chia hết để tìm công thức nghiệm tổng quát. Ta xét ví dụ sau:
Bài 1. Giải phương trình nghiệm nguyên: 13x+ 5y = 175. Lời giải. Gọi (x, y) là nghiệm của phương trình.
Ta thấy x...5 nên đặt x = 5t, với t ∈
Z.
Thay vào phương trình ta được y= 35−13t.
Vậy phương trình có vô số nghiệm nguyên biểu diễn dưới dạng
(x;y) = (5t; 35−13t), (t ∈ Z)
• Ta còn có thể trình bày lời giải trên như sau:
Từ phương trình đã cho, rút y theo x, ta được: y = 35− 13x 5 .
Với x là số nguyên, để y là số nguyên thì 13x...5 ⇒ x...5. Đặt x = 5t, với t ∈ Z.
Ta được y = 35−13t.
Từ đó kết luận nghiệm của phương trình.
• Cách làm rút một ẩn theo ẩn còn lại (nếu được) trong phương trình hai ẩn cũng thực hiện với các phương trình không có dạng bậc nhất, chẳng hạn trong ví dụ sau:
Bài 2. Giải các phương trình nghiệm nguyên: 1) 3xy+ 6x+y = 52.
2) 6x+ 5y+ 18 = 2xy. Lời giải.
1) Gọi (x, y) là nghiệm của phương trình. Ta có y = 52−6x
3x+ 1 = −2 + 54 3x+ 1.
Với x là số nguyên, để y là số nguyên thì 54... (3x+ 1). Từ đó tìm được x = −1 hoặc x = 0.
Tương ứng tìm được y và có nghiệm của phương trình là:
(−1,−29) và (0,52). 2) Biến đổi x = −5y−18
−2y+ 6 ⇒ 2x = 5− 33 3−y.
Từ đó, để x nguyên thì 3−y phải là ước của 33.
Đến đây, xét các trường hợp để suy ra nghiệm của phương trình là:
(−14,2), (2,−30), (3,36), (19,4).
• Hai phương trình trong ví dụ trên có dạng axy +bx+cy = d.
Phương trình này còn có thể giải được bằng cách phân tích đưa về dạng tích và nhận xét ước số, như sau:
1) Biến đổi phương trình đã cho về dạng: (3x+ 1) (y+ 2) = 54. Với x, y nguyên nên 3x+ 1 và y+ 2 phải là ước của 54.
Phân tích 54 thành tích hai số nguyên, trong đó có một thừa số có dạng 3x+ 1, là: 54 = 1.54 = (−2).(−27). Từ đó xét các trường hợp: 3x+ 1 = 1 y+ 2 = 54 và 3x+ 1 = −2 y+ 2 =−27 . Ta cũng được nghiệm của phương trình là: (−1,−29) và (0,52). 2) Ta biến đổi phương trình đã cho về dạng: (2x−5) (y−3) = 33.
Sau đó cũng nhận xét tương tự như phần 1) để suy ra nghiệm của phương trình.
Bài 3. Tồn tại hay không m, n∈ N, thỏa mãn m2+ 1994 = n2. Lời giải. Từ giả thiết ta có m, n cùng tính chẵn lẻ.
Ta có 1994 = (n−m) (n+m) nên suy ra n−m và n+m cùng chẵn. Khi đó (n−m) (n+m) ... 4. Nhưng 1994 không chia hết cho 4.
Điều vô lý đó chứng tỏ không có các số m, n thỏa mãn yêu cầu bài toán.
• Một số phương trình nghiệm nguyên giải được nhờ vào nhận xét số dư. Ta xét một số ví dụ sau:
Bài 4. Chứng minh rằng phương trình x2−3y2 = −1không có nghiệm nguyên dương.
Lời giải. Ta có x2 + 1 = 3y2 ... 3. Vì không có số nguyên x để x2+ 1 ... 3 nên phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. Bài 5. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 = y5−4.
(Balkan MO 1998) Lời giải. Ta có: x2 ≡ 0; 1; 3; 4; 5; 9 (mod11). Nhưng y5−4 ≡6; 7; 8 (mod11).
Bài 6. Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên: x10+y10 = z10+ 199.
Lời giải. Theo định lý Fermat, ta có: a10 ≡ 0; 1 (mod11). Do đó x10+y10−z10 ≡0; 1; 2; 10 (mod11).
Mặt khác 199≡8 (mod11).
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Bài 7. Tồn tại hay không các số nguyên x, y, u, v, t thỏa mãn điều kiện sau: x2 +y2 = (x+ 1)2 +u2 = (x+ 2)2 +v2 = (x+ 3)2 +t2.
(Việt Nam 2003, Bảng B) Lời giải. Ta có thể trình bày theo hai cách:
Cách 1: Ta có y2+v2 = 2 u2−1 nên y, v cùng tính chẵn lẻ. Nếu y, v cùng lẻ thì vế trái chia 8 dư 2.
Suy ra u chẵn, nhưng khi đó vế phải chia 8 dư −2. Mâu thuẫn chứng tỏ bài toán vô nghiệm.
Cách 2: Giả sử phương trình có nghiệm nguyên (x;y;u;v;t): x2 +y2 = (x+ 1)2 +u2 = (x+ 2)2 +v2 = (x+ 3)2 +t2.
+) Nếu x≡ 0 (mod4) thì x2+y2 ≡0; 1; 4 (mod8).
(x+ 1)2+u2 ≡1; 2; 5 (mod8).
(x+ 2)2+v2 ≡4; 5; 0 (mod8).
(x+ 3)2+t2 ≡1; 2; 5 (mod8).
Không có số dư nào chung cho cả bốn biểu thức nên không có nghiệm nguyên trong trường hợp này.
+) Các trường hợp x ≡1; 2; 3 (mod4) xét tương tự.
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.
• Mở rộng: Tìm số nguyên dương n lớn nhất sao cho hệ phương trình :
(x+ 1)2+y12 = (x+ 2)2+y22 = · · ·= (x+n)2+yn2 có nghiệm nguyên. (Việt Nam 2003, Bảng A)
Bài 8. Cho k, n là các số nguyên dương với n > 2. Chứng minh rằng phương trình xn−yn = 2k không có nghiệm nguyên dương.
(Romania 2002) Lời giải. Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương (x, y).
Nếu (x, y) = d > 1 thì dn2k. Bằng cách chia hai vế của phương trình cho dn, ta có thể giả sử (x, y) = 1 và từ phương trình suy ra x, y lẻ.
+) Nếu n chẵn, (n= 2m) thì ta có: xn−yn = (xm−ym) (xm+ym)
nên xm−ym = 2a và xm+ym = 2k−a với a nguyên dương.
Khi đó xm = 2a−1 1 + 2k−2a. Do x lẻ nên a = 1 và xm−ym = 2. Mặt khác m ≥2 nên xm−ym = (x−y) xm−1 +xm−2y+· · ·+ym−1 > 2. (mâu thuẫn) +) Vậy n lẻ. Ta có xn−yn = (x−y) xn−1 +xn−2y+· · ·+yn−1. Do x, y lẻ nên xn−1+xn−2y+· · ·+yn−1 ≡n ≡1 (mod2). Từ xn−yn = 2k suy ra xn−1+xn−2y+· · ·+yn−1 = 1. Điều này không thể vì x, y nguyên dương và n > 2.
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Bài 9. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x3+ 2y3 = 4z3.
Lời giải. Nếu cho một trong ba ẩn bằng 0 thì ta được nghiệm (0,0,0). Giả sử phương trình còn có một nghiệm (x, y, z) mà x6= 0, y 6= 0, z 6= 0. Gọi d = (x, y, z). Ta có x = dx1, y = dy1, z = dz1, trong đó x1, y1, z1 là các số nguyên và (x1, y1, z1) = 1. Khi đó x13+ 2y13 = 4z13. Suy ra x13 ... 2 ⇒ x 1 ... 2. Đặt x 1 = 2x2. Ta có 4x23 +y13 = 2z13. Suy ra y13 ... 2 ⇒ y 1 ... 2. Đặt y 1 = 2y2. Ta có 2x23 + 4y23 = z13. Suy ra z13 ... 2⇒ z 1 ... 2. Những điều này mâu thuẫn với (x1, y1, z1) = 1.