Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S D-ơng Thị Luyến

tr-ờng đại học s- phạm hà nội 2
khoa TOáN
-----------***----------

Đỗ THị LAN HƯƠNG

MộT Số PHƯƠNG PHáP GIảI PHƯƠNG TRìNH
NGHIệM NGUYÊN
khóa luận tốt nghiệp
Chuyên ngành: Đại số

Ng-ời h-ớng dẫn khoa học

Th.S D-ơng Thị Luyến

hà nội - 2011
SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng

1

K33A- Toán


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S D-ơng Thị Luyến

Phần 1. Mở đầu
1. Lý do chọn đề tài

Toán học là một trong những ngành khoa học ra đời sớm nhất và số
học là một trong những ngành lâu đời nhất và đầy hấp dẫn của Toán học.
Trong đó, ph-ơng trình và bài toán với nghiệm nguyên là một đài tài lí
thú của Số học và Đại số. Các bài toán về ph-ơng trình nghiệm nguyên
đã làm say mê nhiều ng-ời, từ đông đảo các bạn đọc yêu toán đến những
nhà toán học của mọi thời đại với các bài toán nh- định lý Fermat. Đ-ợc
nghiên cứu từ thời Diophante thế kỷ III, ph-ơng trình và các bài toán về
nghiệm nguyên mãi còn là đối t-ợng nghiên cứu của toán học.
Phần lớn ph-ơng trình nghiệm nguyên th-ờng không có cách giải
tổng quát. Mỗi bài toán đòi hỏi có cách giải quyết vấn đề riêng, có một
cách giải phù hợp. Do đó đòi hỏi các em học sinh phải t- duy, sáng tạo
trong việc giải ph-ơng trình nghiệm nguyên. Chính vì vậy, với lòng say
mê nghiên cứu và sự giúp đỡ tận tình của cô giáo D-ơng Thị Luyến, em
đã chọn đề tài: Một số ph-ơng pháp giải ph-ơng trình nghiệm
nguyên.
2. Mục đích, yêu cầu

Đề tài nhằm hệ thống một số ph-ơng pháp giải ph-ơng trình
nghiệm nguyên.
3. Đối t-ợng, phạm vi nghiên cứu

Đối t-ợng nghiên cứu: Một số ph-ơng pháp giải ph-ơng trình
nghiệm nguyên.

SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng

2


K33A- Toán


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S D-ơng Thị Luyến

Phạm vi nghiên cứu: Do hạn chế về mặt thời gian cũng nh- năng
lực của bản thân nên đề tài chỉ dừng lại ở việc nghiên cứu một số ph-ơng
pháp giải ph-ơng trình nghiệm nguyên.
4. Nhiệm vụ nghiên cứu

Đề tài nghiên cứu các vấn đề sau:
Ch-ơng 1. Các khái niệm cơ bản.
Ch-ơng 2. Một số ph-ơng pháp giải ph-ơng trình nghiệm nguyên.
Ch-ơng 3. Một số ph-ơng trình đặc biệt.
5. Ph-ơng pháp nghiên cứu

- Nghiên cứu, phân tích tài liệu.
- Hệ thống, khái quát vấn đề.
- S-u tầm, giải quyết các bài toán.
- So sánh, phân tích tổng hợp.

SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng

3

K33A- Toán



Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S D-ơng Thị Luyến

Phần 2. Nội dung
Ch-ơng 1. Các khái niệm cơ bản
1. Tính chia hết trong tập hợp số nguyên
* Định nghĩa 1. Với hai số nguyên a, b ta nói rằng a chia hết cho b (hay
a là bội của b, b là -ớc của a) nếu tồn tại số nguyên q sao cho: a bq . Kí
hiệu là a Mb hay b \ a .
Trong tr-ờng hợp ng-ợc lại ta kí hiệu a Mb và nói rằng a không chia
hết cho b.
* Các tính chất cơ bản của tính chia hết:
1) Nếu a,b nguyên d-ơng mà a Mb thì a b .
2) Nếu a i M
b với

i 1, n thì ( a1 a 2 ... a n )M
b.

* Định lý về phép chia với d-:
Với cặp số nguyên a và b, b 0 tồn tại cặp số nguyên q, r duy nhất
sao cho: a bq r , 0 r

b.

2. Ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất
* Định nghĩa 2. Cho n số nguyên d-ơng a1,a 2 ,...,a n .
- Số nguyên d đ-ợc gọi là -ớc chung của a1,a 2 ,...,a n nếu nó là -ớc của

mỗi số đó.
- Ước chung d của a1,a 2 ,...,a n đ-ợc gọi là -ớc chung lớn nhất (ƯCLN)
của các số này nếu mọi -ớc chung của chúng đều là -ớc của d.
Theo định nghĩa trên thì -ớc chung lớn nhất của nhiều số là không duy
nhất, nó gồm hai số là d và -d.

SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng

4

K33A- Toán


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S D-ơng Thị Luyến

Quy -ớc: Chọn số d-ơng d là -ớc chung lớn nhất của n số nguyên
a1,a 2 ,...,a n và kí hiệu là d = ( a1,a 2 ,...,a n ).

- Các số nguyên a1,a 2 ,...,a n đ-ợc gọi là nguyên tố cùng nhau nếu -ớc
chung lớn nhất của chúng bằng 1.
* Định nghĩa 3. Cho n số nguyên d-ơng a1,a 2 ,...,a n .
- Số nguyên m đ-ợc gọi là bội chung của a1,a 2 ,...,a n nếu m là bội của
mỗi số nguyên đó.
- Bội chung m của a1,a 2 ,...,a n đ-ợc gọi là bội chung nhỏ nhất (BCNN)
của các số này nếu mọi bội chung của a1,a 2 ,...,a n đều là bội của m.
Theo định nghĩa trên thì bội chung nhỏ nhất của nhiều số là không duy
nhất, nó gồm hai số là m và -m.
Quy -ớc: Chọn số d-ơng m làm bội chung nhỏ nhất của n số nguyên

a1,a 2 ,...,a n và kí hiệu là m = a1 ,a 2 ,...,a n .

* Các tính chất cơ bản của ƯCLN và BCNN
1) Cho a và b là các số nguyên d-ơng. Khi đó ta có:
(a,b) (a,a b) .

2) Với hai số nguyên d-ơng a, b ta có:
ab .

(a,b). a,b

3) Cho m là số nguyên d-ơng. Khi đó ta có:
ma, mb

m a, b

ma, mb

m a, b

4) Cho a, b, c là ba số nguyên d-ơng sao cho abMc . Nếu (a,c) 1thì bMc .

SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng

5

K33A- Toán


Khóa luận tốt nghiệp


GVHD: Th.S D-ơng Thị Luyến

5) Với mọi số nguyên d-ơng a,b luôn tồn tại các số nguyên x, y sao cho:
ax by

a,b .

3. Số nguyên tố
* Định nghĩa 4. Một số tự nhiên p 1 đ-ợc gọi là số nguyên tố nếu nó
chỉ có hai -ớc số là 1 và chính nó.
* Định lý cơ bản của số học (định lý cơ bản của số nguyên tố)
Cho n là số nguyên d-ơng n 1. Khi đó n luôn có thể biểu diễn
một cách duy nhất d-ới dạng sau:
n

p1 1 , p 2 2 ,..., p k k ,

trong đó k,

i

(i 1, k) là các số nguyên d-ơng và pi i 1, k

là các số

nguyên tố thỏa mãn:
1 p1

p2 .... pk .


Lúc này dạng phân tích trên đ-ợc gọi là dạng khai triển chính tắc của số
nguyên d-ơng n.
* Định lý Euclide. Tập hợp tất cả các số nguyên tố là vô hạn.
* Định lý cơ bản về mối liên hệ giữa tính chia hết và số nguyên tố
Giả sử a, b là hai số nguyên d-ơng còn p là số nguyên tố sao cho
p , hoặc bM
p.
abM
p . Khi đó ta phải có hoặc a M

4. Đồng d* Định nghĩa 5 : Cho hai số nguyên a và b. Ta nói rằng a đồng d- theo
môđun m (m là số nguyên d-ơng) và kí hiệu a b (mod m) khi và chỉ khi
(a b)M
m.

Nhận xét : a b (mod m)
SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng

a

b mt

6

m \ (a b) .

K33A- Toán



Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S D-ơng Thị Luyến

* Các tính chất cơ bản của đồng d- thức:
1) Nếu a i

bi (mod m) i 1,2,....,n ta có:

n

n

kbi (mod m), k

ka i
i 1

2) Nếu a i
n
i 1

1.

i 1

bi (mod m),

i 1,2,....,n thì ta cũng có:


n

ai

i 1

bi (mod m).

3) Giả sử a,b  sao cho
a

b (mod m 1 )

a

b (mod m 2 )

...
a

b (mod m k )

thì ta có a b (mod m) với m

m1 ,m2 ,....,mk .

5. Vài định lý cơ bản của số học
* Định lý Fermat. Nếu p là số nguyên tố và a là một số nguyên tùy ý thì
(a p a)M
p.


Khi (a,p) 1thì a p 1 1(mod p)
* Định lý Euler.
a

m

1(mod m) (

(m)

Nếu m là số nguyên d-ơng và (a,m) 1 thì
gọi là Phi-hàm Euler).

Chú ý: Giả sử m là các số nguyên d-ơng và có khai triển chính tắc
m

p1 1 p 2 2 ...p k k thì

(m)

SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng

m(1

1
1
1
)(1
)....(1

).
p1
p
pk

7

K33A- Toán


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S D-ơng Thị Luyến

* Định lý Wilson. p là số nguyên tố khi và chỉ khi (p-1)! + 1 chia hết
cho p.
* Định lý Fermat-Euler. Nếu p 4k 1 thì tồn tại các số nguyên d-ơng
a, b sao cho p a 2 b2 .

SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng

8

K33A- Toán


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S D-ơng Thị Luyến


Ch-ơng 2
một số ph-ơng pháp giải ph-ơng trình
nghiệm nguyên
Ph-ơng pháp 1. Ph-ơng pháp dùng tính chia hết
1. Ph-ơng pháp đ-a về ph-ơng trình -ớc số
1.1. Cơ sở của ph-ơng pháp
- Mỗi số nguyên chỉ có hữu hạn -ớc số.
- Cách giải: dùng ph-ơng pháp tách, nhóm để đ-a ph-ơng trình ban đầu
về ph-ơng trình -ớc số: vế trái là tích các thừa số nguyên còn vế phải là
hằng số.
1.2. Các bài toán
Ví dụ 1. Tìm mọi nghiệm nguyên của ph-ơng trình:
x 2 2003x 2004y2

y xy 2004xy2 2005.

Giải
Ph-ơng trình có thể biến đổi nh- sau:
x 2 2003x 2004

x 1 x 2004

2004y2 2004xy2

2004y2 x 1

x 1 x 2004 2004y2 y

y xy


y x 1

1

1

1

Vì x, y nguyên nên hai thừa số trong vế trái của (1) phải là -ớc của 1.
Mà 1 = 1.1 = (-1). (-1)
Do đó (1) xảy ra các tr-ờng hợp sau:

SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng

9

K33A- Toán


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S D-ơng Thị Luyến

Tr-ờng hợp 1 :
x 1 1

x

x 2004 2004y2 1 1


2004y2

x

2
y 2005 0

2

y 1
2005
2004

y

Vì x, y nguyên nên cặp (x, y) (2,1) thỏa mãn ph-ơng trình (1).
Tr-ờng hợp 2:
x 1 1

x

x 2004 2004y2 y
x

0

2004y2

1


y 2005 0

0

y 1
y

2005
2004

Vì x, y nguyên nên cặp (x, y) (0,1) thỏa mãn ph-ơng trình (1).
Ph-ơng trình có hai nghiệm nguyên là (2,1) và (0,1).
Ví dụ 2. Tìm nghiệm nguyên của ph-ơng trình:
x 2 656xy 657y2 1983 .

Giải
x 2 656xy 657y2 1983

x 2 xy 657xy 657y2 1983
x xy

657xy x y

SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng

1983

10

K33A- Toán



Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S D-ơng Thị Luyến

x y x 657y

Ta có : x y

1983
658y chia hết cho 658

x 657y

Do đó 1983 phải phân tích thành tích hai thừa số nguyên có hiệu chia hết
cho 658.
Mà 1983 1.1983 3.661 ( 1).( 1983) ( 3).( 661)
.
Do đó (1) của ra các tr-ờng hợp sau:
Tr-ờng hợp 1 :

x y 661
x 657y 3

x 660
y 1

Tr-ờng hợp 2 :


x y 3
x 657y 661

Tr-ờng hợp 3 :

x y
661
x 657y
3

Tr-ờng hợp 4 :

x y
3
x 657y
661

x
y

4
1

x
y

660
1

x

4
y 1

Vậy ph-ơng trình đã cho có các nghiệm là: (660,1); (1,-1); (-660,-1); ( 4,1) .

1.3. Bài toán t-ơng tự
1. Tìm mọi nghiệm nguyên của ph-ơng trình:
x2

y2 1

2

5x 2 4y2 5 0 .

Gợi ý: Đ-a về dạng (x 2 y2 1)2 x 2
hay (x 2 y2

x 1)(x 2

y2

5

x 1) 5.

2. Tìm nghiệm nguyên của các ph-ơng trình:
a) x 2 xy 6y2 2x 6y 10 0 ;

SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng


11

K33A- Toán


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S D-ơng Thị Luyến

Gợi ý: Đ-a về dạng (x 3y)(x 2y 2) 10.
b) 5x 3y 2xy 11 ;
Gợi ý: Đ-a về dạng (2x 3)(x 5) 7.
c) 1 2y 2z yz ;
Gợi ý: Đ-a về dạng (y 2)(z 2) 5.
d) x 2 2y2 3xy x y 3 0 ;
Gợi ý: Đ-a về dạng (x y)(x 2y)

3.

e) x3 2x 2 y 2y2 xy 5x 10y 7 0 .
Gợi ý: Đ-a về dạng (x 2 y 5)(x 2y) 7 .
2. Phát hiện ra tính chia hết của một ẩn
2.1. Cơ sở của ph-ơng pháp
- Dựa vào dấu hiệu chia hết
+ Dấu hiệu chia hết cho 2; 4; 5; 25; 8; 125.
a n a n 1...a 0 M
2

a0 M

2

a n a n 1...a 0 M
5

a0

2,4,6,8 .

a0

0;5 .

a n a n 1...a 0 M
4 (hoặc 25)

a1a 0 M
4 (hoặc 25).

a n a n 1...a 0 M
8 (hoặc 125)

a 2a1a 0 M
8 (hoặc 125).

+ Dấu hiệu chia hết cho 3, 9.
a n a n 1...a 0 M
3 (hoặc 9)

an an


1

... a 0 M
3 (hoặc 9).

+ Dấu hiệu chia hết cho 7, 13.

SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng

12

K33A- Toán


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S D-ơng Thị Luyến

a n a n 1...a 0 M
7 (hoặc13)

a 2a1a 0 a 8a 7a 6 .....

a 5a 4a 3 ..... M
7 (hoặc

13).
+ Dấu hiệu chia hết cho 11.
a n a n 1...a 0 M

11

a0 a

a1 a 3 .... M
11 .

a 4 ....

+ Dấu hiệu chia hết cho 19.
a n a n 1...a 0 M
19

an

2a n

1

.... 2n a n M
19 .

+ Dấu hiệu chia hết cho 37.
a n a n 1...a 0 M
37

a 3a 2 a 1 a 6 a 5 a

... M
37 .


+ Dấu hiệu chia hết cho 101.
a 2a1 a 6a 5 ....

a n a n 1...a 0 M
11

a 4a 3 a 8a 7 .... M
101 .

2.2. Các bài toán
Ví dụ 1. Tìm nghiệm nguyên của ph-ơng trình sau:
11x 8y 120 .

(1)
Giải :

6 nên từ (1) suy ra : 11x M
6 hay x M
6 (do
Ta thấy 18yM6 và 120M

11,6

1 ). Đặt x 6k

( k  .) Thay vào (1) và rút gọn ta đ-ợc:

11k 3y 20
y


20 11k
3

Ta có : y 7 4k

k 1
3

SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng

13

K33A- Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Đặt

k 1
3

GVHD: Th.S D-ơng Thị Luyến

t (t  ) suy ra k 3t 1. Do đó :

y 7 4(3t 1) t 3 11t
x 6k 6.(3t 1) 18t 6


Thay vào biểu thức x, y vào (1) ph-ơng trình nghiệm đúng.
Vậy các nghiệm nguyên của (1) đ-ợc biểu thị d-ới dạng công thức:
x 6 18t
(t  )
y 3 11t

Chú ý: Có thể giải ph-ơng trình đã cho bằng cách khác
Dễ thấy (x, y) (6,3) là nghiệm riêng của (1).
(18,11) 1. Do đó nghiệm của (1) đ-ợc biểu diễn d-ới dạng công thức:
x 6 18t
(t  )
y 3 11t

Ví dụ 2. Giải ph-ơng trình nghiệm nguyên sau:
19x 2 28y2

729 .

(2)
Giải

Ta có 19x 2 28y2
(18x 2 27y2 )

729
x2

729 3.243M
3


Mà

18x

2

2

27y M
3

y2

729

Do đó x 2 y2 M
3

3 và yM
3
Suy ra x M

Đặt x 3u, y 3v (với u, v  ) . Khi đó (2) trở thành:

SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng

14

K33A- Toán



Khóa luận tốt nghiệp
19u 2 28v2

GVHD: Th.S D-ơng Thị Luyến

(3)

81

3
Lại có : 81 3.27M

19u 2 28v2 M
3

Mà 19u2

27v2

28v2

18u2

u2

v2 M3

u 2 v3 M
3

3 , vM
3 . Đặt u 3s, v 3r (với s,r  )
Suy ra : u M

Khi đó (3) trở thành:
19s2 28r 2

9

(4)

3 , rM
3 . Đặt s 3p,r 3q (với p,q  )
T-ơng tự có : sM

Khi đó (4) trở thành:
19p2 28q 2 1

(5)

Ph-ơng trình (5) vô nghiệm. Do đó ph-ơng trình đã cho vô nghiệm
nguyên.
2.3. Bài toán t-ơng tự
1. Tìm nghiệm nguyên của các ph-ơng trình sau:
a) 4x 7y 16 ;
Gợi ý: yM4 . Đặt y 4t(t  )

x 4 7t.

b) 6x 15y 10z 3 ;

Gợi ý: z M3 . Đặt z 3t(t  ).
c) 2x 5y 6z 8t 4 .
Gợi ý: t M2 . Đặt t 2k(k  ).

SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng

15

K33A- Toán


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S D-ơng Thị Luyến

2. Tìm nghiệm nguyên d-ơng của ph-ơng trình sau:
11x 1999y 11.1999 .
11 mà y  nên y 11 . Suy ra 1999y 1999.11 (vô lí).
Gợi ý: yM

3. Ph-ơng pháp tách ra giá trị nguyên
3.1. Cơ sở của ph-ơng pháp
- Tính chia hết trong tập hợp số nguyên.
- Cách giải:
+ Rút gọn ph-ơng trình.
+ Biểu thị một ẩn (chẳng hạn x) theo các ẩn kia.
+ Từ biểu thức của x đó tách ra thành từng phần nguyên.
+ Đặt điều kiện để phân số trong biểu thức của x bằng một số nguyên t ta
đ-ợc ph-ơng trình mới.
+ Cứ làm nh- trên cho đến khi các ẩn đều đ-ợc biểu thị d-ới dạng một đa

thức với các hệ số nguyên.
3.2. Các ví dụ
Ví dụ 1. Tìm nghiệm nguyên của ph-ơng trình:
5x 3y 2xy 11.

Giải
Biểu thị y theo x ta có y(2x 3) 5x 11
Vì 2x 3 0 nên y

5x 11
2x 3

2

x 5
2x 3

(2x 3)
Để y  thì phải có (x 5)M

SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng

16

K33A- Toán


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S D-ơng Thị Luyến


(x 5)M
(2x 3)

2x 3

7 M2x 3

7Mx 3

Ta có:
2x+3

1

-1

7

-7

x

-1

-2

2

-5


y

6

-1

3

2

Thử lại các giá trị trên đều thỏa mãn ph-ơng trình đã cho.
Vậy ph-ơng trình trên có các nghiệm nguyên là:

1,6 ;

2, 1 ; 2,3 ;

5, 2 .

Cách giải khác: Đ-a về ph-ơng trình -ớc số
2x 3 x 5

7.

Ví dụ 2. Tìm các nghiệm nguyên của ph-ơng trình:
11x 8y 73 .

(1)
Giải


(1)

y

73 11x
8

= 8 x 3.
Để y  thì

3 x
8

3 x
.
8

 . Đặt

3 x
8

t

t Â

x 3 8t

SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng


17

K33A- Toán


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S D-ơng Thị Luyến

Thay vào biểu thức của x và y ta đ-ợc:
y 8 3 8t 3t 5 11t

Thay các biểu thức của x và y vào (1) ta đ-ợc nghiệm đúng.
Vậy các nghiệm của (1) đ-ợc biểu thị d-ới dạng công thức:
x 3 8t
y 5 11t

t Ă

3.3. Bài toán t-ơng tự
1. Tìm nghiệm nguyên của các ph-ơng trình sau:
a) 5x 3y 2;
Gợi ý: y

2 5x
3

1 2x


b) x 4y 2z
Gợi ý: x

x 1
.
3

1;

1 (4y 2z).

2. Tìm nghiệm nguyên d-ơng của ph-ơng trình:
xy 4(x y) .

Gợi ý: (x 4)y 4x

y

4x
hay y
x 4

4

16
.
x 4

3. Tìm nghiệm nguyên của các ph-ơng trình vô định sau:
a) 4x 3y xy 20 ;

Gợi ý: (x 3)y 4x 20
b) 2x 3y

y

4x 20
hay y
x 3

4

32
.
x 3

5xy 39 .

SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng

18

K33A- Toán


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S D-ơng Thị Luyến

Gợi ý: (2 5y)x 3y 39
(3y 39)M

(5y 2)

3y 39
2 5y

x

5(3y 39)M
(5y 2) . Do đó 189M
(5y 2).

4. Tìm nghiệm nguyên của các ph-ơng trình bậc 2 sau:
a) y2 xy x 3y 1 0 ;
Gợi ý: x

y 2 3y 1
y 1

x

y 2

1
y 1

b) x 2 2x xy 3y 3 0 .
Gợi ý: y

x 2 2x 3
hay y 1 x .

x 3

Ph-ơng pháp 2. xét số d- từng vế khi chia cho cùng
một số
1. Sử dụng tính chẵn lẻ
1.1. Cơ sở của ph-ơng pháp
- Tích hai số chẵn là một số chẵn nh-ng điều ng-ợc lại không đúng.
- Tích hai số lẻ là một số lẻ và ng-ợc lại.
- Tổng (hiệu) của một số chẵn và một số lẻ là một số lẻ.
- Tổng (hiệu) của hai số chẵn (lẻ) là một số chẵn.
1.2. Các bài toán
Ví dụ 1. Tìm nghiệm nguyên của ph-ơng trình:
x(1 x x 2 ) 4y y 1 .

(1)

Giải

SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng

19

K33A- Toán


Khóa luận tốt nghiệp

(1)

GVHD: Th.S D-ơng Thị Luyến


1 x x 2 x3

4y2 4y 1

1 x 1 x2

2y 1

2

(2)

Vì y  nên về phải của (2) là số lẻ
Giả sử 1 x,1 x 2

1 x 1 x 2 là số lẻ.

d

Do 1 x,1 x2 là hai số lẻ nên d cũng là số lẻ.
Vì 1 xM
d

1 x2 M
d
1 x2

1 x2 M
d


2M
d.

Mà d lẻ nên d 1
Từ (2) suy ra 1 x 1 x 2 là số chính ph-ơng.
Mà 1 x,1 x2

1 nên 1 x,1 x 2 đều là số chính ph-ơng.

Do x 2 ,1 x 2 là hai số tự nhiên liên tiếp mà cùng là số chính ph-ơng nên
x 0 . Thay vào (1) ta đ-ợc 4y y 1

0 . Suy ra y 0 hoặc y 1.

Vậy ph-ơng trình đã cho có hai nghiệm nguyên sau: 0,0 và 0, 1 .
Ví dụ 2. Giải ph-ơng trình với nghiệm nguyên:
4x

y2

y 7 0.

(3)

Giải
(3)

4x


y y 1

(4)

7

Vế phải của (4) là số lẻ, về trái của (4) có y y 1 là số chẵn. Do đó
ph-ơng trình (3) có nghiệm nguyên.

SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng

20

K33A- Toán


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S D-ơng Thị Luyến

x 0
4x

x 0

là số nguyên lẻ

Với x 0 . Thay vào ph-ơng trình (3) ta có:
y2


y 2
y
3

y 6 0

Vậy ph-ơng trình có hai nghiệm nguyên là 0,2 ; 0, 3 .
Ví dụ 3. Giải ph-ơng trình nghiệm nguyên:
x 5 y5 xy 32 .

(4)
Giải

Từ (4) ta có x, y là hai số chẵn vì các tr-ờng hợp ng-ợc lại thì về
trái là một số lẻ, còn vế phải là một số chẵn.
Ta có (4)

x y x 4 x 3 y x 2 y 2 xy3 y4

xy 32

x y x 4 x 3 y x 2 y 2 xy3 y4

Vì x 4 x 3 y x 2 y2 xy3 y4
x y x4

x3y x 2 y2

xy3


x 3 y3
y4

x y

32 xy

x 2 y2

32 xy (5)
0 nên từ (5) ta có

(6)

Với x y ph-ơng trình (6) không thỏa mãn.
Với x

y là các số nguyên khác nhau thì x y

x 4 x3 y x 2 y2 xy3 y4

32 xy

1 . Từ (6) suy ra:

(7)

Nếu 32 xy 0 thì từ (7) suy ra
x 4 x3 y x 2 y2 xy3 y4


SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng

32 xy

21

K33A- Toán


Khóa luận tốt nghiệp

hay x 3 y3 x y

GVHD: Th.S D-ơng Thị Luyến

x 2 y2

xy 32

0

Bất đẳng thức này không xảy ra vì x 3 y3 x y
2

x y

2

xy 32


2

1
xy
2

127
4

0 và

0

Do đó 32 xy 0 .
Từ (7) suy ra : x 4 x3 y x 2 y2 xy3 y4 32 xy
hay x 4 x3 y x 2 y2 xy3 y4 xy 32
x4

x 3 y xy3 y4

x 3 y3 x y

Vì x 3 y3 x y

x 2 y2 xy 32

xy 1

0 nên xy xy 1


Nếu xy 7 thì xy xy 1
Nếu xy

32

32

(8)

32

6 thì xy xy 1

32

Do đó từ (8) ta có 6 xy 7
Lại có x, y chẵn khác nhau nên xy có thể nhận đ-ợc giá trị 0 hoặc -4.
Nếu xy 0 thì x 0 hoặc y 0
Thay x 0 vào ph-ơng trình (4) ta đ-ợc nghiệm là:

Thay y 0 vào ph-ơng trình (4) ta đ-ợc nghiệm:

Nếu xy

4 thì

x
y

2

2

hoặc

SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng

x
y

x
y

x
y

0
2

2
0

2
2

22

K33A- Toán


Khóa luận tốt nghiệp


GVHD: Th.S D-ơng Thị Luyến

không thỏa mãn (4)
Vậy ph-ơng trình (4) có hai nghiệm là : 0, 2 hoặc 2,0 .
1.3. Bài toán t-ơng tự
1. Giải ph-ơng trình trên tập số nguyên tố x y 1 z .
xy

Gợi ý: x 2, y 2
Suy ra x

z 5. Mà z là số nguyên tố lẻ nên x y chẵn.

4

2 . Nếu y lẻ thì z

22k

1

1M
3 (vô lí). Vậy y = 2 và z = 5.

2. Tìm nghiệm tự nhiên của ph-ơng trình:
2x 2y 2z

Gợi ý: 2x (1 2y
y x,z


x

x

1 2y

552

(x

y z) .

2x

23

2z x ) 23.3.23
x

2z

x

lẻ

x 3 . Do đó y = 5 và z = 9.

3. Chứng minh rằng các ph-ơng trình sau không có nghiệm nguyên:
a) 2x 2 y2 1999 ;

Gợi ý: Từ ph-ơng trình suy ra x, y lẻ. Vô lí.
b) x 2 y2 z2 x y z 2t 1 .
Gợi ý: VT chẵn, VP lẻ

Vô lí.

c) x 2 4y 23 ;
Gợi ý: ( x + 5)(x 5) = 2(2yz 1).
VP chẵn nên x lẻ. Với x 4

VT M
4 , VP M4 . Ph-ơng trình vô nghiệm.

d) 5x 2 6x 15 y2 ;
Gợi ý: + Nếu x 2k 1 thì VT lẻ. Do đó y 2l 1

SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng

23

K33A- Toán


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S D-ơng Thị Luyến

Khi đó 20k 2 12k 15 4l2 4l 1

20k 2 12k 14 4l2 4l . Suy ra 14M

4

(vô lí).
+ Nếu x 2k 1

26M
4 (vô lí).

2. Ph-ơng pháp xét số d- của từng vế
2.1. Cơ sở của ph-ơng pháp
- Khi chia m cho p ta đ-ợc các số d- là 0, 1, 2,..., p-1.
2.2. Các bài toán
Ví dụ 1. Tìm tất cả những số nguyên d-ơng x, y sao cho 3y

2x 5 .

Giải
Với x

2, y

2 là một nghiệm của ph-ơng trình.

Ta đi chứng minh không có nghiệm nào khác. Giả sử x
nghiệm của ph-ơng trình 3y

2, y

2 là một


2x 5 .

VP của đẳng thức chia 8 luôn d- bằng 5.
Nếu y 2k thì 3y

9k

(8 1)k

8N 1 chia 8 d- 1. Tr-ờng hợp này

không xảy ra.
Nếu y 2k 1 thì 3y

3.9k

3(8 1)k

3 chia 8 d- 3.

8N1

Vậy ph-ơng trình có nghiệm duy nhất là ( 2, 2).
Ví dụ 2. Tìm nghiệm nguyên của ph-ơng trình:
x2

x 1

2


x 2

2

y2 .

Giải
Ta có x 2

x 1

2

x 2

Vì thế với mọi x nguyên thì x 2
SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng

2

3x 2 6x 5
x 1

2

24

x 2

2


2(mod3) .

K33A- Toán


Khóa luận tốt nghiệp
Do y nguyên nên y2

GVHD: Th.S D-ơng Thị Luyến
2(mod3) (do y2

0(mod3) hoặc y2 1(mod3) .

Vậy ph-ơng trình đã cho không có nghiệm nguyên.
Nhận xét: Tổng bình ph-ơng của ba số nguyên liên tiếp không thể là số
chính ph-ơng.
Ví dụ 3. Tìm nghiệm nguyên của ph-ơng trình sau:
x3 y3 z3

20034 .

Giải
Với

a  ta có a 0(mod3) hoặc a 1(mod3) hoặc a

Từ đó suy ra a 3
Nh- vậy


0(mod3) hoặc a 3 1(mod9) hoặc a 3

1(mod3) .

1(mod9) a  .

x, y, z  thì chỉ có thể xảy ra các tr-ờng hợp sau:

Hoặc x3 y3 z3 0(mod9) ;
Hoặc x3 y3 z3 1(mod9) ;
Hoặc x3 y3 z3

2(mod9) ;

Hoặc x3 y3 z3 3(mod9) ;
Hoặc x3 y3 z3

1(mod9) , tức là x3 y3 z3

8(mod9) ;

Hoặc x3 y3 z3

2(mod9) , tức là x3 y3 z3

7(mod9) ;

Hoặc x3 y3 z3

3(mod9) , tức là x3 y3 z3


6(mod9) ;

Mặt khác ta có 2003 5(mod9) nên suy ra 20034
hay 20034

625(mod9)

4(mod9)

Do đó, kết hợp lại suy ra ph-ơng trình x3 y3 z3

20034 không có

nghiệm nguyên.
2.3. Bài toán t-ơng tự
SVTH: Đỗ Thị Lan H-ơng

25

K33A- Toán