Dạng 4 : Sử dụng điều kiện là số chính phương
11. Sử dụng lý thuyết đồng dư
Bài 1. Giải phương trình nghiệm nguyên : 15 x2−7 y2 =9
HD : Ta có : 222 111 3⇒ 3⇒ =3 ⇒5 −21 = ⇒3 3⇒ =3 M M M yyyyxyxxx () 222 111 15 7 1 1 mod 3 ⇒ x − y = ⇒y ≡ − Vơ nghiệm
Bài 2. Giải phương trình nghiệm ngun : 29 x2 −28 y2 =2000
HD: Đưa phương trình về thành : x2≡5 mod 7(), Vô nghiệm
Bài 3. Giải phương trình nghiệm nguyên : 1999 x2 −2000 y2 =2001
HD: Đưa phương trình về dạng : x2≡ −1 mod 4(), Vơ nghiệm
Bài 4. Tìm nghiệm ngun của phương trình: 2x− =3 65y
HD:
Ta chứng tỏ PT đã cho khơng có nghiệm nguyên. Giả sử PT 2x− =3 65y có nghiệm nguyên Ta có: 2x≡3 mod5() và 2x≡3 mod13()
Từ 2x≡3 mod5() ⇒ ≡x 3 mod4() (1) Từ 2x≡3 mod13() ⇒ ≡x 4 mod12() trái với (1)
Bài 5. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2002−2000 y. 2001=2003
HD: Từ PT đã cho ta suy ra x là số lẻ và x2002≡1 mod4() =>2003 1 mod4≡ () vô lý, PT vô nghiệm.
Bài 6. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 19x2−84y2=1984
HD:
Biến đổi PT thành: 19x2=84y2+84 1900 84+ = (y2+ +1 1900)
Giả sử PT đã cho có nghiệm. Khi đó y2+ ≡1 0 mod19() ,
Vì 19 là số ngun tố có dạng 4k+ ⇒3 y2+ ≡1 0 mod19() mâu thuẫn, vì y2 là số chính phương nên chia 4 chỉ có dư là 0 hoặc 1
⇒y2+1 chia 4 chỉ có dư là 1 hoặc 2 Vậy PT vơ nghiệm
Bài 7. Tìm các số tự nhiên x, y, thỏa mãn: 2002x−2001y=1
HD: Ta có: 2002x=2001 1 2 mod4y+ ≡ ()⇒ =x 1,y=1
Bài 8. Tìm các số tự nhiên x, y, thỏa mãn: 5x= +1 2y
HD:
Nếu x chẵn thì: 5x ≡1 mod3()⇒2y≡0 mod3()
Nếu x lẻ thì : 5x≡5 mod8()⇒2y≡4 mod8() ⇒ =y 2
Bài 9. Tìm các số tự nhiên x, y, thỏa mãn: 5x+ =1 2y
HD:
Nếu x lẻ thì 5 1x+ chia hết cho 3, cịn 2y khơng chia hết cho 3, loại Nếu x chẵn thì 5 1 2 mod4x+ ≡ ()⇒2y≡2 mod4()⇒ = ⇒ =y 1 x 0
Bài 10. Tìm x y z N, , ∈ thỏa mãn: 2 3x. y= +1 5z (*)
HD:
Ta có: 1 5+ ≡z 2 mod4()⇒2 .3xy≡2 mod4()⇒ =x 1, Khi đó (*) trở thành : 2.3y= +1 5z (1) Nếu y= ⇒ =0 z 0 ,
Nếu y= ⇒ =1 z 1
Nếu y> ⇒1 VT(1) 9M⇒ ≡ −5z 1 mod9()⇒zM3và z lẻ
Vậy z có dạng z=6k+3,(k N∈ ) , Nhưng khi đó VT(1) 1 125= + 2 1k+ ≡0 mod7() loại Vậy PT có hai nghiệm là (1;0;0 , 1;1;1) ( )
Bài 11. Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 2x−3y=1
HD:
Nếu y chẵn thì 3y≡ −( )1y=1 mod4()
Từ PT đã cho ta suy ra 2x ≡2 mod4()⇒ =x 1,y=0 Nếu y lẻ thì y=2 1,z+ (z N∈ )⇒3y=3.9z≡3 mod8()
Từ PT đã cho ta suy ra 2x ≡4 mod8()⇒ = ⇒ =x 2 y 1
Bài 12. Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 2x−3y=7
HD:
Xét đồng dư theo mod3 và mod4 ta suy ra x, y chẵn, Sau đó giải tương tự như câu a ta được: x = 4; y = 2
Bài 13. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x+3y=z2
HD:
Nếu x= ⇒ + = ⇒ −0 1 3yz2 ( ) ( )z 1 z+ =1 3y , Từ đó suy ra: − =1 3 ,s + = ⇒ − = ⇒ =1 3t 3 3ts 2 0, =1
zzst
+ Nếu x=1,y≥ ⇒ = + ≡1 z2 3y 2 2 mod3() loại + Nếu x=1,y= ⇒0 z2=3 vô nghiệm
+ Nếu x≥ ⇒2 z là số lẻ ⇒z2≡1 mod4()⇒y chẵn. Đặt y=2m ta có :
(z−3m)(z+3m) =2x⇒ −z 3m=2 ,sz+3m=2t⇒ − =2 2ts 2.3m⇒ = ⇒s 1 2t−1=3m+ ≡1 2 hoặc
()
4 mod8
≡ ⇒ =t 2 hoặc t=3 , từ đó tìm đc x, y, z
Bài 14. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3x+4y=5z
HD:
Xét đồng dư theo mod 3 và mod 4 ta suy ra: x và z đều chẵn. Đặt x=2 ;x z1 =2z1
Thay vào PT ta được: ( − )( + ) = − = ⇒ + = 11 1111 11 5 3 2 5 3 5 3 4 5 3 2 zxm zxzxy zxn (1) (2)(m n+ =2 ,y n m> ) Cộng theo từng vế ta có: m=1 và 5z1= +1 2n−1 (3)
Từ (1) ⇒5z1 =5.25k≡5 mod8()⇒ = ⇒ = = =n 3 x y z 2
Bài 15. Tìm tất cả các cặp số tự nhiên ( )n z; thỏa mãn phương trình: 2n+122=z2−32
HD:
Nếu n lẻ thì: 2n≡ −1 mod3() . Từ PT đã cho ta suy ra: z2≡ −1 mod3() loại. Nếu n chẵn thì: n=2 ,m m N( ∈ ) và PT đã cho trở thành:
() ()
− = ⇒ − + =
2 22m 152 2m 2m 153
zzz
Chọn z+2 ,mz−2m là các ước của 153 ta tìm được: m=2,z=13
Bài 16. Tìm các số nguyên x, y sao cho: 1 x x+ + 2+x3= 2y (*)
HD: Từ (*) suy ra 2y∈ ⇒ ≥Zy 0. ta có: ( )* ⇒ ∈ ⇒ ≥2yZy 0 , ta có : ()() ⇔ + + 2 = (*) 1 x 1 x 2y, Vì 1+x2> ⇒ + >0 1 x 0 và + = ⇒ + = 2 1 2 (*) 1 2 m n x x (1) (2) , (mn N m n y, ∈ , + = ) Từ (1) ⇒ =x 2m−1 thay vào (2) ta được : 22m−2m+1+ =2 2n (3)
Nếu m=0 thì từ (1) x = 0 thay vòa (*) ta được y = 0
Nếu m≥1 thì từ (3) suy ra 2n≡2 mod4()⇒ =n 1 thay vào (2) ta được : x = 1, do (x > -1) Thay x=1 vào (*) ta được : y = 2
Bài 17. Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 3x+4y=7z
HD: Làm như trên ta được nghiệm x y z= = =1
Bài 18. Tìm nghiệm tự nhiên của PT: 2x− =3 65y (1) HD:
Giả sử PT có nghiệm nguyên. Khi đó: (1)⇒2x≡3 mod5()⇒ ≡x 3 mod4()⇒x là số lẻ. (2) Từ (1) ta cung có : 2x ≡3 mod13()⇒ ≡x 4 mod12()⇒x chẵn, mâu thuẫn với (2)
Bài 19. Tìm a bc d N, , , ∈ *sao cho: a2+b c2+ +2d2=22000 (1) HD: Giả sử: ( *) 11111111 2 . ,k 2 ,c 2 ,kk 2 . ,k , , , a= a b= b = c d= d a b c d N∈ và không cùng chẵn, Từ (1)⇒ 2+ + +222= 2000 2− 1111 2 k abcd (2) Từ (2) ⇒ ≤k 999⇒22000 2− kM4⇒a b c d1, , ,1 1 1 đều lẻ () − () ⇒ 2+ + +222≡ ⇒ 2000 2 ≡ ⇒ − = ⇒ = 1111 4 mod8 2 k 4 mod8 2000 2 2 999 abcdkk
Bài 20. Tìm nghiệm nguyên của PT sau: x2−y3=7
HD:
Sử dụng tính chất của số ngun tố có dạng 4k+3
Ta có: x2− = ⇔y3 7 x2+ = +1 (y 2)(y2−2y+4) (1) Nếu y chẵn thì x2=y2+ ≡7 7 mod8() loại
Nếu y lẻ thì 2 ()2
2 4 1 3
y − y+ = y− + có dạng 4k+3
⇒y2−2y+4có ước nguyên tố p dạng 4k+3
Bài 21. Tìm nghiệm nguyên của PT: x2003+y2002=20033002(x6+y6)
HD: Sử dụng tính chất của số ngun tố có dạng 4k+3 , Đáp án: x y= =0
Bài 22. Giải phương trình nghiệm nguyên biết : x3+3367 2= n
HD :
Từ PT ta có : x3≡2 mod7n()Nếu n khơng chia hết cho 3 thì 2n khi chia cho 7 chỉ có số dư là 2, 4, 7. Mà x3khi chia cho 7 chỉ có số dư là 0 ; 1 ; 6 nên khơng thể có x3≡2 mod7n()
Vậy n=3 ,m m Z( ∈ +) , Thay vào phương trình ta được :
() ( ) + = ⇔ − − + = 2 3 3367 23m 2m 2m 3 .2m 3367 xxxx (1) Từ (1) ⇒(2m− ∈x U)(3367) mà (2m−x)3<23m−x3=3367⇒2m− ∈x {1;7;13}
Nếu 2m− = ⇒x 1 ( )1 ⇔2 2m( m− =1) 2.561 Vô nghiệm Nếu 2m− =x 13⇒( )1 ⇔2 2m( m−13) =2.15 Vô nghiệm
Nếu 2m− = =>x 7 ( )1 ⇔2 2m( m− =7) 2 .342⇒ =m 4,n=3m=12,x=9
Bài 23. Tìm các số nguyên x, y sao cho: 1 x x+ + 2+x3= 2003y