[2012]

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG HSG

CẤP TRUNG HỌC CƠ SỞ

2

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

3

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.

4

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;...

P : 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 ; x là số nguyên

a b : a chia hết cho b , a là bội của b

a b : a không chia hết cho b

|b a : b là ƣớc của a ,b chia hết a

|b a : b không là ƣớc của a

moda b m : a đồng dƣ với b theo môđun m ,a b chia hết cho m

,a b : ƢCLN của a và b

,a b : BCNN của a và b

;a b : cặp số ,nghiệm của phƣơng trình hai ẩn số

: Suy ra

: Tƣơng đƣơng với ,khi và chỉ khi

(đpcm) : Điều phải chứng minh , kết thúc bài toán hay một phép chứng

minh

, , , : 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 0b ,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 .

5

Vậy khi a chia cho b có thể xẩy ra b số dƣ là 0;1;2;...; 1b

Đặc biệt với 0r 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 , 1b c thì a bc .

d) Nếu ab c , và , 1b c thì a c .

II.ĐỒNG DƢ THỨC

Định nghĩa:

Cho số nguyên 0m .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 moda b m .

Vậy moda b m a b m

Tính chất

a) (mod ) moda b m a c b c m

b) mod , mod moda b m c d m a c b d m , modac bd m

c) moda b m (mod )n na b m

d) modac bc m , , 1c m moda b 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 2p

d) Số chính phƣơng chia cho 3 có số dƣ là 0 hoặc 1

e) Số chính phƣơng chia cho 4 có số dƣ là 0 hoặc 1

f) Số chính phƣơng chia cho 5 có số dƣ là 0 hoặc 1hoặc 4

g) Số chính phƣơng chia cho 8 có số dƣ là 0 hoặc 1

h) Số lập phƣơng chia cho 7 có số dƣ là 0, 1

i) Số lập phƣơng chia cho 9 có số dƣ là 0, 1

j) 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

6

Ta thƣờng vận dụng hai nhận xét sau đây trong khi giải một số phƣơng trình

nghiệm nguyên .

1. *n nn n nX Y X a a Y X a i với 1;2;3...; 1i a

2. 1 ... 1 ... 1 ...X X X n Y Y y n X a X a X a n

1 ... 1 ...a Y Y Y n X i X i X i n

với 1;2;...; 1i a

IV.TÍNH CHẤT CHIA HẾT

Phƣơng trình nghiệm nguyên có dạng:1 1 2 2

0n n n

k ka x a x a x (*)

Với n là số nguyên dƣơng lớn hơn 1,các tham số nguyên 1 2, ,...,

ka a a và các ẩn

1 2, ,...,

kx x x .,đƣợc giải bằng phƣơng pháp lùi vô hạn nhƣ sau:

+ Sử dụng tính chất chia hết để chứng minh 1 2, ,...,n n n

kx x x cùng chia hết cho một

số nguyên tố p .Từ đó suy ra 1 2, ,...

kx x x cũng chia hết cho p

+ Đặt 1 1 2 2

, ,...,k k

x py x py x py (suy ra 1 2, ,...,

ky y y cũng nhận giá trị nguyên)

Phƣơng trình (*) trở thành : 1 1 2 20

n n n

k ka py a py a py

1 1 2 20n n n

k ka y a y a y .Hoàn toàn tƣơng tự ,ta chứng minh đƣợc

1 2, ,...

ky y y cũng chia hết cho p ,từ đó suy ra

1 2, ,...

kx x x cũng chia hết cho 2p

+Quá trình này tiếp tục mãi ,suy ra 1 2, ,...

kx x x cùng chia hết cho mp với m là

một số nguyên dƣơng lớn tuỳ ý.Điều này chỉ xẩy ra khi và chỉ khi

1 2.. 0

kx x x

Vậy phƣơng trình (*) có một nghiệm duy nhất 1 2

.. 0k

x x x

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 : 22 5 1 2 105x

x y x x y

Giải: Vì 105 là số lẻ nên 2 5 1x y là số lẻ y chẵn. Mà 2 1x x x x

chẵn nên 2x lẻ 0x . Thay 0x vào phƣơng trình ta đƣợc

5 1 1 21.5 21 . 5y y

Vì 5 1,5 1y nên 5 1 21

1 5

y

y

hoặc

5 1 21

1 5

y

y

4y .

7

Thử lại 0, 4x y là nghiệm nguyên duy nhất của phƣơng trình.

Thí dụ 2

a) Chứng minh rằng phƣong trình sau không có nghiệm nguyên: 2 2 2 2015a b c

b) Chứng minh rằng không tồn tại các số hữu tỉ , ,x y z thoả mãn đẳng thức:

2 2 2 3 5 7 0x y z x y z

(Đề TS 10C.Lê Hồng Phong Nam Định2003-

2004 )

Giải: a) Nhận xét : 2; 0,1,4 mod8x x thật vậy:

+ Nếu 2 24 16 0 mod8x k k x k

+ Nếu 2 24 2 16 16 4 4 mod8x k k x k k

+ Nếu 22 1 4 1 1 1 mod8x k k x k k (do 1 2k k )

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 2 2 2 3 mod8a b c

*) Cả 3 số , ,a b c đều chẳn 2 2 2 0 4 mod8a b c

*) Có 1số chẳn và 2 số lẻ 2 2 2 2 6 mod8a b c

*) Có 1số lẻ và 2 số chẳn 2 2 2 1 5 mod8a b c

Cả 4 thƣờng hợp 2 2 2 7 mod8a b c .

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 2 2 2 3 5 7 0x y z x y z

2 2 2

2 1 2 3 2 5 7x y z

do , ,x y z 2 1,2 3,2 5x y z , , ,a b c d ( 0d nhỏ nhất)

mà 2 1 ;2 3a b

x yd d

và 2 5c

zd

, ta thấy , , , 1a b c d ngƣợc lại

1 1 1 1, , , 1 , , ,a b c d m a ma b mb c mc d md với 1 1 1 1

, , , 1a b c d mâu

thuẫn cách chọn d .

Đẳng thức đã cho 2 2 2 27a b c d (*) theo phần a) (*) 7 mod8VT Vậy

đẳng thức (*) không thể xẩy ra điều giả sử là sai ta có điều phải chứng minh.

Thí dụ 3

Giải phƣơng trình nghiệm nguyên : 3 2 2 3 2001x x y xy y

8

(Junior Balkan 2001 Mathematcal-

Olympiads)

Giải: Phƣơng trình 2 2 1.3.23.29x y x y 2 2x y và x y cùng lẻ

,x y khác tính chẵn lẻ 2 2x y có dạng 4 1k k 2 2x y chỉ có thể là

1;29;3.23 69 hoặc 2001 .Vậy ta có :

2 2 2 21 , 0; 1 2001x y x y x y

2 2 29 , 5; 5;2; 2 69x y x y x y

2 2 69 , 3x y x y 9 69 9VT (vô lí)

2 2 2001 , 3x y x y 9 2001 9VT (vô lí)

Vậy phƣơng trình vô nghiệm.

Bài tập tƣơng tự

1/ Tìm số nguyên tố p để 4 1p là số chính phƣơng.

2/ Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: 3 22 2007x y (ĐềTS10C.Lê Khiết-QN-

2007)

3/Tìm ,x y thoả mãn điều kiện :

1993 19941992 1993 1995x y (ĐềTS10 C.KHTN -HN-1994)

4/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: 3 3 2 8x y xy (Bungari MO-1978)

Phương pháp 2:Phương pháp phân tích.

Thí dụ 1

Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:

2 21 1 2 1 4 1x y x y xy xy

(Titu Andreescu)

Giải: Viết lại phƣơng trình : 2 2 2 22 1 2 2 1 4x y xy x y xy x y xy

2 2

1 2 1 4xy x y x y xy 2

1 4xy x y

1 1 2x y

Nếu : 1 1 2x y ta có các hệ phƣơng trình sau

1 2 1 2 1 1 1 1; ; ;

1 1 1 1 1 2 1 2

x x x x

y y y y

có các nghiệm tƣơng ứng lần

lƣợt là: 1;2 , 3; 0 , 0;3 , 2; 1

9

Nếu : 1 1 2x y ta có các hệ phƣơng trình sau

1 2 1 2 1 1 1 1; ; ;

1 1 1 1 1 2 1 2

x x x x

y y y y

có các nghiệm tƣơng ứng lần

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: 2 23 2 2 10 4 0x y xy x y (ĐềTS10 Hà NộiAmsterdam 2008 )

Giải: Ta có 2 22 1 3 10 4 0x y x y y 2 2

1 2 2 7x y y

3 1 3 7y x y x 3 1 7 3 1 7

;3 1 3 1

y x y x

y x y x

3 1 1 3 1 1;

3 7 3 7

y x y x

y x y x

có các nghiệm tƣơng ứng lần lƣợt là:

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: 2 2 27xy x y

(Indian Mathematical-Olympiads 2006)

Giải: Phƣơng trình 2 2

6 13xy x y 2 2

6 13xy x y

6 6 13xy x y xy x y (*) do ,x y vậy (*) hai

trƣờng hợp sau :

6 1 6 13;

6 13 6 1

xy x y xy x y

xy x y xy x y

7 7;

6 0

x y x y

xy xy

Giải ra ta đƣợc các nghiệm là ; 3;4 , 4;3 , 0;7 , 7;0x y

Thí dụ 4

Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình: 5329y x y xx y x y

( ĐềTS10 C.Vĩnh Phúc 2009)

10

Giải: Phƣơng trình 1 1 5330y xx y 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

1 65 1 82

1 82 1 65

y y

x x

x x

y y

64 81 4 3

3 481 64

y y

x x

x x x x

y yy y

1 2 1 2665

1 2665 1 2

y y

x x

x x

y y

1 2664

2664 1

x x

y y

Vậy phƣơng trình có 4 nghiệm 3;4 , 4;3 , 1;2664 , 2664;1

Thí dụ 5

Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình: 2 21 1 1x y y x (*)

(Polish Mathematical-Olympiads 2004)

Giải Đặt 1, 1x u y v ,phƣơng trình (*) trở thành

2 2

1 1 1 4 1u v v u uv u v uv u v

4 4 5uv u v u v 1 4 5uv u v Phƣơng trinh tƣơng

đƣơng với 4 hệ phƣơng trình sau

1 1 1 1 1 5 1 5

4 5 4 5 4 1 4 1

uv uv uv uv

u v u v u v u v

1 9 3 5

0 2 4 6

u v u v u v u v

uv uv uv uv

giải ra ta đƣợc các nghiệm , 1,0 , 0,1 , 6,1 , 1, 6u v

các nghiệm của pt là ; 1;2 , 5;2 ; 2;1 ; 2; 5x y

Bài tập tƣơng tự

1/Cho ,p q là hai số nguyên tố .Giải phƣơng trình nghiệm nguyên

sau:1 1 1

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 2 23 10 8 96x xy y

4/Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình: 1 1 1

2 3m n

(ĐềTS10 PTNK HCM 2001-2002)

11

5/ Tìm nghiệm nguyên dƣơng của hệ phƣơng trình :

3 3 2

23

x y z

xy 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 4 24x y z xyz (1)

( ĐềTS10 ĐHKH Huế 2008)

Giải Phƣơng trình 1 1 1 24 4

5 5xy yz zx xyz

Do vai trò , ,x y z nhƣ nhau giả sử rằng : 1x y z từ đó ta có

2

2 2 2

4 3 24 39 39

5 5 5 4z

z z z 1,2,3z

1z thì (1) 4 5 4 5 141x y (do 4 5 1;4 5 1x y )

4 5 47 4 5 141;

4 5 3 4 5 1

x x

y y

giải ra ta đƣợc 13, 2, 1x y z

2z thì (1) 8 5 8 5 297 297.1 99.3 33.9 27.11x y

8 5 297 8 5 99 8 5 33 8 5 27

; ; ;8 5 1 8 5 3 8 5 9 8 5 11

x x x x

y y y y

giải ra ta đƣợc , , 4,2,2x y z

3z thì (1) 12 5 12 5 493 29.17 493.1x y

12 5 29 12 5 493;

12 5 17 12 5 1

x x

y y

vô nghiệm

Vậy phƣơng trình có các nghiệm , , 13,2,1 ; 4,2,2x y z 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

12

4 4 4 2 2 2 2 2 22 2 2 2000x y z x y y z z x

(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 , , 0x y z

Trƣớc tiên ta chứng minh các số , ,x y z phân biệt .Ngƣợc lại chẳng hạn y z

Đẳng thức trở thành 4 2 24 2000x x y x chẵn , 2x t t thì ta có

2

2 2 2

2 2

25125

5

tt t y

t y

(vô lí)

Giả sử x y z . Nếu 4 4 4x y z lẻ thì tồn tại ít nhất một số chẵn và có hai số

có cùng tính chẵn lẻ.

Ta có

: 24 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 22 2 2 2 4x y z x y y z z x x y x y z z y z

2 22 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2x y z yz x y z yz x y z yz

x y z x y z x y z x y z đây là tích của 4 số nguyên

phân biệt.Mà số 42000 16.125 2 .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 2,10,50,250nhƣ 2.10.50.250>2000 Vô lí

Thí dụ 3

Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình : 3 37 7x y y x

Giải Phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với

2 2

2 27 0

7 0

x yx y x xy y

x xy y

Nếu 22 2 7

7 0 7 3 03

x xy y x y xy xy

1, 2 2, 1x y x y

*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.

13

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 ccủa tam giác .Bán kính đƣờng tròn nội tiếp bằng 1 nên

, , 2x y z .Giả sử 2x y z .Diện tích tam giác 1 1 1

:2 2 2

ABC S ax by cz

(1)

Mặt khác 1

2OBC OCA OAB

S S S S a b c

(2)

Từ (1) và (2) 1 1 1 1 1 1

a b c a b cax by cz a b c a b c

x y z x y z

1 1 1 31 3 3z z

x y z z .

Từ 1 1 1 1 1 2

1 3 23

x y xyx y z x y

2 3 2 3 9x y

2 3 3 2 6

32 3 3 2 6

x xx y

y y

a b c ABC đều

2 3 9 2 12

6; 2;2 3 1 2 4

x xx y

y y

( Loại )

Bài tập tƣơng tự

1/Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình: 2xy yz zx xyz

2/ Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình 9x y z xyz

3/ Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình: 3xy yz zx

z x y

4/ Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình:2 2

1 1 11

x xy y

5/ Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình 3 3 3 3x y z xyz p trong đó

p là số nguyên tố lớn hơn 3.

(Titu Andreescu,Dorin Andrica)

6/ Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình: 1 1 1 3

5x y z

(Romanian Mathematical-Olympiads

2000)

Phương pháp 4:Phương pháp loại trừ

14

Thí dụ 1

Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình : 6 3 43 1x x y

Giải Ta thấy với 0; 1x y là nghiệm của phƣơng trình ,ta chứng minh đó là

hai nghiệm nguyên duy nhất.

Với

2 23 6 3 6 3 4 6 3 30: 1 2 1 3 1 4 4 2x x x x x x y x x x

3 2 31 2x y x (vô lí)

Với 2 23 6 3 4 6 3 32: 2 3 1 2 1 1x x x x y x x x

Suy ra 3 2 32 1x y x (vô lí, vì |x3 + 2| > |x

3 +1 |)

Vậy phƣơng trình đã cho có 2 nghiệm nguyên ; 0;1 , 0; 1x y

Thí dụ 2

Giải phƣơng trình nghiệm nguyên : 2 4 3 2x x y y y y

(ĐềTS10 Hà NộiAmsterdam 1995-1996 )

Giải: Phƣơng trình đã cho 22 22 1 2 1 3 1x y y y y

Nếu 1 0 1y x x

Nếu 1, 1 0 1 3 1 0y y y y y y

2 222 22 2 1 2 2y y x y y

22 22 1 2 1x y y

24 3 2 2 24 4 4 4 1 2 1 2 0y y y y y y y y 0 2y y

0 0; 1

2 5

y x x

y x

Vậy phƣơng trình đã cho có 5 nghiệm nguyên

; 0; 1x y , 1; 1 , 0;0 . 1;0 , 5;2

Thí dụ 3

Tìm tất cả nghiệm nguyên không âm của phƣơng trình:

2 42 21 1x x y y ( ĐềTS10 ĐHSP Hà Nội 2006-2007)

Giải Phƣơng trình

4 24 3 2 2 2 22 3 2 1 1y y y y x x y y x x

15

22 21 1y y x x (*) Do

22 20 1 1x x x x x từ đây ta có

22 1 1 0 0x x x x y .

Vậy phƣơng trình có duy nhất một nghiệm ; 0;0x y

Thí dụ 4

Tìm tất cả nghiệm nguyên không âm của phƣơng trình: 2 2 1x y y (1)

(ĐềTS10 C.KHTN -HN-2001)

Giải Giả sử ;x y là một nghiệm không âm của phƣơng trình

2 2 1x y y

Từ đó suy ra 2 2x y

Mặt khác 220 1 4 4 1 2 1y y y y y hay 1 2 1y y .Từ đó ta

thấy 22 21 2 1 1y y y y y (2) .Dấu bằng đạt đƣợc khi 0y ,từ (1)

và (2)

2 22 2 2 21 1 1y x y y y x y (do 2y ,

2

1y là 2 s0ố chính

phƣơng liên tiếp ) 22 1 1 0y y y y 1x .Vậy phƣơng trình có

một nghiệm duy nhất ; 1;0x y

Thí dụ 5

Giải phƣơng trình nghiệm nguyên : 4 2 2 10 0x x y y (*)

Giải Phƣơng trình (*) 4 21 10(**)y y x x ta có

4 2 4 2 4 2 210 10 6 2x x x x x x x do đó

2 2 2 21 1 3 4x x y y x x

2 2

2 2

1 1 2

1 2 3

y y x x

y y x x

kết hợp với

(**) suy ra

2

2

4 2, 2

1. 11

x x x

x xx

ta có các giá trị y tƣơng ứng là 6, 5,4; 3

Vậy phƣơng trình có một nghiệm ; 2;6 , 2; 5 , 1;4 , 1; 3x y

Bài tập tƣơng tự

1/ Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: 3 3 33 31 2 7x x x x y

(Hungarian Mathematical-Olympiads 2000)

2/ Giải phƣơng trình nghiệm nguyên dƣơng :

16

2 2 2 22 2 1 2 1x y z xy x z y z t

(Titu Andreescu)

3/ Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: 3 3 22 3 1 0x y y y

4/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: 6 3 4 24 4 2 3 6x y y y y

5/Tìm tất cả các cặp số nguyên dƣơng ,m n thoả mãn điều kiện

a/ 2 1m n và 2 1n m

(ĐềTS10 C.KHTN -HN-1993)

b/3 1m n và 3 1n 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: 3 219 98 1998x y

(ĐềTS10 C.KHTN -HN-1998)

Giải Nhận xét 3 0,1,6 mod7a a

Phƣơng trình đã cho viết lại nhƣ sau : 3 219 2 98 20x y

Ta thấy 398 2 7y .Ta chứng minh 319 2 7x thật vậy:

Giả sử 3 3 319 2 7 2 7 2 mod7x x x (vô lí)

Từ đó phƣơng trình đã cho vô nghiệm.

Thí dụ 2

Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình: 2 217 34 51 1740x y xy x y

(ĐềTS10 C.KHTN -HN-2005)

Giải Phƣơng trình : 2 217 34 51 1740x y xy x y

2 21740 17 2 3 *x y xy x y

Nhận xét 17x x k r với 0,1,2,3,4,5,6,7,8r và k

Từ đó 2x có dạng tƣơng ứng là:

17 ,17 1;17 4;17 9;17 16;17 8;17 2;17 15;17 13h h h h h h h h h h .

17

Ta nhận thấy rằng 1740 17.102 6 VP * có dạng 17 6l l ,trong khi

VT(*) thì 2x 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 : 5 55 5 1 2 3x y x y

(Junior Balkan 2005 Mathematical-

Olympiads)

Giải Nhận xét : 5 mod10a a a thật vậy

5 2 2 2 2 21 4 5 1 4 5 1a a a a a a a a a a 0 mod10

Khi đó phƣơng trình: 5 55 5 1 2 3x y x y chuyển qua đồng dƣ với 10

ta đƣợc : 1x y 2 3 mod10 2 0 mod10x y vô lí .Vậy không

tồn tại

*,x y sao cho : 5 55 5 1 2 3x y x y

Thí dụ 4

Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình: 3 3 2001x y p với p là số nguyên tố.

(Junior Balkan 2001 Mathematical-Olympiads)

Giải +)Trƣờng hợp 3p

1. Nếu 0 mod3x y 3 3x y 0 mod27 27 2001p (vô lí)

2. Nếu 1 mod3 0 mod3x y x y 2 2 1 mod3x y xy

3 3 2 2( )( )x y x y x y xy 0 mod9 3 39 2001x y p vô lí

Bởi vì 3n 3 3mod3 2(mod3)n x y x y vô lí

3. Nếu 1 mod3 0 mod3x y x y 2 2   1 mod3x y xy

3 3 2 2( )( ) 0 mod9 9x y x y x y xy 3 3 2001x y p vô lí

Mặt khác 3 3 3 32(mod3) 2001x y x y x y p vô lí

+) Trƣờng hợp 3p 3 3 6003 4(mod7)x y

mà 3 0,1,6 mod7a a 0; 1; 2 mod7VT dẫn đến vô lí

Vậy phƣơng trình đã cho không có nghiệm nguyên.

18

Thí dụ 5

Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: 4 4 4

1 2 71992x x x

Giải

Nếu 2x k thì 4 16x

Nếu 2 1x k thì 4 2 21 1 1 16x x x (vì 1; 1x x là hai số chẵn

liên tiếp nên tích chia hết cho 8 và 2 1 2)x

Nhƣ vây khi chi tổng 4 4 4

1 2 7x x x cho 16 có số dƣ bằng số các số lẻ

trong các số 1 2 7, ,...,x x x 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) 2 23 17x y c) 2 2 22 12 3x y

b) 2 25 17x y d) 2 215 7 9x y

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 2 2 24 9 71x y z

không có nghiệm nguyên.

3. Giải phƣơng trình nghiệm nguyên : 7 7 7 4x y z

4. Giải phƣơng trình nghiệm nguyên

21 2 1 2 3 1 3 2 3x

x x x x x x x x x x x x y

5.Chứng minh rằng các phƣơng trình sau không có nghiệm nguyên:

a) 5 35 4 24(5 1)x x x y b)

3 5 3 23 6 15 2001x x x x

Phương pháp 6 Sử dụng tính chất nguyên tố

Tính chất 1 Với mọi số nguyên a ,số 2 1a không có ƣớc nguyên tố dạng

4 3k k .

Chứng minh : Giả sử 2 1a không có ƣớc nguyên tố dạng 4 3k k .

.Khi đó 2 11 4 2 2 21 1 1 1 *

kp ka a a a p .Mặt khác theo định lí

Fermat ta có: 1 1 **pa p .Từ (*) và (**) suy ra 2 p do đó 2p không

có dạng 4 3k k vô lí.

19

Vậy 2 1a không có ƣớc nguyên tố dạng 4 3k k .

Tính chất 2 :Cho ,a b , p là số nguyên tố dạng 4 3k k .Chứng

minh rằng nếu 2 2a b p thì a p và b p

Chứng minh

1 4 21 mod 1 modp ka p a p , 1 4 21 mod 1 modp ka p a p

4 2 4 2 2 mod 2k ka b p p .Vậy a p và b p

Thí dụ 1

Giải phƣơng trình nghiệm nguyên dƣơng : 2 2 1995 12011 10k

x y z

(BáoTHTT tháng 5/1995)

Giải Vì 2011 là số nguyên tố dạng 4 3k do đó theo tính chất 2 ta đƣợc

1 12011 , 2011x x y y .Đặt 2 1995 1kn

2 2 2

1 12011 2011 2011 10nx y z 2 2 2 2

1 12011 10nx y z .Tiếp tục

nhƣ vậy n lần ta có : 2 2 10n n

x y z (*) với 2011 , 2011n n

n nx x y y .Bằng cách thử trực tiếp ta

thấy nghiệm của phƣơng trình (*) là:

, , 1,1,8 ; 1,2,5 ; 2,1,5 ; 2,2,2n n

x y z .Từ đó suy ra nghiệm nguyên dƣơng

của phƣơng trình đã cho là:

, , 2011 ,2011 ,8 ; 2011 ,2.2011 ,5 ; 2.2011 ,2011 ,5 ; 2.2011 ,2.2011 ,2n n n n n n n nx y z

(với 1 1995

2

n

n

)

Thí dụ 2

Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: 2 3 7x y

Giải 2 3 7x y 2 21 2 2 4x y y y

Nếu y chẵn thì 2 21 4 1 3 mod4x x vô lí

Nếu y lẻ thì 22 2 4 1 3y y y có dạng 4 3k nên phải có một

ƣớc nguyên tố có dạng đó ( vì tích các số dạng 4 1k sẽ có dạng

4 1K ),do đó

Vậy 2 1x có ƣớc nguyên tố dạng 4 3k k .

Vậy phƣơng trình đã cho không có nghiệm nguyên.

20

Thí dụ 3

Tìm tất cả các cặp số nguyên tố ,p q thoả mãn: 23 5p q p q (1)

(Tạp chí TH&TT tháng 5/2004)

Giải Do ,p q là các số nguyên tố nên từ (1) 3 5 3 5 50 2p q p q Vậy

3p và do đó không chia hết cho 3 .Ta đi xét hai trƣờng hợp của q

TH1: 3 3q q (do q P ) thay 3q vào (1) ta đƣợc

23 5 3 2 23 3 6 252 0 7 6 36 0p p p p p p p p

7 0 7p p .Vậy 7, 3p q thoả mãn một cặp số nguyên tố.

TH2: 3q ta xét các khả năng xẩy ra sau đây

Khả năng1 :

1 2 mod3p q 3 5 0 mod3p q mà 2

1 mod3p q vô lí

Khả năng2 1 mod3 , 2 mod3p q hoặc 2 mod3 , 1 mod3p q thì

3 5 0 mod3p q mà 2

0 mod3p q vô lí

Vậy 7, 3p q thoả mãn một cặp số nguyên tố.

Thí dụ 4

Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: 2 22 4 37x x y

Giải Ta có 2 22 4 37x x y 2 2

1 2 38 19x y (số nguyên tố dang

4 3k ) 2 2 2

1 191 2 19

2 19

xx y

y

(vô lí ).Pt không có nghiệm

nguyên

Thí dụ 5

Tìm số nguyên tố p nhỏ nhất sao cho viết đƣợc p thành 10 tổng dạng :

2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 2 2 3 3 10 102 3 10p x y x y x y x y trong đó , 1,2,...,10

i ix y i là

các số nguyên dƣơng. (Tạp chí TH&TT tháng 8/2004)

Giải Dễ thấy p >10

+)

2 2 2

10 10 1010 0,1,4,5,6,9 mod10

1,9 mod10p x y x

pp

(1)

+) 2 2

3 33

1 mod310

p x yp

p

(2)

21

+)

2 2 2

8 8 88 0,1,4 mod8

1 mod8p x y x

pp

(3)

Từ (2) và (3) ta suy ra *

1 24 1 24p p m m .

Từ (1) 24 0 8 mod10m 0,2,7 mod10m

(do 2 2 2

5 5 55 0,1,4 mod5p x y x 1 0,3,4 mod10p 10m a u với

0,2,7)u (*)

+)

2 2 2

7 7 77 0,1,4,2 mod7

1,2,4 mod7p x y x

pp

mà 24 1 24m p m khi chia cho7 chỉ có tận cùng là 0 ,1,3 m chia cho 7

có số dƣ là 0,1,5 hay 7m b v với 0,1,5.v (5)

Ta tìm số 50m thoả mãn đồng thời điều kiện (1) và (5) khi cho

0 4,0 6a b ta đƣợc 7,12,22,40,42,47m Từ công thức 24 1p m

27 169 13m p Không là số nguyên tố.

212 289 17m p Không là số nguyên tố.

222 529 23m p Không là số nguyên tố.

240 961 31m p Không là số nguyên tố.

42 1009m p là số nguyên tố. thoả mãn

Thử lại 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

1009 15 28 19 2.18 31 3.4

15 4.14 17 5.12 25 6.8

1 7.12 19 8.9

28 9.5 3 10.10

Bài tập tƣơng tự

1/ Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: 24xy x y z

2/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: 24 4 2 9xy x y x

3/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: 2 3 16x y

4/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: 2 219 28 729x y

5/Tìm nghiệm nguyên dƣơng của hệ phƣơng trình:

2 2 2

2 2 2

13

13

x y z

x y t

22

Phương pháp 7 Phương pháp xuống thang

Thí dụ 1

Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình: 3 3 33 9 0x y z

Giải Giả sử 0 0 0, ,x y z là nghiệm nguyên của phƣơng trình ,khi đó

03x đặt

0 13x x thay vào phƣơng trình ta đƣợc: 3 3 3

1 0 0 09 3 0 3x y z y , đặt

0 13y y

thay vào phƣơng trình ta đƣợc 3 3 3 3 3 3

1 1 0 1 1 0 0 19 27 3 0 3 9 0 3x y z x y z z z thay vào phƣơng trình ta

đƣợc 3 3 3 3 3 3

1 1 0 1 1 13 9 0 3 9 0x y z x y z .Nhƣ vậy bộ ba

0 0 0;3 3 3

x y z

cũng là nghiệm của của phƣơng trình. Quá trinh cứ tiếp diễn mãi

các số 0 0 0;3 3 3k k k

x y z

là các số nguyên vói mọi 0 0 0

0k x y z .

Vậy phƣơng trình có một nghiệm nguyên duy nhất là 0,0,0

Thí dụ 2

Cho n là số nguyên không âm .Tìm , , ,a b c d biết rằng 2 2 2 2 7.4na b c d

(Junior Balkan 2003 Mathematical-Olympiads)

Giải

2 2 2 20 2 1 1 1 7 , , , 2,1,1,1n a b c d và các hoán vị

2 2 2 21 0 mod4n a b c d vậy cả 4 số , , ,a b c d có cùng tính

chất chẵn lẻ

+ , , ,a b c d cùng lẻ 1 1 1 1

2 1, 2 1, 2 1, 2 1a a b b c c d d thay vào

phƣơng trình ta đƣợc

1

1 1 1 1 1 1 1 14 1 4 1 4 1 4 1 4 7.4 1na a b b c c d d (*)

Nếu 11 (*) 8, (*) 4 7.4 1 8nn VT VP (vô lí)

Nếu 2 2 2 21 28 , , , 3,3,3,1 , 1,1,1,5n a b c d a b c d

+ , , ,a b c d cùng chẵn1 1 1 1

2 , 2 , 2 , 2a a b b c c d d thay vào phƣơng trình ta

đƣợc 2 2 2 2 1

1 1 1 17.4na b c d cứ lập luận nhƣ thế sau n bƣớc ta đƣợc

2 2 2 2 7n n n n

a b c d ta có một nghiệm ; ; ; 2,1,1,1n n n n

a b c d Và các hoán

vị của nó.

23

Vậy phƣơng trình có các nghiệm sau đây :

12 ,2 ,2 ,2n n n n , 3.2 ,3.2 ,3.2 ,2n n n n

2 ,2 ,2 ,5.2n n n n và các hoán vị.

Bài tập tƣơng tự

1/ Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: 2 2 2 2 2x y z t xyzt

2/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: 2 2 2 2 2x y z x y

3/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: 3 3 32 4x y z

4/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: 4 4 4 48 4 2x y z u

5/Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình:

31

12

x y y z z x x y z xyz

Phương pháp 8 Dùng bất đẳng thức

Bất đẳng thức Côsi : Cho n số không âm 1 2, ,...,

na a a thì

1 2

1 2...n n

n

a a aa a a

n

.Dấu bằng xẩy ra khi

1 2...

na a a

Bất đẳng thức Schwarz (Bunhiacopxki)

Cho 2 n số thực 1 2, ,...,

na a a ;

1 2, ,...,

nb b b ta có

2 2 2 2 2 2

1 1 2 2 1 2 1 2n n n na b a b a b a a a b b b

Dấu bằng xẩy ra khi , 1,2,3,..,i i

a kb i n và k

Thí dụ 1

Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình: 3xy yz zx

z x y (1)

Giải Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có 2 2 2 2 2 2 4 43 33 3 3xyz x y y z z x x y z xyz xyz 1 1xyz x y z

Vậy phƣơng trình có nghiệm nguyên dƣơng là , , 1,1,1x y z

Thí dụ 2

Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình : 2 2 21 3 1x y x y

Giải Theo bất đẳng thức Schwarz (Bunhiacopxki)

24

2 2 2 2 2 2 2 21 1 1 1 1 3 1x y x y x y dấu bằng xẩy ra khi

1x y

Thí dụ 3

Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: 3 8 7 8 1x x

(Tạp chí TH&TT tháng

8/1999)

Giải Cách 1 Điều kiện 0x (do x )

0, 1, 2, 4x x x x không thoả mãn phƣơng trình

3x thoả mãn phƣơng trình

5x ta có 2 37 8 1 7 8 21 21 . 8x x x x x x x x phƣơng trình

không có nghiệm 5x .Vậy phƣơng trình có một nghiệm duy nhất 3x

Giải Cách 2 Điều kiện 0x (do x )

Phƣơng trình 3 8 7 8 1x x 3 75 8 7 25. 8 1 25 8 1

2x x x

(*)

(áp dụng bất đẳng thức côsi) khi đó (*)

3 3 210 56 102 0 5 28 51 0 3 5 15 17 0x x x x x x x

3 0 0 3x x Thử các giá trị thuộc đoạn 0;3 chỉ có 3x thoả mãn.

Bài tập tƣơng tự

1/ Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: 2 2 22 2 2 2 2 4x y z xy yz z

2/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: 2 2 2 3 2 4x y z xy y z

3/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: 3 32 6 8 0x y xy

4/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: 1

1 22

x y z x y z

5/Tìm tất cả các số nguyên dƣơng , ,x y z thoả mãn điều kiện sau

2 2 2

2

2 8

x y z

x y z

(Junior Balkan 2000 Mathematical-

Olympiads)

TÀI LIỆU THAM KHẢO

25

1 Số học Võ Đại Mau

2 Số học Nguyễn Vũ Thanh

3 Phƣơng trình nghiệm nguyên Vũ Hữu Bình

4 Tạp chí Toán học và tuổi trẻ

5 Đề thi học sinh giỏi THCS các Tỉnh

,Thành phố

6 Đề thi tuyển sinh lớp 10 Chuyên các Tỉnh ,Thành

phố

7 JunorBalkan Mathematical Olympiads Dan Brânzei

Ioan Serdean

Vasile Serdean

8 Diophantine Equations Titu Andreescu

Dorin Andrica

9 Gazeta Matematică-A bridge Vasile Berinde

10 Mathematical Reflections