Chuyên đề về nghiệm nguyên- HSG Toán

Trong chương trình toán THCS thì phương trình với nghiệm nguyên vẫn luôn là một đề tài hay và khó đối với học sinh.. Các bài toán nghiệm nguyên thường xuyên có mặt tại các kì thiI[r]

Chuyên đê: PHƯƠNG TRÌNH VỚI NGHIỆM NGUYÊN Biên soạn: Tổ nghiệp vụ môn Toán THCS Cam Ranh

Trong chương trình tốn THCS phương trình với nghiệm ngun ln đề tài hay khó đối với học sinh Các tốn nghiệm ngun thường xun có mặt kì thi Trong viết tổ nghiệp vụ muốn đề cập đến vấn đề phương trình với nghiệm nguyên:

“CÁC PHƯƠNG PHÁP THƯỜNG DÙNG ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VỚI NGHIỆM NGUYÊN”

I PHƯƠNG PHÁP DÙNG TÍNH CHIA HẾT. 1 Phương pháp phát hiện tính chia hết của một ẩn.

Dạng 1: Phương trình dạng ax + by = c

Ví dụ 1: Giải phương trình với nghiệm ngun sau: 2x + 25y = (1) Giải:

Giả sử x, y số nguyên thỏa mãn phương trình (1) Ta thấy 2x chia hết 25y  2, y (vì 25 hai số nguyên tố cùng nhau).

Đặt y = 2t (tZ) thay vào phương trình (1) ta 2x + 25 2t =  x + 25t = 4

Do

x = 25t y = 2t t Z  

    

Đảo lại, thay biểu thức x y vào (1), phương trình được nghiệm đúng Vậy phương trình (1) có vô số nghiệm nguyên (x, y) được biểu thị bởi công thức:

x = 25t y = 2t t Z  

    

b) Bài tập tự luyện: Giải phương trình với nghiệm nguyên sau:

1.1) 2x+3y = 11 1.2) 3x + 5y =10

1.3)3x + 17y = 159 1.4) 3x + 7y =

1.5) 25x + 7y = 16 1.6) 2x + 13y = 156

2 Phương pháp đưa vê phương trình ước số:

a) Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm ngun sau: 2x + 5y + 3xy = Giải :

Ta gọi ph trình phương trình ước số: VT tích thừa số nguyên, VP hằng số Ta có x, y số nguyên nên 3x + 5; + 3y số nguyên ước 34

Mà 34 = 34 = 17 2= (– 34).( – 1) =(– 17).( – 2) Lập bảng dễ dàng tìm được nghiệm phương trình

Ví dụ 3: Tìm cặp số nguyên dương (x;y) thoả mn phương trình: 6x2 5y2 74 Cách 1:

Ta có: 6x2 5y2 74 (1)  6(x2 4)5(10 y2) (2) Từ (2)  6(x2  4)5

(6;5)=1  x2  45  x 5t4,tN

Thay x 5t4,tN vo (2), ta cĩ: y2 10 6t

           10 2 t y t x  5 5               t t t

, tN

0  

 t t

Với t=0  x2 4;y2 10 (loại)

Với t=1, ta cĩ:                2 y x y x

Vì x,yZ  x3,y2

Cách 2:

Ta có: (1)         12 2 x x 

 x2 4 x2 9 Với x2 4 y2 10(loại)

Với x2 9 y2 4 (thoả) Suy đpcm

Cách 3:

Ta có (1)  y2chẵn, v 0 y2 14  y2 4 x2 9 đpcm b) Bài tập tự luyện: Giải phương trình với nghiệm nguyên sau:

2.1) 3xy + x – y = 2) xy – x – y = 2.3) x3 – y3 =91 2.4) x! + y! = (x + y)! c) Ví dụ 4:Giải phương trình nghiệm ngun sau: x2 + 2y2 + 3xy – 2x – y = Giải:

 x2 + 2y2 + 3xy – 2x – y =

 x2 + x(3y – 2) + 2y2 – y + a = + a (Với a số chưa biết; a được xác định sau: Xét phương trình x2 + x(3y – 2) + 2y2 – y + a =

Chọn a = –

 = y2 – 8y + 16 = (y – 4)2  x1 = – y – 1; x2 = – 2y + 3

Từ ta có phương trình ước số: (x + y + 1)(x + 2y – 3) = b) Bài tập tự luyện: Giải phương trình với nghiệm nguyên sau:

3.1) 2x2 + 3xy – 2y2 = 7 3 2) x2 + 3xy – y2 + 2x – 3y = 3.3) 2x2 + 3y2 + xy – 3x – = y 3.4)

3 Phương pháp tách các giá trị nguyên

a) Ví dụ 5: Giải phương trình nghiệm ngun sau: xy – x – y = Giải :

xy – x – y = 2 x(y – 1) = y + 2  x =

2

y y

 

 x =

1

y

 

 x =

y y

 

 x =

1

y

 

 y – ước 3.

b) Bài tập tự luyện: Giải phương trình với nghiệm nguyên sau:

4.1) x (y – 1) = y + 2) x2 – xy = 6x – 5y – 4.3) xy – 2y – 3x + x2 = 4.4)

II PHƯƠNG PHÁP XÉT SỐ DƯ CỦA TỪNG VẾ

(Hay còn gọi phương pháp lựa chọn Modulo)

* Tính chất bản: Một số phương chia dư 0; 1, chia dư 0; 1, chia dư 0; 1; 1) Ví Dụ 6: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x2 + y2 = 2007

Giải:

x20; (mod 4) y20; (mod 4)

 x2 + y2 0; 1; (mod 4) Còn VP = 20073 (mod 4)

Do phương trình vơ nghiệm

* Có thể mở rộng thêm cho nhiều modulo 5; 6; mở rộng cho số lập phương; tứ phương ; ngũ phương :

Ví dụ 7: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau: 19x + 5y + 1890 = 1975430 + 1993 Giải:

Dễ thấy VT19x (mod 5)

Mặt khác : 19x = (20 – 1)x (–1)x (mod 5)

chẵn 19x  1(mod 5); lẻ 19x = (– 1)  4(mod 5)  VT1; (mod 5)

Do phương trình vơ nghiệm

Ví Dụ 8: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x2 = y5 – 4 Giải:

x2  0; 1; 3; 4; 5; 9(mod 11) y5 –  6; 7; 8(mod 11) ( vơ lí) Do phương trình vơ nghiệm

* Đối với phương trình nghiệm ngun có sự tham gia số lập phương modulo thường dùng modulo x3  0; 1; 8(mod 9)

Ví Dụ 9: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x3 + y3 + z3 = 1012 Dựa vào nhận xét trên:  x3 + y3 + z3 0; 1; 2; 3; 6; 7; 8(mod 9) Còn 1012 4(mod 9)( vơ lí)

Do phương trình vơ nghiệm

b) Bài tập tự luyện: Giải phương trình với nghiệm nguyên sau:

1) x2 + y2 = 1999 2) x2 – y2 = 1998

3) 9x + = y2 + y 4)

c) Bài tập tự luyện: Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm nguyên: 1) 3x2 – 4y = 13 2) 19x2 + 28y2 = 2001

3) x2 = 2y2 – 8y + 4) x5 – 5x3 + 4x = 24(5y + 1) 5) 3x5 – x3 + 6x2 –18x = 2001

III PHƯƠNG PHÁP DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC

1 Phương pháp sắp thứ tự các ẩn

Cách 1: Đối với phương trình mà biến có vai trò người ta thường dùng phương pháp xếp thứ tự biến

Ví Dụ 10: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau: x + y + z = 3xyz Giải: Khơng tính tởng qt có thể giả sử x y z  

 3xyz = x + y + z 3z  xy  1

 x = 1; y =  z = 1

Nghiệm phương trình (1; 1; 1)

Cách 2: Đối với phương trình nghịch đảo biến ta có thể dùng phương pháp (nếu vai trò biến nhau) Cách giải khác dành cho

Ví Dụ 11:

Chia vế phương trình cho xyz ta được:

1 1

3

xy yz xz  .

Giải:

Khơng tính tởng qt có thể giả sử x y z  



1 1

3

xy yz xz  x

 x2 1

 x = 1 y = z = 1

2 Phương pháp xét từng khoảng giá trị của ẩn

Ví Dụ 12: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau:

1 1

x  yz 

Giải:

Không tính tởng qt có thể giả sử x y z   

1 1

1

x  yz  x

 x  3

Lần lượt thử x = phương trình vơ nghiệm ngun Xét x = 2

1 1

2

yz  y

 y  4

Mặt khác y  x =  y 2;3;4

Lần lượt thử y = phương trình vơ nghiệm ngun y =  z = 6

y =  z = 4 Xét x = 3

1 2

3

yz  y

 y  3

Mặt khác y  x =  y = 3; z = 3

Vậy nghiệm phương trình (2; 3; 6); (2; 4; 4); (3; 3; 3) hốn vị b) Bài tập tự luyện: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình:

1)

1 1

x  y 2)

1 1

x  y 

3 Phương pháp áp dụng các bất đẳng thức cổ điển

Ví Dụ 13: Giải phương trình nghiệm ngun dương sau: x6 + z3 – 15x2z = 3x2y2z – (y2 + 5)3 Giải:

 (x2)3 + (y2 + 5)3 + z3 = 3x2z(5 + y2)

Áp Dụng BĐT Cauchy cho số ; ta được VT VP Dấu “ = “ xảy  x2 = y2 + = z

Từ phương trình x2 = y2 +  (x – y)(x + y) = phương trình ước số; dễ dàng tìm được x; y tìm z)

Đáp số: nghiệm phương trình (x; y; z) = (3; 2; 9)

Ví Dụ 14: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau với x; y; z số đôi khác nhau: x3 + y3 + z3 = (x + y + x)2

Giải:

Áp dụng BĐT quen thuộc sau:

3

3 3

3

x y z  x y z  

 

 

 x3 + y3 + z3 = (x + y + x)2

3

( )

9

 x +y + z 9

Vì x; y; z khác  x +y + z  + +3 =6  x + y + z 6;7;8

Lần lượt thử giá trị x + y + z ta tìm được x; y; z Đáp số: (1; 2; 3) hoán vị

4 Phương pháp chỉ nghiệm nguyên

* Áp dụng tính đơn điệu toán Ta một vài giá trị biến thỏa phương trình chứng minh nghiệm

a) Ví Dụ 15: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau: 3x + 4x = 5x Giải:



3

1

5

x x

   

 

       

x = phương trình vơ nghiệm ngun x = thoả mãn

x  

2

3 4

;

5 5

x x

       

 

               



3

1

5

x x

   

 

       

Do x = nghiệm phương trình

Ví Dụ 16: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau: ( 3)x( 4)x ( 5)x Bằng cách tương tự; dễ dàng nhận x = nghiệm

* Chú ý : Đối với phương trình trên; ta có tốn tởng quát Tìm số nguyên dương x; y; z thoả: 3x + 4y = 5z Đáp số đơn giản x = y = z = cách giải vô tác dụng với Để giải hữu hiệu xét modulo (các phương trình chứa ẩn ở mũ phương pháp tốt xét modulo

b) Bài tập tự luyện: Chứng minh rằng phương trình sau có vô số nghiệm nguyên:

5 Phương pháp sử dụng điêu kiện  0hoặc ' 0 để phương trình bậc hai có nghiệm. a) Ví Dụ 17: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x2 + 2y2 = 2xy + 2x + 3y

Giải:

 x2 – 2x(y + 1) + 2y2 – 3y = 0

2 2

' (y 1) (2y )y y 5y         

Dễ dàng suy được:

29 29

2 y 2



  

Do y nguyên nên dễ dàng khoanh vùng được giá trị y thử chọn Nói chung phương pháp được dùng  'có dạng f(x) = ax2 + bx + c (hoặc f(y)) với hệ số a< 0. Còn a > dùng phương pháp đã nói đến ví dụ để đưa phương trình ước số cách nhanh chóng

3) x2 – 3xy + 3y2 = 3y 4) x2 – 2xy + 5y2 = y IV PHƯƠNG PHÁP LÙI VÔ HẠN, NGUYÊN TẮC CỰC HẠN

1 Phương pháp lùi vô hạn (hay còn gọi phương pháp xuống thang)

Phương pháp dùng để chứng minh phương trình f(x; y; z; …) ngồi nghiệm tầm thường x = y = z = khơng còn nghiệm khác Phương pháp có thể được diễn giải sau:

Bắt đầu bằng việc giả sử (xo; yo; zo; …) nghiệm f(x; y; z; …) Nhờ biến đổi; suy luận số học ta tìm được nghiệm khác (x1; y1; z1; …) cho nghiệm quan hệ với nghiệm bởi tỉ số k Ví Dụ: (xo = kx1; yo = ky1; zo = kz1; …) Rồi lại từ (x2; y2; z2; …) thoả (x1 = kx2; y1 = ky2; z1 = kz2; …) Quá trình cứ tiếp tục dẫn đến(xo; yo; zo; …) chia hết cho kt với t số tự nhiên tuỳ ý Điều xảy

 (xo= yo= zo= … = 0)

Ví Dụ 18: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x2 + y2 = 3z2 Giải:

Gọi (xo; yo; zo) nghiệm phương trình Xét theo modulo Ta chứng minh xo; yo chia hết cho Thật vậy, rõ ràng vế phải chia hết cho

2 o o x + y

 

Ta có :  x2o 0;1(mod 3) ;

o 0;1(mod 3)

y 

Do x + y 32o 2o  xo; yođều chia hết cho

Đặt xo= 3x1; yo= 3y1 Thế vào rút gọn, ta được

2 2

1 3(x + y )zo

Rõ ràng zo3 Đặt zo= 3z1 Thế vào rút gọn, ta được

2 2

1 1

x + y 3z

Do (xo; yo; zo) nghiệm phương trình (x1; y1; z1)

nghiệm

Tiếp tục lý luận (x1; y1; z1)đều chia hết cho Ta lại tìm được nghiệm thứ hai (x2; y2; z2) với x y z2; ;2 23 Tiếp tục ta dẫn đến: 0; ;0

k

x y z  với k * N  . Điều xảy  xo= yo= zo= … =

Ví Dụ 19: Giải phương trình nghiệm ngun sau : x2 + y2 + z2 = 2xyz Giải:

Giả sử (xo; yo; zo) nghiệm phương trình

2 2

o o o o o o

x + y z = 2x y z

 

Rõ ràng x + y2o 2oz 2o chẵn (do 2x y zo o ochẵn) nên có trường hợp xảy

Trường hợp 1: có hai số lẻ; số chẵn Khơng tính tởng qt giả sử xo; yo lẻ ; zo chẵn

Xét theo modulo thì: x + y2o 2oz 2(mod4)2o  Còn x y z0 04 (do zo chẵn ) ( vơ lí) Trường Hợp 2: Ba số chẵn Đặt xo= 2x1; yo= 2y1 ; zo= 2z1, vào rút gọn, ta được: x + y12 12z12 4x y z1 1.Lập luận ta lại được x1; y1; z1 chẵn Quá trình lại tiếp tục đến: 0; ;0

k

x y z  với k N* 

Điều xảy  xo= yo= zo= Tóm lại nghiệm phương trình (x, y, z) = (0; 0; 0) 2 Phương pháp nguyên tắc cực hạn (hay còn gọi nguyên lí khởi đầu cực trị) Về mặt hình thức phương pháp khác với phương pháp lùi vô hạn ý tưởng sử dụng nhau; chứng minh phương trình khơng có nghiệm khơng tầm thường

ràng buộc với (xo; yo; zo; …) Ví Dụ xo nhỏ xo + yo nhỏ v v Bằng phép biến đởi số học ta tìm được nghiệm khác (x1; y1; …) trái với điều kiện ràng buộc Ví dụ chon (xo; yo; zo; …) với xo nhỏ ta lại tìm được (x1; y1; …) thoả x1< xo Từ dẫn đến phương trình cho có nghiêm (0; 0; 0; …)

Ví Dụ 10: Giải phương trình nghiệm ngun sau: 8x4 + 4y4 + 2z4 = t4 Giải:

Giả sử (xo; yo; zo; to) nghiệm phương trình với điều kiện xo nhỏ Từ phương trình  t chẵn Đặt t = 2t1 Thế vào rút gọn, ta được:

4 4

o o o

4x + 2y z = 8t

Rõ ràng z0 chẵn Đặt z0 = 2z1

4 4

o o 1

2x + y 8z = 4t

 

Tiếp tục y0 chẵn Đặt yo= 2y1

4 4

o 1

x +8y 4z = 2t

 

Và dễ thấy x0 chẵn Đặt xo= 2x1

4 4

1 1

8x +4y 2z = 2t

 

Nhìn vào phương trình rõ ràng (x1; y1; z1; t1) nghiệm phương trình dễ thấy x1< x0 (vơ lí ta chọn x0 nhỏ nhất) Do phương trình có nghiệm (0; 0; 0; 0)

* Chú ý: ta có thể chọn (xo; yo; zo; to) thoả xo+ yo+ zo+ to nhỏ nhất; lý luận tương tự dễ thấy x1+ y1 + z1+ t1 < xo+ yo+ zo+ to từ dẫn đến kết luận tốn

V PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG MỘT SỐ MỆNH ĐỀ CƠ BẢN CỦA SỐ HỌC.

* an  bn  a b. + Phần thuận:

Trong phân tích a; b dạng chuẩn tắc số nguyên tố p có lũy thừa tương ứng s; t Do đó, phân tích an ; bn ra dạng chuẩn tắc số ngun tố pcó lũy thừa tương ứng là ns; nt

Vì an  bn  ns nt  s t Vì p được chọn tuỳ ý nên a b. + Phần đảo điều hiển nhiên

* Mọi số nguyên có dạng A = 4t + có ước ngun tố có dạng p = 4s + Chứng Minh:

Giả sử A khơng có ước ngun số có dạng p = 4s +  A = (4t1 + 1)(4t2 + 1) = 4.(4t1.t2 + t1+ t2) + 1= 4h + (vơ lí) Do A có ước dạng 4t1 +

Nếu 4t1 + số ngun tố bở đề được chứng minh Nếu 4t1 + hợp số

Lý luận tương tự ta lại có 4t1 + có ước có dạng 4t2 + Nếu 4t2 + lại hợp số lại tiếp tục Vì trình hữu hạn nên ta có điều phải chứng minh * Cho p số nguyên tố có dạng p = k.2t + với t nguyên dương; k số tự nhiên lẻ Chứng minh rằng

t t

2

x + y p xp; yp Chứng minh:

Giả sử xk0

chia hết cho p rõ ràng yk0

p -1

x 1(mod p) p -1 1(mod p)

y  p = k.2t + 1

Suy

t

t

k.2 k.2

x 1(mod p) y 1(mod p)  

 

  

t t

k.2 k.2

x + y 2(mod p)

  (*)

Mặt khác k lẻ nên theo hằng đẳng thức a2n + + b2n + 1 ta có

t t t t

k.2 k.2 2

x + y (x + y ) A (với A số đó) Rõ ràng

t t

k.2 k.2

x + y 0(mod p)

  (do giả thiết x + y p2t 2t ) (**) Do đó, theo (*) (**) ta có điều phải chứng minh

Xét trường hợp nhỏ toán trên: Khi t = ; k lẻ nên k = 2s +  p = 4s + 3

ta có mệnh đề sau : p số nguyên tố có dạng p = 4s + Khi x2 + y2  p xb; yp. Ví Dụ 21: Giải phương trình nghiệm ngun sau: x2 – y3 = 7

Giải:

x2 – y3 =  x2 = y3 + 7 Xét y chẵn  y3 7 7(mod8)

 x2 7(mod 8)( vơ lí  x2 0;1; 4(mod8)) Xét y lẻ ta có phương trình: x2 + 1= y3 + 8

 x2 + 1= (y + 2)(y2 – 2y + 4) Nếu y = 4k +  y + = 4k + 3

Nếu y = 4k +  y2 – 2y + = (4k + 3)2 – 2(4k + 3) + = 4h + 3

Do y ln có ước dạng 4n + theo bở đề 4n + ln có ước ngun tố p = 4s +

 x2 + 1 p = 4s + 3

Theo mệnh đề  x p ; 1 p (vơ lí) Do phương trình vơ nghiệm

Ví Dụ 22: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x2 + = y3 Giải:

Xét y chẵn  y3 0(mod8)

2 5 0(mod8)

x

    x2 3(mod8) (vơ lí x2 0;1; 4(mod8)

Xét y lẻ, y = 4k +  y3 3(mod 4)

2 5 3(mod 4)

x

    x2 2(mod 4) (vơ lí x2 0;1(mod 4))

Nếu y = 4k + Viết lại phương trình x2 + 4= y3 –  x2 + 4= (y – 1)(y2 + y + 1)

Rõ ràng y2 + y + = (4k + 1)2 + (4k + 1) + = 4t + 3 Do y3 – có ước ngun tố p = 4s + 3

Do phương trình vơ nghiệm

Ví Dụ 23: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 4xy – x – y = z2 4xy – x – y = z2

 4(4xy – x – y) = 4z2  16xy – x – y) = 4z2

 (16xy – 4x) –(4y – 1) = 4z2 + 1  (4x – 1)(4y – 1) = 4z2 + = (2z)2 + 1 Rõ ràng 4x – 1; 4y – có dạng 4t +

Thật vậy: 4x – = 4.(x – 1) + 3; 4y – = 4.(y – 1) + 3;

Do (4x – 1)(4y – 1) có ước nguyên tố p = 4s +

z p

   = 4s + 3 p

  (vơ lí)

Do phương trình vơ nghiệm

* Các phương trình vơ định siêu việt phương trình khác

Phương trình dạng mũ: Như đã nói phương trình dạng mũ thường có phương pháp chung xét Modulo (nhưng khơng phải ln ln)

Ví Dụ 24: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 2x + = y2 (với x;Z) Giải:

x = phương trình vơ nghiệm x = 1 y3

Xét x  2 2x 0(mod 4)  

3(mod 4)

 y2 2x 7 3(mod 4)(vơ lí doy2 0;1(mod 4)) Nghiệm phương trình (x; y) = (1; 3); (1; – 3)

Ví Dụ 25: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 2x + 21 = y2 (với x Z y Z ;  ) Giải:

Xét x lẻ Đặt x = 2k +

x k k

2 2.4 2(3 1) 2(mod 3)

    

2x 21 2(mod 3)

   (do 213)

y 2(mod 3)

  (vơ lí y2 0;1(mod 3) Xét chẵn Đặt x = 2k

2k

2 21 y

  

2 22k 21

y

  

k k

(y )(y ) 21

    phương trình ước số. Đáp số (x; y) = (2; 5); (2;– 5)

Ví Dụ 26: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau: 2x + 2y + 2z = 2336 với x < y < z Giải:

5

2

1 2 73

x

y x z x

    

  

   x =

+ 2y – x + 2z – x = 73  2y – x(1 + 2 z – y) = 72 = 23.9

Lập luận  2y – x = 23  y = 8; z = 11 Nghiệm phương trình (x; y; z) = (5; 8; 11)

Ví Dụ 27: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau: 2x + 2y + 2z = 2n (Với xyz; n N)

Tương tự

Đáp số: (x; y; z) = ( n – 2; n – 2; n – 1)

Ví dụ 28: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau: 5x3 = y3 + 317 Giải:

Trong phương trình có sự tham gia số lập phương đã nói ở phần phương pháp lựa chọn modulo này; modulo ta xét modulo

y = phương trình vơ nghiệm ngun y =  x = 4

y   3y0(mod 9) 317 2(mod 9)

 5x3 = y3 + 3172(mod 9)(vô lí 5x3 0; 4;5(mod 9)) Ví Dụ 29: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau: xy = yx

Giải:

Rõ ràng x = y nghiệm

Xét x y Khơng tính tống qt giả sử x < y

x y y

 

x xy y

 

y x x y

 

do y nguyên nên

y x

x nguyên. y x

Đặt y = tx Thế vào ta được: xt = tx  xt – = t Rõ ràng t  ( đã giả sử x  y)

t =  x =  y = 4.

t  lúc rõ ràng x  Ta chứng minh: xt – > t Do x  nên ta chứng minh:

2t – > t Ta chứng minh quy nạp theo t t = đúng

Giả sử khẳng định đúng với t = k tức k – 1 > k

Ta cm khẳng định đúng với t = k + 1tức chứng minh 2k > k + Theo giả thiết quy

nạp

là k – 1 > k  2k > 2k > k + ( k > 1) Do phương trình vơ nghiệm với t  3 Kết luận: nghiệm phương trình (x; y) = (a; a) = (2; 4); (4; 2) với a Z.

Khơng tính tởng qt giả sử x > y Đặt x = y + t

 xy = yx + t  xyyy + t xyyy xy  x = ty Rồi làm tương tự

Ví Dụ 31: Giải phương trình nghiệm ngun không âm sau: 2x – 3y = 1 Giải:

Xét theo modulo Viết lại phương trình 2x – = 3y Xét y =  x = 1

Xét y 1  3y 0(mod 3)  2x1 0(mod 3)

Mặt khác: 2x – = (3 – 1)x – 1 ( 1)x1(mod 3)  x chẵn (vì x chẵn ( 1) x1 0(mod 3)  Đặt x = 2k  22k – = 3y

 (2k – 1)(2k + 1) = 3y



2

2

k u

k v

u v y

   

  

   

 (2k + 1) – (2k – 1) = = 3u – 3v  2 + 3v = 3u

Nếu u =  3v = – (vơ lí) Nếu u  3u 0(mod 3)

 + 3v 3

 v =  u =  y = 1, x = 2.

Kết luận: nghiệm phương trình (x; y) = (0; 1); (2; 1)

Ví Dụ 32: Giải phương trình nghiệm ngun khơng âm sau: 3x + 4y = 5z Giải: Xét theo modulo

3x + 4y = 3x + (3 + 1)y1(mod 3)  5z = (6 – 1)z  ( 1)z 1(mod 3)  z chẵn

Đặt z = 2a  3x + 4y = 52a

 3x = 52a – (2y)y = (5a – 2y)(5a + 2y) Do có trường hợp xảy ra:

Trường Hợp 1:

5

5

a y m

a y n

   



  

 (với m, n 1)

Điều không xảy (5a – 2y) + (5a + 2y) = 5a = 3m + 3n 3 Nhưng 5a khơng chia hết cho

Trường Hợp 2:

5

5

a y

a y x

   



  



 2.5a = 2.(6 – 1)a 2.( 1) a 1(mod 3) Do a lẻ

Ta có: 5a 2y 1 1(mod 3)

 (6 – 1)a – (3 – 1)y  ( 1)a ( 1)y 1(mod 3) Do a lẻ nên rõ ràng y chẵn

Đặt a = 2k + 1; y = 2t  52k + 1 + 22t = 3x Nếu t =  y =  x = z = 2

Nếu t   22t0(mod8)

Ta có 52k + = 25k = 5.(24 + 1)k 5 (mod8)  VT 5 (mod8)

Tuy nhiên xét modulo cho vế phải Nếu x chẵn, x = 2s

 3x = 9s = (8 + 1)s  1(mod8) Nếu x lẻ; x = 2s +

 3x =3 9s  3(mod8)

Từ ta có VP = 3x  1; 3(mod8) còn VT 5(mod 8) ( vô lí) Kết luận : nghiệm phương trình (x; y; z) = (2; 2; 2) Ví Dụ 33: Giải phương trình nghiệm nguyên dương: 2x + 5y = 19z

Giải:

19z = (18 + 1)z 1(mod3)

2x + 5y = (3 – 1)x + (6 – 1)x (– 1)x + (– 1)y 1(mod3)  x; y lẻ Đặt x = 2k +

 2x = 2.4k = 2.(5 – 1)k  2.(– 1)k (mod5) Nếu k chẵn  2x  (mod5)

Nếu k lẻ  2x  3(mod5)  VT = 2x + 5y  2; 3(mod5)

Còn VP = 19z = (20 – 1)z (– 1)z  1; (mod5) Vơ lí phương trình vơ nghiệm Ví Dụ 34: Tìm n N để

a) n4 + n2 + số nguyên tố Giải:

n4 + n2 + = (n2+ n + 1)(n2 – n + 1) số nguyên tố  n2 – n + = 1

 n = 1 p =3

b) n5 + n + số nguyên tố Giải:

n5+ n+ = (n2+ n + 1)(n3 – n2 + 1) làm ta được n = c) n4 + 4n số nguyên tố

Giải:

n lẻ  n + 1 2 n4 + 4n

= (n2 + 2n + 2

n

.n)(n2 + 2n – 2

n

Ví Dụ 35 : Tìm số ngun tố p để 5p2 + số nguyên tố Giải:

p chẵn  p = 2 5p2 + = 21 (không thoả mãn ) p lẻ 5p2 + chẵn nên hợp số

Vậy không tồn số p thoả điều kiện

Ví Dụ 36: Tìm số ngun tố x; y; z thoả: xy + = z2 Xét x lẻ  xy + = z2chẵn  z = 2

 xy = 3( không tồn x; y thoả mãn) Xét a chẵn  x =  2y + 1= z2 Nếu y lẻ Đặt y = 2k +

 2y = 4k = 2.(3 + 1)k 2 (mod3)  2y + 10 (mod3)

 z2 3  z =  y = 3

Nếu y chẵn  y = 2  = z2(vô lí)

Kết luận : nghiệm phương trình (x; y; z) = (2; 3; 3)

Ví Dụ 37: Chứng minh rằng phương trình x3 + y3 = z4 có vơ số nghiệm Giải:

x3 + y3 = z4

3

x y

z

z z

        

   

Đặt a =

x z ; b =

y

z  x = az; y = bz Thế vào ta được: z3.(a3 + b3) = z4  z = a3 + b3

 x = az = a.(a3 + b3); y = bz = b(a3 + b3)

Phương trình có vơ số nghiệm có dạng : (x; y; z) = (a.(a3+ b3); b.(a3 + b3); a3 + b3) Tởng qt hố tốn với phương trình xn + yn = zn+

Với cách giải trên; phương trình có vơ số nghiệm có dạng: (x; y; z) = (a.(an + bn); b.(an + bn); an + bn)

Chú ý: Công Thức chưa đã lấy hết tất nghiệm toán chúng ta cần có để hồn thành tốn

Ví Dụ 38: Chứng minh rằng phương trình x4 + y3 = z7 có vơ số nghiệm Giải :

Dựa vào hằng đẳng thức sau: 2a + 2a = 2 a + Đặt ;4 23

a a

x y

 x4 + y3 = 2a + 2a = 2a +

Chọn

1

a

z



 Do x; y; z nguyên nên

1

a a a

     

 

 Giải hệ ta được a = 84 t + 48

Đặt a = 2.7 = 14

Rõ ràng tồn vô số số n để an +  11

Thật vậy, xét phương trình 14n + = 11k (rõ ràng có vơ số nghiệm) Chú ý + = 10

Do phương trình có vơ số nghiệm có dạng:

an x 10 ;

an 10

y ;

an+1 11 10

z . Do an 2; an 7; an + 1 11 nên x; y; z nguyên

Ví Dụ 40: Chứng minh rằng phương trình 7x2 +3y2= 6z11 có vơ số nghiệm Ta đưa phương trình ở Ví dụ 36 7.610 +3.610y2= (6z)11

VI BÀI TẬP TỔNG HỢP

Giải phương trình nghiệm nguyên sau:

1/ 2/

3/ 4/

5/ 6/

7/ 8/

9/ 10/

11/ 12/

13/ 14/

15/ 16/

17/ 18/

19/ 20/

21/ 22/

23/ 24/

25/ 26/

27/ 28/

29/ 30/

31/ 32/

33/ 34/

35/ 36/

37/ 38/ ( )