1−lnt t2
, hàm này có giá trị cực đại tại t = e là hàm tăng ngặt trong khoảng0 < t ≤ e, và giảm ngặt trongt ≥e. Như vậy ta có hai khả năng:
a) x,y∈ [1,e]; b)x∈ [1,e],y≥3.
Trường hợp a) y=2,x =1là nghiệm của phương trình.
Trường hợp b) ta có x = 1 hoặc là x = 2,y = 3. Với x = 2 ta nhận được nghiệmy=3. Vớiy≥5ta có2y> y2(chứng minh bằng quy nạp), ta sẽ không có nghiệm với những giá trị này. Kiểm tra trực tiếpy = 4cũng không là nghiệm của phương trình. Vậy nghiệm là những trường hợp liệt kê ở phần đầu chứng minh. J Ví dụ 8.3. Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của hệ phương trình xyz+y+z =yxz+x+z =zxy+x+y. (8.3) Lời giải.Hệ phương trình đã cho tương đương với hệ
xyz+y =yxz+x, yxz+z =zxy+y, xyz+z =zxy+x.
(8.4) Giả sửx≥ y≥z. Vớiy= zta nhận được
xy2 +y =yxy+x, yxy+y =yxy+y, xy2+y=yxy+x.
Từxy2−yxy = x−yta nhận được phương trình loạian−bn= a−b. Từ
an−bn = (a−b)[an−1+ã ã ã+bn−1]>a−b
với a > b,n > 1 ta chỉ có thể có a = b hoặc n = 1. Trường hợp x = y ta nhận được x = y = z đây là nghiệm tổng quát của hệ phương trình. Khi x 6= y ta có thể cóy = 1cho x−1 = x−1. Vậy x,y=z =1là một nghiệm khác của hệ phương trình.
184 Chương 8. Một số chuyên đề về phương trình vô định Bây giờ ta xét trường hợp x > y > z. Từ xyz−yxz = x−y ta nhận được xy > yx nghĩa là x1x > y
1
y. Ta lại sử dụng hàm trong chứng minh bài trước, ta có thể chỉ có x= 2,y= 1hoặcx ≥3,y ∈ {1, 2}. Vớix =2,y=1ta nhận đượcz =1, vớix =2,y=1thực tế là trường hợp nghiệm ta đã chỉ ra ở trên là x,y = z = 1. Vớiy =1 ta có xz+1 = 1+x, vậyz = 1. Vớiy = 2ta có 2xz−x2z = 2−x, vậy(2x)z−(x2)z =2−x <0. Nhưng2x≥ x2vớix≥4như vậy chỉ còn khả năng x = 3. Nhưng với x = 3,y = 2 ta không nhận được nghiệm.
Kết luận, tất cả các nghiệm của hệ phương trình là x = y = z hoặcxbất kì vày=z=1vớix ≥y≥z. J Ví dụ 8.4. Tìm tập tất cả các số nguyên dương x,y và z sao cho x≤y≤zvà
xy+yz =zx.
Lời giải.Từ313 > 414 > 515 > ã ã ã Ta cúyz ≥ zy nếuy ≥ 3. Do đú phương trình không có nghiệm nếuy≥3. Từ1≤ x≤y, giá trị của (x,y)chỉ có những khả năng sau(1, 1),(1, 2)và(2, 2). Phương trình có dạng lần lượt là 1+1 = z,1+2z = z và 4+2z = z2. Phương trình cuối cùng không có nghiệm vì2z ≥z2vớiz≥4và còn(2, 2, 3) không là nghiệm của phương trình đã cho. Phương trình thứ hai cũng không có nghiệm do2z > z. Phương trình thứ nhất dẫn đến
nghiệm duy nhất(1, 1, 2). J
Ví dụ 8.5. Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình 3x+4y =5z.
Lời giải.Ta sẽ chỉ ra rằng chỉ có một nghiệm duy nhất
x= y= z =2. Để đơn giản hóa phương trình ta xét theo modul3.
8.1.Phương trình vô định siêu việt 185 Ta có1=0+1y ≡3x+4y=5z ≡(−1)z (mod 3). Suy razphải là số chẵn, kí hiệuz =2w. Khi đó3x =5z−4y = (5w+2y)(5w−2y). Thấy rằng 5w+2y và 5w−2y không đồng thời chia hết cho 3, vì tổng của chúng không chia hết cho 3. Như vậy 5w+2y = 3x và 5w−2y =1. Khi đó(−1)w+ (−1)y≡0 (mod 3)và
(−1)w−(−1)y ≡1 (mod 3). Từ đó ta nhận được wlà số lẻ và ylà số chẵn. Nếuy >2, thì5≡5w+2y =3x ≡1hoặc3 (mod 8), điều này vô lí. Như vậy y = 2. Khi đó 5w−2y = 1 kéo theow = 1 và
z=2. Cuối cùng ta nhận đượcx =2. J
Ví dụ 8.6. Chứng minh rằng không tồn tại những số tự nhiênx,yvà zsao cho chúng thỏa mãn
2x+5y =19z. (8.5)
Lời giải. Vì 19 ≡ 1 (mod 3), nên 19z ≡ 1 (mod 3). Mặt khác, 2 ≡ −1 (mod 3) từ đó suy ra 2x ≡ (−1)x (mod 3). Tương tự ta cũng có5y ≡(−1)y (mod 3). Khi đó để thỏa mãn (8.5) cần phải cả hai sốxvàylà số lẻ.
Ký hiệu x = 2k+1. Khi đó do 4 ≡ −1 (mod 5), ta tìm được 2x = 4.2k ≡ (−1)k.2 (mod 5). Mặt khác ta có19 ≡ −1 (mod 5) hoặc là 19z ≡ (−1)z (mod 5). Từ đây suy ra hai bên của (8.5) không so sánh được theo mođun 5, đó là điều phải chứng minh.
J
Ví dụ 8.7. Hãy tìm tất cả các số tự nhiênmvàn, thỏa mãn đẳng thức sau3n−2m=1.
Lời giải.Phương trình này chỉ có hai nghiệm duy nhấtm = n = 1 và n = 2,m = 3. Thật vậy, nếun là số lẻ thực sự lớn hơn1, nghĩa làn = 2k+1, vì32 ≡1 (mod 4), ta có32k+1 ≡ 3 (mod 4), từ đây
186 Chương 8. Một số chuyên đề về phương trình vô định suy ra2m ≡3n−1≡ 32k+1−1≡2 (mod 4). Suy ram= 1. Khi đó n=1.
Nếunlà một số chẵn vàn=2k. Khi đó ta có 2m =32k−1= (3−1)(3k+1).
Từ đẳng thức này dễ thấy3k−1và3k+1đúng là luỹ thừa của số2. Nhưng hiệu của của hai số này bằng đúng2. Điều này chỉ xẩy ra với 3k+1= 4và3k−1 =2, từ đây ta nhận đượck = 1,n =2,m =3.
J
Ví dụ 8.8. Hãy tìm tất cả số nguyên không âmx,yvàzthỏa mãn 2x.3y+1=17z. (8.6) Lời giải.Giả sử y ≥ 3. Khi đó ta có 17z ≡ 1 (mod 27). Ta ký hiệu δ là số mũ của 17 theo môđun 27. Ta có ϕ(27) = 18. Suy ra δ
18 và δ
z. Ta có 17 ≡ −10 (mod 27),172 ≡ −8 (mod 27),173 ≡ −1 (mod 27),176 ≡ 1 (mod 27). Suy ra δ = 6. Khi đó từ 176 ≡ 1 (mod 7)và δ
z suy ra17z ≡ 1 (mod 7), mà nó với (8.6) cho 2x3y...7 và dễ thấy không thể được. Suy ray≤2.
Giả sử x ≥ 6. Khi đó ta có17z ≡ 1 (mod 64)và ký hiệu δ1 số mũ của17 theo môđ un 64. Ta có ϕ(64) = 32 và suy ra δ1
32. Cũng như phần trên ta tìm được δ1 = 4. Mặt khác 174 ≡ 1 (mod 5) và vì δ1 = 4
z, thì ta có 17z ≡ 1 (mod 5). áp dụng công thức này cho (8.6), nghĩa là cần phải có2x3y...5, nó không thể xẩy ra. Suy ra y ≤ 5. Tất cả các khả năng nghiệm của (8.6) làx = 5,y = 2,z =2
vàx =4,y=0,z =1. J
8.1.Phương trình vô định siêu việt 187 Ví dụ 8.9. Chứng minh rằng phương trình 2x−3y = 1 chỉ có hai nghiệm duy nhất trong số nguyên không âm, đó là x = 1,y = 0và x=2,y=1.
Lời giải. Với y = 0 ta có x = 1. Ta không thể có x = 0. Giải sử x,y ≥ 1. Từ 2x = (3−1)x ≡ (−1)x (mod 3) và 3y+1 ≡ 1 (mod 3), thì x phải là số chẵn. Đặt x = 2a. Khi đó 22a−1 = 3t, vậy (2a−1)(2a+1) = 3y. Điều này chỉ có khả năng 2a−1 = 3u, 2a+1=3v, (u,v≥0). Bằng cách trừ cho nhau biểu thức này cho ta 3v−3u = 2. Nếuu,v ≥ 1, thì vế trái có ≡0 (mod 3), điều này vô lí, do2không chia hết cho3. Do đóu = 0và v= 1. Từ u+v = y,
ta cóy=1,a=1nênx=2. J
Ví dụ 8.10. Giải phương trình trong tập số nguyên 3x+3y =6z.
Lời giải.1. Khix=y, ta nhận được3x−z =2z−1,
vậy x−z =z−1=0. Kết quả nghiệm làx= y=z=1.
2. Khi x =z, ta có3y−z =2x−1. Đặt y−x= t. Theo Ví dụ8.9 cho ta nghiệm y−x = 0,x = 1 hoặc y−x = 1,x = 2. Do đó y= x=1, nghĩa lày=3,x =2,z=2.
3. Với x>zta có hai trường hợp:
a)y>z: Ta có thể viết lại3x−z+3y−z =2z vô lí, vì vế trái là số
≡0 (mod 3).
b)y <z: Ta cóx> y>z, ta nhận được3x−y+1=2z3x−y và 1≡0 (mod 3).
4. Khix <z, ta có những trường hợp sau:
a)y< x: Ta cóy< x<z, vô lí như phần trên.
188 Chương 8. Một số chuyên đề về phương trình vô định b)y>x: Ta có thể cóy <zhoặcy> z. Ta chú ý rằngx =yhoặc x=zđa được xét ở điểm 1., 2. ở trên). Khiy <zthìx< y<zvậy 1+3y−x =2z3z−x cũng vô lí, Còn trường hợpy>zta cóx< z<y
cũng vô lí như phần trên. J
Ví dụ 8.11. Tìm nghiệm nguyên của phương trình (2x+5y+1)(2|x|+x2+x+y) =105.
Lời giải. Vì105là một số lẻ, thì số2x+5y+1 và2|x|+x2+x+y là số lẻ. Khi đóylà chẵn do từ số hạng đầu. Vìx2+x=x(x+1)là chẵn, thì2|x| là lẻ, nó chỉ xẩy ra khix=0. Ta nhận được
(5y+1)(y+1) =105. Nhưng5y+16... 5, chỉ còny+1...5. Dễ thấy y≤4, vì ngược lại thì tích của chúng lớn hơn105. Suy ray=4. Do đó nghiệm của phương trình làx=0,y=4. J Ví dụ 8.12. Hãy tìm tất cả các nghiệmn,x,y,ztrong tập số tự nhiên
nx+ny= nz.
Lời giải.Bài toán có nghiệmn = 2,y = x,z = x+1. Thật vậy, với số tự nhiên bất kỳ x ta có 2x+2x = 2x+1. Mặt khác ta giả sử với những số tự nhiênn,x,yvàzta cónx+ny =nz.Ta có thể cho rằng x ≤ y < z. Bài toán đã cho không thể có n = 1, vậy n ≥ 2. Ta có nx =nz−ny=nx(nz−x−ny−x), từ đó suy ranz−x−ny−x =1. Nếu y > x, ta sẽ có 1 chia hết cho n, điều này vô lý. Như vậy chỉ còn y = x, từ đây suy ranz−x = 2, suy ran = 2,z−x = 1. Như vậy ta
có nghiệmn=2,y= x,z =x+1. J
Ví dụ 8.13. Hãy tìm tất cả các nghiệmn,x,y,z vàt trong tập số tự nhiên
nx+ny+nz =nt.
8.1.Phương trình vô định siêu việt 189 Lời giải.Giả sử có những số tự nhiênx,y,z,tthỏa mãn
nx+ny+nz =nt, (8.7) không mất tính tổng quát ta cho rằng x ≤ y ≤ z < t. Phương trình không thể có n = 1. Nếu n = 2 thì từ (8.7) ta nhận được 1+2y−x+2z−x = 2t−x, từ đây ta thấy rằng không thể có bất đẳng thức y > x (vì khi đó bao giờ cũng có số lẻ bằng số chẵn). Như vậy y = x, từ đó suy ra 2+2z−x = 2t−x và từ đây ta thấy được z−x = 1 và suy ra t−x = 2. Như vậy nếu n = 2, thì ta phải có y= x,z =x+1,t= x+2và đễ dàng kiểm tra thấy với mọixsố tự nhiên2x+2x+2x+1=2x+2.
Giả sửn6=2, nghĩa làn≥3. Theo (8.7) ta có 1+ny−x+nz−x =nt−x,
từ đây ta đưa ra kết luậny= x, cho kết quả2+nz−x =nt−x, nhưng vìn > 2, nên ta phải cóz−x = 0. Suy ra3 = nt−x cho ta nghiệm n =3vàt−x =1. Suy ra nếu n6=2, thì phải cón =3,x = y=z, t = x+1. Dễ dàng kiểm tra rằng với mọi số tự nhiên x bất kỳ có phương trình3x+3x+3x =3x+1.
Như vậy tất cả nghiệm của phương trình (8.7) trong số tự nhiên n,x,y,z,t, ở đâyx ≤y≤z <tlàn=2,y =x,z= x+1,t= x+2 vàn =3,y= x,z = x,t = x+1, ở đâyxlà một số tự nhiên bất kì.
J
Ví dụ 8.14(Iberoamerican 2000). Tìm tất cả nghiệm của phương trình
(m+1)a =mb+1 trong tập số nguyên lớn hơn1.
Lời giải.Ta lấy môđunm+1hai vế của phương trình, ta nhận được (−1)b = −1, do đó blà một số lẻ. Khi ta chia vế phải của phương
190 Chương 8. Một số chuyên đề về phương trình vô định trình chom+1và nhận được
mb−1−mb−2+ã ã ã −m+1.
Biểu thức này chỉ có số lẻ số hạng. Nếumlà số lẻ, thì mỗi số hạng là số lẻ và như vậy tổng là số lẻ, nhưng(m+1)a−1 là một số chẵn (vì rằnga >1). Điều này vô lý, do đómlà số chẵn.
Ta có mb= (m+1)a−1. Khai triển vế phải theo nhị thức New- ton, và dùng b > 1, ta thấy rằng a phải chia hết m. Do đó a cũng là số chẵn. Đặta = 2A,m= 2M. Ta có thể phân tích (m+1)a−1 thành((m+1)A+1)((m+1)A−1). Hai thừ số khác nhau 2 đơn vị, vì thế ước số chung lớn nhất của chúng chi hết cho2, Nhưng hai thừa số đều chẵn, do đó ước số chung chính xác bằng2.
Nếu M=1hoặc lũy thừa của2, thì thừa số nhỏ hơn3A−1phải là 2, do đó A = 1 và ta có 3A+1 = 4, do đó (2M)b = 8. Vì thế M=1vàb=3và ta có nghiệm(m,a,b) = (2, 2, 3).
Nếu M không là lũy thừa của 2, thì Mb > 2b, do đó ta phải có thừa số lớn hơn bằng 2.Mb và thừa số nhỏ hơn bằng2b−1. Nhưng lúc này thừa số lớn hơn > 2b+1, do đó sự khác nhau giữa hai thừa số ít nhất là3.2b−1 >2. Điều này vô lý.
Ta chỉ có nghiệm:(m,a,b) = (2, 2, 3). J Ví dụ 8.15. Tìm tất cả những số nguyên dươngm,nsao cho
mn =nm−n.
Lời giải. Hiển nhiên ta cóm ≥ n. Vì thế m−n ≥ n. Vậym ≥ 2n.
Đặt d = gcd(m,n), và m = dM,n = dN. Khi đó M ≥ 2N. Ta có (dM)dN =dNdM−dN, do đó MdN = NdM−dNddM−2dN. Như vậy nếu N > 1, thì M chia hết cho ước số nguyên tố của N. Điều này vô lý. Như vậy N = 1. Vì thế Md = ddM−2d, do đó M = dM−2. Nếu
8.1.Phương trình vô định siêu việt 191 M = 3, thìd = 3, chúng cho nghiệm m = 9,n = 3. Nếu M = 4, thì d =2, chúng cho nghiệmm = 8,n = 2. NếuM > 4, thìd > 1.
NhưngdM−2≥2M−2> M. Điều này vô lý. Do đó không tồn tại nghiệm cho trường hợpM >4.
Nghiệm của phương trình gồm:(m,n) = (9, 3)hoặc(8, 2). J Ví dụ 8.16(APMC 1997). Hãy tìm tất cả số nguyên dươngm,n sao cho
mn+m = nn−m.
Lời giải.Hiển nhiên ta cón≥ m. Nếun=m, thìn= m=1. Vậy giả sửn>m. Ta có thể viết lại phương trình thànhn
m n
= (mn)m, do đón=mkvới số nguyên dương nào đók, mà nó dẫn đếnm2 =kk−1. Tồn tại hai trường hợp:
• Nếu k−1 là số chẵn, thì ta có thể đặt k−1 = 2h, do đó m= (2h+1)h,n= (2h+1)h+1. Dễ kiểm tra lại thấy rằng đây là nghiệm.
• Nếu k−1 là số lẻ, thì k phải là số bình phương chẵn, do đó k = 4h2,m = (2h)4h2−1,n = (2h)4h2+1. Dễ kiểm tra lại thấy rằng đây là nghiệm.
Nghiệm của phương trình là m = (2h+1)h,n = (2h+1)h+1, với h≥0, hoặcm= (2h)4h2−1,n= (2h)4h2+1với h≥1. J Ví dụ 8.17(Anh 1985). Tìm tất cả những nghiệm nguyên không âm của phương trình
5a7b+4=3c.
Lời giải.Ta chú ý vế trái của phương trình đã cho thực sự lớn hơn 4, do đó c≥ 2. Nếua = 0, thì 7b ≡ 1 (mod 3)và4 ≡ 1 (mod 3), do đó vế phải của phương trình≡2 (mod 3). Điều này vô lý. Vì vậy
192 Chương 8. Một số chuyên đề về phương trình vô định a ≥ 1. Từ phương trình ta có 3c ≡ 4 (mod 5), do đó c = 4k+2. Trong thực tếcphải là số chẵn, ta có5a7b = (32k+1+2)(32k+1−2). Ước số chung nhỏ nhất của (32k+1+2)v(32k+1−2) phải chia hết hiệu của chúng 4, Nhưng chúng lại là những số lẻ, do đó chúng nguyên tố cùng nhau. Vậy một trong chúng là 5a và thừa số kia là 7b. Nếu k = 0, thì ta có nghiệm 5170+4 = 32. Nếu k > 0. Khi đó (32k+1+2)và (32k+1−2)cả hai đều lớn hơn hoặc bằng 25, do đó a ≥ 2 và b≥ 1, và ta có5a−7b = ±4. Do đó 7b ≡ ±4 (mod 25). Điều này vô lý, vì lũy thừa của7phải là≡ ±1 (mod 25)hoặc≡ ±7 (mod 25). Do đó không có nghiệm vớik>0.