Trong phần này tác giả chủ yếu sưu tầm một số bài toán về phương trình nghiệm nguyên có trong các đề thi học sinh giỏi, các kì thi Toán Quốc gia, Quốc tế. Tác giả đã cố gắng tìm lời giải ngắn gọn và trình bày một cách dễ hiểu nhất giúp người đọc tham khảo trong quá trình ôn luyện.
Bài 1. (RMO) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình sau x6+ 3x3+ 1 =y4.
Lời giải. Phương trình đã cho tương đương
(x3+ 1)2+ (x3+ 1) =y4+ 1, Hay
(2x3+ 3)2−4y4 = 5.
Do đó
(2x3+ 3 + 2y2).(2x3+ 3−2y2) = 5.
Ta thu được các hệ phương trình sau (2x3−2y2+ 3 = 1,
2x3+ 2y2+ 3 = 5,
(2x3−2y2+ 3 =−1, 2x3+ 2y2+ 3 =−5, (2x3−2y2+ 3 = 5,
2x3+ 2y2+ 3 = 1,
(2x3−2y2+ 3 =−5, 2x3+ 2y2+ 3 =−1.
Giải các hệ trên ta thu được nghiệm của phương trình ban đầu là (0,1),(0,−1).
Bài 2. (16th USA MO) Tìm tất cả các số nguyênx, y khác0 của phương trình sau (x2+y)(x+y2) = (x−y)3.
Lời giải. Ta viết phương trình đã cho dưới dạng phương trình bậc hai ẩn y 2y2+ (x2−3x)y+ 3x2+x= 0.
Ta có
∆ = (x2−3x)2−8(3x+x) =x(x+ 1)2(x−8)
Phương trình trên có nghiệm nguyên khi và chỉ khix(x+ 1)2(x−8)là số chính phương.
Đặt
x(x−8) = z2, Hay
(x−4)2−z2 = 16, Tương đương
(x−z−4)(x+z−4) = 16.
Dễ dàng tìm đượcx∈ {−1,8,9}. Do đó, nghiệm của phương trình ban đầu là (−1,−1),(8,−10),(9,−6),(9,−21).
Bài 3. (AMO) Tìm tất cả các nghiệm nguyên (x, y)của phương trình sau (x+ 1)4−(x−1)4=y3.
Lời giải. Ta có
(x+ 1)4−(x−1)4= 8x3+ 8x.
Giả sử (x, y)là một nghiệm của phương trình và x≥1. Khi đó, (2x)3<(x+ 1)4−(x−1)4<(2x+ 1)3. Do đó
2x < y <2x+ 1. (Vô lí)
Như vậy, nếu(x, y) là nghiệm của phương trình thìx phải là số nguyên không dương.
Ta thấy rằng, nếu (x, y)là nghiệm của phương trình thì (−x,−y)cũng là nghiệm. Do đó, −x cũng phải là số nguyên không dương. Vậy chỉ có thể x= 0. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là (0,0).
Bài 4. (29th IMO) Choa, blà các số nguyên dương thỏa mãn ab+ 1|a2+b2.Chứng
tỏ rằng a2+b2
ab+ 1 là một số chính phương.
Lời giải. Gọi (a, b) là cặp số nguyên dương thỏa mãn điều kiện bài toán thì (a, b) là nghiệm của phương trình
a2−kab+b2 =k Dễ thấy a= 0 hoặc b = 0 thì k là số chính phương.
Nếua 6= 0 và b6= 0 thì a và b cùng dấu. Thật vậy, Nếuab < 0thì a2−kab+b2 > k.
Giả sử a >0, b >0 và k >0
Nếua =b thì (2−k)a2 =k > 0.Suy ra k = 1.
Nếua > b >0.Gọi blà số nguyên dương nhỏ nhất sao cho(a, b)là nghiệm của phương trình. Rõ ràng (b, kb−a) cũng là nghiệm. Theo trên, nếu kb = a thì k là số chính phương.
Mặt khác kb−a >0(vì (kb−a) và b cùng dấu) nên kb−a < b. Thật vậy, kb−b < b⇔k < a+b
b ⇔ a2+b2 1 +ab < a
b + 1.
Ta chứng minh bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Thật vậy, a2+b2
1 +ab < a2+ab
1 +ab < a2+ab
ab = a
b + 1.
Như vậy, ta đã chứng minh được(b, kb−a)là nghiệm của phương trình ban đầu nhưng kb−a < b.Điều này mâu thuẫn với giả sửb là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho(a, b) là nghiệm. Vậy k là số chính phương.
Bài 5. (HMO)Chứng minh phương trình
(x+ 1)2+ (x+ 2)2+...+ (x+ 99)2 =yz không có nghiệm nguyên(x, y, z) với z >1.
Lời giải. Ta có
yz = (x+ 1)2+ (x+ 2)2+...+ (x+ 99)2, Tương đương
yz = 99x2+ 2(1 + 2 +...+ 99)x+ (12+ 22+...+ 992).
Do đó
yz = 99x2+ 2.99.100
2 .x+99.100.199
6 = 33(3x2+ 300x+ 50.199).
Vì vế phải chia hết cho 3 nên 3|y. Suy ra, 32|yz. Nhưng vế phải không chia hết cho 9.
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên với z >1.
Bài 6. (G.M. Bucharest)Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) của phương trình x3−4xy+y3 =−1.
Lời giải. Nhân cả hai vế của phương trình với 27và công cả hai vế với 64 ta được 27x3+ 27y3+ 43−4.27xy= 37.
Sử dụng kết quả
a3+b3+c3−3abc= (a+b+c)(a2+b2+c2−ab−bc−ca),
phương trình tương đương
(3x+ 3y+ 4)(9x2+ 9y2+ 16−9xy−12x−12y) = 37.
Vì 37là số nguyên tố và
(9x2+ 9y2+ 16−9xy−12x−12y) = 1
2[(3x−3y)2+ (3x−4)2+ (3y−4)2]≥0.
nên 3x+ 3y+ 4 = 1 hoặc 3x+ 3y+ 4 = 37.
Nếu3x+ 3y+ 4 = 1thì 9x2+ 9y2+ 16−9xy−12x−12y = 37.
Suy ra nghiệm là (−1,0) và (0,−1).
Nếu3x+ 3y+ 4 = 37thì 9x2+ 9y2+ 16−9xy−12x−12y= 1.
Suy ra,
(3x−3y)2+ (3x−4)2+ (3y−4)2 = 2.
Điều này không thể xảy ra vìx, y là các số nguyên khác nhau nên |3x−3y| ≥3.
Vậy nghiệm của phương trình ban đầu là (−1,0) và(0,−1).
Bài 7. (Toán học Kurschak - Hungary) Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương (x, y, z)của phương trình
x3+ 3y3+ 9z3−3xyz = 0.
Lời giải. Dễ thấy (0,0,0) là một nghiệm của phương trình. Giả sử (x1, y1, z1) là một nghiệm khác của phương trình trong đóx1 là số nguyên dương nhỏ nhất trong các giá
trị nhận được của x.
Nếu một trong các sốx1, y1, z1 bằng 0.Do √3
3và √3
9 là các số vô tỉ nên hai số còn lại cũng bằng 0. Ta có thể giả sử x1, y1, z1 >0.
Rõ ràng 3|x1. Đặt x1 = 3x2,với x1 nguyên. Thay vào phương trình rồi chia cả hai vế cho 3ta có
9x23+y13+ 3z13−3x2y1z1 = 0.
Suy ra 3|y‘1.Đặt y1 = 3y2, với y2 nguyên. Thay vào phương trình trên rồi chia cả hai vế cho 3 ta có
3x23+ 9y23+z13−3x2y2z1 = 0.
Như vậy3|z1.Đặt z1= 3z2,với z2 nguyên. Thay vào phương trình trên rồi chia cả hai vế cho 3 ta có
x23+ 3y23+ 9z23−3x2y2z2 = 0.
Do đó(x2, y2, z2) cũng là nghiệm của phương trình ban đầu.
Mà x1 = 3x2, tức là x1 > x2. Điều này trái với giả thiết x1 là số nguyên dương nhỏ nhất trong các giá trị nhận được của x.
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương.
Bài 8. (5th USA MO). Tìm tất cả các nghiệm nguyên (a, b, c)của phương trình a2+b2+c2=a2b2.
Lời giải. Ta sẽ chứng minha, b, c đều là các số chẵn.
Ta có thể giả sử a, b, c là các số nguyên không âm.
Ta có
(2n)2 ≡0 (mod 4)và(2n+ 1)2 ≡1 (mod 4).
Trường hợp 1.a, b, c đều là số lẻ.
a2+b2+c2 ≡3 (mod 4)nhưnga2b2 ≡1 (mod 4).
Trường hợp 2. Hai trong ba số a, b, c là số lẻ.
a2+b2+c2 ≡2 (mod 4)nhưnga2b2 ≡0hoặc1 (mod 4).
Trường hợp 3. Hai trong ba số a, b, c là số chẵn.
a2+b2+c2 ≡1 (mod 4)nhưnga2b2 ≡0 (mod 4).
Vậy cả ba số a, b, c đều chẵn. Đặt a = 2a1, b = 2b1, c = 2c1, với a1, b1, c1 là các số nguyên. Thay vào phương trình rồi chia cả hai vế cho 4ta có
a12+b12+c12 = 4a12b12. Lập luận tương tự ta có4a12b12 ≡0 (mod 4)và mỗi sốa12, b12
, c12≡0hoặc1 (mod 4).
Suy ra a12 ≡ b12 ≡ c12 ≡ 0 (mod 4), với a1, b1, c1 là các số chẵn.Đặt a1 = 2a2, b1 = 2b2, c1 = 2c2, với a2, b2, c2 là các số nguyên. Thay vào phương trình rồi chia cả hai vế cho 4ta có
a22+b22+c22= 16a22b22.
Cứ tiếp tục như vậy dẫn đếna, b, c đều chia hết cho2k,với k là số tự nhiên tùy ý. Điều này chỉ xảy ra khi a=b =c= 0.
Đó là nghiệm nguyên duy nhất của phương trình đã cho.
Bài 9. (8th USA MO) Tìm tất cả các nghiệm nguyên không âm (x1, x2, ..., x14) (không kể các hoán vị của nó) của phương trình
x14+x24+...+x144= 15999.
Lời giải. - Nếu n là số chẵn. Đặt n = 2k, với k nguyên thìn4 = 16k4 ≡0 (mod 16).
- Nếu n là số lẻ thì
n4−1 = (n−1) (n+ 1) n2+ 1 . Vì (n−1),(n+ 1) là hai số chẵn liên tiếp và n2+ 1
cũng là số chẵn nên n4−1 = (n−1).(n+ 1). n2+ 1
≡0 (mod 16).
Do đó,
n4 ≡0 (mod 16) Hoặc
n4≡1 (mod 16).
Suy ra
x14+x24+...+x144 ≡r (mod 16) thì
0≤r ≤14.
Mà
1599 = 16000−1≡15 (mod 16).
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm.
Bài 10. (37th IMO) Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương (a, b) của phương trình ab2 =ba
Lời giải. Ta sẽ chứng minh phương trình chỉ có các nghiệm là (1,1), (16,2), (27,3).
Gọi (a, b)là một nghiệm của phương trình. Đặt (a, b) = dthì a=du,b =dv, trong đó (u, v) = 1.
Phương trình đã cho tương đương
(du)dv
2
= (dv)u. Ta xét các trường hợp sau.
Trường hợp 1. Nếu dv2=u thì u=v.Mà (u, v) = 1 nên u=v = 1, d= 1.
Do đó, nghiệm của phương trình là
(a, b) = (1,1).
Trường hợp 2. Nếu dv2 > uthì ta viết được phương trình dưới dạng ddv2−uudv2 =vu.
Rõ ràng
udv2|vu.
Vì (u, v) = 1 nên u= 1. Khi đó, phương trình trở thành ddv2−1 =v.
Nếud= 1 thì v = 1.Điều này trái với giả thiết dv2 > u.
Nếud≥2 thì ddv2−1≥22v2−1 ≥22v−1 > v, v = 1,2,3, ...
Do đó, trong trường hợp này phương trình cũng không có nghiệm.
Trường hợp 3. Nếu dv2< u thì d < u.Ta viết được phương trình dưới dạng udv2 =du−dv2vu.
Rõ ràng
vu|udv2.
Vì (u, v) = 1 nên v = 1. Khi đó, phương trình trở thành ud =du−d.
Mà ta đã cód < u nênd < u−d.Theo phương trình trên, nếu plà ước nguyên tố của d thì p cũng là ước nguyên tố của u. Gọi α, β là các số nguyên lớn nhất sao cho pα|u và pβ|d. Khi đó, ta có
αd=β(u−d).
Do đóα > β.
Ta có d|u, nên đặt u = kd, với k nguyên dương. Do u >2d nên k ≥ 3. Thay u = kd vào phương trình trên ta được
k=dk−2.
Nếu k = 3 thì d = 3 và u = kd = 9. Từ đó có a = 27, b = 3 là nghiệm của phương trình ban đầu.
Nếu k = 4 thì d = 2.u = 8. Từ đó có a = 16, b = 2 là nghiệm của phương trình ban đầu.
Nếuk ≥5 thì dk−2 ≥2k−2 > k. Trong trường hợp này phương trình vô nghiệm.
Tóm lại, phương trình đã cho có các nghiệm là (1,1),(16,2), (27,3).