CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG HSG
CẤP TRUNG HỌC CƠ SỞ
[2012]
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM
NGUYÊN
Nguyễn Duy Liên
Mở đầu
Ngạn ngữ Pháp có câu: "Le Mathématique est le Roi des Sciences mais
L’Arithmétique est la Reine",dịch nghĩa:"Toán học là vua của các khoa học
nhƣng Số học là Nữ hoàng". Điều này nói lên tầm quan trọng của Số học trong
đời sống và khoa học. Số học giúp con ngƣời ta có cái nhìn tổng quát, sâu rộng
hơn, suy luận chặt chẽ và tƣ duy sáng tạo.
Trong các kì thi chọn học sinh giỏi các cấp THCS, THPT cấp tỉnh, cấp
Quốc gia,cấp khu vực, cấp quốc tế, các bài toán về Số học thƣờng đóng vai trò
quan trọng. Chúng ta có thể làm quen nhiều dạng bài toán Số học, biết nhiều
phƣơng pháp giải, nhƣng cũng có bài chỉ có một cách giải duy nhất. Mỗi khi
gặp một bài toán mới chúng ta lại phải suy nghĩ tìm cách giải mới. Sự phong
phú đa dạng của các bài toán Số học luôn là sự hấp dẫn đối với mỗi giáoviên,
học sinh giỏi yêu toán. Xuất phát từ những ý nghĩ đó tôi đã sƣu tầm và hệ thống
lại một số bài toán để viết lên chuyên đề "Một số phƣơng pháp giải phƣơng
trình nghiệm nguyên " dành cho các thầy cô giáo dạy toán,các em học sinh bậc
Trung học ,và chỉ đòi hỏi kiến thức toán của bậc Trung học Cơ sở.Chuyên đề
gồm các phần :
-Phần I : Bảng các kí hiêu
-Phần II: Kiến thức cơ bản.
-Phần III: Một số phƣơng pháp giải phƣơng trình nghiệm nguyên
Phƣơng pháp 1:Sử dụng tính chẵn lẻ
Phƣơng pháp 2: Phƣơng pháp phân tích
Phƣơng pháp 3: Phƣơng pháp cực hạn
Phƣơng pháp 4: Phƣơng pháp loại trừ
Phƣơng pháp 5: Dùng chia hết và chia có dƣ
Phƣơng pháp 6: Sử dụng tính chất nguyên tố
Phƣơng pháp 7: Phƣơng pháp xuống thang
Phƣơng pháp 8: Dùng bất đẳng thức.
-Phần IV: Bài tập tƣơng tự.
Mục tiêu ở đây là một số bài mẫu, một số bài khác biệt căn bản đã nói lên
đƣợc phần chính yếu của chuyên đề. Tuy vậy, những thiếu sót nhầm lẫn cũng
không thể tránh khỏi đƣợc tất cả , về phƣơng diện chuyên môn cũng nhƣ
phƣơng diện sƣ phạm. Lối trình bày bài giải của tôi không phải là một lối duy
nhất. Tôi đã cố gắng áp dụng cách giải cho phù hợp với chuyên đề, học sinh có
thể theo mà không lạc hƣớng. Ngoài ra lúc viết tôi luôn luôn chú ý đến các bạn
2
vì nhiều lí do phải tự học, vì vậy giản dị và đầyđủ là phƣơng châm của tôi khi
viết chuyên đề này.
Tôi xin trân thành cảm ơn các thầy cô giáo,các em học sinh góp ý thêm
cho những chỗ thô lâu và phê bình chân thành để có dịp tôi sửa chữa chuyên đề
này hoàn thiện hơn.
3
PHẦN I : BẢNG CÁC KÍ HIỆU
:
Tập hợp các số tự nhiên : 0;1;2;3;...
:
Tập hợp các số tự nhiên khác 0 : 1;2;3;...
:
Tập hợp các số nguyên : ...; 3; 2; 1;0;1;2;3;...
:
Tập hợp các số nguyên tố
:
Tập hợp các số hữu tỉ
:
Tập hợp các số vô tỉ
:
Tập hợp các số thực
x
:
x thuộc
ab
:
a chia hết cho b , a là bội của b
ab
:
a không chia hết cho b
b|a
:
b là ƣớc của a , b chia hết a
*
P
b | a :
; x là số nguyên
b không là ƣớc của a
a b mod m : a đồng dƣ với b theo môđun m , a b chia hết cho m
a, b
a, b
a; b
:
ƢCLN của a và b
:
BCNN của a và b
:
cặp số ,nghiệm của phƣơng trình hai ẩn số
:
Suy ra
:
Tƣơng đƣơng với ,khi và chỉ khi
(đpcm) :
minh
Điều phải chứng minh , kết thúc bài toán hay một phép chứng
, , , : Tồn tại,mọi ,hoặc, giao
Pt,hệ pt,bđt : Phƣơng trình ,hệ phƣơng trìn,Bất đẳng thức
PHẦN II :KIẾN THỨC CƠ BẢN
I.ĐỊNH LÍ VỀ PHÉP CHIA
1.Định lí:
Cho a, b là các số nguyên tuỳ ý và b 0 ,khi dó có hai số nguyên q, r duy nhất
sao cho : a bq r với 0 r b , a là số bị chia , b là số chia , q là thƣơng số
và r là số dƣ .
4
Vậy khi a chia cho b có thể xẩy ra b số dƣ là 0;1;2;...; b 1
Đặc biệt với r 0 thì a bq .Khi đó ta nói a chia hết cho b hay b là ƣớc của
a ,kí hiệu a b hay b | a .
Vậy : a b có số nguyên q sao cho a bq .
2.Tính chất :
a) Nếu a b và b c thì a c
b) Nếu a b và b a thì a b
c) Nếu a b , a c và b, c 1 thì a bc .
d) Nếu ab c , và b, c 1 thì a c .
II.ĐỒNG DƢ THỨC
Định nghĩa:
Cho số nguyên m 0 .Nếu hai số nguyên a và b cho cùng số dƣ khi chia cho m
thì ta nói a đồng dƣ với b theo môđun m ,kí hiệu a b mod m .
Vậy a b mod m a b m
Tính chất
a) a b(mod m) a c b c mod m
b) a b mod m , c d mod m a c b d mod m , ac bd mod m
c) a b mod m a n bn (mod m)
d) ac bc mod m , c, m 1 a b mod m
II.TÍNH CHẤT CỦA SỐ CHÍNH PHƢƠNG
a) Số chính phƣơng là bình phƣơng của một số tự nhiên
b) Số chính phƣơng không tận cùng bằng 2,3,7,8.
c) Số chính phƣơng chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho p 2
Số chính phƣơng chia cho 3 có số dƣ là 0 hoặc 1
Số chính phƣơng chia cho 4 có số dƣ là 0 hoặc 1
Số chính phƣơng chia cho 5 có số dƣ là 0 hoặc 1 hoặc 4
Số chính phƣơng chia cho 8 có số dƣ là 0 hoặc 1
Số lập phƣơng chia cho 7 có số dƣ là 0, 1
Số lập phƣơng chia cho 9 có số dƣ là 0, 1
Nếu hai số nguyên dƣơng nguyên tố cùng nhau có tích là số chính
phƣơng thì mỗi số đều là số chính phƣơng.
III.TÍNH CHẤT LUỸ THỪA CÙNG BẬC CỦA CÁC SỐ NGUYÊN LIÊN
TIẾP
d)
e)
f)
g)
h)
i)
j)
5
Ta thƣờng vận dụng hai nhận xét sau đây trong khi giải một số phƣơng trình
nghiệm nguyên .
1. X n Y n X a a
n
*
Y
n
X a i với
i 1;2;3...; a 1
n
2. X X 1... X n Y Y 1... y n X a X a 1... X a n
a Y Y 1...Y n X i X i 1... X i n
với i 1;2;...; a 1
IV.TÍNH CHẤT CHIA HẾT
Phƣơng trình nghiệm nguyên có dạng: a1 x1n a2 x2n
ak xkn 0 (*)
Với n là số nguyên dƣơng lớn hơn 1,các tham số nguyên a1 , a2 ,..., ak và các ẩn
x1 , x2 ,..., xk .,đƣợc giải bằng phƣơng pháp lùi vô hạn nhƣ sau:
+ Sử dụng tính chất chia hết để chứng minh x1n , x2n ,..., xkn cùng chia hết cho một
số nguyên tố p .Từ đó suy ra x1 , x2 ,...xk cũng chia hết cho p
+ Đặt x1 py1 , x2 py2 ,..., xk pyk (suy ra y1 , y2 ,..., yk cũng nhận giá trị nguyên)
Phƣơng trình (*) trở thành : a1 py1 a2 py2
n
a1 y1n a2 y2n
n
ak pyk 0
n
ak ykn 0 .Hoàn toàn tƣơng tự ,ta chứng minh đƣợc
y1 , y2 ,... yk cũng chia hết cho p ,từ đó suy ra x1 , x2 ,...xk cũng chia hết cho p 2
+Quá trình này tiếp tục mãi ,suy ra x1 , x2 ,...xk cùng chia hết cho p m với m là
một số nguyên dƣơng lớn tuỳ ý.Điều này chỉ xẩy ra khi và chỉ khi
x1 x2 .. xk 0
Vậy phƣơng trình (*) có một nghiệm duy nhất x1 x2 .. xk 0
PHẦN III :MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM
NGUYÊN
Phương pháp 1:Sử dụng tính chẵn lẻ
Thí dụ 1
Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình : 2 x 5 y 1 2 x x 2 x y 105
Giải: Vì 105 là số lẻ nên 2 x 5 y 1 là số lẻ y chẵn. Mà x 2 x x x 1
chẵn nên 2 x lẻ x 0 . Thay x 0 vào phƣơng trình ta đƣợc
5 y 1 y 1 21.5 21. 5
5 y 1 21
5 y 1 21
y 4.
Vì 5 y 1,5 1 nên
hoặc
y 1 5
y 1 5
6
Thử lại x 0, y 4 là nghiệm nguyên duy nhất của phƣơng trình.
Thí dụ 2
a) Chứng minh rằng phƣong trình sau không có nghiệm nguyên:
a 2 b2 c2 2015
b) Chứng minh rằng không tồn tại các số hữu tỉ x, y, z thoả mãn đẳng thức:
x 2 y 2 z 2 x 3 y 5z 7 0
(Đề TS 10 C.Lê Hồng Phong Nam Định 20032004 )
Giải: a) Nhận xét : x ; x 2 0,1,4 mod8 thật vậy:
+ Nếu x 4k k
+ Nếu
+ Nếu
x 16k 0 mod8
x 4k 2 k x 16k 16k 4 4 mod8
x 2k 1 k x 4k k 1 1 1 mod8 (do k k 1 2 )
2
2
2
2
2
Trở lại bài toán : Từ nhận xết trên có thể xẩy ra 4 trƣờng hợp sau với 3 số
a, b, c .
*) Cả 3 số a, b, c đều lẻ a 2 b2 c 2 3 mod8
*) Cả 3 số a, b, c đều chẳn a 2 b2 c 2 0 4 mod8
*) Có 1số chẳn và 2 số lẻ a 2 b2 c 2 2 6 mod8
*) Có 1số lẻ và 2 số chẳn a 2 b2 c2 1 5 mod8
Cả 4 thƣờng hợp a 2 b2 c 2 7 mod8 .
Trong khi đó 2015 251.8 7 7 mod8 chứng tỏ rằng :phƣơng trình không
có nghiệm nguyên.
b)Giả sử tồn tại x, y, z sao cho x2 y 2 z 2 x 3 y 5z 7 0
2 x 1 2 y 3 2 z 5 7
2
do x, y, z
2
2
a, b, c, d ( d 0 nhỏ nhất)
2 x 1,2 y 3,2 z 5
a
b
c
;2 y 3 và 2 z 5 , ta thấy a, b, c, d 1 ngƣợc lại
d
d
d
a, b, c, d m 1 a ma1, b mb1, c mc1, d md1 với a1 , b1 , c1 , d1 1mâu
thuẫn cách chọn d .
Đẳng thức đã cho a 2 b2 c2 7d 2 (*) theo phần a) VT (*) 7 mod8 Vậy
đẳng thức (*) không thể xẩy ra điều giả sử là sai ta có điều phải chứng minh.
mà 2 x 1
Thí dụ 3
Giải phƣơng trình nghiệm nguyên : x3 x2 y xy 2 y 3 2001
7
(Junior Balkan 2001 MathematcalOlympiads)
Phƣơng trình x 2 y 2 x y 1.3.23.29 x 2 y 2 và x y cùng lẻ
Giải:
x, y khác tính chẵn lẻ x 2 y 2 có dạng 4k 1 k
1;29;3.23 69 hoặc 2001 .Vậy ta có :
x
2
y 2 chỉ có thể là
x 2 y 2 1 x, y 0; 1 x 2 y 2 2001
x 2 y 2 29 x, y 5; 5;2; 2 x y 69
x 2 y 2 69 x, y 3 VT 9 69 9 (vô lí)
x2 y 2 2001 x, y 3 VT 9 2001 9 (vô lí)
Vậy phƣơng trình vô nghiệm.
Bài tập tƣơng tự
1/ Tìm số nguyên tố p để 4 p 1 là số chính phƣơng.
2/ Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: 2 x3 y 2 2007 (ĐềTS10C.Lê Khiết-QN2007)
3/Tìm x, y thoả mãn điều kiện :
1992 x1993 1993 y1994 1995 (ĐềTS10 C.KHTN -HN-1994)
4/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: x3 y 3 2 xy 8 (Bungari MO-1978)
Phương pháp 2:Phương pháp phân tích.
Thí dụ 1
Giải
phƣơng
trình
2
2
x 1 y 1 2 x y 1 xy 4 1 xy
nghiệm
nguyên:
(Titu Andreescu)
Giải: Viết lại phƣơng trình : x 2 y 2 2 xy 1 x 2 y 2 2 xy 2 x y 1 xy 4
xy 1 x y 2 x y xy 1 4 xy 1 x y 4
2
2
2
x 1 y 1 2
Nếu : x 1 y 1 2 ta có các hệ phƣơng trình sau
x 1 2 x 1 2 x 1 1 x 1 1
;
;
;
có các nghiệm tƣơng ứng lần
y
1
1
y
1
1
y
1
2
y
1
2
lƣợt là: 1;2 , 3; 0 , 0;3 , 2; 1
8
Nếu : x 1 y 1 2 ta có các hệ phƣơng trình sau
x 1 2 x 1 2 x 1 1 x 1 1
có các nghiệm tƣơng ứng lần
;
;
;
y 1 1 y 1 1 y 1 2 y 1 2
lƣợt là: 1;0 , 3;2 , 0; 1 , 2;3
Phƣơng trình có 8
nghiệm: 1;2 , 3;0 , 0;3 , 2; 1 , 1,0 , 3;2 , 0;
1 , 2;3
Thí dụ 2
Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình:
x2 3 y 2 2 xy 2 x 10 y 4 0 (ĐềTS10 Hà Nội Amsterdam 2008 )
Giải: Ta có x 2 2 y 1 x 3 y 2 10 y 4 0 x y 1 2 y 2 7
2
2
3 y x 1 7 3 y x 1 7
3 y x 1 y x 3 7
;
y x 3 1 y x 3 1
3 y x 1 1 3 y x 1 1
có các nghiệm tƣơng ứng lần lƣợt là:
;
y x 3 7 y x 3 7
3;1 , 1; 3 , 3;1 , 7; 3 .
Phƣơng trình có 4 nghiệm : 3;1 , 1; 3 , 3;1 , 7; 3
Thí dụ 3
Tìm nghiệm nguyên không âm của phƣơng trình: xy 7 x 2 y 2
2
(Indian Mathematical-Olympiads 2006)
Giải: Phƣơng trình xy 6 13 x y xy 6 x y 13
2
2
2
2
vậy (*) hai
xy 6 x y xy 6 x y 13 (*) do x, y
trƣờng
hợp
sau
:
xy 6 x y 1
xy 6 x y 13 x y 7 x y 7
;
;
xy
6
xy
6
x
y
13
xy
6
x
y
1
xy 0
Giải ra ta đƣợc các nghiệm là x; y 3;4 , 4;3 , 0;7 , 7;0
Thí dụ 4
Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình: x y y x x y y x 5329
( ĐềTS10 C.Vĩnh Phúc 2009)
9
Giải: Phƣơng trình x y 1 y x 1 5330 Mà phân tích 5330 thành tích 2
thừa
số
gồm:
1.5330 5.1066 13.410 26.205 10.533 41.130 65.82 2.2665
6 trƣờng hợp đầu tiên vô nghiệm
x y 1 65 x y 1 82
x y 64 x y 81
x 4 x 3
x
x
x
x
y
3
y
1
82
y
1
65
y
81
y
64
y 4
x y 1 2
x y 1 2665 x 1
x 2664
x
x
y 2664 y 1
y 1 2665 y 1 2
Vậy phƣơng trình có 4 nghiệm 3;4 , 4;3 , 1;2664 , 2664;1
Thí dụ 5
Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình: x 2 y 1 y 2 x 1 1 (*)
(Polish Mathematical-Olympiads 2004)
Giải Đặt x u 1, y v 1 ,phƣơng trình (*) trở thành
u 1 v v 1 u 1 uv u v 4uv u v 1
uv u v 4 u v 4 5 uv 1 u v 4 5
2
2
Phƣơng trinh tƣơng
đƣơng với 4 hệ phƣơng trình sau
uv 1 1
uv 1 1
uv 1 5
uv 1 5
u v 4 5 u v 4 5 u v 4 1 u v 4 1
u v 1 u v 9 u v 3 u v 5
uv
0
uv
2
uv
4
uv 6
giải ra ta đƣợc các nghiệm u, v 1,0 , 0,1 , 6,1 , 1, 6
các nghiệm của pt là x; y 1;2 , 5;2 ; 2;1 ; 2; 5
Bài tập tƣơng tự
1/Cho p, q là hai số nguyên tố .Giải phƣơng trình nghiệm nguyên
1 1 1
sau:
x y pq
(Titu Andreescu)
2/Tìm tất cả các tam giác vuông có các cạnh là số nguyên Và số đo diện tích
bằng số đo chu vi tam giác.
3/ Giải phƣơng trình nghiệm nguyên 3x 2 10 xy 8 y 2 96
1 1 1
2m n 3
(ĐềTS10 PTNK HCM 2001-2002)
4/Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình:
10
5/ Tìm nghiệm nguyên dƣơng của hệ phƣơng trình :
x3 y 3 z 2
2
3xy z z
( ĐềTS10 C.Bắc Giang 2009)
Phương pháp 3:Phương pháp Cực hạn
Thƣờng đƣợc sử dụng cho phƣơng trình đối xứng nên vai trò các ẩn nhƣ nhau
nên ta có thể giả sử rằng : 1 x y z
Thí dụ 1
Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình : 5 x y z 4 xyz 24 (1)
( ĐềTS10 ĐHKH Huế 2008)
1
1
1
24
4
Giải Phƣơng trình
xy yz zx 5 xyz 5
Do vai trò x, y, z nhƣ nhau giả sử rằng : x y z 1 từ đó ta có
4 3 24 39
39
z 1,2,3
2 2 2 z2
5 z 5z
5z
4
(do 4 x 5 1;4 y 5 1)
z 1 thì (1) 4 x 5 4 y 5 141
4 x 5 47 4x 5 141
giải ra ta đƣợc x 13, y 2, z 1
;
4 y 5 3 4 y 5 1
z 2 thì (1) 8x 58 y 5 297 297.1 99.3 33.9 27.11
8 x 5 297 8 x 5 99 8 x 5 33 8 x 5 27
;
;
;
8
y
5
1
8
y
5
3
8
y
5
9
8 y 5 11
giải ra ta đƣợc x, y, z 4,2,2
z 3 thì (1) 12 x 512 y 5 493 29.17 493.1
12 x 5 29 12 x 5 493
;
vô nghiệm
12
y
5
17
12
y
5
1
Vậy phƣơng trình có các nghiệm x, y, z 13,2,1 ; 4,2,2 và các hoán vị của
nó
Thí dụ 2
Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y, z thoả mãn đẳng thức
11
x4 y 4 z 4 2x 2 y 2 2 y 2 z 2 2z 2 x 2 2000
(Junior Balkan 2000 Mathematical-Olympiads)
Giải Giả sử tồn tại x, y, z thoả mãn, theo đề bài các số hạng của vế trái
đều có bậc chẵn .Giả sử rằng x, y, z 0
Trƣớc tiên ta chứng minh các số x, y, z phân biệt .Ngƣợc lại chẳng hạn y z
Đẳng thức trở thành x 4 4 x 2 y 2 2000 x chẵn , x 2t t
thì ta có
t 2 25
(vô lí)
t t y 125 2
2
t
y
5
Giả sử x y z . Nếu x 4 y 4 z 4 lẻ thì tồn tại ít nhất một số chẵn và có hai số
có cùng tính chẵn lẻ.
Ta có
2
: x4 y 4 z 4 2x2 y 2 2 y 2 z 2 2z 2 x2 x2 y 2 2 x2 y 2 z 2 z 4 4 y 2 z 2
2
2
2
x 2 y 2 z 2 2 yz x 2 y 2 z 2 2 yz x 2 y 2 z 2 2 yz
2
2
x y z x y z x y z x y z đây là tích của 4 số nguyên
phân biệt.Mà số 2000 16.125 24.125 .Mà với 4 thừa số phân biệt :
x y z x y z x y z x y z mà các thừa số này chia hết cho
2,và không chia hết cho 4.Trong khi đó ƣớc chẵn nhỏ nhất của 2000 chia hết
2 mà
không chia hết cho 4 là 2,10,50,250 nhƣ 2.10.50.250>2000 Vô lí
Thí dụ 3
Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình : x3 7 y y 3 7 x
Giải Phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với
x y
x y x 2 xy y 2 7 0 2
2
x xy y 7 0
Nếu x 2 xy y 2 7 0 x y 7 3xy 0 xy
2
7
3
x 1, y 2 x 2, y 1
x y n
*
thoả màn phƣơng thình
Vậy phƣơng trình có các nghiệm 1,2 , 2,1 . n, n với n
*
Thí dụ 4
Một tam giác có số đo của chiều cao là những số nguyên và bán kính đƣờng
tròn nội tiệp bằng 1 Chứng minh rằng tam giác đó đều.
12
Giải : Đặt a BC.b CA, c AB .Gọi x, y, z lần lƣợt là độ dài đƣờng cao ứng
với các cạnh a, b, c của tam giác .Bán kính đƣờng tròn nội tiếp bằng 1 nên
1
1
1
x, y, z 2 .Giả sử x y z 2 .Diện tích tam giác ABC : S ax by cz
2
2
2
(1)
1
Mặt khác S SOBC SOCA SOAB a b c (2)
2
a b c abc
Từ (1) và (2) ax by cz a b c a b c
1 1 1 1 1 1
x y z x y z
1 1 1
3
1 z 3 z 3.
x y z
z
Từ
1 1 1
1 1 2
1 3 x y 2 xy 2 x 3 2 y 3 9
x y z
x y 3
2 x 3 3 2 x 6
x y 3 a b c ABC đều
2
y
3
3
2
y
6
2 x 3 9 2 x 12
x 6; y 2; ( Loại )
2
y
3
1
2
y
4
Bài tập tƣơng tự
1/Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình: xy yz zx 2 xyz
2/ Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình x y z xyz 9
3/ Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình:
xy yz zx
3
z
x
y
4/ Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình:
1 1
1
1
x 2 xy y 2
5/ Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình x3 y 3 z 3 3xyz p trong đó
p là số nguyên tố lớn hơn 3.
(Titu Andreescu,Dorin Andrica)
1 1 1 3
6/ Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình:
x y z 5
(Romanian
Mathematical-Olympiads
2000)
Phương pháp 4:Phương pháp loại trừ
13
Thí dụ 1
Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình : x6 3x3 1 y 4
Giải Ta thấy với x 0; y 1 là nghiệm của phƣơng trình ,ta chứng minh đó là
hai nghiệm nguyên duy nhất.
Với
2
2
x 0 : x3 1 x6 2 x3 1 x6 3x3 1 y 4 x6 4 x3 4 x3 2
x3 1 y 2 x3 2 (vô lí)
Với x 2 : x3 2 x6 3x3 1 y 4 x6 2 x3 1 x3 1
2
2
Suy ra x3 2 y 2 x3 1 (vô lí, vì |x3 + 2| > |x3 +1 |)
Vậy phƣơng trình đã cho có 2 nghiệm nguyên x; y 0;1 , 0; 1
Thí dụ 2
Giải phƣơng trình nghiệm nguyên : x2 x y 4 y 3 y 2 y
(ĐềTS10 Hà Nội Amsterdam 1995-1996 )
Giải: Phƣơng trình đã cho 2 x 1 2 y 2 y y 1 3 y 1
2
2
Nếu y 1 x 0 x 1
Nếu y 1, y y 1 y 0 y 1 3 y 1 0
2y
2
y 2 x 1 2 y 2 y 2 2 x 1 2 y 2 y 1
2
2
2
2
2
4 y 4 4 y 3 4 y 2 4 y 1 2 y 2 y 1 y 2 2 y 0 y 0 y 2
2
y 0 x 0; x 1
y 2 x 5
Vậy phƣơng trình đã cho có 5 nghiệm nguyên
x; y 0; 1 , 1; 1 , 0;0 . 1;0 , 5;2
Thí dụ 3
Tìm tất cả nghiệm nguyên không âm của phƣơng trình:
x 1
2
x 2 y 1 y 2
4
( ĐềTS10 ĐHSP Hà Nội 2006-2007)
Giải
Phƣơng
4
2
4
3
2
2
2
y 2 y 3 y 2 y x x y y 1 x 2 x 1
14
trình
y
y 1 x 2 x 1 (*) Do
x 0 x 2 x 2 x 1 x 1 từ đây ta có
2
2
2
x 2 x 1 x 1 x 0 y 0 .
2
Vậy phƣơng trình có duy nhất một nghiệm x; y 0;0
Thí dụ 4
Tìm tất cả nghiệm nguyên không âm của phƣơng trình: x 2 y 2 y 1 (1)
Giải
Giả sử
x; y
(ĐềTS10 C.KHTN -HN-2001)
là một nghiệm không âm của phƣơng trình
x2 y 2 y 1
Từ đó suy ra x 2 y 2
Mặt khác y 0 y 1 4 y 2 4 y 1 2 y 1 hay
2
thấy y 2 y 1 y 2 2 y 1 y 1
và (2)
2
y 1 2 y 1 .Từ đó ta
(2) .Dấu bằng đạt đƣợc khi y 0 ,từ (1)
y 2 x 2 y 2 y 1 y 1 x 2 y 1 (do y 2 , y 1 là 2 s0ố chính
2
2
2
phƣơng liên tiếp ) y 2 y 1 y 1 y 0 x 1.Vậy phƣơng trình có
một nghiệm duy nhất x; y 1;0
2
Thí dụ 5
Giải phƣơng trình nghiệm nguyên : x4 x2 y 2 y 10 0 (*)
Giải
Phƣơng trình (*) y y 1 x 4 x 2 10(**) ta có
x 4 x 2 x 4 x 2 10 x 4 x 2 10 6 x 2 2 do đó
y y 1 x 2 1 x 2 2
x x 1 y y 1 x 3 x 4
kết hợp với
2
2
y y 1 x 2 x 3
x2 4
x 2, x 2
(**) suy ra 2
ta có các giá trị y tƣơng ứng là 6, 5,4; 3
x
1.
x
1
x
1
2
2
2
2
Vậy phƣơng trình có một nghiệm x; y 2;6 , 2; 5 , 1;4 , 1; 3
Bài tập tƣơng tự
1/ Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: x3 x 1 x 2
3
3
x 7 y3
3
(Hungarian Mathematical-Olympiads 2000)
2/ Giải phƣơng trình nghiệm nguyên dƣơng :
15
x 2 y 2 z 2 2 xy 2x z 1 2 y z 1 t 2
(Titu Andreescu)
3/ Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: x y 2 y 3 y 1 0
3
3
2
4/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: x6 4 y3 4 y 4 2 3 y 6 y 2
5/Tìm tất cả các cặp số nguyên dƣơng m, n thoả mãn điều kiện
a/ 2m 1 n và 2n 1 m
(ĐềTS10 C.KHTN -HN-1993)
b/ 3m 1 n và 3n 1 m
(Tạp chí TH&TT tháng 3/1996)
Phương pháp 5 Dùng chia hết và chia có dư
Thƣờng dùng để chứng minh phƣơng trình không có nghiệm nguyên bằng cách
chứng minh hai vế khi chia cho cùng một số có số dƣ khác nhau.
Thí dụ 1
Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình: 19 x3 98 y 2 1998
Giải Nhận xét a a3 0,1,6 mod7
(ĐềTS10 C.KHTN -HN-1998)
Phƣơng trình đã cho viết lại nhƣ sau : 19 x3 2 98 y 2 20
Ta thấy 98 y 3 2 7 .Ta chứng minh 19 x3 2 7 thật vậy:
Giả sử 19 x3 2 7 x3 2 7 x3 2 mod7
(vô lí)
Từ đó phƣơng trình đã cho vô nghiệm.
Thí dụ 2
Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình: x2 17 y 2 34 xy 51 x y 1740
(ĐềTS10 C.KHTN -HN-2005)
Giải Phƣơng trình : x2 17 y 2 34 xy 51 x y 1740
x 2 1740 17 y 2 2 xy 3 x y *
Nhận xét x x 17k r với r 0,1,2,3,4,5,6,7,8 và k
Từ đó x 2 có dạng tƣơng ứng là:
17h,17h 1;17h 4;17h 9;17h 16;17h 8;17h 2;17h 15;17h 13 h
16
.
Ta nhận thấy rằng 1740 17.102 6 VP * có dạng 17l 6 l ,trong khi
VT(*) thì x 2 chia cho 17 trong mọi trƣờng hợp đều không có số dƣ là 6 .Vậy
phƣơng trình đã cho không có nghiệm nguyên.
Thí dụ 3
Chứng minh rằng không tồn tại x, y
*
sao cho : x5 y 5 1 x 2 y 3
5
(Junior
Balkan
2005
5
Mathematical-
Olympiads)
Giải Nhận xét : a a5 a mod10 thật vậy
a5 a a a 2 1 a 2 4 5 a a 2 1 a 2 4 5a a 2 1 0 mod10
Khi đó phƣơng trình: x5 y 5 1 x 2 y 3 chuyển qua đồng dƣ với 10
ta đƣợc : x y 1 x 2 y 3 mod10 2 0 mod10 vô lí .Vậy không
tồn tại
5
x, y
*
5
sao cho : x5 y 5 1 x 2 y 3
5
5
Thí dụ 4
Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình: x3 y 3 2001 p với p là số nguyên tố.
(Junior Balkan 2001 Mathematical-Olympiads)
Giải +)Trƣờng hợp p 3
1. Nếu x y 0 mod3 x3 y 3 0 mod 27 27 2001p (vô lí)
2. Nếu x y 1 mod3 x y 0 mod3 x 2 y 2 xy 1 mod3
x3 y 3 ( x y)( x 2 y 2 xy) 0 mod9 9 x3 y 3 2001 p vô lí
Bởi vì n3 n mod3 x3 y 3 x y 2(mod3) vô lí
3. Nếu x y 1 mod3 x y 0 mod3 x 2 y 2 xy 1 mod3
x3 y 3 ( x y)( x 2 y 2 xy ) 0 mod9 9 x3 y 3 2001 p vô lí
Mặt khác x3 y 3 x y 2(mod3) x3 y 3 2001 p vô lí
+) Trƣờng hợp p 3
x3 y 3 6003 4(mod7)
mà a a3 0,1,6 mod7 VT 0; 1; 2 mod7 dẫn đến vô lí
Vậy phƣơng trình đã cho không có nghiệm nguyên.
17
Thí dụ 5
Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: x14 x24
x74 1992
Giải
Nếu x 2k thì x 4 16
Nếu x 2k 1 thì x 4 1 x 2 1 x 2 1 16 (vì x 1; x 1là hai số chẵn
liên tiếp nên tích chia hết cho 8 và x 2 1 2)
Nhƣ vây khi chi tổng x14 x24 x74 cho 16 có số dƣ bằng số các số lẻ
trong các số x1 , x2 ,..., x7 tức là không vƣợt quá 7 còn
1992 16.124 8 8 mod16 .
Vậy phƣơng trình đã cho không có nghiệm nguyên.
Bài tập tƣơng tự
1. Giải phƣơng trình nghiệm nguyên :
a) x 2 3 y 2 17
c) 2x 122 y 2 32
b) x 2 5 y 2 17
d) 15x 2 7 y 2 9
2. Chứng minh rằng tổng bình phƣơng của 3 số nguyên trong phép chia
cho 8không thẻ có dƣ là 7 từ đó suy ra phƣơng trình 4 x 2 y 2 9 z 2 71
không có nghiệm nguyên.
3. Giải phƣơng trình nghiệm nguyên : x7 y 7 z 7 4
4. Giải phƣơng trình nghiệm nguyên
x x 1 x 2 x 1 x 2 x 3 x x 1 x 3 x x 2 x 3 y 2
5.Chứng minh rằng các phƣơng trình sau không có nghiệm nguyên:
a) x5 5x3 4 x 24(5 y 1)
b)
5
3
2
3 3x x 6 x 15x 2001
Phương pháp 6 Sử dụng tính chất nguyên tố
Tính chất 1 Với mọi số nguyên a ,số a 2 1 không có ƣớc nguyên tố dạng
4k 3 k .
Chứng minh : Giả sử a 2 1 không có ƣớc nguyên tố dạng 4k 3 k
.Khi đó a p1 1 a 4 k 2 1 a 2
2 k 1
.
1 a 2 1 p * .Mặt khác theo định lí
Fermat ta có: a p1 1 p ** .Từ (*) và (**) suy ra 2 p do đó p 2 không
có dạng 4k 3 k vô lí.
18
x
Vậy a 2 1 không có ƣớc nguyên tố dạng 4k 3 k
.
Tính chất 2 :Cho a, b , p là số nguyên tố dạng 4k 3 k
minh rằng nếu a 2 b2 p thì a p và b p
.Chứng
Chứng minh
a p1 1 mod p a 4 k 2 1 mod p , a p1 1 mod p a 4 k 2 1 mod p
a 4 k 2 b4 k 2 2 mod p p 2 .Vậy a p và b p
Thí dụ 1
Giải phƣơng trình nghiệm nguyên dƣơng : x 2 y 2 20111995 1 10 z
k
(BáoTHTT tháng 5/1995)
Giải Vì 2011 là số nguyên tố dạng 4k 3 do đó theo tính chất 2 ta đƣợc
x 2011x1 , y 2011y1 .Đặt 2n 1995k 1
2011x 2011y
2
1
1
2
20112 n 10 z x12 y12 20112 n2 10 z .Tiếp
tục
nhƣ vậy n lần ta có :
xn2 yn2 10 z (*) với x 2011n xn , y 2011n yn .Bằng cách thử trực tiếp ta
thấy nghiệm của phƣơng trình (*) là:
xn , yn , z 1,1,8; 1,2,5; 2,1,5; 2,2,2 .Từ đó suy ra nghiệm nguyên dƣơng
của phƣơng trình đã cho là:
x, y, z 2011 ,2011 ,8; 2011 ,2.2011 ,5; 2.2011 ,2011 ,5; 2.2011 ,2.2011 ,2
n
(với n
n
n
n
n
n
n
1 1995n
)
2
Thí dụ 2
Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: x 2 y 3 7
Giải x 2 y 3 7 x 2 1 y 2 y 2 2 y 4
Nếu y chẵn thì x 2 1 4 x 2 1 3 mod 4 vô lí
Nếu y lẻ thì y 2 2 y 4 y 1 3 có dạng 4k 3 nên phải có một
ƣớc nguyên tố có dạng đó ( vì tích các số dạng 4k 1 sẽ có dạng
4K 1 ),do đó
Vậy x 2 1 có ƣớc nguyên tố dạng 4k 3 k .
2
Vậy phƣơng trình đã cho không có nghiệm nguyên.
19
n
Thí dụ 3
Tìm tất cả các cặp số nguyên tố p, q thoả mãn: p3 q5 p q (1)
2
(Tạp chí TH&TT tháng 5/2004)
Giải Do p, q là các số nguyên tố nên từ (1) p3 q5 0 p3 q5 25 Vậy
p 3 và do đó không chia hết cho 3 .Ta đi xét hai trƣờng hợp của q
TH1: q 3 q 3 (do q P ) thay q 3 vào (1) ta đƣợc
p3 35 p 3 p3 p 2 6 p 252 0 p 7 p 2 6 p 36 0
2
p 7 0 p 7 .Vậy p 7, q 3 thoả mãn một cặp số nguyên tố.
TH2: q 3 ta xét các khả năng xẩy ra sau đây
Khả năng1 :
p q 1 mod3 vô lí
Khả năng2 p 1 mod3 , q 2 mod3 hoặc p 2 mod3 , q 1 mod3 thì
p q 0 mod3 mà p q 0 mod3 vô lí
p q 1 2 mod3 p3 q5 0 mod3 mà
3
5
2
2
Vậy p 7, q 3 thoả mãn một cặp số nguyên tố.
Thí dụ 4
Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: x 2 2 x 4 y 2 37
Ta có x 2 2 x 4 y 2 37 x 1 2 y 38 19 (số nguyên tố dang
x 1 19
2
2
4k 3 )
x 1 2 y 192 (vô lí ). Pt không có nghiệm
2 y 19
nguyên
2
Giải
2
Thí dụ 5
Tìm số nguyên tố p nhỏ nhất sao cho viết đƣợc p thành 10 tổng dạng :
p x12 y12 x22 2 y22 x32 3 y32
các số nguyên dƣơng.
Giải Dễ thấy p >10
x102 10 y102 trong đó xi , yi i 1,2,...,10 là
(Tạp chí TH&TT tháng 8/2004)
p x102 10 y102 x102 0,1,4,5,6,9 mod10
p 1,9 mod10 (1)
+)
p
p x32 3 y32
p 1 mod3
+)
p 10
(2)
20
- Xem thêm -
.PDF 
25 
360 
55 
