Mô tả phương pháp

1 MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN

2.1.1. Mô tả phương pháp

Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình có các biểu thức chứa ẩn viết được dưới dạng tổng các bình phương hoặc phân tích được thành nhân tử.

Cụ thể

+ Nếu phương trình được biến đổi về dạng

f2(x, y, ..) +g2(x, y, ..) +h2(x, y, ..) +...= m2 +n2 +p2 + ...

           f2(x, y, ..) = m2 g2(x, y, ..) = n2 h2(x, y, ..) =p2 ... hoặc            f2(x, y, ..) = n2 g2(x, y, ..) = m2 h2(x, y, ..) =p2 ... hoặc            f2(x, y, ..) = p2 g2(x, y, ..) = m2 h2(x, y, ..) =n2 ... ...

+ Nếu phương trình được phân tích dưới dạng

f(x, y, ..).g(x, y, ..)h(x, y, ..) = m.n.p với

m, n, p là các số nguyên tố, khi đó ta chỉ việc giải các hệ      f(x, y, ..) = m g(x, y, ..) = n h(x, y, ..) =p và các hệ là hoán vị của m, n, p 2.1.2. Một số ví dụ.

Ví dụ 2.1.1. Giải phương trình nghiệm nguyên sau.

5x2 −4xy +y2 = 169 (1)

Lời giải.

tổng của hai bình phương nên

(1) ⇔(2x−y)2 + x2 = 122 + 52 = 132 + 02 Vì vậy

(1) ⇔(2x−y)2 + x2 = 122 + 52(I) hoặc (2x−y)2 +x2 = 132 + 02(II) Giải (I) ta được những hệ sau

( (2x−y)2 = 122 x2 = 52 hoặc ( (2x−y)2 = 52 x2 = 122 Từ đó ta tìm được các nghiệm (x, y) = (5,−2); (−5,2); (5,−22); (−5,22); (12,−19); (−12,19); (12,−29); (−12,29) Giải (II) ta được những hệ sau

( (2x−y)2 = 132 x2 = 0 hoặc ( (2x−y)2 = 0 x2 = 132 Ta cũng tìm được các nghiệm (x, y) = (0,±13); (±13,±26)

Ví dụ 2.1.2. Giải phương trình nghiệm nguyên sau

x2 + y2 −x−y = 8 (2)

Lời giải. Phương trình (2) tương đương

4x2 −4x+ 4y2 −4y = 32

⇔ 4x2 −4x+ 1 + 4y2 −4y + 1 = 34

Từ đó ta được (2x−1)2 + (2y − 1)2 = 52 + 32 Giải như ví dụ 2.1.1 ta được các nghiệm

Ví dụ 2.1.3. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau.

3x2 + 2y2 +z2 + 4xy + 2yz = 26 −2xz (1)

Lời giải.

Viết lại phương trình (1) dưới dạng sau

x2 + (x2 + 2xy +y2) + (x2 +y2 +z2 + 2xy + 2zx+ 2yz) = 26

⇔x2 + (x+ y)2 + (x+y +z)2 = 26

Do x, y, z nguyên dương nên x < x+ y < x+ y +z. Mặt khác, 26 chỉ có một cách phân tích duy nhất sau đây thành tổng 3 bình phương 26 = 12 + 32 + 42. Vì vậy, từ phương trình trên ta có hệ sau đây:

     x = 1 x+y = 3 x+y +z = 4

Giải hệ trên ta tìm được nghiệm (x, y, z) = (1,2,1) là nghiệm nguyên dương duy nhất của phương trình.

Ví dụ 2.1.4. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau

x2 + 2y2 + 3xy + 3x+ 5y = 14 (1)

Lời giải.

Phương trình (1) được viết lại dưới dạng sau

x2 + 3(y + 1)x+ 2y2 + 5y +α = 14 +α (2) trong đó α là số sẽ xác định sau.

Quan niệm vế trái của (2) là tam thức bậc hai của x, ta có: ∆ = y2 −2y + 9−4α

Vì ta cần quan tâm đến nghiệm nguyên của (1) nên trước hết ta cần chọn α sao cho ∆ là bình phương đúng. Vì thế ta chọn α = 2 khi ấy

∆ = y2 −2y + 1 = (y −1)2

Khi đó tam thức vế trái của (2) có nghiệm: x1 = −y −2;x2 = −2y −1 vì thế

(1) ⇔ (x+y + 2)(x+ 2y + 1) = 16

Vì vậy ta dẫn đến hệ sau (

x+y + 2 = 4

x+ 2y+ 1 = 4 Giải hệ trên ta được x = y = 1

Như vậy nghiệm (1,1) là nghiệm dương duy nhất của phương trình.

Ví dụ 2.1.5. Tìm nghiệm nguyên của phương trình

x2 +x+ 6 = y2 (1) Lời giải. Ta có (1) ⇔4x2 + 4x+ 24 = 4y2 ⇔(2y)2 −(2x+ 1)2 = 23 ⇔(2x+ 2y+ 1)(2y −2x−1) = 23 (2)

Từ (2) dẫn đến việc tìm nghiệm của các hệ sau

( 2x+ 2y+ 1 = 23 2y −2x−1 = 1 ( 2x+ 2y + 1 = 1 2y −2x−1 = 23 ( 2x+ 2y + 1 = −1 2y −2x−1 =−23 ( 2x+ 2y + 1 = −23 2y −2x−1 = −1

Lần lượt giải 4 hệ này, tương ứng chúng ta được các nghiệm (x, y) sau đây: (5,6); (−6,6),(−6,−6); (5,−6).

Bằng cách làm tương tự ta có các bài tương tự sau.

. 2.1. Giải các phương trình nghiệm nguyên sau. 1. x2 −xy −6y2 + 2x−6y −10 = 0

2. x2 −4xy + 5y2 = 169

3. x2 + 2y2 + 3xy−2x−y = 6 4. 2x+ 5y + 3xy = 8

5. x3 −y3 = 91

. 2.2. Tìm các nghiệm nguyên của các phương trình sau 1. 3x2 + 2y2 + z2 + 4xy + 2yz = 26 −2xz

2. x6 +z3 −15x2z = 3x2y2z −(y2 + 5)3

3. (x2 + 4y2 + 28)2 = 17(x4 + y4 + 14y2 + 49)

2.2. Phương pháp lựa chọn Modulo

2.2.1. Mô tả phương pháp

Nội dung của phương pháp này chính là đi xét số dư từng vế của một phương trình. Nếu hai vế của phương trình cùng chia cho một số mà được hai số dư khác nhau thì phương trình đó không có nghiệm nguyên. Phương pháp này tỏ ra rất có hiệu quả khi cần chứng minh một phương trình nghiệm nguyên vô nghiệm.

Xét các ví dụ sau.

2.2.2. Một số ví dụ

Ví dụ 2.2.1. Chứng minh rằng phương trình

x15+y15 +z15 = 192003+ 72003 + 92003 không có nghiệm nguyên.

Lời giải.

Ta có 192003 = (2.9 + 1)2003, vì thế theo công thức nhị thức Newton ta suy ra.

192003 ≡ 1 (mod 9) (1)

Lại thấy 72003 = (9−2)2003, do vậy:

Mặt khác: (−2)2003 = (−2).22002 = (−2)(23)667.2 = (−4)(23)667.

Do 23 ≡ 1(mod 9) =⇒(23)667 ≡ −1(mod 9)=⇒ (−4)(23)667 ≡ 4(mod 9) Từ đó ta đi đến:

72003 ≡ 4(mod 9) (2)

Từ (1) và (2) ta đi đến:

192003 + 72003 + 92003 ≡ 5 (mod 9) (3) Vì lập phương một số tự nhiên khi chia cho 9 chỉ có thể cho các số dư là 0,1 hoặc −1, nên mọi x, y, z nguyên ta đều có:

x15+y15 +z15 = (x5)3 + (y5)3 + (z5)3

Do đó x15+y15 +z15 khi chia cho 9 có thể dư 0,3,1,−3 hoặc −1. Kết hợp với (3) suy ra phương trình

x15+y15 +z15 = 192003+ 72003 + 92003 không có nghiệm nguyên.

Ví dụ 2.2.2. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình.

19x+ 5y + 1890 = (19754)30+ 1993 (1)

Lời giải.

Ta thấy V T = 19x + 5y + 1890 ≡ 19x(mod 5)

Mặt khác: 19x = (20−1)x ≡(−1)x(mod 5). Từ đó ta thấy: - Nếu x chẵn thì 19x ≡1 (mod 5)

- Nếu x lẻ thì 19x ≡ −1(mod) ≡ 4(mod 5). Dẫn đến V T ≡ 1; 4(mod 5).

Còn V P ≡1993 (mod 5)≡ 3(mod5) (vô lý) Do đó phương trình trên vô nghiệm.

Ví dụ 2.2.3. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau

2x+ 5y = 19z (1)

Lời giải.

Ta có vế phải của phương trình:

V P = 19z = (18 + 1)z ≡1(mod 3)

Ta nhận thấy:

- Nếu x, y cùng chẵn thì 2x+ 5y ≡ 2(mod 3) dẫn đến phương trình vô nghiệm.

- Nếu x, y không cùng tính chẵn, lẻ. Khi đó 2x+ 5y ≡ 0(mod 3) suy ra phương trình vô nghiệm

Ta xét x, y lẻ

Khi đó ta đặt x = 2k + 1 ta được:

2x = 2.4k = 2(5−1)k ≡ 2(−1)k(mod 5) Vì vậy, 2x ≡ 2(mod 5) nếu k chẵn

2x ≡3(mod 5) nếu k lẻ

Từ đó, V T = 2x+ 5y ≡ 2,3(mod 5)

Còn V P = 19z = (20−1)z ≡(−1)z ≡ 1,4(mod 5) Tóm lại: Phương trình vô nghiệm.

Ví dụ 2.2.4. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau

x3 +y3 +z3 = 20034

Lời giải.

Nhận xét Với mọi a ∈ Z, ta có a ≡ 0(mod3), hoặc a ≡ 1(mod3), hoặc

a ≡ −1(mod3). Từ đó suy ra a3 ≡ 0(mod9) hoặc a3 ≡ 1(mod9), hoặc

a3 ≡ −1(mod9) với mọi a ∈ Z.

Như vậy với mọi x, y, z ∈ Z thì chỉ có thể xảy ra các trường hợp sau: Hoặc x3 +y3 +z3 ≡ 0(mod9); Hoặc x3 +y3 +z3 ≡ 1(mod 9); Hoặc x3 +y3 +z3 ≡ 2(mod 9); Hoặc x3 +y3 +z3 ≡ 3(mod 9); Hoặc x3 +y3 +z3 ≡ −1(mod 9); Hoặc x3 +y3 +z3 ≡ −2(mod 9); Hoặc x3 +y3 +z3 ≡ −3(mod 9);

Mặt khác, ta có 2003 ≡ 5(mod 9) nên suy ra 20034 ≡ 625(mod 9) hay 20034 ≡ 4(mod 9).

Ví dụ 2.2.5. Tìm tất cả các số nguyên tố x, y, z thỏa mãn phương. xy + 1 = z Lời giải. Xét phương trình xy + 1 = z (1) Với x, y, z là các số nguyên tố.

Do x, y là các số nguyên tố nên x ≥ 2, y ≥ 2. Từ đó suy ra xy + 1 ≥ 5. Vậy từ (1) suy ra z ≥ 5.

z là số nguyên tố mà z ≥ 5 nên z phải là số lẻ, từ đó suy ra xy + 1 phải lẻ, dẫn đến xy chẵn, lại dẫn đến x = 2 (do x = 2 là số nguyên tố chẵn duy nhất). Ta xét hai khả năng sau.

1. Nếu y lẻ thì:

xy + 1 = 2y + 1 = 2y + 1y = (2 + 1)(2y−1 −2y−2 + 2y−3 −...).

Từ đó suy ra (xy+ 1)...3, vậy từ (1) đi đến z...3. Đó là điều không thể xảy ra ví z là số nguyên tố. Vậy trường hợp y lẻ không xảy ra.

2. Nếuy chẵn, doy chẵn và số nguyên tố nêny = 2. Từ đóz = 22+1 = 5. Ta thấy thỏa mãn phương trình vì z = 5 cũng là số nguyên tố.

Vậy phương trình có duy nhất một bộ số nguyên tố x = y = 2, z = 5 thỏa mãn phương trình đã cho.

Ví dụ 2.2.6. Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình.

2x−3y = 1 (1)

Lời giải.

Ta nhận thấy chỉ có các khả năng sau xảy ra:

1. Nếu y = 0 khi đó từ phương trình ta suy ra 2x = 2 ⇒x = 1. Vậy trong trường hợp này nghiệm của phương trình là (1,0). 2. Nếu x = 0. Khi đó từ (1) ta có:

3y = 0

Điều trên vô lý vì 3y > 0 dẫn đến trường hợp này vô nghiệm.

3. Nếu x ≥ 1, y ≥ 1, x, ynguyên. Vì 2x = (3 − 1)x ≡ (−1)x(mod 3), 3y ≡ 0(mod 3).

2x1 ≡ (−1)x1(mod3). Từ đó suy ra x1 phải là số chẵn, hay x1 = 2k. Thay lại vào (1) ta có

22k −1 = 3y1 ⇔(2k −1)(2k + 1) = 3y1 (2) Từ (2) suy ra:

(

2k −1 = 3u 2k + 1 = 3v

Ở đây do u, v nguyên dương nên từ hệ trên ta đi đến

3v −3u = 2 (3) Nếu u, v ≥ 1 thì vế trái của (3)3v −3u ≡ 0(mod3). Mặt khác vế phải của (3)2 ≡ 2(mod3) từ đó dẫn đến vô lý.

Lại dov > u, nên chỉ có thể xảy ra v = 1, u = 0, suy ra k = 1 nên

x1 = 2k = 2 và y1 = 1. Trường hợp này ta được nghiệm là (2,1). Tóm lại: phương trình có nghiệm (x, y) = (1,0),(2,1)

Ví dụ 2.2.7. Tìm nghiệm nguyên của phương trình

3x+ 3y = 6z (1) Lời giải. Xét phương trình 3x+ 3y = 6z Xét các khả năng sau 1. Nếu x = y. Khi đó (1) trở thành: 2.3x = 6z ⇔2.3x−z = 2z ⇔3x−z = 2z−1 (2) Từ tính nguyên của x, y, z và từ (2) ta dẫn đến x−z = z−1 = 0 hay

x = z = 1. Trường hợp này dẫn đến nghiệm (x, y, z) = (1,1,1). 2. Nếu x = z. Khi đó (1) trở thành:

3x+ 3y = 6x ⇔ 1 + 3y−x = 2x ⇔2x−3y−x = 1 (3) Từ (3) ta thấy nếu y < x thì vế trái của (3) không thể là số nguyên (cũng như vậy x cũng phải là số nguyên không âm). Theo kết quả bài trên ta suy ra

(

x = 1

hoặc

(

x = 2

y −x = 1

Giải hai hệ trên ta tìm được các nghiệm sau: (1,1,1); (2,3,2) 3. Nếu x > z khi đó ta xét hai trường hợp sau

a. Nếu y > z Viết lại phương trình (1) dưới dạng

3x−z + 3y−z = 2z (4) Vì x > z, y > z nên vế trái của (4) chia hết cho 3, từ đó suy ra 2z...3. Điều này vô lý.

Vậy trường hợp này không xảy ra.

b. Nếu y < z khi đó do x > z > y nên (1) được viết lại như sau

3x−y + 1 = 2z.3z−y (5) Từ x > z, y > z, nên 3x−y...3 và 3z−y...3 nên từ (5) suy ra 1...3 điều này vô lý. Chứng tỏ trường hợp này cũng không xảy ra.

4. Nếu x < z. Khi đó lại xét các trường hợp sau a. Nếu y < x từ đó y < x < z nên (1) có dạng

3y−x+ 1 = 2z.3z−y

Từ (5) ta suy ra vô lý, vậy không có trường hợp này. b. Nếu y > x khi đó:

- Nếu x = y hoặc x = z (xét ở phần trên) - Nếu y < z thì x < y < z. Khi đó (1) có dạng

1 + 3y−x = 2z.3z−x (6) Tương tự phần trên ta cũng suy ra điều vô lý.

Tóm lại: Phương trình đã cho có nghiệm nguyên là (1,1,1),(2,3,2).

Ví dụ 2.2.8. Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên.

x2 +y2 = 8z+ 6 (1)

Lời giải.

Do x, y nguyên nên x2 ≡ a(mod 8); y2 ≡ b (mod 8), Với a, b là các số 0; 1; 4.

Vì thế với mọi x, y nguyên, ta có:

Ở đây c là các số 0; 1; 2; ; 4; 5. Mặt khác, với mọi z nguyên thì:

8z+ 6 ≡ 6 (mod 8)

Từ đó suy ra phương trình (1) không có nghiệm nguyên. Với cách làm tương tự ta có thể giải các bài toán sau.

. 2.3. Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau. 1. 312x+ 122x+ 20052x = y2 2. 3x+ 4y = 7z 3. 5x = 1 + 2y 4. 28x = 19y + 87z 5. x3 +y3 + z3 = 1012 6. m2 = n5 −4

. 2.4. Tìm các nghiệm không âm của các phương trình sau. 1. 2x+ 5y = 19z

2. 2x−3y = 1

3. 5x+ 2.5y + 5z = 4500 với x < y < z.

4. yy +zz = 2.xx

5. 28 + 211 + 2x = y2

2.3. Phương pháp sử dụng các tính chất cơ bản củasố học số học

2.3.1. Mô tả phương pháp

Trong giải phương trình nghiệm nguyên thì đây là một phương pháp rất hay được áp dụng. Chúng ta thường sử dụng những tính chất về. - Tính chất của các số chẵn, lẻ

- Tính chia hết của các số nguyên - Tính chất của các số chính phương

- Tính chất của các số nguyên tố...

- Một số Định lý của số học như Fermat, Euler,....

2.3.2. Một số ví dụ

Ví dụ 2.3.1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau. (2x+ 5y + 1)(2|x| +x2 +x+y) = 105 Lời giải. Ta có 105 là số lẻ, nên 2x+ 5y+ 1 và (2|x|+x2 +x+y) là các số lẻ. Từ 2x+ 5y + 1 là số lẻ và do 2x+ 1 lẻ, nên 5y chẵn, tức là y chẵn. Do x2 +x = x(x+ 1) chẵn và y chẵn nên 2|x| phải là số lẻ, tức là x = 0. Ta có (5y + 1)(y + 1) = 105 (1) Từ (1) suy ra (5y + 1)(y + 1)...5, mà (5x+ 1) 6 ...5 nên (y + 1) 6 ...5. Ta có y ≤4 vì nếu y ≥ 5 thì (5y+ 1)(y+ 1) > 105.

y ≤ 4 mà (y + 1)...5 nên y = 4 (vì nếu y = −5k −1 với k = 1,2, .... thì (5y+ 1)(y + 1) > 105)

Vậy nghiệm nguyên duy nhất của phương trình là (x, y) = (0,4)

Nhận xét 2.1. Với nhiều bài toán chúng ta có thể sử dụng những tính chất cơ bản về số nguyên.

- Tích của hai số nguyên dương liên tiếp là một số chẵn

- Tích của hai số nguyên là một số lẻ khi và chỉ khi hai số nguyên đó lẻ.

Ví dụ 2.3.2. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 5x+ 2.5y + 5z = 4500

với x < y < z

Lời giải.

Xét phương trình: 5x+ 2.5y + 5z = 4500 (1)

Từ phương trình (1) ta suy ra 5x < 4500 < 56 ⇒ z < 6.

và

5x+ 2.5y + 5z ≤53 + 2.54 + 55 = 4500 Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi x = 3, y = 4, z = 5

Vậy với x < y < z thì phương trình (1) có nghiệm nguyên dương duy nhất là (x, y, z) = (3,4,5).

Nhận xét 2.2. Với nhiều bài toán ta cũng có thể dùng việc đánh giá để giới hạn tập nghiệm

- Nếu không có điều kiện x < y < z, bài toán trên sẽ phức tạp hơn rất nhiều vì ta phải xét thêm nhiều trường hợp nữa. Bằng cách xét các trường hợp đó ta cũng tìm được nghiệm của phương trình là:

(x, y, z) = (3,4,5),(5,4,3)

Ví dụ 2.3.3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình

2x+ 65 =y2 (1)

Lời giải.

Xét phương trình (1) ta thấy

65...5, còn 2x 6 ...5 với mọi x nguyên dương. Do vậy từ phương trình (1) suy ra y là số nguyên dương không chia hết cho 5. Chú ý rằng y 6 ...5 thì

y có dạng 5k ± 1 hoặc 5k ± 2. Từ đó suy ra nếu y thỏa mãn phương trình (1) thì

y2 ≡ ±1(mod 5)

Từ 2x ≡ ±1(mod 5) nên x = 2k, với k nguyên dương. Thay lại vào phương trình (1) ta có 22k + 65 = y2 ⇒65 = (y −2k)(2 + 2k) (2) Từ 2k+y > 0 nên từ (2) suy ra y−2k > 0 và y+ 2k > y−2k. Do đó từ (2) dẫn đến các hệ sau: ( y+ 2k = 65 y−2k = 1

hoặc

(

y+ 2k = 13

y−2k = 5

Từ hai hệ trên ta tìm được hai nghiệm nguyên dương là (x, y) = (10,33) và (4,9).

Ví dụ 2.3.4. Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình sau

5x.7y + 4 = 3z (1)

Lời giải.

Từ phương trình (1) ta suy ra 3z > 4, hay z ≥ 2. Như vậy ta xét hai