3 Chứng minh định lý lớn Fecma với n = 4 Để chứng minh định lý lớn Fecma với n = 4 tức là chứng minh tổng của hai trùng phương không bằng một trùng phương, ta chỉ cần chứng minh tổng của[r]
(1)Giáo viên hướng dẫn: thầy ĐỖ KIM SƠN (2) Lời nói đầu Trang Phần 1: Các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Phương pháp 1:Xét số dư vế .5 Phương pháp 2: Đưa dạng tổng .5 Phương pháp 3: Dùng bất đẳng thức Phương pháp 4: Dùng tính chia hết, tính đồng dư Phương pháp 5: Dùng tính chất số chính phương .11 Phương pháp 6: Lùi vô hạn, nguyên tắc cực hạn .14 Phương pháp 7: Xét chữ số tận cùng .15 Phương pháp 8: Tìm nghiệm riêng 15 Phương pháp 9: Hạ bậc 16 Phần 2: Các dạng phương trình có nghiệm nguyên .18 Dạng 1: Phương trình bậc hai ẩn .19 Dạng 2: Phương trình bậc hai có hai ẩn 19 Dạng 3: Phương trình bậc ba trở lên có hai ẩn 21 Dạng 4: Phương trình đa thức có ba ẩn trở lên 23 Dạng 5: Phương trình dạng phân thức .24 Dạng 6: Phương trình dạng mũ 25 Dạng 7: Hệ phương trình vô tỉ 26 Dạng 8: Hệ phương trình với nghiệm nguyên 28 Dạng 9: Hệ phương trình Pytago .28 Dạng 10: Phương trình Pel .30 Dạng 11: Điều kiện để phương trình có nghiệm nguyên 32 Phần 3: Bài tập áp dụng 33 Phụ lục .48 Lời cảm ơn .52 (3) Phương trình và bài toán với nghiệm nguyên là đề tài lý thú Số học và Đại số, từ bài toán tính loại trâu Trăm trâu trăm cỏ đến các chuyên gia toán học lớn với các bài toán định lý lớn Fecma Được nghiên cứu từ thời Điôphăng kỉ thứ III, phương trình nghiệm nguyên còn là đối tượng nghiên cứu toán học Phương trình nghiệm nguyên vô cùng đa dạng, vì nó thường không có quy tắc giải tổng quát Mỗi bài toán, với số liệu riêng nó, đòi hỏi cách giải riêng phù hợp Thời gian qua, nhờ hướng dẫn giáo viên môn, chúng em xin giới thiệu chuyên đề “Phương trình nghiệm nguyên” Chuyên đề này là tập hợp các phương pháp các dạng phương trình khác phương trình nghiệm nguyên, chúng em sưu tầm từ các nguồn kiến thức khác Chúng em mong muốn chuyên đề giúp ích phần cho việc tìm hiểu các bạn học sinh vấn đề nêu trên Quyển chuyên đề này gồm có phần chính Đầu tiên chúng em xin giới thiệu các phương pháp thường dùng để giải phương trình với nghiệm nguyên, sau đó là việc tìm hiểu cách giải các dạng phương trình khác nó và cuối cùng là phần bài tập Trong quá trình biên soạn, sưu tầm và tập hợp các phương pháp cùng ví dụ, bài tập, chúng em đã cố gắng nhiều thiếu sót là điều khó tránh khỏi Vì vậy, chúng em mong thầy và các bạn xem xong chuyên đề này hãy đóng góp ý kiến để giúp chuyên đề sau hoàn thành tốt Xin chân thành cảm ơn! Nhóm biên tập (4) PHƯƠNG PHÁP XÉT SỐ DƯ CỦA TỪNG VẾ Ví dụ 1: Chứng minh các phương trình sau không có nghiệm nguyên: 2 a) x y 1998 2 b) x y 1999 Giải: 2 2 a) Dễ chứng minh x , y chia cho có số dư nên x y chia cho có số dư 0, 1, Còn vế phải 1998 chia cho dư Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên 2 2 b) x , y chia cho có số dư 0, nên x y chia cho có các số dư 0, 1, Còn vế phải 1999 chia cho dư Vậy phương trình không có nghiệm nguyên Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên phương trình 9x y2 y Giải Biến đổi phương trình: x y ( y 1) Ta thấy vế trái phương trình là số chia hết cho dư nên y ( y 1) chia cho dư Chỉ có thể: y 3k , y 3k với k nguyên Khi đó: x (3k 1)(3k 2) x 9k (k 1) x k (k 1) Thử lại, x k ( k 1) , y 3k thỏa mãn phương trình đã cho x k (k 1) y 3k với k là số nguyên tùy ý Đáp số 1) PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ DẠNG TỔNG Biến đổi phương trình dạng: vế trái là tổng các bình phương, vế phải là tổng các số chính phương Ví dụ 3: Tìm các nghiệm nguyên phương trình: x y x y 8 (1) Giải: 2 (1) x y x y 32 (4 x x 1) (4 y y 1) 34 | x |2 | y |2 32 52 Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 chì có dạng phân tích thành 2 tồng hai số chính phương ,5 Do đó phương trình thỏa mãn hai khả năng: | x |3 | x |5 | y |5 | y |3 (5) Giải các hệ trên phương trình (1) có bốn nghiệm nguyên là: (2 ; 3), (3 ; 2), ( ; 2), ( ; 1) 2) PHƯƠNG PHÁP DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC Trong giải các phương trình nghiệm nguyên cần đánh giá các miền giá trị các biến, số giá trị mà biến số có thể nhận không nhiều có thể dùng phương pháp thử trực tiếp để kiểm tra Để đánh giá miền giá trị biến số cần vận dụng linh hoạt các tính chất chia hết, đồng dư, bất đẳng thức … a) Phương pháp thứ tự các ẩn Ví dụ 4: Tìm ba số nguyên dương cho tổng chúng tích chúng Giải: Cách 1: Gọi các số nguyên dương phải tìm là x, y, z Ta có: x y z x y z (1) Chú ý các ẩn x, y, z có vai trò bình đẳng phương trình nên có thể xếp thứ tự giá trị các ẩn, chẳng hạn: x y z Do đó: xyz x y z 3z Chia hai vế bất đảng thức xyz 3z cho số dương z ta được: xy 3 Do đó xy {1;2;3} Với xy = 1, ta có x = 1, y = Thay vào (1) + z = z (loại) Với xy = 2, ta có x = 1, y = Thay vào (1) z = Với xy = 3, ta có x = 1, y = Thay vào (1) z = loại vì y z Vậy ba số phải tìm là 1; 2; Cách 2: Chia hai vế (1) cho xyz 0 được: 1 1 yz xz xy Giả sử x y z 1 ta có 1 1 1 1 2 2 2 yz xz xy z z z z 1 z đó z 3 nên z = Thay z = vào (1): Suy x y xy xy x y 1 x ( y 1) ( y 1) 2 ( x 1)( y 1) 2 Ta có x y 0 nên x–1 Suy x y Ba số phải tìm là 1; 2; Ví dụ 5: y–1 (6) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình sau : 5(x + y + z + t) + 10 = 2xyzt Giải Vì vai trò x, y, z, t nên có thể giả thiết x ≥ y ≥ z ≥ t Khi đó : 2xyzt = 5(x + y + z + t) +10 ≤ 20x + 10 yzt 15 t 15 t 2 Với t = ta có : 2xyz = 5(x + y + z) +15 ≤ 15x + 15 yz 30 z 30 z 3 Nếu z = thì 2xy = 5(x + y) + 20 hay 4xy = 10(x + y) + 40 hay (2x – 5)(2y – 5) = 65 Dễ thấy phương trình này có nghiệm là (x = 35; y = 3) và (x = 9; y = 5) Giải tương tự cho các trường còn lại và trường hợp t = Cuối cùng ta tìm nghiệm nguyên dương phương trình đã cho là (x; y; z; t) = (35; 3; 1; 1); (9; 5; 1; 1) và các hoán vị các số này b) Phương pháp xét khoảng giá trị ẩn Ví dụ 6: Tìm các nghiệm nguyên dương phương trình: 1 x y Giải: Do vai trò bình đẳng x và y, giả sử x y Dùng bất đẳng thức để giới hạn khoảng giá trị số nhỏ (là y) 1 y nên y Hiển nhiên ta có (1) 1 x y x y Do đó: Mặt khác nên 1 1 x y y y y nên y 6 (2) Ta xác định khoảng giá tri y là y 6 1 1 Với y = ta được: x 12 nên x = 12 1 Với y = ta được: x 15 loại vì x không là số nguyên 1 1 Với y = ta được: x 6 nên x = Các nghiệm phương trình là: (4 ; 12), (12 ; 4), (6 ; 6) c) Phương pháp nghiệm nguyên Ví dụ 7: Tìm các số tự nhiên x cho: x 3x 5 x (7) Giải: Viết phương trình dạng: x x 3 1 5 5 (1) Với x = thì vế trái (1) 2, loại Với x = thì vế trái (1) 1, đúng x x 3 2 , 5 nên: Với x 2 thì x x 3 1 5 5 5 loại Nghiệm phương trình là x = d) Sử dụng diều kiện 0 để phương trình bậc hai có nghiệm Ví dụ 8: Tìm các nghiệm nguyên phương trình: x y xy x y (1) Giải Viết (1) thành phương trình bậc hai x: x ( y 1) x ( y y ) 0 (2) Điều kiện cần để (2) có nghiệm là 0 ( y 1) 4( y y ) y y 0 y y 0 3( y 1) 4 Do đó ( y 1) 1 suy ra: y–1 y -1 0 1 2 Với y = thay vào (2) x x 0 x1 0; x2 1 Với y = thay vào (2) x x 0 x3 0; x4 2 Với y = thay vào (2) x 3x 0 x5 1; x6 2 Thử lại, các giá trị trên nghiệm đúng với phương trình (1) Đáp số: (0 ; 0), (1 ; 0), (0 ; 1), (2 ; 1), (1 ; 2), (2 ; 2) 3) PHƯƠNG PHÁP DÙNG TÍNH CHIA HẾT, TÍNH ĐỒNG DƯ Khi giải các phương trình nghiệm nguyên cần vận dụng linh hoạt các tính chất chia hết, đồng dư, tính chẵn lẻ,… để tìm điểm đặc biệt các biến số các biểu thức chứa phương trình, từ đó đưa phương trình các dạng mà ta đã biết cách giải đưa phương trình đơn giản a) Phương pháp phát tính chia hết ẩn: Ví dụ 9: Giải phương trính với nghiệm nguyên: 3x + 17y = 159 (8) Giải: Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn phương trình Ta thấy 159 và 2x chia hết cho nên 17y 3 đó y 3 ( vì 17 và nguyên tố cùng nhau) Đặt y = 3t ( t ) Thay vào phương trình ta được: 3x + 17.3t = 159 x + 17t = 53 x 53 17t y 3t Do đó: ( t ) Đảo lại, thay các biểu thức x và y vào phương trình ta nghiệm đúng Vậy phương trình (1) có vô số nghiệm nguyênđược xác định công thức: x 53 17t y 3t (t là số nguyên tùy ý) Ví dụ 10: 2 Chứng minh phương trình : x y 27 (1) không có nghiệm là số nguyên Giải Một số nguyên x bất kì có thể biểu diễn dạng x = 5k x = 5k ± x = 5k ± đó k Nếu x = 5k thì : (1) (5k ) y 27 5(5k y ) 27 Điều này vô lí, vì vế trái chia hết cho với k và y là số nguyên, còn vế phải không chia hết cho Nếu x = 5k ± thì : (1) (5k 1) y 27 25k 10k y 27 5(5k 4k y ) 23 Điều này vô lí, vế trái chia hết cho với k và y là số nguyên, còn vế phải không chia hết cho Nếu x = 5k ± thì : (1) (5k 2) y 27 25k 20k y 27 5(5k 4k y ) 23 Lập luận tương tự trên, điều này vô lí Vậy phương trình đã cho không có nghiệm là số nguyên Ví dụ 11: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình sau : 19x2 + 28y2 = 729 Giải Cách Viết phương trình đã cho dạng (18x2 + 27y2) + (x2 + y2) = 729 (1) Từ (1) suy x2 + y2 chia hết 3, đó x và y chia hết cho Đặt (9) x = 3u, y = 3v (u, v ) Thay vào phương trình đã cho ta : 19u2 + 28v2 = 81 (2) Từ (2) lập luận tương tự trên ta suy u = 3s, v = 3t ( s, t ) Thay vào (2) ta có 19s2 + 28t2 = (3) Từ (3) suy s, t không đồng thời 0, đó 19s2 + 28t2 ≥ 19 > Vậy (3) vô nghiệm và đó phương trình đã cho vô nghiệm Cách Giả sử phương trình có nghiệm Từ phương trình đã cho ta suy x2 ≡ -1 (mod 4), điều này không xảy với số nguyên x Vậy phương trình đã cho vô nghiệm b) Phương pháp đưa phương trình ước số Ví dụ 12: Tìm các nghiệm nguyên phương trình: xy – x – y = Giải: Biến đổi phương trình thành: x(y – 1) – y = x(y – 1) – (y – 1) = (y – 1)(x – 1) = Ta gọi phương trình trên là phương trình ước số: vế trái là tích các thừa số nguyên, vế phái là số Ta có x và y là các số nguyên nên x – và y – là các số nguyên và là ước 23 Do vai trò bình đẳng x và y phương trình nên có thể giả sử x y, đó x – y – Ta có: x–1 -1 y–1 -3 Do đó: x y -2 Nghiệm nguyên phương trình: (4 ; 2), (2 ; 4), (0 ; -2), (-2 ; 0) Ví dụ 13: Tìm nghiệm nguyên phương trình : x + xy + y = Giải Phương trình đã cho có thể đưa dạng : (x + 1)(y + 1) = 10 (1) Từ (1) ta suy (x + 1) là ước 10 hay ( x 1) {1; 2; 5; 10} Từ đó ta tìm các nghiệm phương trình là : (1, 4), (4, 1), (-3, -6), (-6, -3), (0, 9), (9, 0), (-2, -11), (-11, -2) Ví dụ 14: Xác định tất các cặp nguyên dương (x; n) thỏa mãn phương trình sau x 3367 2 n (10) Giải Để sử dụng đẳng thức a3 – b3 = (a – b)(a2 + ab + b2) ta chứng minh n chia hết cho n Từ phương trình đã cho ta suy x 2 (mod 7) Nếu n không chia hết cho thì 2n chia cho có thể cho số dư là 2, 7, đó x chia cho có thể cho số dư là 0, 1, nên không thề có n đồng dư thức x 2 (mod 7) Vậy n = 3m với m là số nguyên dương nào đó Thay vào phương trình đã cho ta x 3367 23m (2 m x )[(2m x ) 3x.2m ] 3367 (1) m Từ (1) ta suy x là ước 3367 m 3m m Hơn nữa, (2 x ) x 3367 nên (2 x ) {1;7;13} m Xét x 1 , thay vào (1) ta suy 2m(2m – 1) = × 561, vô nghiệm m Xét x 3 , thay vào (1) ta suy 2m(2m – 13) = × 15, vô nghiệm m Xét x 7 , thay vào (1) ta suy 2m(2m – 7) = 24 × 32 Từ đó ta có m = 4; n = 3m = 12, và x = Vậy (x; n) = (9; 12) c) Phương pháp tách các giá trị nguyên: Ví dụ 15: Giải phương trình ví dụ cách khác Giải: Biểu thị x theo y: x(y – 1) = y + Ta thấy y 1 ( vì y = thì ta có 0x = vô nghiệm) y 2 y 13 x 1 y y y Do đó: Do x là số nguyên nên y là số nguyên, đó y – là ước Lần lượt cho y – -1, 1, -3, ta các đáp số ví dụ 4) PHƯƠNG PHÁP DÙNG TÍNH CHẤT CỦA SỐ CHÍNH PHƯƠNG a) Sử dụng tính chất chia hết số chính phương Ví dụ 16: Tìm các số nguyên x để 9x + là tích hai số nguyên liên tiếp Giải: Cách 1: Giải sử 9x + = n(n + 1) với n nguyên thì: 36x + 20 = 4n 4n 36 x 21 4n 4n 3(12 x 7) (2n 1) (11) Số chính phương (2n 1) chia hết cho nên chia hết cho Ta lại có 12x + không chia hết cho nên 3(12x + 7) không chi hết cho Mâu thuẫn trên chứng tỏ không tồn số nguyên x nào để 9x + = n(n + 1) Cách 2: Giả sử 9x + = n(n + 1) với n nguyên Biến đổi n n x 0 Để phương trình bậc hai n có nghiệm nguyên, điều kiện cần là là số chính phương Nhưng 1 4(9 x 5) 36 x 21 chi hết cho không chia hết hco nên không là số chính phương Vậy không tồn số nguyên n nào để 9x + = n(n + 1), tức là không tồn số nguyên x để 9x + là tích hai số nguyên liên tiếp b) Tạo bình phương đúng: Ví dụ 17: Tìm các nghiệm nguyên phương trình: x x 19 y Giải : x x 21 y 2( x 1) 3(7 y ) 2 Ta thấy 3(7 y )2 y 2 y lẻ 2 Ta lại có y 0 nên có thể y 1 Khi đó (2) có dạng: 2( x 1) 18 Ta được: x + = 3 , đó: x1 2; x2 Các cặp số (2 ; 1), (2 ; -1), (-4 ; 1), (-4 ; -1) thỏa mãn (2) nên là nghiệm phương trình đã cho c) Xét các số chính phương liên tiếp: Ví dụ 18: Chứng minh với số nguyên k cho trước, không tồn t5ai số nguyên dương x cho: x ( x 1) k ( k 2) Giải: Giả sử x ( x 1) k ( k 2) với k nguyên, x nguyên dương Ta có: x x k k x x k 2k (k 1) 2 2 Do x > nên x x x (k 1) (1) Cũng x > nên ( k 1) x x x x ( x 1) (2) Từ (1) và (2) suy ra: x (k 1) ( x 1) vô lý Vậy không tồn số nguyên dương x để x(x + 1) = k(k + 2) Ví dụ 19: Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là số chính phương: x4 x3 x2 x (12) Giải: Đặt x x x x = y (1) với y Ta thấy: y ( x x x ) ( x x 3) y ( x x )2 ( x x 3) 2 2 Ta chứng minh a y (a 2) với a = x x Thật vậy: 11 y a x x ( x )2 2 2 ( a 2) y ( x x 2) ( x x x x 3) 3x 3x 1 3( x )2 2 2 Do a y (a 2) nên y ( a 1) x x x x ( x x 1) x x 0 x 1 x 2 Với x = x = -2 biểu thức đã cho 3 d) Sử dụng tính chất: hai số nguyên dương nguyên tố cùng có tích là số chính phương thì số đếu là số chính phương Ví dụ 20: Giải phương trình với nghiệm nguyên dương: xy z (1) Giải: Trước hết ta có thể giả sử (x , y , z) = Thật ba số xo , yo , zo thỏa mãn (1) và có ƯCLN d, giả sử xo dx1 , yo dy1 , zo dz1 thì x1 , y1 , z1 là nghiệm (1) Với (x , y , z) = thì x, y, z đôi nguyên tố cùng nhau, vì hai ba số x, y, z có ước chung là d thì số còn lại chia hết cho d 2 * Ta có z xy mà (x, y) = nên x a , y b với a, b 2 Suy ra: z xy (ab) đó, z = ab x ta y tb z tab Như vậy: với t là số nguyên dương tùy ý Đảo lại, hiển nhiên các số x, y, z có dạng trên thỏa mãn (1) Công thức trên cho ta các nghiệm nguyên dương (1) (13) e) Sử dụng tính chất: hai số nguyên liên tiếp có tích là số chính phương thí hai số nguyên liên tiếp đó Ví dụ 21: Tìm các nghiệm nguyên phương trình: x xy y x y (1) Giải: Thêm xy vào hai vế: x xy y x y xy ( x y )2 xy ( xy 1) (2) Ta thấy xy và xy + là hai số nguyên liên tiếp, có tích là số chính phương nên tồn số 2 Xét xy = Từ (1) có x y 0 nên x = y = Xét xy + = Ta có xy = -1 nên (x , y) = (1 ; -1) (-1 ; 1) Thửa lại, ba cặp số (0 ; 0), (1 ; -1), (-1 ; 1) là nghiệm phương trình đã cho 5) PHƯƠNG PHÁP LÙI VÔ HẠN, NGUYÊN TẮC CỰC HẠN Ví dụ 22: Tìm các nghiệm nguyên phương trình: x y 4 z Giải: Hiển nhiên x2 Đặt x 2 x1 với x1 nguyên Thay vào (1) chia hai vế cho ta được: x13 y 2 z (2) Do đó y2 Đặt y 2 y1 với y1 nguyên Thay vào (2) chia hai vế cho ta được: x13 y13 z (3) Do đó z2 Đặt z 2 z1 với z1 nguyên Thay vào (3) chia hai vế cho được: x13 y13 4 z13 (4) Như (x , y , z) là nghiệm (1) thì ( x1 , y1 , z1 ) là nghiệm (1) đó x 2 x1, y 2 y1 , z 2 z1 Lập luận tương tự trên, ( x2 , y2 , z2 ) là nghiệm (1) đó x1 2 x2 , y1 2 y2 , z1 2 z2 k Cứ tiếp tục ta đến: x, y, z chia hết cho với k là số tự nhiên tùy ý Điều này chỉa xảy x = y = z = Đó là nghiệm nguyên (1) Ví dụ 23: Tìm ba số nguyên dương đôi khác x, y, z thỏa mãn : x y z ( x y z ) Giải Vì vai trò x, y, z nên có thể giả sử x < y < z Áp dụng bất đẳng thức : (14) x3 y z x y z 3 Với x, y, z ≥ ta suy x + y + z ≤ Dấu không xảy vì x, y, z đôi khác Vậy x + y + z ≤ (1) Mặt khác: x + y + z ≥ + + = (2) x y z {6;7;8} Từ (1) và (2) ta suy Từ đây kết hợp với phương trình ban đầu ta tìm x, y, z Vậy (x, y, z) = (1, 2, 3) và các hoán vị ba số này 6) PHƯƠNG PHÁP XÉT CHỮ SỐ TẬN CÙNG Ví dụ 24: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình : 1! 2! x ! y (1) Giải: Cho x 1; 2; 3; 4, ta có ngay2 nghiệm nguyên dương (x ; y) củ phương trình là (1 ; 1), (3 ; 3) Nếu x > thì dễ thấy k! với k > có chữ số tận cùng 1! + 2! + 3! + 4! + … + x! = 33 + 5! + … + x! có chữ số tận cùng Mặt khác vế phải là số chính phương nên không thể tận cùng là Vậy phương trình (1) có hai nghiệm nguyên dương (x ; y) là (1 ; 1) và (3 ; 3) Ví dụ 25: Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình: x x 32 y 1 (1) Giải: Cho x các giá trị từ đến 9, dễ dàng xác định chữa số tận cùng x x y1 chì nhận các giá trị 1; 5; Mặt khác ta thấy là lũy thừ bậc lẻ nên chữ số tận cùng nó có thể là 7, khác với 1; 5; Vậy (1) không thể xảy Nói các khác phương trình (1) không có nghiệm nguyên dương 7) PHƯƠNG PHÁP TÌM NGHIỆM RIÊNG a) Cách giải Xét phương trình ax by c 0 (1) a , b , c a 0, b đó , Không tính tổng quát, giả thiết (a, b, c) = Thật vậy, a, b, c d 1 thì ta chia hai vế phương trình cho d Ta có hai định lý: Định lý 1: Nếu phương trình (1) có nghiệm nguyên thì (a, b) = (*) Chứng minh: Giả sử ( xo , yo ) là nghiệm nguyên (1) thì axo byo c Nếu a và b có ước chung là d 1 thì c d , trái với giả thiết (a, b, c) = Vậy (a, b) = (15) Định lý 2: Nếu ( xo , yo ) là nghiệm phương trình (1) thì phương trình (1) có vô số nghiệm nguyên và nghiệm nguyên nó có thể biểu diễn dạng: x xo bt y yo at đó t là số nguyên tùy ý (t 0, 1, 2, ) Chứng minh: Bước 1: Mọi cặp số ( xo bt ; yo at ) là nghiệm nguyên (1) Thật ( xo , yo ) là nghiệm (1) nên axo byo c Ta có: ax by a ( xo bt ) b( yo at ) axo byo c Do đó ( xo bt; yo at ) là nghiệm (1) Bước 2: Mọi nghiệm (x, y) (1) có dạng ( xo bt; yo at ) với t Z Thật vậy, ( xo , yo ) và (x, y) là nghiệm (1) nên ax by c axo byo c a ( x xo ) b( y yo ) 0 Trừ vế: a ( x xo ) b( yo y ) (2) a ( x x ) b x o Ta có mà (a, b) = ( theo định lý 1) nên xo b Vậy tồn số nguyên t cho: x xo = bt Tức là: x xo bt Thay vào (2): abt b( yo y ) at yo y y yo at Vậy tồn số nguyên t cho: x xo bt y yo at b) Ví dụ: Ví dụ 26: Tìm nghiệm nguyên phương trình: 3x – 2y = Giải: Cách 1: Ta thấy xo 3; yo 2 là nghiệm riêng Theo định lý 2, nghiệm nguyên phương trình là: x 3 2t y 2 3t (t là số nguyên tùy ý) (16) Cách 2: Ta thấy xo 1; yo là nghiệm riêng Theo định lý 2, nghiệm nguyên phương trình là: x 1 2t y 3t (t là số nguyên tùy ý) Chú ý: Qua hai cách giải trên, ta thấy có nhiều công thức biểu thị tập hợp các nghiệm nguyên cùng phương trình c) Cách tìm nghiệm riêng phương trình bậc hai ẩn: Để tìm nghiệm nguyên riêng phương trình ax by c , ta có thể dùng phương pháp thử chọn: cho x số có giá giá trị tuyệt đối nhỏ (0; 1; 2 ) tìm giá trị tương ứng y 8) PHƯƠNG PHÁP HẠ BẬC Ví dụ 27: Tìm nghiệm nguyên phương trình : x3 + 2y3 – 4z3 = (1) Giải (1) x3 = 4z3 – 2y3 (2) Rõ ràng vế phải (2) chia hết cho nên x3 đó x Đặt x = 2x1 (x1 Z ) Thay vào (2) ta có : (2) 8x13 = 4x3 – 2y3 y3 = 2z3 – 4x13 (3) Lập luận tương tự ta có y 2, đặt y = 2y1 (y1 Z ) Biến đổi tương tự, ta được: z3 = 4y13 + 2x13 (4) Lập luận tương tự ta có z 2, đặt z = 2z1 (z1 Z ) Biến đổi tương tự, ta lại có: (4) 8z13 = 4y13 + 2x13 x13 + 2y13 – 4z13 = (5) x0 y0 z0 ; ; ) 2 là Rõ ràng số (x0; y0; z0) là nghiệm (1) thì số x0 y0 z0 ; ; 2 là số chẵn Quá nghiệm (1), x0, y0, z0 là số chẵn và ( x0 y0 z0 ; n; n n 2 là số chẵn với n là số trình này có thể tiếp tục mãi và các số nguyên dương Vậy x = y = z = (17) (18) PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN Ví dụ 1: Tìm các nghiệm nguyên phương trình: 11x + 18y = 120 Giải: Ta thấy 11x6 nên x6 Đặt x = 6k (k nguyên) Thay vào (1) và rút gọn ta được: 11k + 3y = 20 Biểu thị ẩn mà hệ số nó có giá trị tuyệt đối nhỏ (là y) theo k ta được: 20 11k y Tách riêng giá trị nguyên biểu thức này: k1 y 7 4k k1 Lại đặt = t với t nguyên suy k = 3t + Do đó: y 7 4(3t 1) t 3 11t x 6k 6(3t 1) 18t Thay các biểu thức x và y vào (1), phương trình nghiệm đúng Vậy các nghiệm nguyên (10 biểu thị công thức: x 18t y 3 11t với t là số nguyên tùy ý Cách giải: - Rút gọn phương trình, chú ý đến tính chia hết các ẩn - Biểu thị ẩn mà hệ số nó có giá trị tuyệt đối nhỏ (chẳng hạn x) theo ẩn - Tách riêng giá trị nguyên biểu thức x - Đặt điều kiện để phân bố biểu thức x số nguyên t1 , ta phương trình bậc hai ẩn y và t1 - Cứ tiếp tục trên các ần biểu thị dạng đa thức với các hệ số nguyên 1) PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI HAI ẨN Ví dụ 2: Tìm các nghiệm nguyên phương trình: 5x – 3y = 2xy – 11 Giải: Biểu thị y theo x: (2x + 3)y = 5x + 11 Dễ thấy 2x + ( vì x nguyên ) đó: x 11 x 5 y 2 2x 2x Để y phải có x 52 x 2( x 5)2 x x 2 x 72 x (19) Ta có: 2x + x y -1 -1 -2 -1 -7 -5 Thử lại các cặp giá trị trên (x , y) thỏa mãn phương trình đã cho Ví dụ 3: Tìm các nghiệm nguyên phương trình: x x 11 y Giải: Cách 1: Đưa phương trình ước số: x x 12 y ( x 1)2 y 12 ( x y )( x y ) 12 Ta có các nhận xét: a) Vì (1) chùa y có số mũ chẵn nên có thể giả thiết y 0 Thế thì x y x y b) ( x y ) ( x y ) 2 y nên x y và x y cùng tính chẵn lẻ Tích chúng 12 nên chúng cùng chẵn Với các nhận xét trên ta có hai trường hợp: x–1+y x–1-y -2 -6 Do đó: x-1 y x Đáp số: (5 ; 2), (5 ; -2), (-3 ; 2), (-3 ; -2) Cách 2: Viết thành phương trình bậc hai x: x x (11 y ) 0 ' 1 11 y 12 y Điều kiện cần để (2) có nghiệm nguyên: 2 ' là số chính phương 12 y k (k ) -4 -3 k y 12 (k y )( k y ) 12 Giả sử y 0 thì k + y k – y và k + y (k + y) – (k – y) = 2y nên k + y và k – y cùng tính chẵn lẻ và phải cùng chẵn Từ các nhận xét trên ta có: k y 6 k y 2 Do đó: y = (20) Thay vào (2): x x 15 0 x1 5, x2 Ta có bốn nghiệm: (5 ; 2), (5 ; -2), (-3 ; -2), (-3 ; 2) Ví dụ 4: Tìm các nghiệm nguyên phương trình: x y 3xy x y 0 (1) Giải: Viết thành phương trình bậc hai x: x (3 y 1) x (2 y y 3) 0 2 (2) (3 y 1) 4(2 y y 3) y y 11 Điều kiện cần và đủ để (2) có nghiệm nguyên là là số chính phương y y 11 k ( k ) (3) Giải (3) với nghiệm nguyên ta y1 5, y2 Với y = thay vào (2) x 14 x 48 0 Ta có: x1 8, x2 Với y = -3 thay vào (2) x 10 x 24 0 Ta có x3 6, x4 4 Đáp số: (-8 ; 5), (-6 ; 5), (6 ; -3), (4 ; -3) 2) PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA TRỞ LÊN CÓ HAI ẨN: Ví dụ 5: Tìm các nghiệm nguyên phương trình: x ( x 1)( x 2)( x 3) y (1) Giải: Nếu y thỏa mãn phương trình thì – y thỏa mãn, đó ta giả sử y 0 2 (1) ( x x )( x x 2) y Đặt x 3x a , ta được: ( a 1)( a 1) y a y ( a y )( a y ) 1 Suy a + y = a – y, đó y = Thay vào (1) được: x1 0; x2 1; x3 2; x4 Đáp số: (0 ; 0), (-1 ; 0), (-2 ; 0), (-3 ; 0) Ví dụ 6: Tìm các nghiệm nguyên phương trình: x y xy (1) Giải: 2 Cách 1: | x y | | x xy y || xy | Dễ thấy x y , vì x = y thì (1) trở thành x , loại Do x, y nguyên nên | x y |1 2 Suy ra: | x xy y || xy | 2 Do đó: x xy y | xy | (2) Xét hai trường hợp: a) xy + < Khi đó (2) trở thành: (21) x xy y xy ( x y )2 , loại b) xy 0 Khi đó (2) trở thành: x xy y xy x y 8 (3) 2 Do đó: x , y {0;1;4} Nếu x = thì từ (1) có y nên y = Nếu y = thì từ (1) có x nên x = 2 Nếu x, y khác thì x , y {1;4} Do x y nên có: x 1 x 4 y 4 y 1 Như hai số x và y có số chẵn, số lẻ Khi đó vế trái (1) lẻ còn vế phải (1) chẵn, không xảy Đáp số: (0 ; -2), (2 ; 0) 3 Cách 2: x y xy 8 (1) 27 x 27 y 27 xy 216 27 x 27 y 27 xy 215 (2) Ta thấy 27x , 27 y , là lập phương 3x, 3y, còn 27xy là ba bần tích ba số Áp dụng đẳng thức: ( a b) (b c ) ( c a ) a b3 c 3abc ( a b c ) Với a = 3x, b = -3y, c = , ta biến đổi (2) thành: (3x y ) (1 y ) (3 x 1) (3x y 1) 215 (3) Đặt biểu thức dấu móc (3) là A Ta thấy A > nên A và 3x y là ước tự nhiên 215 Phân tích thừa số nguyên tố: 215 = 5.43 nen 215 cò bốn ước tự nhiên: 1, 5, 43, 215 Do 3x y chi cho dư nên x y {5;215} Xét hai trường hợp: 3x y 5(4) 3x y 215 A 43(5) và A 1 Trường hợp 1: từ (4) suy x – y = Thay y = x – vào (5) được: [3x 3( x 2)]2 [1 3( x 2)]2 (3 x 1) 86 Rút gọn được: x(x – 2) = x1 0, x2 2 Với x = thì y = Với x =2 thì y =0 Trường hợp 2: Từ A = suy ra: (3x y ) (1 y ) (3x 1) 2 (22) Tổng ba số chính phương nên có số 0, hai số số Số không thề là – 3y 3x + 1, đó 3x + 3y = Nghiệm nguyên hệ: 3x y 0 (1 y ) 1 (3x 1)2 1 là x = y = 0, không thỏa mãn 3x – 3y – = 215 Đáp số: (0 ; -0), (2 ; 0) 3 Cách 3: x y xy ( x y )3 xy ( x y ) xy Đặt x – y = a, xy = b ta có: a 3ab b a b(3a 1) Suy ra: a 83a 27( a 8) 3a 27a 2153a Do 27a 13a nên 2153a Phân tích thứa số nguyên tố: 215 = 5.43 Do đó 3a {1; 5; 43; 215} Do 3a – chia cho dư nên 3a { 1;5; 43;215} Ta có: 43 3a – 215 14 a 72 64 1736 a3 b 3a 2 Chú ý ( x y ) xy 0 nên a 4b 0 , đó bốn trường hợp trên có a 2; b 0 Ta được: x – y = 2; xy = Đáp số: (0 ; -2) và (2 ; 0) 3) PHƯƠNG TRÌNH ĐA THỨC CÓ BA ẨN TRỞ LÊN Ví dụ 7: Tìm các nghiệm nguyên phương trình: x 15 y 10 z 3 Giải: Ta thấy 10 z3 nên z3 Đặt z = 3k ta được: x 15 y 10.3k 3 x y 10k 1 Đưa phương trình hai ẩn x, y với các hệ số tương ứng và là hai số nguyên tố cùng x y 1 10k 10k y 1 y x 5k y 2 (23) 1 y Đặt = t với t nguyên Ta có: y 1 2t x 5k 2(1 2t ) t 5t 5k z 3k Nghiệm phương trình: (5t 5k 2;1 2t;3k ) với t, k là các số nguyên tùy ý Ví dụ 8: Chứng minh phương trình sau không có nghiệm nguyên: x y z 1999 (1) Giải: Ta biết số chính phương chẵn thì chia hết cho 4, còn số chính phương lẻ thì chia cho dư và chia cho dư 2 2 2 Tổng x y z là số lẻ nên ba số x ; y ; z phải có: có số lẻ, hai số chẵn; ba số lẻ 2 Trường hợp ba số x ; y ; z có số lẻ, hai số chẵn thì vế trái (1) chia cho dư 1, còn vế phải là 1999chia cho dư 3, loại 2 Trong trường hợp ba số x ; y ; z lẻ thì vế trái (1) chia cho dư 3, còn vế phải là 1999 chia cho dư 7, loại Vậy phương trình (1) không có nghiệm nguyên 4) PHƯƠNG TRÌNH DẠNG PHÂN THỨC Ví dụ 9: Tìm các nghei65m nguyên dương phương trình: 1 1 x y xy Giải: Nhân hai vế phương trình với 6xy: y x xy Đưa phương trình ước số: x ( y 6) 6( y 6) 37 ( x 6)( y 6) 37 Do vai trò bình đẳng x và y, giả sử x y 1 , thì x y Chỉ có trường hợp: x 37 x 43 y 1 y 7 Đáp số: (43 ; 7), (7 ; 43) x 17 Ví dụ 10: Tìm các số nguyên x cho x là bình phương phân số Giải: x 17 a * Giải sử x b với a , b Xét a = thì x = 17 (24) 2 Xét a 0 Không tính tổng quát, giả sử (a, b) = Do ( a , b ) 1 nên: x 17 a 2k (1) x b2 k (2) k nguyên Từ (1) và (2) suy ra: ( x 9) ( x 17) (b2 a )k (b a )(b a )k Ta thấy b + a và b – a là ước Chú ý (b + a) – (b – a) = 2a nên b + a và b – a cùng tính chẵn lẻ Ta lại có b + a > b – a và b + a > Có các trường hợp: b+a 4 2 b–a k b 0, loại 1, loại a x b2 k 18 Có ba đáp số: 17 17 02 17 x = 17 thì 18 17 18 9 3 x = 18 thì 17 9 32 x = thì 5) PHƯƠNG TRÌNH DẠNG MŨ Ví dụ 11: Tìm các số tự nhiên x và các số nguyên y cho: 2x y2 Giải: Lần lượt xét các giá trị tự nhiên x: Nếu x = thì y 4 nên y 2 Nếu x = thì y 5 , không có nghiệm nguyên x Nếu x 2 thì 4 , đó vế trái chia cho dư 3, còn y lẻ nên vế phải chia cho dư Mâu thuẫn Kết luận: Nghiệm phương trình là (0 ; 2), (0 ; 2) Ví dụ 12: Giải phương trình với nghiệm nguyên dương: x 57 y (1) Giải: Xét hai trường hợp: a) x lẻ Đặt x = 2n + ( n ) Ta có: 2 n 1 2.4 n 2(3 1) n 2( BS 1) BS x (25) Khi đó vế trái (1) là số chia cho dư 2, còn vế phải là số chính phương chia cho không dư 2, loại * b) x chẵn Đặt x = 2n (n ) Ta có: y 22 n 57 ( y n )( y n ) 3.19 n n n n Ta thấy y > nên y > và y > y Do đó có các trường hợp: (26) y 2n 57 19 y 2n 2n 28, loại n y 11 x = 2n 6 Ta có: 57 11 Kết luận: nghiệm phương trình là (6 ; 11) Ví dụ 13: Giải phương trình với nghiệm tự nhiên: x y z 1024 (1) với x y z Giải: x Chia hai vế (1) cho 0 ta được: y x z x 210 x (2) 10 x 10 x Do > nên là bội Ta lại có z > x, vì z = x thì x = y = z, đó 0 y x (2) trở thành BS , loại Do đó là bội y x y x Suy là bội Do đó = 1, y = x Thay vào (2): z x 210 x z x 210 x 2(1 z x ) 210 x z x 2 9 x 9 x 9 x z x 9 x Do > nên là bội Do đó = và = Từ đó x = 8; y = 9; z = 6) PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ Ví dụ 14: Tìm các nghiệm nguyên phương trình: y x 2 x x x Giải: Điều kiện: x 1 y ( x 1) x ( x 1) x | x | | x | x 1 | x | Xét hai trương hợp: a) Với x = thì y =2 b) Với x 2 thì y x x 2 x (27) 2 Do đó: y 4( x 1) Do x 2 nên có thể đặt x – = t với t nguyên dương x t y 2t Ta có: Kếtt luận: nghiệm phương trình là: (1 ; 2), ( t ; 2t) với t là số nguyên dương tùy ý Ví dụ 15: Tìm các nghiệm nguyên phương trình: x x x x y Giải: Ta có: x 0, y 0 Bình phương hai vế chuyển vế: x x x y x k (k ) Bình phương hai vế chuyển vế: x x k x m( m ) Bình phương hai vế: x x m Ta biết với x nguyên thì x là số nguyên là số vô tỉ Do x x m (m ) nên x không là số vô tỉ Do đó x là số nguyên và là số tự nhiên Ta có: x ( x 1) m Hai số tự nhiên liên tiếp 0: x và x có tích là số chính phương nên số nhỏ x =0 Suy ra: x = 0; y = thỏa mãn phương trình đã cho Nghiệm phương trình là (0 ; 0) Ví dụ 16: Tìm các nghei65m nguyên phương trình: x y 1980 (1) Giải: x 1980 y (2) Với điều kiện x, y 1980 : (2) x 1980 y 1980 y x 1980 y 12 55 y 55y nguyên Ta biết với y nguyên thì là 55y số nguyên là số vô tỉ Do đó là số nguyên, tức là 55y là số chính phương: 2 11.5.y = k Do đó: y = 11.5.a 55a với a Do x, y nguyên nên 12 55y (28) Tương tự: x = 55b với b Thay vào (1): a 55 b 55 6 55 a b 6 Giả sử y x thì a b Ta có: a b x 55a y 55b 1980 55 1375 220 880 3 495 495 Có đáp số: (0 ; 1980), (1980 ; 0), (55 ; 1375), (1375 ; 55), (220 ; 880), (880 ; 220), (495 ; 495) 7) HỆ PHƯƠNG TRÌNH VỚI NGHIỆM NGUYÊN Ví dụ 17: Tìm các nghiệm nguyên hệ phương trình: x y z 3 3 x y z 3 Giải: Ta có đẳng thức: ( x y z )3 ( x y z ) 3( x y )( y z )( z x ) Nên : 27 3( x y )( y z )( z x ) ( x y )( y z )( x z ) Đặt x + y = c, y + z = a, z + x = b Ta có: abc = a , b, c {1, 2, 4, 8} Giả sử x y z thì a b c Ta có: a + b + c = 2(x + y + z) = nên a 2 b c 4 a) Với a = ta có bc 4 Suy ra: b = c = Ta được: x = y = z = b c 2 b) Với a = ta có bc 2 Không có nghiệm nguyên b c c) Với a = ta có bc 1 Suy ra: b = c = Ta được: x = y = 4; z = Đáp số: (1 ; ; 1), (4 ; ; 5), (4 ; ; 4), ( ; ; 4) 8) PHƯƠNG TRÌNH PYTAGO (29) Ví dụ 19: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x y z (1) Giải: Trước hết ta giả sử x, y, z nguyên tố cùng Thật ba số xo , yo , zo thỏa mãn (1) và có ƯCLN là d, giả sử xo dx1 , yo dy1 , zo dz1 thì ( x1; y1; z1 ) là nghiệm (1) Với x, y, z nguyên tố cùng thì chúng đôi nguyên tố cùng nhau, vì hai ba số có ước chung là d thì số còn lại chia hết cho d Ta thấy x và y không thể cùng chẵn (vì chúng nguyên tố cùng nhau, không thể 2 cùng lẻ (vì x và y cùng lẻ thì z chẵn, đó x y chia cho dư 2, còn z 4 ) Như hai số x và y có số chẵn, số lẻ Cách 1: Giả sử x lẻ, y chẵn thì z lẻ Ta viết (1) dạng: x ( z y )( z y ) Ta có z + y và z – y là các số lẻ Chúng nguyên tố cùng Thật vậy, giả sử z y d , z y d (d lẻ) thì: (z + y) + (z – y) = 2z d (z + y) (z y) = 2y d Do (2,d) = nên z d ; y d Do (y,z) = nên d = Vậy (z + y, z – y) = Hai số nguyên dương z + y và z – y nguyên tố cùng nhau, có tích là số chính phương x nên số z + y và z – y là số chính phương z y m 2 Đặt z y n Với m, n là các số lẻ, nguyên tố cùng nhau, m > n Ta được: x mn m2 n2 y m n2 z Với m và n là các số lẻ, nguyên tố cùng nhau, m > n Đảo lại, dễ thấy ba số (x, y, z) nói trên thỏa mãn (1) Cách 2: Giả sử x chẵn, y lẻ thì z là số lẻ Ta có: x ( z y )( z y ) (30) zy z y x zy 2 Do z, y là các số lẻ nguyên tố cùng nên và z y zy z y d d là các số nguyên và nguyên tố cùng (thật vậy, giả sử , z y z y d z d d 1 z y z y y d d 2 thì ) zy z y Hai số nguyên dương và nguyên tố cùng có tích là số chính x phương nên số là số chính phương zy z y m n 2 Đặt ; (m, n ) thì: 2 z m n ; y m n Do y, z lẻ nên m, n chẵn lẻ khác 2 Do (m , n ) = nên (m, n) = Như vậy: x 2mn 2 y m n z m n Với m và n là các số nguyên tố cùng nhau, chẵn lẻ khác nhau, m > n Đảo lại, dễ thấy ba số (x, y, z) nói trên thỏa mãn (1) Ta gọi ba số (x, y, z) nói trên là ba số Pitago gốc Nhân ba số này với số nguyên dương, ta tất các ba số Pitago, đó là tất các nghiệm 2 nguyên dương phương trình x y z 9) PHƯƠNG TRÌNH PEL 2 Phương trình x Py 1 với P là số nguyên dương không chính phương gọi là phương trình Pel, mang tên nhà toán học Anh là Pel (Pell) Thực nhà toán học Pháp Lagrăng, cùng thời với Pel, là người đầu tiên công bố lới giải đầy đủ phương trình trên năm 1766 Phương trình Pel có vô nghiệm nguyên Ngoài nghiệm tầm thường x 1; y 0 , để tìm các nghiệm nguyên phương trình, ta cần tìm nghiệm nguyên dương nó Ta gọi ( x1 , y1 ) là nghiệm nguyên dương nhỏ phương trình Pel nó là x y1 P nghiệm không tầm thường và là số nhỏ tập hợp: * 2 x y P | x, y , x Py 1 (31) Bảng sau cho ta các nghiệm nguyên dương nhỏ ( x1 , y1 ) số phương trình Pel: P x Py 1 x1 y1 10 11 12 13 x y 1 19 10 649 180 x y 1 x y 1 x y 1 x y 1 x y 1 x 10 y 1 x 11 y 1 x 12 y 1 x 13 y 1 Người ta chứng minh rằng: ( x1 , y1 ) là nghiệm nguyên dương nhỏ phương trình ( xk , yk ) phương trình xác định bởi: P ( x1 y1 P )k với k = 1, 2, 3… 2 Ví dụ 20: Cho phương trình: x y 1 (1) a) Kiểm tra rằng: (3 ; 2) là nghiệm (1) k b) Khai triển (3 2) a b ( a, b ) Chứng minh (a, b) là nghiệm (1) c) Bằng nhận xét câu b, hãy tìm thêm hai nghiệm nguyên dương khác (1) Giải 2 a) 2.2 1 Vậy (3, 2) là nghiệm (1) b) Ta có: (3 2)(3 2) 1 xk y k (3 2) k (3 2) k 1 k Ta biết (3 2) a b thì (3 2) k a b Do đó: ( a b 2)( a b 2) 1 a 2b2 1 (32) Vậy (a, b) là nghiệm (1) c) Ta tính: (3 2) 9 12 17 12 (3 2)3 (17 12 2)(3 2) 51 34 36 48 99 70 Vậy: (17; 12), (99; 70) là nghiệm (1) Ví dụ 21: Tìm nghiệm nguyên dương nhỏ tìm thêm hai nghiệm nguyên dương khác phương trình sau: x 15 y 1 Giải Kiểm tra ta (4; 1) là nghiệm nguyên dương nhỏ (4 15)2 31 15 (4 15)3 244 63 15 Hai nghiệm nguyên dương khác (31; 8) và (244; 63) 10) ĐIỀU KIỆN ĐỂ PHƯƠNG TRÌNH CÓ NGHIỆM NGUYÊN Ví dụ 18: Tìm các số thực a để các nghiệm phương trình sau đếu là số nguyên: x ax ( a 2) 0 (1) Giải: Gọi x1 , x2 là nghiệm nguyên (1) Theo định lý Viete: x1 x2 a x1 x2 a Do đó: x1 x2 ( x1 x2 ) 2 x1 ( x2 1) ( x2 1) 3 ( x1 1)( x2 2) 3 x1 và x2 là ước Giả sử x1 x2 thì x1 x2 Ta có hai trường hợp: x1 3 x1 4 x2 1 x2 2 a) Khi đó a = x1 x 0 x x2 b) Khi đó a = (33) (34) Bài 1: Tìm tất các cặp nghiệm nguyên (x, y) thỏa mãn : y(x – 1) = x2 + Hướng dẫn: x2 y x 1 x x Ta có y(x – 1) = x2 + Vì x, y nguyên nên x – là ước Vậy (x, y) = (4, 6) ; (2, 6) ; (-2, -2 ) ; (0, -2) Bài 2: Tìm x, y thỏa mãn : 2x2 – 2xy = 5x – y – 19 Hướng dẫn: (x, y) = (0, -19) ; (1, 16) ; (9, 8) và (-8, -11) Bài 3: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: xy2 + 2xy – 243y + x = Hướng dẫn: Ta có xy2 + 2xy – 243y + x = x(y + 1)2 = 243y (1) Từ (1) với chú ý (y + 1; y) = ta suy (y + 1)2 là ước 243 Vậy (x, y) = (54, 2) ; (24, 8) Bài 4: Tìm nghiệm phương trình: 2x – = 65y Hướng dẫn: Ta chứng tỏ phương trình đã cho không có nghiệm nguyên Giả sử phương trình 2x – = 65y có nghiệm nguyên ta suy 2x ≡ (mod 5) và 2x ≡ (mod 13) Từ 2x ≡ (mod 5) suy x ≡ (mod 4) (1) Từ 2x ≡ (mod 13) ta suy x ≡ (mod 12), trái với (1) Bài 5: Tìm nghiệm nguyên các phương trình sau : a) 15x2 – 7y2 = b) 29x2 – 28y2 = 2000 c) 1999x2 – 2000y2 = 2001 d) x2002 – 2000.y2001 = 2003 e) 19x2 – 84y2 = 198 Hướng dẫn: a) Từ phương trình đã cho ta suy y chia hết cho Đặt y = 3y1 Ta có 5x2 – 21y12 = (1) Từ (1) suy x chia hết cho Đặt x = 3x1 Ta có 15x12 – 7y12 = (2) Từ (2) suy y1 ≡ -1 (mod 3), vô nghiệm b) Từ phương trình đã cho ta suy x2 ≡ (mod 7) Vậy phương trình đã cho vô nghiệm c) Từ phương trình đã cho ta suy x2 ≡ -1 (mod 4) Vậy phương trình đã cho vô nghiệm d) Từ phương trình đã cho ta suy x lẻ và x2002 ≡ (mod 4) Suy 2003 ≡ (mod 4), vô lí Vậy phương trình đã cho vô nghiệm e) Giả sử phương trình đã cho có nghiệm Khi đó: y2 + ≡ (mod 19) Vì 19 là số nguyên tố có dạng 4k + nên y2 + ≡ (mod 19) ta suy 19 \ 1, vô lí (35) Bài 6: Tìm các số nguyên dương thỏa mãn : x < y < z và 5x + 2.5y + 5z = 4500 Hướng dẫn: Nếu z < thì 5x + 2.5y + 5z < 4500 Nếu z > thì 5x + 2.5y + 5z > 4500 Vậy x = 3, y = 4, z = Bài 7: Tìm các số tự nhiên x, y, x thỏa mãn: x y a) 2002 2001 1 b) 5x 1 y c) x 2 y x y d) 1 Hướng dẫn: z x y a) Ta có 2002 2001 1 2(mod 4), suy x = và y = x y b) Nếu x chẵn thì 1(mod 3) suy 0(mod 3) : loại x y Nếu x lẻ thì 5(mod 8) suy 4(mod 8) Suy y = Đáp số : (x; y) = (1; 2) x y c) Nếu x lẻ thì chia hết cho còn không chia hết cho 3: loại x y Nếu x chẵn thì 2(mod 4) suy 2(mod 4) Suy y = và x = Đáp số : (x; y) = (0; 1) z x y d) Ta có 2(mod 4) suy 2(mod 4) đó x = y z Khi đó ta có 2.3 1 Nếu y = thì z = Nếu y = thì z = y z Nếu y > thì 2.3 0(mod 9) nên 1(mod 9) Suy z chia hết cho và z lẻ Vậy z có dạng z = 6k 3(k ) Nhưng đó, 2.3 y 1 1252 k 1 0(mod 7) : loại Vậy phương trình có nghiệm tự nhiên là: (1; 0; 0) và (1; 1; 1) Bài 8: Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: a) 1! 2! x ! y b) x ! y ! 10 z Hướng dẫn: a) Đây là bài toán liên quan đến chữ số tận cùng số chính phương Nếu x 4 thì 1!+2!+…+x! tận cùng và không có số nguyên dương y nào thỏa mãn Đáp số : x= y = x = y = b) Nếu x, y > thì x!+y! chia hết cho 2; loại Nếu y = thì x! = 10z + 8(mod10), suy x 4 (36) Đáp số : vô nghiệm Bài 9: Tìm các số nguyên tố x, y, z thỏa mãn : xy + = z Hướng dẫn: Vì x, y nguyên tố nên x, y ≥ Từ phương trình đã cho ta suy z ≥ và z lẻ (do z nguyên tố) Vì z lẻ nên x chẵn hay x = Khi đó, z = + 2y Nếu y lẻ thì z chia hết cho (loại) Vậy y = Đáp số : x = y = và z = Bài 10: Tìm tất các cặp số tự nhiên (n, z) thỏa mãn phương trình : 2n + 122 = z2 – 32 Hướng dẫn: Nếu n lẻ thì 2n ≡ -1 (mod 3) Từ phương trình đã cho ta suy z2 ≡ -1 (mod 3), loại Nếu n chẵn thì n = 2m (m € N) và phương trình đã cho trở thành: z – 22m =153 hay (z – 2m)(z + 2m) = 153 Cho z + 2m và z – 2m là các ước 153 ta tìm m = 2, z = 13 Đáp số : n = 4, z = 13 Bài 11: Tìm x, y nguyên thỏa mãn : x2y2 – x2 – 8y2 =2xy Hướng dẫn: Viết lại phương trình đã cho dạng: y2(x2 – 7) = (x + y)2 (1) Phương trình đã cho có nghiệm x = y = Xét x, y ≠ Từ (1) suy x2 – là số chính phương Đặt x2 – = a2, ta có (x – a)(x + a) = Từ đó tìm x Đáp số: (0, 0) ; (4, -1) ; (4, 2) ; (-4, 1) ; (-4, -2) Bài 12: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình : x2 y z Hướng dẫn: Vì vai trò x, y, z nên có thể giả sử y z Từ phương trình đã cho ta suy x y z yz Suy ( x y z ) 3( x y z ) 4 yz 12 (1) Vì là số vô tỉ nên từ (1) ta suy : x – y – z = 4yz – 12 = yz = y = 3, z = và x = y + z =4 Đáp số : phương trình có nghiệm là (4; 3; 1) và (4; 1; 3) Bài 13: Tìm tất các số nguyên dương a, b, c đôi khác cho biểu thức : 1 1 1 A = a b c ab bc ca nhận giá trị nguyên dương Hướng dẫn: Ta có A.abc = ab + bc + ca + a + b + c (1) Từ (1) ta CM a, b, c cùng tính chẵn lẻ Vì vau trò a, b, c và a, b, c đôi khác nên có thể giả thiết a < b < c (37) Nếu a 3 thì b 5, c 7 và A < 1, loại Suy a = a = Nếu a = thì b 3, c 5 đó < A < suy A = Thay a = 1, A = ta được: 2(b + c) + = bc hay (b – 2)(c – 2) =5 Từ đó ta b = 3, c = Trường hợp a = xét tương tự Đáp số : (2; 4; 14), (1; 3; 7) và các hoán vị số này Bài 14: Tìm tất các ba số tự nhiên không nhỏ cho tích hai số bất kì cộng với chia hết cho số còn lại Hướng dẫn: Giả sử ba số đã cho là a b c 1 Ta có c a b , , ab bc ac Suy abc (ab 1)( ac 1)(bc 1) ab + bc + ca + abc ab + bc + ca + = k.abc, k (1) Vì ab + bc + ca + 4abc nên k Nếu k = thì a = b = c = (thỏa mãn) Nếu k = thì từ (1) ta suy 3abc 4ab suy c Do đó c = a = 2, b = Trường hợp k = 2, k = xét tương tự trường hợp k = Đáp số : (1; 1; 1) , (2; 1; 1) , (3; 2; 1) , (7; 3; 2) Bài 15: Tìm ba số nguyên dương đôi khác x, y, z thỏa mãn : x y z ( x y z )2 Hướng dẫn: Vì vai trò x, y, z nên có thể giả sử x < y < z Áp dụng bất đẳng thức x3 y z x y z 3 x, y, z 0 ta suy x + y + z Dấu không xảy vì x, y, z đôi khác Vậy x + y + z (1) Mặt khác x + y + z + + =6 (2) 6, 7,8 Từ (1) , (2) ta suy x Từ đây kết hợp với phương trình ban đầu ta tìm x, y, z Đáp số : (1, 2, 3) và các hoán vị ba số này Bài 16: Tìm tất nghiệm nguyên (x; y) phương trình : ( x y )( x y ) ( x y )3 Hướng dẫn: Biến đổi phương trình dạng (38) y[2 y ( x x) y ( x x )] 0 (1) TH 1: y = TH 2: y 0 Khi đó 2 (1) y ( x x) y ( x x ) 0 (2) Xem (2) là phương trình bậc biến y Để (2) có nghiệm nguyên thì ( x 1) x( x 8) phải là số chính phương, tức là x( x 8) a (a ) ( x a)( x a ) 16 Từ đó ta tìm x Đáp số : (x; y) = (9; -6) , (9; -21) , (8; -10) , (-1; -1) và (m; 0) với m Bài 17: Tìm các số nguyên không âm x, y cho : x y y 1 Hướng dẫn: Nếu y = thì x = Nếu y thì từ phương trình đã cho ta suy y < x < y + 1, vô lí Bài 18: Tìm các số nguyên x, y, z, t cho : 2 2 a) x y z x y 2 b) x y z 2 xyz 2 2 c) x y z t 2 xyzt Hướng dẫn: Sử dụng phương pháp xuống thang 2 2 a) Phương trình đã cho : x y z x y (1) 2 Nếu x và y lẻ thì từ (1) suy z chẵn Khi đó, x y z 2(mod 4) còn x y 1(mod 4) : vô lí Vậy biến x, y phải chẵn 2 Giả sử x chẵn, từ (1) suy y z 4 đó y và z phải chẵn Đặt x 2 x1 , y 2 y1 , z 2 z1 ( x1 , y1 , z1 ) 2 2 Thay vào (1) ta có x1 y1 z1 4 x1 y1 (2) x , y , z Từ (2) lại lập luận trên ta suy 1 chẵn k k k Cứ tiếp tục dẫn đến x 2 , y 2 , z 2 , k Điều này xảy x = y = z = b) , c) tương tự Bài 19: Tìm các số nguyên x, y, z, t thỏa mãn: Hướng dẫn: xy zt 1 xz yt 2 (39) Ta có xy zt 1 xz yt 2 ( xy 3zt )2 1 3( xz yt ) 12 2 2 Cộng theo vế ta có ( x 3t )( y z ) 13 Đáp số : (x; y; z; t) = (1; 1; 2; 0) , (-1; -1; -2; 0) , (1; 1; 0; 2) , (-1; -1; 0; -2) Bài 20: Tìm các nghiệm nguyên dương hệ phương trình : x y z x3 y z Hướng dẫn: 2 Khử z đưa đến phương trình : y ( x 1) y x x 0 Xem đây là phương trình bậc 2, biến y, từ điều kiện tồn nghiệm ta suy x = x=2 Đáp số : (x; y; z) = (1; 2; 3) , (2; 1; 3) , (2; 2; 4) Bài 21: Tìm nghiệm nguyên phương trình : 7(x + y) = 3(x2 – xy + y2) Hướng dẫn: Đáp số : (x, y) = (4, 5) (5,4) Cách 1: Đổi biến u = x + y, v = x – y ta đưa phương trình: 28u = 3(u2 + 3v2) (*) Từ (*) chứng minh u chia hết cho và ≤ u ≤ suy u = u = Cách 2: Xem phương trình đã cho là phương trình bậc hai x 3x2 – (3y + 7)x + 3y2 – 7y = (1) Để (1) có nghiệm thì biệt thức phải là số chính phương Từ đó tìm y Bài 22: Tìm tất các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn 12x2 + 6xy + 3y2 = 28(x + y) Hướng dẫn: Đáp số (x, y) = (0, 0) ; (1, 8) ; (-1, 10) Phương trình : 12x2 + 6xy + 3y2 = 28(x + y) (*) Cách Ta đánh giá miền giá trị x : Từ (*) suy 142 14 196 2 x 3( x y ) 28( x y ) ( x y) 3 x 7 x {0,1, 4} Cách : tương tự Bài 24 Bài 23: Tìm x, y Z thỏa mãn : x2000 + y2000 = 20032000 (1) Hướng dẫn: Đáp số: phương trình vô nghiệm Giả sử x ≥ y Từ (1) suy x < 2003 và x + < 2003 Ta có (40) 20032000 ≥ (x + 1)2000 > x2000 + 2000.x1999 y2000 > 2000.x1999 ≥ 2000.y1999 2003 > x ≥ y > 2000 Vậy x = 2002, y = 2001 Thử lại không thỏa mãn (1) Bài 24: Tìm x : x x x 3x x Hướng dẫn: Đáp số : x = x = Xét các trường hợp x và đánh giá hai vế Bài 25: Tìm x, y, z Z : x x x y y3 y y z z z z x Hướng dẫn: Đáp số : x = y = z =1 x= y = z = Đặt ƒ(t) = 2t 7t 8t và sử dụng tính chất ƒ(a) – ƒ(b) (a b)a b Bài 26: Tìm x, y Z : x y 2001 (*) Hướng dẫn: Điều kiện x, y 0 y 2001 x Từ (*) suy Bình phương hai vế ta y 2001 x 2001.x 2001.x Vì 2001 = × 667, ta lại có và 667 là các số nguyên tố nên x = × 667 × a2 = 2001.a2 (trong đó a ) Lập luận tương tự ta có y = 2001.b (b ) 2 Thay x 2001a , y 2001b vào (*) cà rút gọn ta suy : a + b =1 Từ đó có hai nghiệm : (x; y) =(2001; 0) (0; 2001) a2 Bài 27: Tìm tất các cặp số nguyên dương (a, b) cho ab là số nguyên Hướng dẫn: Từ giả thiết suy 2(a b)(ab 2) 2(a b) k ( ab 2) (1) Từ (1) chứng tỏ k = suy a = 4, b = Đáp số : (a; b) = (4; 3) Bài 28: Tìm n nguyên dương cho phương trình x3 + y3 + z3 = nx2y2z2 có nghiệm nguyên dương Với các giá trị vừa tìm n, hãy giài phương trình trên Hướng dẫn: Đáp số : n = n = Bài 29: Cho phương trình : x3 – 3xy2 + y3 = n a) Giả sử phương trình đã cho có nghiệm nguyên (x, y) Chứng minh phương trình đã cho có ít ba nghiệm nguyên b) Giải phương trình tìm nghiệm nguyên với n = 2002 (41) Hướng dẫn: a) Ta có x xy y ( y x)3 3( y x) x ( x)3 ( y )3 3( y )( x y ) ( x y )3 3 b) Từ phương trình đã cho ta suy x y 1(mod 3) Suy x 1(mod 3) và y 0(mod 3) x 0(mod 3) và y 1(mod 3) 3 Cả hai trường hợp ta có x xy y 1(mod 9) Do đó phương trình đã cho không cò nghiệm n = 2002 * Bài 30: Chứng minh n , phương trình x1 x2 xn x1.x2 xn luôn có * nghiệm Hướng dẫn: Cho x1 x2 xn 1 ta đến phương trình ( xn 1)( xn 1) n (1) Dễ thấy xn n và xn 2 thỏa mãn (1) Vậy phương trình đã cho có ít nghiệm nguyên dương là ( x1 ; x2 ; ; x n ) (1;1; ; 2; n) Bài 31: Chứng minh phương trình x3 + y3 + z3 – 3xyz = 2001n luôn có nghiệm nguyên với n ≥ Hướng dẫn: n Đặt 2001 9m Bộ ba số (m; m – 1; m + 1) là nghiệm phương trình đã cho Bài 32: Chứng minh phương trình x2 + y5 = z3 có vô số nghiệm nguyên (x, y, z) thỏa mãn xyz ≠ Hướng dẫn: Dễ thấy các ba sau là nghiệm phương trình đã cho (3; -1; 2) và (10; 3; 7) Ta thấy (x; y; z) là nghiệm phương trình đã cho thì (k 15 x, k y, k 10 z ) là nghiệm phương trình đã cho Từ đó có điều phải chứng minh Bài 33: Chứng minh các phương trình sau không có nghiệm nguyên?: a )3x y 13 b)19 x 28 y 2001 c ) x 2 y y d ) x x x 24(5 y 1) e)3x x x 18 x 2001 Hướng dẫn: dùng phương pháp xét số dư vế Từ đó ta thấy số dư hai vế phương trình không Điều đó dẫn tới các phương trình vô nghiệm Bài 34: Tìm các nghiệm nguyên dương phương trình: 1 x y (42) 1 x y x y Hướng dẫn: Giả sử thì 1 x 8 x y x 1 x4 x Vậy x 8 , thử chọn để tìm nghiệm Đáp số: (5 ; 20), (20 ; 5), (6 ; 12), (12 ; 6), (8 ; 8) Bài 35: Tìm ba số nguyên dương cho tích chúng gấp đôi tổng chúng Hướng dẫn: xyz 2( x y z ) Giải sử x y z Ta có xyz 2( x y z ) 2.3z 6 z Suy xy 6 , thử chọn xy = 1; 2; 3; 4; 5; Đáp số: (1 ; ; 8), (1 ; ; 5), (2 ; ; 4) và các hoán vị Bài 36: Tìm bốn số nguyên dương cho tổng chúng tích chúng Hướng dẫn: x y z t xyzt Giả sử z t z y x Ta có xyzt x y z t 4t nên xyz 4 Thử chọn xy = 1; 2; 3; Đáp số: ; ; ; Bài 37: Tìm các nghiệm nguyên dương các phương trình: a ) x xy y 2 x y b) x xy y x y c ) x xy y 3 y d ) x xy y y Hướng dẫn: đưa các phương trình vể dạng phương trình bậc hai theo ẩn x, tìm điều kiện ∆ để phương trình có nghiệm nguyên Đáp số: a) (1 ; -1), (2 ; -1), (0 ; 0), (2 ; 0), (0 ; 1), (1 ; 1) b) (0 ; 0), (1 ; 0), (0 ; 1) c) (0 ; 0), (0 ; 1), (3 ; 1), (3 ; 3), (6 ; 3), (6 ; 4) d) (1 ; 0), (-1 ; 0) x x Bài 38: Tìm các số tự nhiên x cho: 35 Hướng dẫn: Thế x = 0, 1, 2, vào phương trình Với x > 3, phương trình vô nghiệm Đáp số: x = Bài 39: Tìm các số nguyên x và y cho: x3 x2 x y3 Hướng dẫn: Chứng minh y > x xét hai trường hợp: y = x + và y > x + Bài 40: Tìm các nghiệm nguyên dương phương trình: x! + y! = (x + y)! Hướng dẫn: Giả sử x y thì x ! y ! Do đó (43) ( x y )! x ! y ! 2 x ! ( x 1)( x 2) ( x y ) Chỉ có x = 1, y = thỏa mãn Đáp số (1 ; 1) Bài 41: Chứng minh phương trình sau không có nghiệm nguyên dương: x17 y17 1917 17 17 17 Hướng dẫn: giả sử x y 19 và x y 19 Ta có: 1917 ( y 1)17 1917 y17 17 y16 Vậy x > 17, có thể x = y = 18 Thử lại, x = y = 18 không thỏa Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương Bài 42: Tìm các nghiệm nguyên dương phương trình: 3x y 6 x 13 2 Hướng dẫn: biến đổi x x 16 y 3( x 1)2 4(4 y ) Đáp số: (3 ; 1), (3 ; -1), (-1 ; 1), (-1 ; -1), (1 ; 2), (1 ; -2) Bài 43: Có tồn hay không hai số nguyên dương x và y cho x y và y x là số chính phương? Hướng dẫn: giả sử y x Ta có: x x y x x ( x 1)2 Vậy không tồn hai số thỏa mãn đề bài Bài 44: Chứng minh có vô số số nguyên x để biểu thức sau là số chính phương: (1 x )(12 22 32 42 x ) 2 2 2 Hướng dẫn: Đặt (1 x )(1 x ) y x ( x 1) x ( x 1)(2 x 1) y2 Ta có: x ( x 1) x y2 Phương trình này có vô số nghiệm nguyên: x 6n 6n Bài 45: Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là số chính phương: x4 x3 x2 x 2 Hướng dẫn: giả sử x x x x y Biến đổi dạng: (44) (2 y )2 (2 x x )2 x ( x 2)2 (2 x x ) 2 2 Nên (2 y ) (2 x x 1) x 3 Xét x = -1; 0; 1; 2; Đáp số: x = -1; x = 0; x = Bài 46: Tìm nghiệm nguyên phương trình : a) x3 – 3y3 – 9z3 = b) 8x4 – 4y4 + 2z4 = t4 Hướng dẫn: a) Dễ thấy x, y, z chia hết cho Đặt x = x1, y = y1, z = z1 (x1, y1, z1 € Z), ta : x13 + 3y13 – 9z13 = Suy x = y = z = b) Đáp số : x = y = z = t = Bài 47: Tìm năm sinh Nguyễn Du, biết vào năm 1786 tuổi nhà thơ tổng các chữ số năm ông sinh Hướng dẫn: Gọi năm sinh nhà thơ 17xy Ta có: 1786 -17xy = + + x + y (0 ≤ x ≤8, ≤ y ≤ 9) 11x +2y = 78 Đáp số: 1766 Bài 48: Ba người câu số cá Trời đã tối và người mệt lả, họ vứt cá trên bờ sông, người tìm nơi lăn ngủ Người thứ thức dậy, đếm số cá thấy chia thừa con, bèn vứt xuống sông và xách nhà Người thứ hai thức dậy, tưởng hai bạn mình còn ngủ, đếm số cá vứt xuống sông và xách nhà Người thứ thức dậy , tưởng mình dậy sớm nhất, lại vứt 1 xuống sông và mang nhà Tính số cá chàng trai câu được? biết họ câu tồi… Hướng dẫn: 2 x 1 1 1 y 3 8x - 27y = 38 ( x, y N) x = -2 + 27t , y = -2 + 8t Cho t = x = 25, y = Bài 49: giải các phương triình nghiệm nguyên: a) b) c) d) x2 - 4y2 = x2 - y2 = 91 2x3 + xy = x2 + y2 = 2z2 (45) e) x2 + 2y2 = z2 f) x2+ y2 = z2 + g) 2x2 + 3y2 = z2 h) x2 - y2 + x = i) x3 +7y = y3 + 7x j) 3x2 + 10xy + 8y2 = 96 k) 19x2 + 28y2 = 729 l) xy + 3x -5y = -3 m) x + y = xy n) x + y +1 = xyz o) x3 - 2y3 - 4z3 = p) y2 = x3 + q) x2 + y2 + z2 = 2xyz r) x2 + y2 + z2 + u2 = 2xyzu s) 8x4 + 4y4 + 2z4 = t4 t) x(x + 1)(x +7)(x + 8) = y2 u) ( x + 2)4 - x4 = y3 v) x14 + x24 + …….+ x144 =1599 Hướng dẫn b) ( x + y)( x - y) = 91, mà 91= (± 1)(± 91) = (± 13)(± 7) c) x(2x2 + y) = = (±1)(±7) d) x và y phải cùng chẳn lẻ, suy x + y và x - y cùng chẵn Đặt x + y = 2u, x -y = 2v, có 4u2 + 4y2 = 2( x2 + y2) giải phương trình u2 + v2 = z , lấy x = u + v, y = u - v e) x = 2m2 - 1, y = 2m, z = 2m2 + Có thể áp dụng pp giải phương trình x2 + y2 =z2 để giải phương trình ax2 + y2 = z2 ( a > 0) 2 n n 1 2n 1 n n 1 f) Dùng đẳng thức [2n 4n 1 ] 16n 1 16n 1 16n 2n 1 2 3 2 1 g) Có thể gỉa thuyết ( x, y,z) = vì x = dx’, y = dy’, z= dz’( d> 1) thì có 2x’2 + 3y’2 =z’2 x và z không thể là bội 3( x = 3u, z =3v thì y =3t) Ta có 2x2 = z2 _ 3y2, chứng tỏ 2x2 và z2 có cùng số dư ( 0) chia cho 3, điều naỳ không thể xảy Phương trình vô nghiệm h) x(x +1) = y2,mà (x, x+1) = j)x = y x2 +xy + y2 = 7( với x y) (x - y)2 = - 3xy suy xy < (x =1, y =2) và (x = 2, y = 1) (x + 2y)(3x + 4y) = 96 Chú ý (x +2y ) +( 3x +4y ) = 2( 2x +3y) , chứng tỏ x + 2y và 3x + 4y chẵn k) (18x2 + 27y2) + ( x2 + y2) =3243 suy x2 + y2 chia hết cho suy x = 3u, y =3v suy 19u2 + 28q2 = 81 Tương tự u =3s, v =3r suy 19s2 + 28r2 = s =3p, r =3q suy 19q2 + 28p2 = Phương trình vô nghiệm l) Giả sử x ≤ y (46) x = y thì 2x +1 + x2 z và x(xz - 2) =1 (x = y = 1, z = 3) x < y thì xyz < 2y + và xyz ≤ 2y và xz ≤ Đs: x = y = z = 2, x = y = z = m,n) tưong tự o) x3 = 2(y3 + 2z3) suy x3 chẵn Do đó x chẵn: x = 2x’, suy 8x’3 = 2(y3 + 2z ) hay y3 = 4x’3 - 2z3 Do Đó y = 2y’, z = 2z’ Vậy x’3 = 2(y’3 +2z’3) Quá trình này có thể tiếp tục mãi, phương trình có nghiệm nguỵên (0,0,0) p) y2 = z3 + 7, chứng minh x lẻ y2 + 1= x3 + = (x + ) ( x2 - 2x + 4) = (x -1)2 + có dạng 4k +3 Suy y2 + không phải là bội Vậy phương trình vô nghiệm q,r,s ) tương tự p t) y2 = (x2 + 8x)( x2 +8x + 7) = z2 +7z (với z = x2 +8x) Chứng minh z > không có y thỏa Suy x2 + 8x ≤ -9 ≤ x ≤ thử trực tiếp chọn gía trị y u) y3 = 8(x3 + 3x2 + 4x + 2) Đặt y = 2z, có z3 = x3 + 3x2 + 4x + Thấy : x = -1, y = là nghiệm Chứng minh phương trình không có nghiệm nào khác v)Với n = 2k, n4 = 16k4 chia hết 16 Với n = 2k +1, n4 -1 = (n -1)(n +1)(n2 +1)chia hết cho 16 Như chia x + x +….+ x cho 16,có số dư các số lẻ dãy x, x, ……,x, tức là không vượt quá 14 còn 1599 = 1600 -1, chia 16 dư -1, tức là 15 phương trình vô nghiệm Bài 50: Tìm điều kiện cần và đủ cho số k để phương trình có nghiệm nguyên x2 - y2 = k Hướng dẫn: Nếu x2 -y2 =k có nghiệm nguyên thì k 4t +2 Xét trường hợp k chẵn k lẻ Bài 51: Chứng minh phương trình : 1 1 x y z 1991 có số hữu hạn nghiệm nguyên dương Hướng dẫn: 1 1 Gỉa sử <x ≤y ≤ z Ta có x y z t 1991 x suy 1991 < x ≤ 3.1991 nên x có hữu hạn giá trị 2.1991x Với giá trị x có y ≤ x 1991 ≤ 22.1991 suy giá trị tương ứng z với gía trị x,y Bài 52: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 1 a) x y 14 1 b) x y z Hướng dẫn: (47) 1 x y a ( a nguyên dương) Với x 0, y 0, phương trình tương đương a) Xét ax + ay = xy hay (x - a)(y - a) = a2 Có tất 2m -1 nghiệm, với m là các ước số lớn a2 Với a = 14, a2 =196 Có ước số dương và phương trình có 17 nghiệm Bài 53: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình 1! +2! +…… + x! = y2 Hướng dẫn: Thử trực tiếp, thấy x < 5, Phương trình có nghiệm, tìm nghiệm Chứng minh với x ≥ phương trình vô nghiệm Bài 54: Tìm nghiệm nguyên phương trình : xy + 3x – 5y = -3 2x2 – 2xy – 5x + 5y = -19 Hướng dẫn: a) xy 3x y ( x 5)( y 3) 18 Đáp số : (x;y) =(4;15), ( -13;-2), (3;6), ( 14;-5), (2;3), (11,-6), (8;-9), (23 -4), (6;-21), (1;0), (-4;-1), (7;-13) b) tương tự Bài 55: Tìm nghiệm nguyên phương trình : 4x + 11y = 4xy x2 – 656xy – 657y2 = 1983 Hướng dẫn: x 11 y 4 xy (4 x 11)( y 1) 1 Xét hệ phương trình Đáp số (x; y) (0;0), (3;12) b) z ( z 7) y (2 z y)(2 z y) 49 x 656 xy 657 y 1983 ( x y)( x 657 y ) 1983 Đáp số : (x;y );(-4; -1), (4; -1) , (-660 ;-1), (660;1) Bài 56: Tìm các cặp số nguyên dương (x ; y) thỏa mãn phương trình : 7x – xy – 3y = y2 = x2 + 12x – 1923 Hướng dẫn: x y xy 0 ( x 3)(7 y ) 21 Chú ý x Z nên x +3 ≥4, đó có hai phuong trình Đáp số : (4;4 ), (8, 16) Bài 57: Tìm nghiệm nguyên phương trình a) x(x + 1)(x +7)(x + 8) = y2 b) y(y + 1)(y + 2)(y + 3) = x2 Hướng dẫn: x( x 1)( x 7)( x 8) y ( x 8x 7) y Đặt x2+ 8x = z ( z Z ) (48) Ta có : z ( z 7) y (2 z y )(2 z y) 49 Đáp số : (0;0), (-1;0), (1;12), (1;-12), (-9;12), (-9; -12),( -8; 0), (-7;0), (-4;12), (-4; 12) (49) (50) 1) Định lý lớn Fecma: 2 Ta biết có vô số ba số nguyên dương thỏa mãn phương trình x y z Đương nhiên xuất câu hỏi: có ba số nguyên dương nào thỏa mãn phương 3 trình x y z không? Vào năm 1637, nhà toán học Pháp Fecma (Pierre de Fermat, 1601 – 1665) đã nêu lên mậng đề sau, gọi là định lý lớn Fecma: n n n Phương trình x y z (với n là số nguyên lớn 2) không có nghiệm nguyên dương Fecma đã viết vào lề Số học Điôphăng, cạnh mục giải phương trình x y z : “Không thể phân tích lập phương đúng thành tổng hai lập phương, không thể phân tích trùng phương thành tổng hai trùng phương, và nói chung với lũy thứa nào lớn thành tổng hai lũy thừa cùng bậc Tôi đã tìm cách chứng minh kì diệu mệnh đề này, lề sách này quá chật nên không thể ghi lại được.” Năm 1670, năm năm sau Fecma mất, trai ông đã công bố mệnh đề này 2) Lịch sử chứng minh định lý lớn Fecma: Người ta đã tìm thấy chứng minh Fecma với n = 4, không biết ông đã giải bài toán tổng quát nào? Liệu lời giải ông có sai lầm hay không? Chỉ biết phải đến kỷ sau, Ơle chứng minh bài toán với n = năm 1753 thư gửi Gônbach Năm 1825, bẳng phát minh lý thuyết số, Đirichlê và Lơgiăngđrơ chứng minh với n = Năm 1839 Lamê chứng minh với n = Sau đó khoảng năm 1850 Kume chứng minh với n 100 Năm 1978, nhờ máy tính điện tử người ta đã chứng minh bài toán với n nhỏ 125000 n n n Phương trình x y z gọi là phương trình Fecma Nó đã lôi các nhà toán học chuyên nghiệp và nghiệp dư suốt ba kỷ Trên đường tìm cách giải phương trình đó, nhiều lý thuyết toán học đã sáng tạo Trong bốn chục năm gần đây, nhiều nhà toán học đã đạt kết quan trọng Và đề chứng minh định lý lớn Fecma, còn chứng minh giả thuyết Taniyama ra: đường cong elliptic là đường cong Weil Chúng ta tìm hiểu đôi chút điều này Ta xem nghiệm nguyên phương trình là điển có toạ độ nguyên đường cong Đường cong elliptic Taniyama đưa năm 1955 hội nghị quốc tế Nhật Bản, đó là đường cong cho phương trình y x mx nx p thỏa mãn điều kiện “không có điểm kì dị” Nhà toán học Đức Frey là người đầu tiên gắn việc chứng minh định lý lớn Fecma với các đường cong elliptic: giả sử định lý lớn Fecma không đúng thì tồn n n n các số nguyên a, b, c khác và số tự nhiên n cho a b c Khi đó tồn đường cong elliptic đặc biệt dạng Frey Năm 1986, Ribet chứng minh rằng: đường cong elliptic dạng Frey tồn thì nó không phải là đường cong Weil (51) Như thế, định lý lớn Fecma không đúng thì tồn đường cong elliptic mà không phải là đường cong Weil, trái với giả thuey61t Taniyama Điều đó có nghĩa là chứng minh giả thuyết Taniyama thì chứng hđược định lí lớn Fecma Tháng năm 1993, hội nghị toán học quốc tế Anh, nhà toán học Anh Andrew Wiles (Enđriu Oailơ), sinh năm 1953, công bố chứng minh giả thuyết Taniyama cho các đường cong elliptic dạng Frey dày 200 trang, tức là đã chứng minh địng lý lớn Fecma Tháng 12 năm ấy, người ta tìm thấy “lỗ hổng” chứng minh Wiles Tuy nhiên các chuyên gia lĩnh vực này cho đường Wiles là hợp lý, sai lầm Wiles là có thể khắc phục Đúng vậy, năm sau, tháng 10 năm 1994, A.Wiles cùng với R Taylor công bố bài báo dài 25 trang hoàn thiện các chứng minh Wiles trước đây Việc chứng minh định lý lớn Fecma cho thấy óc người thật kỳ diệu: đỉnh cao trí tuệ nào người có thể vươn tới Không có bài toán nào mà người không giải được, có sớm hay muộn 3) Chứng minh định lý lớn Fecma với n = Để chứng minh định lý lớn Fecma với n = tức là chứng minh tổng hai trùng phương không trùng phương, ta cần chứng minh tổng hai trùng phương không số chính phương, tức là cần chứng minh phương trình sau không có nghiệm nguyên dương: x4 y z Hướng dẫn: dùng nguyên tắc cực hạn 4 Giả sử ( xo , yo , zo ) là nghiệm phương trình đã cho có xo yo nhỏ Hãy 4 4 chứng minh tồn nghiệm phương trình là ( x1 , y1 , z1 ) mà x1 y1 xo yo Sử dụng bổ đề: để các số nguyên tố cùng x, y, z là nghiệm nguyên dương 2 phương trình Pitago x y z , điều kiện cần và đủ là: 2 2 x = 2mn; y m n , z m n (giả sử x chẵn, y lẻ) đó m và n là hai số nguyên dương tùy ý, nguyên tố cùng nhau, chẵn lẻ khác nhau, m > n (52) Pytago sinh khoảng năm 580 và khoảng năm 500 trước Công nguyên Ông sinh trưởng gia đình quý tộc đảo Xa- môt, đảo giàu có ven biển Ê - giê thuộc địa trung hải Mới 16 tuổi , cậu bé Pytago đã tiếng trí thông minh khác thường Cậu theo học nhà toán học tiếng Talét và chính Talét phải kinh ngạc vì trí thông minh, tài cậu Để tìm hiểu khoa học văn học các dân tộc, Pytago đã dành nhiều năm đến Ấn Độ, Babilon, Ai Cập và trở nên uyên bác hầu hết các lĩnh vực quan trọng: số học, hình học, thiên văn, địa lý âm nhạc, y học, triết học Vào tuổi 50, ông trở tổ quốc mình Ông thành lập ngôi trường miền nam Ý, nhận hàng trăm môn sinh, kể phụ nữ, với thời gian học năm gồm môn: hình học, toán học, thiên văn, âm nhạc Chỉ học sinh giỏi vào cuối năm thứ ông trực tiếp dạy Trường phái Pytago đã đóng vai trò quan trọng phát triển khoa học giới cổ đại, đặc biệt số học và hình học Pytago chứng minh hệ thức độ dài các cạnh tam gíac vuông Hệ thức này đã đựơc nguời Ai Cập, người Babilon, Trung Quốc, Người Ấn Độ biết đền từ trước, Pytago là người đầu tiên chứng minh hệ thức Trường phái Pytago khảo sát hình vuông có cạnh dài đơn vị và nhận không thể biểu thị độ dài đường chéo cùa nó số nguyên hay phân số, tức là tồn các đoạn thẳng không biểu thị theo đoạn thẳng đơn vị sồ hữu tỉ Sự kiện so sánh với việc tìm hình học Ơclit kỉ XIX Trường phái Pytago nghiên cứu âm nhạc Họ giaỉ thích độ cao âm tỉ lệ nghịch với chiều dài dây và ba sợi dây đàn có chiều dài tỉ lệ với 6, 4, cho hợp âm êm tai Pytago còn nghiên cứu kiến trúc và thiên văn Ông cho trái đất có hình cầu và tâm vũ trụ Pytago và các môn đệ cũa ông tôn thờ các sồ và gán cho số ý nghĩa thần bí : họ cho số là nguồn gốc số, số lẻ là số nam, số chẵn là số nữ, số biểu thị việc xây dựng gai đình, số mang tính chất sức khỏe, số biểu thị cho tình yêu… Trước lúc vào nghe giảng, các học trò Pytago đọc câu kinh như: “Hãy ban ơn cho chúng tôi, số thần linh đã sáng tạo loài người” Pytago có câu thơ và nêu lên phương châm xử thế: Hãy sống giản dị, không xa hoa Hãy tôn trọng cha mẹ Hãy tập chiến thắng đói khát, lười biếng và giận Chớ coi thường sức khỏe Hãy cung cấp cho thể đúng lúc đồ ăn thức uống và luyện tập cần thiết Chưa nhắm mắt chưa soát lại việc đã làm ngày Đừng thấy cái bóng trơ mình trên tường mà tưởng mình vĩ đại (53) Trong quá trình biên soạn chuyên đề này, chúng em đã tham khảo và trích dẫn từ nhiều nguồn sách, báo và tài liệu khác - Phương trình và bài toán với nghiệm nguyên, tác giả Vũ Hữu Bình - Một số chuyên đề môn toán trung học sở, tác giả Vũ Dương Thụy và Nguyễn Ngọc Đạm - Một số chuyên đề số học, các tác giả Hà Nội - Tạp chí báo Toán Tuổi Thơ 2, nhà xuất giáo dục - Một số tài liệu từ mạng Cảm ơn các tác giả sách, báo nói trên đã có sách hay giúp chúng em hoàn thành tốt chuyên đề này Chân thành cảm ơn thầy và các bạn đã dành thời gian xem chuyên đề Nhóm biên tập hân hạnh đón nhận đóng góp từ thầy và các bạn./ Nhóm biên tập Nguyễn Hoàng Anh Thư Trương Thanh Thư Lê Thị Thu Thảo Phạm Ngọc Xuân Đào Nguyễn Thị Mỹ Huyền (54)