x 2 = Py 2 + 1 là một số chính phương . Tại sao P là số nguyên dương không chính phương ? . Ta hãy xét phương trình tổng quát hơn, đó là phương trình : x 2 - Py 2 = 1 (*) trong đó P là số nguyên dương cho trước . Vì x, y có mặt ở vế trái của (*) dưới dạng bình phương nên ta có thể hạn chế ở việc tìm các nghiệm nguyên không âm . Hiển nhiên rằng x = 1 ; y = 0 là một nghiệm - gọi là nghiệm tầm thường của (*). Ta còn phải tìm các nghiệm không tầm thường (x, y > 0) Nếu trong phương trình P là một số chính phương P = k 2 (k∈Z + ) thì (*) chỉ có nghiệm tầm thường, thật vậy khi đó (*) có dạng x 2 - (ky) 2 = 1 và chú ý rằng hiệu của hai số chính phương bằng 1 khi hai số chính phương ấy là 1 hoặc 0 ⇒ x 2 = 1 ; (ky) 2 = 0 ⇒ x = 1 ; y = 0 . Như vậy : Điều kiện cần để phương trình (*) có nghiệm không tầm thường là P không phải là một số chính phương . @ Để tìm sự thú vò khi nghiên cứu phương trình nghiệm nguyên , mời các Bạn nghiên cứu kỹ dãy các minh họa sau : Minh họa Tìm nghiệm nguyên của x 2 - 5x + 6 = 0 Nghiệm nguyên nếu có phải là ước của 6, bao gồm các số : ± 1 ; ± 2 ; ± 3 ; ± 6 Đặt f( x ) = x 2 - 5x + 6 ⇒ f( 2 ) = f( 3 ) = 0 ⇒ Phương trình có 2 nghiệm nguyên x = 2 ; 3 Tìm nghiệm hữu tỉ của 3x 2 - 5x + 2 = 0 (1) Ta có (1) ⇔ 9x 2 - 5.3x - 6 = 0 ; đặt 3x = t ⇒ t 2 - 5t - 6 = 0 (2) Nghiệm nguyên nếu có của (2) phải là ước của 6 ; dễ thấy (2) có hai nghiệm t = -1 , t = 6 Khi t = -1 ⇔ 3x = -1 ⇔ x = - 1 3 Khi t = 6 ⇔ 3x = 6 ⇔ x = 2 {Phương pháp đặt liên tiếp các ẩn phụ } Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 8x + 11y = 73 Vì (8 , 11) = 1 nên phương trình có nghiệm nguyên 8x = 73 - 11y ⇒ x = 9 - y + 1 3y − 8 . Đặt 1 3y − 8 = t ∈ Z ⇒ Ta có : 3y + 8t = 1 ⇒ 3y = 1 - 8t ⇒ y = -3t + 1+ t 3 Đặt 1+ t 3 = u ∈ Z ⇒ Ta có : t = 3u - 1 Vậy : x = 9 - y + t ; y = -3t + u ; t = 3u - 1 ⇒ x = 11u + 5 ; y = -8u + 3 với u ∈ Z Tìm nghiệm nguyên dương , nhỏ nhất ( x , y ) của phương trình 17x - 29y = 100 (1) Vì (17 , 29) = 1 ⇒ phương trình có nghiệm nguyên (1) ⇒ x = 6 + 2y - 2 5y 17 + . Đặt 2 5y 17 + = t ∈ Z ⇒ y = 3t + 2. t -1 5 ; đặt t -1 5 = u ∈ Z ⇒ t = 5u + 1 Vậy : x = 29u + 11 ; y = 17u + 3 Vì x , y > 0 ⇒ 29u + 11 > 0 và 17u + 3 > 0 ⇒ u > -3 17 và u ∈ Z ⇒ u = 0 , 1 , 2 , . Nghiệm nguyên dương nhỏ nhất là x = 11 ; y = 3 khi u = 0 {Sử dụng tính chia hết của đa thức } Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : z x = − + x xy+1 2 2 Ta có yz = x - 1 + 1+ 2y - x xy + 1 ⇒ 1 + 2y - x = 0 hoặc 1 + 2y - x ≥ xy + 1 Phuong Trinh Nghiem Nguyen Trang 3 Nếu 1 + 2y - x = 0 thì yz = x - 1 nên yz = 2y ⇒ z = 2 ; y = t ∈ N * ; x = 1 + 2t Nếu 1 + 2y - x ≥ xy + 1 thì 2y ≥ x(y + 1) hay x ≤ 2y y + 1 = − + < 2 2 1 2 y ⇒ x = 1 ; y = 1 ; z = 2 6) Tìm nghiệm (x , y) nguyên của phương trình : y 2 = x 5 + 2x 4 - 3x 3 - 4x 2 + 4x Ta có y 2 = x.(x - 1) 2 (x + 2) 2 ⇒ x = t 2 với t ∈ Z ⇒ y = ± t.(t 2 - 1)(t 2 + 2) hoặc khi x = -2 thì y = 0 Với mọi x nguyên dương, chứng minh rằng các đa thức sau đây chia hết cho đa thức x 2 + x + 1 x 11 + x 28 + x 1953 x 7 + x 11 + x 1995 Ta có x 3 = x 3 + x 2 + x - x 2 - x - 1 + 1 = (x 2 + x + 1)(x - 1) + 1 ≡ 1 (mod x 2 + x + 1 ) ⇒ với k ∈ N : x 3k ≡ 1 k ≡ 1 ; x 3k + 1 ≡ x ; x 3k + 2 ≡ x 2 (mod x 2 + x + 1 ) ⇒ với 3 số a, b, c chia cho 3 cho các số dư khác nhau đôi một thì x a + x b + x c ≡ 0 (mod x 2 + x + 1 ) { Tương tự : Chứng minh rằng x 7 + x 11 + x 1995 chia hết cho đa thức x 2 - x + 1 } Cho p là một số nguyên tố , hãy giải phương trình y px = + − x x- 2 1 1 trong tập Z Ta có y = x + 1 + p + p x-1 ⇒ x - 1 = ± 1 ; ± p Tồn tại hay không nghiệm nguyên của phương trình : 2x - 3y = - 5xy + 39 Ta có 2x - 3y = - 5xy + 39 ⇔ 2x = y.(3 - 5x) + 39 ⇒ y = 2 39 3 5 x x − − Để y nguyên thì điều kiện cần ( chưa là đk đủ ) là 2x - 39≥ 3 - 5x ⇒ (2x - 39) 2 ≥ (3 - 5x) 2 ⇔ (2x - 39) 2 - (3 - 5x) 2 ≥ 0 ⇔ ( -3x - 36)(7x - 42) ≥ 0 ⇔ -12 ≤ x ≤ 6 Tìm ngiệm nguyên của phương trình 5x - 3y = 2xy - 11 Ta có y = 5 11 2 3 x x + + ⇒ để y∈ Z , ta cần có 5x + 11 ≥ 2x + 3⇔ (5x + 11) 2 ≥ (2x + 3) 2 ⇔ x x ≤ − ≥ − 3 8 2; . Nhưng y = 2 5 2 3 + + + x x ⇒ y nguyên khi x = -5 ⇒ (x , y) = (-5 , 2) là một nghiệm Với x ≠ -5, ta thấy đkc để y nguyên là x + 5 ≥ 2x+ 3 ⇔ − ≤ ≤ 3 8 2x ⇔ x = -2 ; -1 ; 0 ; 1 ; 2 . Chứng minh rằng phương trình : 4x 2 + 231y 2 = 1613 vô nghiệm trong tập số nguyên Đặt X = x 2 ≥ 0 ; Y = y 2 ≥ 0 ⇒ 4X + 231Y = 1613 ⇒ X = 1613 231Y 58Y 1 Y 4 − = − + + 4 403 ⇒ 1 + Y = 4t ( t∈Z ) ⇒ Y = 4t - 1 ; X = 403 - 58(4t - 1) + t = 461 - 231t Ta thấy Y ≥ 0 khi t ≥ 1 4 ; X ≥ 0 khi t ≤ 461 231 < 2 ⇒ để X , Y cùng không âm thì t = 1. Nhưng t = 1 thì Y = 3 = y 2 ⇒ y ∉ Z ⇒ đpcm ! Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x 2 - 81y 2 = 1 Ta có y = 0 ⇒ x = ± 1. Ta tìm các nghiệm nguyên dương để suy ra các nghiệm còm lại . Phương trình đã cho có thể viết lại thành 1 = (x + 9y)(x - 9y) Do x , y > 0 nên x + 9y > 0 ⇒ x - 9y > 0 ⇒ x + 9y = 1 ⇒ ; x - 9y = 1 ⇒ x = 1 2 ; y = 0 : giá trò không thỏa. ⇒ phương trình đã cho chỉ có nghiệm : (x , y) = (1 , 0) ; (-1 , 0) ⇒ Tổng quát : Phương trình x 2 - k 2 y 2 = 1 với k∈ N chỉ có nghiệm tầm thường x = ±1 ; y = 0 Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2 + 3y 2 = 6xy - 6 (1) (1) viết lại như sau : x 2 - 6xy + 3y 2 + 6 = 0 Để phương trình có nghiệm x nguyên thì điều kiện cần và đủ (do hệ số x 2 là 1) là ∆ = 6y 2 - 6 = m 2 : là một số chính phương . Rõ ràng m 2 là bội 6 ⇒ m là bội 6 ⇒ xem m = 6t với t ∈Z ⇒ y 2 - 6t 2 = 1 : Phương trình Pell ⇒ Nghiệm tầm thường là (y , t) = (1 , 0) ; (-1 , 0) và nghiệm nguyên dương nhỏ nhất là y 1 = 5 ; t 1 = 2 ⇒ Các nghiệm nguyên dương (y k , t k ) được xác đònh từ đẳng thức : y 6 (5 2 6) k k k + = + t Giải phương trình trong tập số nguyên : 3x 2 + 48y 2 = 1003 + 30xy (1) Xem (1) là một phương trình bậc II theo x : 3x 2 - 30xy + 48y 2 - 1003 = 0 Phuong Trinh Nghiem Nguyen Trang 4 ⇒ ∆‘ = 81y 2 + 3009 = k 2 : là số chính phương để có x nguyên ( k∈Z + ) ⇒ k 2 - 81y 2 = 3009 ⇒ (k + 9y)(k - 9y) = 3.17.59 . Vì k + 9y > k - 9y ⇒ Xảy ra 4 khả năng sau đây : k y k y − = + =    9 1 9 3009 k y k y − = + =    9 3 9 1003 k y k y − = + =    9 17 9 177 k y k y − = + =    9 51 9 59 Trong trường hợp nào ta cũng thấy y không nguyên ⇒ Bài toán vô nghiệm ! { Chú ý , dễ dàng kết luận ngay bài toán vô nghiệm vì 1003 không chia hết cho 3 } Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau đây : 9x 2 - 15xy + 4y 2 + 38 = 0 (1) Xem (1) là phương trình có ẩn x và tham số là y . Để x nguyên , điều kiện cần là ∆ = 81y 2 - 1368 = k 2 : chính phương (k ≥ 0) (2) Nhận thấy 81y 2 - k 2 = 1368 chỉ chứa lũy thừa bậc chẵn nên chỉ việc tìm các nghiệm nguyên dương sẽ suy ra các nghiện còn lại .Từ đó (2) có thể viết lại là : (9y + k)(9y - k) = 2 3 .3 2 .19 . Vì y, k > 0 ⇒ 9y + k > 0 ⇒ 9y - k > 0 và do (9y + k) + (9y - k) = 18y ⇒ Ta chỉ xét 2 trường hợp tổng hai số là bội của 18 . ⇒ x = 15 18 15 7 51 18 3 y k± = ± = . ⇒ các nghiệm là (x , y) = (3 , 7) ; (-3 , -7) 9 228 9 6 13 111 y k y k y k + = ⇒ − =    = = ; ⇒ x = 1513 111 18 17 . ± = ⇒ các nghiệm là (x , y) = (17 , 13) ; (-17 , -13) Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 2x 2 + 3y 2 - 5xy + 3x - 2y - 3 = 0 (1) Xem phương trình là bậc II đối với x . Khi đó (1) ⇔ 2x 2 + (3 - 5y)x + 3y 2 - 2y - 3 = 0 Để có x nguyên thì điều kiện cần là ∆ = y 2 - 14y + 33 = k 2 ( k nguyên không âm) (2) Xem (2) là phương trình bậc II đối với y ⇒ { (2) ⇔ y 2 - 14y + 33 - k 2 = 0 } và δ‘ (2) = 16 + k 2 = m 2 ( m ∈Z + ) Vì m > k ≥ 0 ; 16 = (m + k)(m - k) mà m + k > 0 ⇒ m - k > 0 . Để ý (m + k) + (m - k) = 2m nên chúng đồng thời chẵn hay lẻ . Ta có bảng : m k 8 m k 2 + = − =    ⇒ m = 5 ; k = 3 ⇒ ( x , y ) = (15 , 12) ; (1 , 2) m k m k + = − =    4 4 ⇒ ( x , y ) = (13 , 11) ; (3 , 3) ( Sử dụng tính chất của số nguyên tố ) Tìm 3 số nguyên tố khác nhau biết tích của 3 số đó gấp 3 lần tổng của chúng . Gọi 3 số nguyên tố đó là a , b , c ⇒ abc = 3( a + b + c ) ⇒ abc  3 ⇒ có một số chia hết cho 3, giả sử là số a   3 . Vì a nguyên tố nên a = 3 ⇒ b + c = 3 + b + c ⇒ b( c - 1 ) = 3 + c ⇒ b 3 c c 1 = + − = 1 + ⇒ c - 14 Từ đó tính được c = 2 ⇒ b = 5 ; c = 5 ⇒ b = 2 Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x 53 + y 53 = 53z (1) Vì z ∈Z ⇒ x 53 + y 53  53. Vì 53 là số nguyên tố nên theo đònh lý Fermat : x 53 - x  53 và y 53 - y  53 Khi đó (1) ⇔ 53z = (x 53 - x) + (y 53 - y) + (x + y) có nghiệm ⇔ x + y = 53t ( t ∈ Z ) Phuong Trinh Nghiem Nguyen Trang 5 ⇒ Nghiệm bài toán : x = u (u ∈Z) ; y = 53t - u ; z = u (53t u) 53 53 + − 53 Giải phương trình 1 + p + p 2 + p 3 + p 4 = x 2 (1) ( p nguyên tố , x nguyên ) Ta có (1) ⇔ 4x 2 = 4 + 4p + 4p 2 + 4p 3 + 4p 4 (2) Mặt khác : (2x) 2 = 4x 2 > 4p 4 + 4p 3 + p 2 = ( 2p 2 + p) 2 và (2x) 2 = 4x 2 < 4p 4 + p 2 + 4 + 4p 3 + 8p 2 + 4p = ( 2p 2 + p + 2) 2 ⇒ (2x) 2 = ( 2p 2 + p + 1) 2 (3) . Từ (2) & (3) ⇒ p 2 - 2p - 3 = 0 ⇒ p = -1 (loại) hoặc p = 3 . Với p = 3 ⇒ x = 121 ⇒ nghiệm phương trình ( p , x ) = ( 3 , 11 ) ; ( 3 , -11) Có hay không các số nguyên tố x , y , z thỏa mãn phương trình : x 2 + y 3 = z 4 (1) ( Vô đòch LX lần thứ 14 - 1980 ) Từ (1) , ta thấy 3 số x, y, z không cùng lẻ ⇒ có ít nhất một số bằng 2 . Nếu z = 2 thì x 2 + y 3 = 16 ⇒ y < 3 ⇒ x 2 = 8 (vô lý !). Nếu y = 2 thì 8 = (z 2 + x)(z 2 - x) , mà z 2 + x > 0 ⇒ z 2 - x > 0 và (z 2 + x) + (z 2 - x) = 2z 2 ⇒ phân tích 8 = 2.4 , nhưng khi đó 2 + 4 = 2z 2 ⇒ z không nguyên (loại) Nếu x = 2 thì y 3 = (z 2 + 2)(z 2 - 2) và do(z 2 + 2) - (z 2 - 2) = 4 ⇒ y = 2 hoặc z 2 - 2 = 1(loại). x = 2 ⇒ y = 2 ⇒ z chẵn ⇒ z = 2 : không nghiệm đúng phương trình ⇒ Bài toán vô nghiệm ! Tìm hai số x, y nguyên và số nguyên tố p sao cho : x 4 + 4y 4 = p (1) Ta thấy để p nguyên tố thì x ≠ 0 hay y ≠ 0 ; (1) chỉ chứa lũy thừa bậc chẵn của x, y nên trước hết ta xét các x, y nguyên dương. Ta có p = (x 2 + 2y 2 ) 2 - 4x 2 y 2 = [(x - y) 2 + y 2 ][(x + y) 2 + y 2 ] Vì (x + y) 2 + y 2 > 0 ⇒ (x - y) 2 + y 2 = 1 ⇒ x = y = 1 ; z = 5 ⇒ có 4 bộ nghiệm ! Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 1 + x + x 2 + x 3 = y 3 ( Thi Toàn quốc lớp 9 - 1982 ) Nhận thấy : 1 + x + x 2 = (x + 1 2 ) 2 + 3 4 > 0 ⇒ y 3 > x 3 ⇒ y > x ⇒ y ≥ x + 1 Nếu y = x + 1 thì 1 + x + x 2 + x 3 = (x + 1) 3 ⇒ 2x (x + 1) = 0 ⇒ (x , y) = (0 , 1) ; (-1 , 0) Nếu y > x + 1 thì 2x 2 + 2x < 0 ⇒ -1 < x < 0 : loại ! Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x 2 = y(y + 1)(y + 2)(y + 3) Đặt a = y 2 + 3y ⇒ x 2 = (y 2 + 3y)( y 2 + 3y + 2) = a 2 + 2a . Nếu a > 0 thì a 2 < x 2 = a 2 + 2a < a 2 + 2a + 1 = (a + 1) 2 ⇒ x 2 : không chính phương ( Vô lý ! ) Vậy a ≤ 0 ⇒ y 2 + 3y ≤ 0 ⇔ -3 ≤ y ≤ 0 ⇒ (x , y) = (0 , 0) ; (0 , -1) ; (0 , -2) ; (0 , -3) Tìm bộ số (x , y , u , v) nguyên thỏa mãn đẳng thức : 1 x 1 y 1 u 1 v 2 2 2 2 + + + = 1 (1) Dễ thấy rằng : 1 x 1 y 1 u 1 v 2 2 2 2 ; ; ; ≤ 1 4 ⇒ Vế trái (1) ≤ 1 Vậy dấu ‘=‘ xảy ra khi x=y=u=v= 2 ⇒ x , y , u , v nhận các giá trò tùy ý 2 hoặc -2 . Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 12x 2 - 3x - 2= 5y - 8x - 2x 2 (1) Từ (1) ⇒ 5y 11x 2 khi - 1 2 x 2 4x 5x 2 x 1 2 ;x 2 2 = + ≤ ≤ + − ≤ − ≥      khi Xét x = 0, 1, 2 ⇒ 5y = 2, 13, 24 ⇒ y không nguyên Xét 5y = 4x 2 + 5x - 2 ⇒ 4x 2 - 2  5 và do 4x 2 - 2  2 ⇒ 2x 2 ≡ 1 (mod 10) ⇒ x ∉ Z ⇒ Bài toán vô nghiệm ! Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x 3 = y 3 + 2y 2 + 3y + 1 (1) Từ (1) ⇒ x 3 + y 2 = (y + 1) 3 ⇒ x ≤ y + 1. Vì x 3 - y 3 = 2y 2 + 3y + 1 ≥ 0 với mọi y nguyên ⇒ x ≥ y. ⇒ x = y hoặc x = y + 1 ⇒ nghiệm của phương trình : ( x , y ) = (-1 , -1) ; (1 , 0 ) Tìm nghiệm (x , y , z) nguyên thỏa mãn đẳng thức : 4xy - x - y = z 2 (1) Ta có : (1) ⇔ (4x - 1)(4y - 1) = 4z 2 + 1. Gọi p là ước nguyên tố bất kỳ của 4x - 1 (hiển nhiên p cũng là ước của 4z 2 + 1) ⇒ 4z 2 ≡ -1 (mod p) ⇒ (2z) p - 1 ≡ 1 (mod p) {đònh lý nhỏ Fermat } ⇒ (4z ) ( 1) 2 p 1 2 p 1 2 − − ≡ − (mod p) Phuong Trinh Nghiem Nguyen Trang 6 Từ đó : 1 ≡ ( 1) p 1 2 − − (mod p) ⇒ p - 1 = 4k (k∈Z + ) ⇒ p = 4k + 1 . Vậy mọi ước nguyên tố của 4x - 1 đều có dạng 4k + 1 ⇒ 4x - 1 cũng có dạng 4k + 1 hay 4x - 1 = 4k + 1 ⇒ 4(x - k) = 2 ⇒ 2  4 ( vô lý ! ) ⇒ Vn o ! Tìm nghiệm x , y nguyên dương của phương trình : y 2 = x 2 + 12x + 1995 (1) Từ phương trình (1), ta có y 2 = (x + 6) 2 + 1959 ≥ 1959 ⇒ y ≥ 45 . Mặt khác -1959 = (x + 6) 2 - y 2 = (x + y + 6)(x - y + 6) với x + y + 6 ≥ 52 và 1959 = 3 . 653 ⇒ x + y + 6 = 653 ; x - y + 6 = -3 hoặc x + y + 6 = 1959 ; x + 6 - y = -1 ⇒ nghiệm phương trình : ( x , y ) = ( 319 , 328) ; (937 , 944) Tìm các số tự nhiên n sao cho : k 2 = n 2 + 6n + 1989 (1) là một số chính phương Từ (1) ⇒ k ≥ 45 và (n + k + 3)(n - k + 3) = -2 2 .3 2 .5.11 Mặt khác n + k + 3 > n - k + 3 và (n + k + 3) + (n - k + 3) là số chẵn ⇒ (n + k + 3 , n - k + 3) = (990 , -2) ; (330 , -6) ; (198 , -10) ; (110 , -18) ; (90 , -22) ; (66 , -30) . ⇒ n ∈ { 491 , 159 , 91 , 43 , 31 , 15 } Giải phương trình trong tập Z : xy.(y + 4) = 4.(289y - x) (1) Nếu x = 0 thì y = 0 Nếu y ≠ 0 thì (1) ⇔ x y (y + 2) 2 = 1156 = 2 2 .17 2 ⇒ x  y và (y + 2) 2 là ước chính phương của 1156 ⇒ (y + 2) 2 = 1 , 4 , 172 ⇒ có 6 nghiệm ! 4x + 1 = y 3 + 8y (2) Ta có (2) ⇔ 4(x - 2y) = y 3 - 1 ⇒ { x - 2y nguyên ⇔ y - 1 = 4t , t∈Z} ⇒ y = 4t + 1 và x = 16t 3 + 12t 2 + 11t + 2 ; t∈Z Giải phương trình nghiệm nguyên sau : x 2 + y 2 + z 2 = x 2 y 2 (1) { Theo mod 4, nếu x 2 ≡ y 2 ≡ 1 ⇒ x 2 . y 2 ≡ 1 ⇒ x 2 + y 2 + z 2 ≡ 1 ⇒ z 2 ≡ 1 ( vô lý ! ) } ⇒ x, y không thể đều là số lẻ ⇒ x chẵn hoặc y chẵn ⇒ x 2 . y 2  4 ⇒ x 2 + y 2 + z 2  4 ⇒ x = 2x 1 ; y = 2y 1 ; z = 2z 1 ⇒ x 1 2 + y 1 2 + z 1 2 = 4x 1 2 y 1 2 (2). Như vậy, nếu (x, y, z) là nghiệm (1) thì x 1 ; y 1 ; z 1 là nghiệm của (2). Tiếp tục như vậy, ta có : x x 2 ( x 4 ); y y 2 ( y 4 ); z z 2 ( z 4 ) 2 1 2 1 2 1 = = = = = = là nghiệm của x 2 2 + y 2 2 + z 2 2 = 16x 2 2 y 2 2 (2). Quá trình này có thể tiếp tục mãi và khi đó các số x 2 ; y 2 ; z 2 k k k chẵn với mọi k ⇒ (x, y, z) chỉ có thể là (0, 0, 0) . Giải các phương trình nghiệm nguyên sau : x 6 + 3x 3 + 1 = y 4 Nếu x > 0 thì (x 3 + 1) 2 < x 6 + 3x 3 + 1 = y 4 < x 6 + 4x 3 + 4 = ( x 3 + 2) 2 ⇒ ∃ y 2 : (x 3 + 1) 2 <y 2 < ( x 3 +2) 2 ⇒ ∃ y 4 ! Nếu x ≤ - 2thì ( x 3 + 2) 2 < x 6 + 3x 3 + 1 = y 4 < x 6 + 2x 3 + 1 = (x 3 + 1) 2 : vô lý ! Nếu x = -1 thì y 4 = -1 ( loại ) Vậy x = 0 ; y = ± 1 : hai nghiệm duy nhất ! (x + 2) 4 - x 4 = y 3 (1) Ta có (1) ⇔ y 3 = 8(x 3 + 3x 2 + 4x + 2) = (2z) 2 với z 2 = x 3 + 3x 2 + 4x + 2 với x ≤ 0 ⇒ (x + 1) 3 < z 3 < (x + 2) 3 ⇒ x + 1 < z < x + 2 ⇒ vô lý ! với x ≥ -2 ⇒ đặt x 1 = -x -2 ≥ 0 , y 1 = -y ⇒ x 1 và y 1 thỏa mãn (x 1 + 2) 4 - x 1 4 = x 4 - (x + 2) 4 = -y 3 : điều này không thể có với x 1 ≥ 0 . Vậy -2 < x < 0 ⇒ x = -1 ; y = 0 : nghiệm duy nhất ! 33) { Sử dụng Phương pháp xuống thang } Chứng minh rằng phương trình sau đây không có nghiệm nguyên : 8x 4 + 4y 4 + 2z 4 = t 4 (1) Giả sử rằng (1) có nguyệm nguyên (x, y, z, t) với x là giá trò nhỏ nhất trong các giá trò có thể có . Từ (1), ta nhận thấy t chẵn - xem t = 2t 1 ; thế vào (1) và chia cho 2 ta có : 4x 4 + 2y 4 + z 4 = 8t 1 4 (2) ⇒ z chẵn - xem z = 2z 1 ; thay vào (2) ⇒ 2x 4 + y 4 + 8z 1 4 = t 1 4 . Tương tự ,ta có : y = 2y 1 ⇒ x 4 + 8y 1 4 + 4z 1 4 = 2t 1 4 và cuối cùng x = 2x 1 ⇒ 8x 1 4 + 4y 1 4 + 2z 1 4 = t 1 4 ⇒ (x 1 , y 1 , z 1 , t 1 ) cũng là nghiệm của phương trình đã cho , nhưng ở nghiệm này ta thấy x 1 < x : mâu thuẫn cách chọn nghiệm đầu có x bé nhất ! ⇒ (1) vô nghiệm ! 34) Tìm điều kiện cần và đủ cho số k để phương trình : x 2 - y 2 = k có ít nhất một nghiệm nguyên . ♦ x 2 - y 2 = k có nghiệm nguyên ⇒ k ≠ 4t + 2 (*) (sốø dư số chính phương trong phép chia cho 4) ♦ k ≠ 4t + 2 : Phuong Trinh Nghiem Nguyen Trang 7 k chẵn ⇒ { (*) ⇒ k = 4m } ⇒ x = m + 1 ; y = m - 1 là nghiệm phương trình . k lẻ ⇒ { (*) ⇒ k = 2n + 1 } ⇒ x = n + 1 ; y = n là nghiệm phương trình . Vậy : Phương trình x 2 - y 2 = k có ít nhất một nghiệm nguyên ⇔ k ≠ 4t + 2 ( t∈Z ) 35) Chứng minh rằng phương trình x 2 + y 2 + z 2 + t 2 = 2xyzt (1) không có nghiệm nguyên (khác tầm thường ) Giả sử rằng phương trình có nghiệm nguyên (x, y, z, t) . Vì x 2 + y 2 + z 2 + t 2 chẵn ⇒ trong các số x, y, z, t có một số chẵn các số lẻ ( hoặc 0 hoặc 2 hoặc 4 ). Nếu tất cả đều lẻ thì x 2 + y 2 + z 2 + t 2  4 trong khi 2xyzt không chia hết cho 4 Nếu chỉ có hai số lẻ thì x 2 + y 2 + z 2 + t 2 không chia hết cho 4 trong khi 2xyzt  4. Vậy x, y, z, t cùng chẵn ⇒ xem x = 2x 1 , y = 2y 1 , z = 2z 1 , t = 2t 1 ; thay vào phương trình đã cho ta được : x 1 2 + y 1 2 + z 1 2 + t 1 2 = 8x 1 y 1 z 1 t 1 . Lập luận tương tự như trên cho phương trình này, ta được các nghiệm phải chẵn ⇒ x 1 = 2x 2 , y 1 = 2y 2 , z 1 = 2z 2 , t 1 = 2t 2 ⇒ ta được : x 2 2 + y 2 2 + z 2 2 + t 2 2 = 32.x 2 y 2 z 2 t 2 . Một cách tổng quát, xuất phát từ nghiệm (x, y, z, t) bằng phương pháp “xuống thang” ta đi đến phương trình : x s 2 + y s 2 + z s 2 + t s 2 = 2 2s + 1 .x s y s z s t s trong đó : [x , y , z , t] k = 2[x , y , z , t] k + 1 ( k ≥ 1 ) ⇒ với mọi số tự nhiên s : x 2 ; y 2 ; z 2 ; t 2 s s s s là các số nguyên - đó là điều không thể có được khi x,y,z,t nguyên. 35) Giải phương trình nghiệm nguyên sau : x 1 4 + x 2 4 + x 3 4 + . + x 14 4 = 1599 Chú ý rằng , với n = 2k ⇒ n 4 = 16k 4  16 và với n = 2k + 1 ⇒ n 4 - 1 = (n 2 - 1)(n 2 + 1)  16 Như vậy khi chia x 1 4 + x 2 4 + x 3 4 + . + x 14 4 cho 16 thì số dư có được bằng số các số lẻ trong các số x i , tức là không vượt quá 14 ; trong khi đó 1599 = 1600 - 1 chia cho 16 có số dư là -1 hay 15 ⇒ Phương trình vô nghiệm ! 36) Tìm các số x để A = 8x 2 + 8x + 1 là số chính phương . Đặt A = y 2 ( y∈Z) ⇒ Tìm nghiệm nguyên phương trình 8x 2 + 8x + 1 - y 2 = 0 Điều kiện cần để có x nguyên là ∆‘ = 8 + 8y 2 = k 2 là số chính phương ⇒ k 2  8 ⇒ k  4 - xem k = 4t (t∈Z) ⇒ 8 + 8y 2 = 16t 2 ⇒ y 2 - 2t 2 = -1 : đây là phương trình đối Pell (Pt đối Pell không có nghiệm tầm thường) . Vì x = − ± = − ± = − ± 4 k 8 4 4t 8 1 t 2 nên x nguyên ⇔ t lẻ . Ta biết rằng phương trình đối Pell y 2 - 2t 2 = -1 có nghiệm nguyên dương nhỏ nhấøt là y 1 = t 1 = 1 nên : x 1 1 2 0; 1 1 = − ± = − và các nghiệm nguyên dương khác được xác đònh từ đẳng thức : , từ đó suy ra x k . 37) Tìm nghiệm nguyên của phương trình : a) 2 x = 7y + z b) 3 x + 171 = y 2 c) 10 x - 1 = 7y d) p x + 1 = y ( p nguyên tố ) a) Xem x = 3k ; 3k + 1 ; 3k + 2 ( k ≥ 0 ) ♦ Xét x = 3k : Lúc này , dễ thấy 2 x = 7m + 1 ( m ∈Z + ) . So sánh với phương trình đã cho ⇒ 7y + z = 7m + 1 : phương trình này nghiệm đúng với y = t ( t ∈Z) và z = 7m + 1 - 7y = 8 k - 7t Vậy phương trình có nghiệm : x = 3k ; y = t ; z = 8 k - 7t ♦ Xét x = 3k + 1 : Theo trên , ta có 14m = 2 x - 2 ⇒ 7y + z = 14m + 2 ; phương trình này có nghiệm y = t (t∈Z) ; z = 2 x - 7y = 2.8 k - 7y Vậy phương trình có nghiệm : x = 3k + 1 ; y = t ; z = 2.8 k - 7t ♦ Xét x = 3k + 2 : Theo trên , ta có 28m = 2 x - 4 ⇒ 7y + z = 28m + 4 . Vậy phương trình có nghiệm : x = 3k + 2 ; y = t ; z = 4.8 k - 7t b) Phương trình đã cho ⇔ 9(3 x-2 + 19) = y 2 ⇒ { y nguyên ⇔ 3 x - 2 + 19 = k 2 ( k∈Z + ) } ♦ Nếu x - 2 = 2m ⇒ 19 = (k + 3 m ).(k - 3 m ) ⇒ k + 3 m =19 ; k - 3 m = 1⇒ k = 10 ; m = 2 ⇒ nghiệm phương trình đã cho : x = 2m + 2 = 6 ; y = 30 . ♦ Nếu x - 2 = 2m + 1 ( m ∈Z + ) thì ta có : Phuong Trinh Nghiem Nguyen Trang 8 k 2 = 3 x - 2 + 19 = 3 2m - 1 - 1 + 20 = 20 + (3 - 1)( 3 3 . 3 1 2k 2 2k 3 2k 2 − − − + + + +       ) = 20 + 2(2m + 1) ⇒ với mọi m , k 2 chẵn nhưng không chia hết cho 4 ⇒ bài toán chỉ có một nghiệm ! c) Vì 10 x = 1 + 7y ∈Z ⇒ x ≥ 0 và (x , y) = (0 , 0) là một nghiệm của phương trình Xét x > 0 , ta có 10 x - 1 = 99 99 . x    và nếu lấy 99 99 . x    chia cho 7 thì số dương x nhỏ nhất thỏa đề là x = 6 hay A = 999999  7 ⇒ các số AA .AA  7 và chỉ những số đó ⇒ nghiệm phương trình là y = BB .BB n    , với B = 142857 (ứng với x = 6) ; x = 6n ( n ∈Z , n ≥ 0 ) d) p x = y 2 - 1 = (y + 1)(y - 1) ⇒ x ≥ 0 ; vì p nguyên tố nên y + 1 , y - 1 là các lũy thừa của p . ⇒ Xem y - 1 = p k ; y + 1 = p k + l ( k , l nguyên không âm ) Mà (y + 1) - (y - 1) = p k ( p l - 1 ) ⇒ p = 2 ; k = 1 ; l = 1 . Vậy y = 1 + p k = 3 ; x = 3 38) Tìm nghiệm nguyên của phương trình : (4x - 3 2 ) 2 + ( x y ) 2 = (x 2 + 5 2 ) 2 Ta có : x y x x x x 2 2 2 2 5 2 4 3 2 5 2 4 3 2 = + + − + − + ( )( ) ⇒ y 2 = x 2 [(x + 2) 2 - 3](x - 2) 2 ⇒ { y nguyên ⇔ x = 0 hoặc x = 2 hoặc (x + 2) 2 - 3 = k 2 là số chính phương ( k ∈Z + ) } Xét (x + 2) 2 - 3 = k 2 ⇒ 3 = (x + 2 + k)(x + 2 - k) : tích hai số nguyên cùng dấu ; xét các trường hợp có thể xảy ra, chúng ta có thêm nghiệm x = -4. Vậy các nghiệm của phương trình là (x , y) ∈ { (0 , 0) ; (2 , 0) ; (-4 , 24) ; (-4 , -24) } 39) Tìm nghiệm nguyên của phương trình : (2x + 1) 2 - 1 = 384y (2x 1) 1 2 − − (1) Từ (1) ⇒ 384y = (4x 2 + 4x)(4x 2 - 4x) ⇒ 24y = x 2 .(x - 1)(x + 1) Nếu x lẻ thì (x - 1)(x + 1)  8 và trong 3 số x , x - 1 , x + 1 có một số chia hết cho 3 ⇒ x 2 .(x - 1)(x + 1) = 24t ( t ∈Z ) ⇒ nghiệm x = 2k + 1 ; y = 1 6 k.(k + 1).(2k + 1) 2 ( k ∈Z ) Nếu x chẵn thì x - 1 , x + 1 là các số lẻ ⇒ điều kiện để phương trình có nghiệm là x 2  8 ⇒ x 2  4 Vậy : nghiệm của phương trình là : x = 4k ; y = = 1 6 k.(4k - 1).4k.(4k + 1) . 40) Giải phương trình nghiệm nguyên : x 3 + x 2 y + xy 2 + y 3 = 8(x 2 + xy + y 2 + 1) (Vô đòch Balan-1981) Nhận xét x , y cùng tính chẵn - lẻ và nếu x = y thì phương trình trở thành x 3 - 6x 2 - 2 = 0 ⇒ nghiệm nguyên nếu có (ước của -2) sẽ là ±1 ; ±2 , nhưng không có giá trò nào thỏa mãn ! Do x , y cùng tính chẵn - lẻ ⇒ x - y ≥ 2 ⇒ (x - y) 2 ≥ 4 ⇒ x 2 + y 2 ≥ 4 + 2xy ⇒ x 2 + y 2 ≥ 2 + 2xy (1) ( Pt đã cho ) ⇔ (x 2 + y 2 )(x + y) = 8(x 2 + y 2 ) + 8(xy + 1) ⇔ (x 2 + y 2 )(x + y - 8) = 8xy + 8 ⇒ Pt hệ quả : (x 2 + y 2 )(x + y - 8) = 4xy + 2 ⇒ { (1) ⇒ x + y - 8 < 4 } ⇒ 4 < x + y < 12 ⇒ x + y = 6 , 8 , 10 . Với x + y = 6 , 8 ⇒ vô nghiệm ! Với x = 10 ⇒ xy = 14 ⇒ x , y là hai nghiệm của phương trình : a 2 - 10a + 16 = 0 ⇒ (x , y) = (2 , 8) ; (8 ; 2) 41) Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau đây : a) xy 2 + 2y(x - 14045) + x = 0 b) 7x 2 + 7y 2 = 1820 ( HSG Lớp 9 - 1994 ) c) x 2 - 38y = 23 d) y x x x = + − 13 6 51 2 5 3 2 2 a) Nếu y = 0 thì x = 0 ; xét y ≠ 0 . Khi đó phương trình có thể đưa về dạng : x y y( ) + = 1 28090 2 Điều kiện cần để y + 1 ∈Z là x y ∈Z ⇒ (y + 1) 2 là ước số chính phương của 28090 = 53 2 .2.5 ⇒ (y + 1) 2 chỉ có thể là 1 hoặc 53 2 ♦ Nếu (y + 1) 2 = 1 thì y = -2 ⇒ x = - 56180 ♦ Nếu (y + 1) 2 = 53 thì y = 52 ; - 54 ⇒ x = 53 10 53 10 520 540 2 2 . ; y y = = − b) Nhận thấy 7 và 13 là các ước của 1820 nên x 2  13 ⇒ x  13 ; y 2  7 ⇒ y  7 Xem x = 13u ; y = 7v ( u, v ∈Z) ⇒ 13u 2 + 7v 2 = 20 ⇒ 13u 2 ≥ 13 ; 7v 2 ≥ 7 ⇒ 13u 2 + 7v 2 ≥ 20 Phuong Trinh Nghiem Nguyen Trang 9 ⇒ đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u 2 = v 2 = 1 ⇒ (x , y) = (13 , 7) ; (13 , -7) ; (-13 , 7) ; (-13 , -7) c) Phương trình đã cho có thể viết dưới dạng : x 2 - 4 = 38y + 19 = 2(2y + 1) ⇔ (x + 2)(x - 2) = 19(2y + 1) ⇒ x lẻ ⇒ x + 2 hoặc x - 2 chia hết cho 19 ♦ Nếu x + 2 = 19t ( t nguyên dương lẻ ) thì x = 19t - 2 và y = x t t t 2 2 2 23 38 19 2 23 38 19 4 1 2 − = − − = − − ( ) ♦ Nếu x - 2 = 19t ( t nguyên dương lẻ ) thì x = 19t + 2 và y = 19 4 1 2 2 t t + − d) Ta có : y = 13 6 51 2 5 3 2 2 x x x + − = 2x 3 + 25x 2 - 2x + x x x( )( ) + + 1 2 6 ∈ Z , với mọi x ∈Z (Chú ý rằng : với mọi x ∈Z : x x x( )( ) + + 1 2 luôn chia hết cho 6 ) 42) Chứng minh rằng phương trình không có nghiệm y nguyên âm với mọi m nguyên : 5y 2 - 7y - 32 + 8m 2 = 0 Nghiệm của phương trình phải có dạng y = 7 10 ± k với k = ∆ = 49 + 160(4 - m 2 ) mà dễ thấy k ∈Z + ( k = 0 ⇒ y ∉Z ) ⇒ y = 7 10 + k và y = 7 10 − k < 0 ⇔ k > 7 . Khi đó ∆ = k 2 > 49 ⇒ m 2 < 4 ⇒ m 2 = 0 ; 1 Nếu m 2 = 0 thì ∆ = 689 : không chính phương ⇒ y ∉Z Nếu m 2 = 1 thì ∆ = 529 = 23 2 ⇒ y = 7 23 10 − ∉ Z ⇒ đpcm ! Áp dụng Bài 65 : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình a) 12x - 5y = 21 b) 12x + 17y = 41 c) x + 3y = 0 d) 2x - y = 1 e) 3x + 2y = 4 a) x = 3 + 5t ; y = 3 + 12t , t ∈ Z b) x = 2 + 17t ; y = 1 - 12t , t ∈ Z c) x = -3t ; y = t , t ∈ Z d) x = t ; y = 2t - 1 , t ∈ Z e) x = 2t ; y = 2 - 3t , t ∈ Z Bài 66 : Tìm nghiệm nguyên dương , nhỏ nhất của phương trình f) 16x - 25y = 1 g) 41x - 37y = 187 a) x = 11 ; y = 7 b) x = 19 ; y = 16 Bài 67 : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình h)x 2 - 6xy + 5y 2 = 121 i) x 4 + 2x 7 y - x 14 - y 2 = 7 (x, y∈Z + ) j) 2x 2 + 2xy - x + y = 112 (x, y∈Z + ) k)xy 2 + 2xy - 243y + x = 0 (x, y∈Z + ) l) 6x 2 + 5y 2 = 74 m) xy + 3x - 5y = -3 n)x 2 = y 2 + 2y + 13 o)19x 2 + 28y 2 = 729 a) (x - 5y)(x - y) = 121 b) (x 2 - x 7 + y)(x 2 + x 7 - y) = 7 c) y = -x + 1 + 111 : (2x + 1) d) x.(y + 1) 2 = 243y e) 6(x 2 - 4) = 5(10 - y 2 ) f) (x - 5)(y + 3) = -18 g) (x - y - 1)(x + y + 1) = 12 h) Vô nghiệm ! Bài 68 : Giải các phương trình sau trong tập số nguyên : a) -6x 2 - 2y 2 + 6xy + 8x + 3y = 168 b) 1987x 2 + 1988y 2 = 3000 - 2x 2 y 2 c) 2x 2 + 3y 2 = 19 - 4x d) 6x 2 - 5y 2 = -40x - 3 a) δ (x) = -3[(y - 7) 2 + 5:3] < 0 b) Vô nghiệm ! c) 6y 2 = 42 - k 2 ⇒ y 2 = 7 - k 2 : 6 ≤ 7 ⇒ k 2 = 36 d) 3(2x 2 + 1) = 5(y 2 - 8x) ⇒ 2x 2 + 1  5 ⇒ Vn o ! Bài 69 : Giải các phương trình sau trong tập số nguyên : e) 4x 2 + 231y 2 = 1631 f) x 2 - 100y 2 = 1 g) (x 2 + y 2 ) 2 = 8x 2 y 2 + 4xy + 1 h) x 2 + x 3 + x 4 + x 5 = 271440 i) x + y + z + t = xyzt (x, y, z, t∈Z + ) a) Vô nghiệm ! b) (x , y) = (1 , 0) ; (-1 , 0) c) Dẫn đến pt Pell và đối Pell d) x = 12 e) (x, y, z, t) = (4, 2, 1, 1) và các hoán vò . Phuong Trinh Nghiem Nguyen Trang 10 Bài 70 : Giải các phương trình sau trong tập số nguyên : j) x 3 - 3y 3 - 9z 3 = 0 k) 5x 3 + 11y 3 + 13z 3 = 0 a) T/c chia hết cho 3 b) T/c chia hết cho 13 . x 2 + x + 1 x 11 + x 28 + x 19 53 x 7 + x 11 + x 19 95 Ta có x 3 = x 3 + x 2 + x - x 2 - x - 1 + 1 = (x 2 + x + 1) (x - 1) + 1 ≡ 1 (mod x 2 + x + 1 ) ⇒ với. 18 15 7 51 18 3 y k± = ± = . ⇒ các nghiệm là (x , y) = (3 , 7) ; (-3 , -7) 9 228 9 6 13 11 1 y k y k y k + = ⇒ − =    = = ; ⇒ x = 15 13 11 1 18 17 . ± =