MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
Nguyễn Dũng
Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương
A. MỞ ĐẦU
Phương trình nghiệm nguyên là một dạng toán hay và khó trong số
học, kiến thức sử dụng để giải chúng rất đa dạng, tổng hợp tất cả những tinh
hoa của số học. Dạng toán này thường xuyên xuất hiện trong các đề thi học
sinh giỏi và là thách thức với những ai muốn chinh phục giải cao. Vì vậy,
chuyên đề này được viết để dành cho các học sinh mới bắt đầu làm quen với
phương trình nghiệm nguyên, giúp các em có một số hướng suy nghĩ khi tìm
lời giải và thêm phần tự tin khi gặp dạng toán này.
B. NỘI DUNG
I. MỘT VÀI CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
1. Sử dụng phép so sánh các số nguyên
Bài 1
Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
x3 y 3 2 y 2 1
Lời giải
Từ phương trình ta thấy x3 y 3 x y , mà chúng là số nguyên nên
suy ra x y 1 x3 ( y 1)3 . Kết hợp với phương trình đã cho ta được
y 3 2 y 2 1 ( y 1)3 y 2 3 y 0 3 y 0
Vì y là số nguyên nên y chỉ có thể bằng -3, -2, -1, 0. Thử trực tiếp ta được
các cặp nghiệm là (1,0), (1,-2), (-2, -3).
Bài 2
Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
3( x 2 xy y 2 ) x 8 y
Lời giải
Ta viết lại phương trình đã cho thành một phương trình bậc 2 của ẩn
số x như sau 3x 2 (3 y 1) x 3 y 2 8 y 0
Phương trình này có nghiệm khi và chỉ khi 0 27 y 2 90 y 1 0 , do y
là số nguyên nên ta được 0 y 3 . Vậy y chỉ có thể là 0, 1, 2, 3, thử trực
tiếp ta nhận được các cặp nghiệm (0, 0) và (1, 1).
Bài 3
Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình:
2( x y ) xy x 2 y 2
Lời giải
Phương trình được viết lại thành x 2 ( y 2) x y 2 2 y 0 , phương trình
này có nghiệm với ẩn số x khi và chỉ khi 0 3 y 2 12 y 4 0 , do y là
số nguyên dương nên ta thu được 1 y 4 , tức là y 1, 2,3, 4 . Thử lần lượt
ta được các cặp nghiệm là (4,4), (4, 2), (2, 4).
Bài 4
Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
x3 y 3 2 xy 8
Lời giải
Ta xét các trường hợp sau đây:
- Nếu x 0 y 2
- Nếu y 0 x 2
- Nếu x 0, y 0 thì x3 y 3 2 xy 8 8 x 2 , như vậy 0 x 2 x 1, khi
đó sẽ không tồn tại y Z .
- Nếu x 0, y 0 thì y 3 x3 2 xy 8 2 xy y 3 ( x)3 2 y ( x) , điều này sai
vì y, x là các số nguyên dương.
-Nếu xy 0 thì x3 y 3 2 xy 8 0 x y , ta lại xét hai trường hợp dưới đây:
+ Khi x y 1 x y 1 , thay vào phương trình đã cho ta thấy vô
nghiệm y Z .
+ Khi x y 2 x3 y3 ( x y) ( x y)2 3xy 2(4 3xy) , suy ra
2 xy 8 8 6 xy xy 0 , mâu thuẫn.
Vậy phương trình chỉ có hai nghiệm là (0,-2) và (2,0).
Bài 5
Tìm tất cả những cặp số nguyên dương (a, b) thỏa mãn đẳng thức:
ab ba a b
Lời giải
Ta xét các trường hợp sau đây:
- Nếu a b thì luôn thỏa mãn phương trình.
- Nếu a b , ta xét tiếp các trường hợp như sau:
+Khi b 3 thì ta chứng minh được a b b a nhờ đạo hàm, do đó phương
trình có vế trái âm và vế phải dương nên vô nghiệm.
+ Khi b 1 thì phương trình luôn đúng với mọi a .
+ Khi b 2 thì phương trình trở thành a 2 2a a 2 (*). Bằng quy nạp
ta có 2a a 2 với mọi a 5 , do đó (*) vô nghiệm khi a 5 . Thử trực tiếp ta
thấy nghiệm là a 3, b 2 .
- Nếu a b ta viết lại phương trình thành b a a b b a thì quay về trường
hợp trên.
Tóm lại, nghiệm của phương trình là (t,t), (t,1), (1,t), (3,2), (2,3), t là
số nguyên dương tùy ý.
2. Sử dụng tính chia hết và tính chẵn lẻ của số nguyên
Bài 6
Tìm các số nguyên không âm x, y thỏa mãn phương trình:
y 2 ( x 1) 1576 x 2
Lời giải
Theo phương trình ta có 1576 x 2 Mx 1 1577 x 2 1Mx 1 1577 Mx 1
vì vậy x 1 chỉ có thể là 1, 19, 83, 1577, do đó x có thể là 0, 18, 82, 1576.
Thử lần lượt ta được các nghiệm là (18,10), (82,10).
Bài 7
Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y sao cho:
2 x 2 y 2 1999
Lời giải
Giả sử tồn tại x, y thỏa mãn phương trình. Ta thấy y phải lẻ, đặt
y 2k 1(k Z) , thay vào phương trình ta được 2 x 2 4k 2 4k 1998 . Thế thì
2x 2 không chia hết cho 4 nên x phải lẻ, đặt x 2l 1(l Z) và ta thu được
8l 2 8l 4k 2 4k 1996 8(l 2 l ) 4k (k 1) 1996 . Đẳng thức này không thể
xảy ra vì vế trái chia hết cho 8 nhưng vế phải thì không.
Như vậy giả sử ban đầu là sai, tức là không thể tồn tại x, y .
Bài 8
Chứng minh rằng phương trình sau đây không có nghiệm nguyên:
5a 2 6ab 7b 2 1993
Lời giải
Giả sử tồn tại a, b Z thỏa mãn phương trình, thế thì
25a 2 30ab 35b 2 9965 (5a 3b) 2 26b 2 9965
Như vậy 5a 3b phải lẻ, đặt 5a 3b 2k 1(k Z) , khi đó ta có
4k (k 1) 1 26b 2 9965 2k (k 1) 4982 13b 2 (*)
Từ (*) suy ra b phải chẵn, thế thì vế phải của (*) không chia hết cho 4 còn
vế trái của (*) lại chia hết cho 4, mâu thuẫn.
Vậy giả sử trên là sai, tức là không thể tồn tại a, b .
3. Sử dụng số dư khi chia cho một số tự nhiên
Bài 9
Chứng minh rằng không tồn tại a, b, c Z sao cho:
a 3 b3 c 3 2002
Lời giải
Ta chứng minh được khi n là số nguyên thì n3 chia cho 9 chỉ có thể
dư là 0, 1, -1.
Thế thì a3 b3 c3 khi chia cho 9 chỉ có thể dư là 0, 1, 2, 3, 6, 7, 8. Mà 2002
chia cho 9 dư 4 nên không thể tồn tại a, b, c thỏa mãn phương trình đã cho.
Bài 10
Chứng minh rằng phương trình y 2 x5 4 không có nghiệm nguyên.
Lời giải
Giả sử tồn tại x, y Z thỏa mãn phương trình.
11
- Nếu xM
11 thì x10 M
- Nếu ( x,11) 1 thì x10 1M11
Như vậy khi x là số nguyên tùy ý thì x10 chia cho 11 dư 0 hoặc 1, do đó x 5
chia cho 11 chỉ có thể dư 0, 1, -1. Kết hợp với phương trình đã cho ta nhận
được y 2 chia cho 11 chỉ có thể dư 6, 7, 8.
Nhưng với y là số nguyên tùy ý thì y 2 chia cho 11 chỉ có thể dư là 0, 1, 3,
4, 5, 9. Vậy ta gặp mâu thuẫn nên phương trình vô nghiệm.
Bài 11
Tìm một hằng số nguyên dương c sao cho phương trình
xy 2 y 2 x y c
có đúng ba nghiệm nguyên dương ( x, y ) .
Lời giải
Ta viết lại phương trình x( y 2 1) y 2 y c
- Nếu y 1 c 0 , loại.
- Nếu y 1 x
y2 y c
y ( y 1) c
, do đó cMy 1 và y( y 1) cMy 1
2
y 1
( y 1)( y 1)
Ta có y 1(mod y 1), y 1 2(mod y 1) nên
y ( y 1) 2(mod y 1) c 2(mod y 1)
vậy c 0(mod y 1), c 2(mod y 1) , mà y 1 0(mod y 1), y 1 2(mod y 1)
nên c y 1(mod lcm( y 1, y 1))
Với y 2,3 ta có c 1(mod 3), c 2(mod 4) . Do vậy ta thử lấy c 10 .
2
7
( x, y ) (4, 2), (2,3), (1,11) .
Ta phải có y 1|10 y 2,3, 6,11 . Khi đó x 4, 2, ,1 , theo thứ tự. Vậy có
đúng ba nghiệm nguyên dương
Bài 12
Tìm tất cả những số nguyên dương x, y, z thỏa mãn phương trình:
3x 4 y 5 z
Lời giải
Vì 4 y 1(mod 3) 5z 1(mod 3) z 2k , k Z
Thay vào phương trình ta được (5k 2 y )(5k 2 y ) 3x
Hơn nữa 5k 2 y 5k 2 y (mod 3) nên 5k 2 y 1 (1) và 5k 2 y 3x (2)
Từ (1) suy ra (1)k (1) y 1(mod 3)
Từ (2) suy ra (1)k (1) y 0(mod 3)
Do vậy k lẻ và y chẵn nên y 2 . Khi đó
5k 2 y 1(mod 4) 3x 1(mod 4) x chẵn, do đó 3x 1(mod8)
Như vậy nếu y 4 thì 2 y M8 5k 1(mod 8) , mâu thuẫn vì k lẻ.
Vậy ta phải có y 2 , thay vào (1) và (2) ta được k 1, x 2 x y z 2 .
4. Sử dụng kiến thức số học tổng hợp
Bài 13
Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x y z và 2 x 2 y 2 z 2336
Lời giải
Ta có 2x 1 2 y x 2z x 25 73 nên 2 x 25 và 1 2 y x 2z x 73 , suy ra
x 5, 2 y 5 2 z 5 72 . Từ đây ta có 2 y 5 1 2z y 23 9 y 5 3,1 2 z y 9 , do
vậy y 8, z 11 .
Tóm lại x 5, y 8, z 11 .
Bài 14
Tìm các cặp số nguyên dương ( x, y ) thỏa mãn:
x x y y y x
Lời giải
Giả sử gcd( x, y ) c , đặt x ac, y bc , thế thì gcd(a, b) 1 .
Thay vào phương trình ta được
(ac)c ( a b ) (bc)c (b a ) (ac) a b (bc)b a a a b c 2a bb a , do đó a a b | bb a
Mà gcd(a, b) 1 nên suy ra a 1 . Khi đó c 2 bb 1 là số chính phương nên hoặc
b là số lẻ hoặc b là số chính phương.
- Nếu b 2n 1, n 0 thì c (2n 1)n .
- Nếu b k 2 , k Z thì c k k 1 .
2
Vậy ta được ( x, y) (2n 1)n ,(2n 1)n1 , n 0, n Z và ( x, y ) k k 1 , k k
2
2
1
,k Z
Bài 15
Chứng minh rằng phương trình x3 y 3 xy 1993 không có nghiệm nguyên
dương.
Lời giải
Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương ( x, y ) . Từ phương trình
ta thấy x y x y d , d Z . Thay vào phương trình ta được
( y d )3 y 3 ( y d ) y 1993 (3d 1) y 2 d (3d 1) y d 3 1993 0 (1), suy ra
d 3 1993 0 d 12
Nhân hai vế của (1) với 27 ta được
27(3d 1) y 2 27d (3d 1) y (3d )3 1 53810 , do đó 3d 1| 53810 2 5 5381
Mà d 12 3d 1 35 và 3d 1 chia cho 3 dư 2 nên 3d 1 2;5 d 1; 2
- Nếu d 1 , thay vào (1) ta được y 2 y 996 0 ( vô nghiệm nguyên ).
- Nếu d 2 , thay vào (1) ta được y 2 2 y 397 0 ( vô nghiệm nguyên ).
Như vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương.
Bài 16
Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên x, y đều không chia hết cho 5 và
thỏa mãn x 2 19 y 2 198 101989
Lời giải
Ta thấy 100 92 19 12 ; 1980 212 19 92
và ( x 2 19 y 2 )(a 2 19b2 ) ( xa 19 yb)2 19( xb ya)2
Ta gọi số nguyên dương n là "số đẹp" nếu tồn tại x, y Z sao cho x y
không chia hết cho 5 và n x 2 19 y 2 .
Ta sẽ chứng minh với mọi số nguyên dương m thì 100m là "số đẹp".
- Khi m 1, khẳng định là đúng.
- Giả sử khẳng định đã đúng với m k , tức là 100k a 2 19b 2 , trong đó
a, b Z và a b không chia hết cho 5.
Ta có 100k 1 100 100k (92 19 12 )(a 2 19b2 ) (9a 19b)2 19(9b a)2 , hơn nữa
(9a 19b) (9b a ) 8(a b) 20b không chia hết cho 5 nên khẳng định cũng
đúng với m k 1. Phép chứng minh được hoàn tất.
Như vậy 101988 100994 là "số đẹp", tức là 100994 A2 19 B 2 , trong đó A, B Z
và A B không chia hết cho 5. Thế thì
198 101989 1980 100994 (212 19 92 )( A2 19 B 2 ) (21A 171B)2 19(21B 9 A)2
đặt x 21A 171B, y 21B 9 A x y 12( A B) 180 B không chia hết cho 5.
Mặt khác x 2 19 y 2 198 101989 M5 nên x, y đều không chia hết cho 5.
II. MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN PHƯƠNG TRÌNH
PITAGO VÀ PHƯƠNG TRÌNH PELL
Bài 17
Chứng minh rằng phương trình dưới đây có vô hạn nghiệm nguyên dương:
x4 y 4 z 4 u 2
Lời giải
Gọi (a, b, c) là một nghiệm nguyên dương của phương trình a 2 b 2 c 2 .
Thế thì (a 2 b2 )2 c 4 a 4 b4 c 4 2a 2b2 c 4 (a 4 b4 ) c8 2c 4 a 2b2
a 4b 4 b 4c 4 c 4 a 4 c8 2c 4 a 2b 2 a 4b 4 (c 4 a 2b 2 )2
Ta chọn x ab, y bc, z ca, u c 4 a 2b 2 , khi đó x, y, z, u Z và x 4 y 4 z 4 u 2
Vì có vô hạn bộ số nguyên dương (a, b, c) nên sẽ có vô hạn bộ số nguyên
dương ( x, y, z, u ) như trên.
Bài 18
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
x 2 y 2 1997( x y )
Lời giải
Phương trình được viết lại như sau:
2 x 2 2 y 2 3994( x y )
( x y )2 ( x y ) 2 3994( x y ) 0
( x y ) 2 ( x y 1997) 2 1997 2
đặt a x y, b | x y 1997 | a, b Z và a 2 b 2 19972 (*)
(bởi nếu b 0 thì x y 1997 nên x y 1997 , do đó y 0 ,loại).
Do 1997 là số nguyên tố nên (a, b) 1 , vì vậy (*) là dạng phương trình Pitago
1997 m2 n 2 , a 2mn, b m 2 n 2 ( a , b có thể hoán vị cho nhau), trong đó
m, n Z , m n, ( m, n) 1.
Vì 1997 2(mod 5) m, n 1(mod 5) , do 1997 2(mod 3) m, n 1(mod 3)
Như vậy m, n 1, 4,11,14(mod15) , hơn nữa
1997
m 2 1997
2
nên chỉ có
m 34, n 29 . Từ
đây ta được nghiệm của phương trình đã cho là
( x, y ) (170,145); (1827,145) .
Bài 19
Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
x2 y 2 2 z 2
Lời giải
Từ phương trình ta thấy x, y có cùng tính chẵn lẻ. Ta viết lại phương
trình như sau:
x y x y
2
z
2 2
x y
x y
u,
v , thế thì u , v Z và u 2 v 2 z 2 . Đây chính là phương
Đặt
2
2
2
2
trình dạng Pitago.
Bài 20
Xét các tam giác cân có độ dài cạnh đáy bằng a , độ dài cạnh bên bằng b ,
trong đó a, b Z . Tìm tất cả giá trị của a, b để diện tích của tam giác cũng là
một số nguyên dương.
Lời giải
1
2
Diện tích của tam giác là S a b2
a2
4
Để S là số nguyên dương thì a phải chẵn và b 2
Giả sử a 2k , k Z và b 2
phương trình dạng Pitago.
Bài 21
a2
m 2 , khi đó b 2 k 2 m 2 m 2 k 2 b 2 . Đây là
4
Tìm các số nguyên dương n sao cho
Lời giải
Giả sử
a2
phải là số chính phương.
4
n(n 1)
y 2 , y Z , khi
2
n(n 1)
2
là số chính phương.
đó 4n2 4n 1 8 y 2 1 (2n 1)2 8 y 2 1 ,
đặt 2n 1 x ta được phương trình Pell x 2 8 y 2 1 . Từ đây ta được nghiệm là
(3 8)k (3 8)k
x xk
, k 1
2
x 1
do đó n
, với x được xác định như trên.
2
Bài 22
Tìm các số nguyên dương x 1 sao cho tam giác với độ dài của ba cạnh là
x 1, x, x 1 có diện tích là một số nguyên dương.
Lời giải
1
4
Diện tích của tam giác là S x 3x 2 12 . Để S là số nguyên dương
thì x phải chẵn, đặt x 2 y S y 3( y 2 1) .
Ta cần 3( y 2 1) h(h Z ) h2 3( y 2 1) hM3 , đặt h 3z, z Z ta thu được
9 z 2 3( y 2 1) y 2 3z 2 1 . Phương trình Pell này có nghiệm là
(2 3)n (2 3) n
y yn
, n 1
2
Vậy x 2 y (2 3)n (2 3)n , n 1
Bài 23
Tìm các số nguyên dương n để
Lời giải
Theo giả thiết ta có
2n 2 3n 1 6 y 2
16n2 24n 8 48 y 2
12 22 ... n 2
là số chính phương.
n
( n 1)(2n 1)
y 2 , y Z
6
(4n 3) 2 1 48 y 2
x 2 48 y 2 1 , trong đó x 4n 3
k
k
Phương trình Pell này có nghiệm là x xk (7 48) (7 48) , k Z
2
Ta cần tìm k để xk 3(mod 4) . Đế ý rằng dãy số ( xk ) được xác định như sau:
x0 1, x1 7, xk 2 14 xk 1 xk , k 0,1, 2,...
Bằng quy nạp ta chứng minh được xk 1(mod 4) nếu k chẵn, xk 1(mod 4) nếu
k lẻ. Như vậy k lẻ là các số cần tìm. Tóm lại các số n phải tìm là
n
xk 3
, với k
4
là số lẻ.
Bài 24
Tìm các số nguyên dương m để 2m 1 và 3m 1 đều là các số chính phương.
Lời giải
Giả sử 2m 1 x 2 ,3m 1 y 2 ( x, y Z ) , khi đó ta có
3x 2 2 y 2 1 (*) và m y 2 x 2
Xét (*) ta đặt u 3x 2 y, v y x x u 2v, y u 3v , (*) trở thành
u 2 6v 2 1 . Phương trình Pell này có nghiệm là
(5 2 6)n (5 2 6) n
, n 1
2
(5 2 6)n (5 2 6)n
v vn
, n 1
2 6
Vậy ta tìm được m y 2 x 2 (u 3v)2 (u 2v)2 v(2u 5v) , tức là
u un
m
(5 2 6)2 n1 (5 2 6)2 n1 10
, n 1
24
Bài 25
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
( x 1)2 x 2 ( x 1) 2 y 2 ( y 1)2
Lời giải
Phương trình tương đương với
(2 y 1) 2 6 x 2 3 , suy ra 2 y 1M
3.
Giả sử 2 y 1 3t , t Z , ta được phương trình:
9t 2 6 x 2 3 3t 2 2 x 2 1 (*)
Đặt u 3t 2 x, v x t t u 2v, x u 3v , thế thì (*) trở thành
3(u 2v)2 2(u 3v) 2 1
u 2 6v 2 1 . Đây chính là
phương trình Pell.
Bài 26
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
x 2 ( x 1) 2 y 2
Lời giải
Phương trình tương đương với
4x2 4x 2 2 y 2
(2 x 1) 2 2 y 2 1
Đặt 2x 1 t ta được t 2 2 y 2 1 2 y 2 t 2 1 (*)
Đặt u 2 y t , v t y y u v, t u 2v , khi đó (*) trở thành
2(u v) 2 (u 2v) 2 1 u 2 2v 2 1 . Đây chính là phương trình Pell.
III. NGHIỆM NGUYÊN DƯƠNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT
Bài 27
Cho ba số nguyên dương a, b, c thỏa mãn (a, b) 1 . Xét sự tồn tại nghiệm
nguyên dương của phương trình ax by c , ta có hai kết quả sau đây:
Kết quả 1
- Nếu c a b thì phương trình vô nghiệm nguyên dương.
- Nếu c ab thì phương trình có nghiệm nguyên dương.
- Nếu c a b thì phương trình có nghiệm nguyên dương duy nhất x y 1 .
- Nếu c ab thì phương trình vô nghiệm nguyên dương.
Kết quả 2
Khi c a b 1, a b 2,..., ab 1 thì số giá trị của c làm cho phương
trình có nghiệm nguyên dương bằng số giá trị của c làm cho phương vô
nghiệm nguyên dương.
Chứng minh kết quả 1
- Với c a b thì hiển nhiên phương trình vô nghiệm nguyên dương.
- Với c ab : ta thấy 1, 2,...,b là hệ thặng dư đầy đủ modb , mà (a, b) 1 nên
a, 2a,..., ba cũng là hệ thặng dư đầy đủ modb , do đó x 1, 2,..., b sao cho
ax c(mod b) . Như vậy c axM
b y Z sao cho c ax by hay ax by c .
Do c ab ax nên y phải là số nguyên dương. Vì vậy phương trình có
nghiệm nguyên dương.
- Với c a b thì rõ ràng phương trình chỉ có một nghiệm nguyên dương là
( x, y ) (1,1) .
- Với c ab : giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương ( x, y ) , thế thì
ax by ab by M
a yM
a y a ax by ab (mâu thuẫn). Vì vậy phương
trình vô nghiệm nguyên dương.
Chứng minh kết quả 2
+ Trước tiên ta chứng minh nếu phương trình ax by c có nghiệm nguyên
dương thì phương trình ax by (ab a b) c vô nghiệm nguyên dương.
Thật vậy, gọi ( x0 , y0 ) là một nghiệm nguyên dương của phương trình
ax by c ax 0 by0 c .
Xét phương trình ax by (ab a b) c (*)
ax by ab a b ax 0 by0
a( x x0 1) b( y y0 1) ab
(**)
Giả sử (*) có nghiệm nguyên dương là ( x, y ) , khi đó x x0 1 và
y y0 1 là các số nguyên dương. Kết hợp với (**) ta thấy phương trình
ax by ab có nghiệm nguyên dương (mâu thuẫn với kết quả 1). Vì vậy (*)
phải vô nghiệm nguyên dương.
+ Tiếp theo ta chứng minh nếu phương trình ax by c vô nghiệm
nguyên
dương thì phương trình ax by (ab a b) c có nghiệm nguyên dương.
Thật vậy, ta thấy 1, 2,...,b là hệ thặng dư đầy đủ modb , mà (a, b) 1 nên
a, 2a,..., ba cũng là hệ thặng dư đầy đủ modb , do đó x0 1, 2,..., b sao cho
ax0 c(mod b) . Như vậy c ax0 M
b y0 Z sao cho ax 0 by0 c , ta phải có
y0 0 vì phương trình ax by c vô nghiệm nguyên dương.
Khi đó ab a b c ab a b ax 0 by0 a(b 1 x0 ) b(1 y0 ) ax1 by1 , trong
đó x1 b 1 x0 Z , y1 1 y0 Z . Vì vậy phương trình ax by (ab a b) c
có nghiệm nguyên dương.
Từ hai phần chứng minh trên ta dễ dàng suy ra được kết quả 2.
C. KẾT LUẬN
Chuyên đề này đã nêu ra một vài hướng suy nghĩ để đi tìm cách giải
những phương trình nghiệm nguyên, các hướng suy nghĩ đó được trình bày
theo mức độ đi từ đơn giản đến nâng cao để học sinh dễ tiếp thu. Nhân đây,
tôi cũng mong các bạn đồng nghiệp cùng suy nghĩ về cách thức giảng dạy
chủ đề "phương trình nghiệm nguyên" cho học sinh, nên dạy như thế nào để
học sinh cảm thấy hấp dẫn và không mệt mỏi về chủ đề này ?
- Xem thêm -
.PDF 
11 
875 
134 
