Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán Khối THCS - Chuyên đề: Ứng dụng tính chia hết vào việc giải một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên

 Bài viết: ứng dụng tính chia hết 
vào việc giảt một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên.
 Lê Trọng Châu 
 Phó Trưởng phòng GD&ĐT Lộc Hà, Hà Tĩnh
 (Mail: chauminh74@gmail.com – 0393.650 775– 0985 997 942)
	Trong quá trình dạy học và bồi dưỡng HSG môn toán ở trường phổ thông tôi thấy rằng học sinh có thể tiếp thu một cách dễ dàng các phép tính số học, thực hiện tốt các dãy tính các phức tạp... Song, khi gặp một số bài toán nghiệm nguyên của một phương trình thì đa số học sinh thường " lúng túng", nhiều em còn "né tránh", ngại tiếp xúc. Điều đó ảnh hưởng rất lớn đến sự phát triển tư duy toán học như ; tính mềm dẻo, tính linh hoạt, sáng tạo... của các em sau này.
 ở bài viết này tôi xin trình bày một số ứng dụng của tính chia hết để giải một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên trao đổi với bạn đọc và các bậc đồng nghiệp cùng các em học sinh, nhằm phục vụ công tác dạy học ngày càng tốt hơn.
 Khi giải một phương trình có thể sử dụng nhiều phương pháp giải nên ở bài viết này tôi không đề cập đến việc trình bày cụ thể một phương pháp nào mà chỉ trao đổi qua một số dạng toán.
 II. Một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên 
 *Dạng 1: Phương trình bậc nhất 2 ẩn dạng: ax + by = c ( a,b,c z )
 Bài toán 1.1: Cho phương trình: 17x + 30 y = 11994 	(1)
 a/ Tìm nghiệm nguyên của ( 1) b/ Tìm nghiệm nguyên dương của ( 1)
 Hướng giải:
 a/ Tìm nghiệm nguyên của (1): 
 Dễ thấy 30y 6 và 11994 6 nên (1) có nghiệm nguyên khi và chỉ khi 17x 6 mà (17,6) =1 => x 6
 Đặt x = 6 k (k nguyên) khi đó (1) có dạng ; 17 k + 5y = 1999
 Tiếp tục đặt
 Từ đây ta có : 	 x= 12 - 30 t (*)
	 y= 393 + 17 t 	(**)
 Thay các công thức (*) và (**) vào (1) phương trình được nghiệm đúng. 
Vậy các nghiệm của (1) được biểu thị bởi công thức: x = 12 - 30 t	 
 y = 17 t + 393 ( t z)
 b/ Tìm nghiệm nguyên dương:
 Phương trình ( 1) có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi 12 - 30 t > 0 và 
 17t + 393 > 0 suy ra: 
 Vì t Z nên t { 0; -1 ; -2.....; -22 ; - 23 } có 24 giá trị của t. Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (1) tương ứng với các giá trị của t khi thay vào các công thức trên, phương trình (1) có 24 nghiệm nguyên dương. 
 * Nhận xét:
	1. Nếu bài toán yêu cầu tìm nghiệm nguyên dương thì chúng ta phải giải các điều kiện ở công thức nghiệm để giới hạn phạm vị xác định nghiệm.
	2. Việc tách các giá trị nguyên của biểu thức có nhiều cách.
Chẳng hạn: 	
 Tuy nhiên cách tách trong bài giải trên đơn giản hơn so với những cách (a); (b); (c) trên vì khi gải (a); (b) ; (c) ta cần đặt thêm ẩn phụ làm cho bài toán trở nên phức tạp dài dòng trong cách giải.
 t Z
 3/ Việc giải các phương trình dạng ax+ by = c đã có công thức giải ở trong một số tài liệu tham khảo. Tổng quát: ax+ by = c x= x0 + bt
 a,b,c z; (a,b) = 1	 y = y0 - at 
 Trong đó x0; y0 là một nghiệm riêng của phương trình đã cho.
 Bài toán 1.2: Chứng tỏ rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên.
 2004x + 2006 y = 20072007 ( 2)
 Giải: Dễ thấy vế trái của (2) chia hết cho 2 vế phải thì 20072007 là một số lẽ không chia hết cho 2 vậy phương trình đã cho vô nghiệm . 
 * Bài tập tương tự:
	a/ Tìm các nghiệm nguyên (và tìm nghiệm nguyên dương) của các phương trình: 
 a1 / 18x - 7y = 45 , a2/ 9x + 20y = 5472, a3 / 5x + 13y = 169 
	b/ Chứng tỏ rằng các phương trình sau không có nghiệm nguyên.
	b1./ 2007x + 9999y = 20062010, b2/ 18x+ 24y = 2006.
Dạng 2: Phương trình: ax2 + by2 + cxy + dx + ey + f = 0;
	 ax2y + by2x + cxy + dy+ ex + f = 0
 Bài toán 2.1: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 
	 7x+ 11 = 2xy + 3y ( 3)
 Hướng giải: Vì x z nên 2x + 3 0 .
Ta biểu thị x theo y như sau:
 Để y nhận giá trị nguyên thì phải có ( x+ 2 ) ( 2x + 3 ) 
 => 2( x+ 2 ) ( 2x+ 3) => 1 2x+ 3 => 2x+ 3 là ước của 1
 Do đó: Với 2x + 3 = 1 x = -1 khi đó 	 y = 4
	 Với 2x + 3 = -1 x= -2 khi đó y = 3. Đáp số: ( -1;4), (-2;3)
 Bài toán 2.2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: x2y - 5x2 - xy - x+ y - 1 = 0 ( 4)
 ( Trích đề thi HSG lớp 9 - Phòng GD Can Lộc )
 Hướng giải: Biểu thị x theo y ta có:
=>
Ta có y z => ( 6x - 4 ) ( x2 - x + 1 ) 2 ( 3x - 2) ( x2 - x+ 1) 2 ( x2 - x+ 1)
 (3x-2 ) ( x2 - x+ 1)
* Nếu 2 : ( x2 - x+ 1) =>
=> x = 0, x= 1
 	x2 - x+ 1 = + 2	
	 x2 - x+ 1 = + 1 	 	
 + Với x= 0 => y = 1
 + Với x= 1 => y = 7	( các trường hợp khác loại )
 * Nếu (3x- 2) ( x2 - x+ 1) ( * ) => x ( 3x - 2 ) ( x2 - x+ 1) => (3x2 - 2x ) ( x2 - x+ 1)
 => ( 3x2 - 3x + 3 +x - 3 ) ( x2 - x+ 1) => ( x-3) ( x2 - x+ 1) => ( 3x- 9 ) ( x2 - x+ 1) , (**)
 Lấy (*) trừ cho (**) ta được 7 ( x2 - x+ 1) => x2 - x+ 1 bằng một trong các giá trị -7; 7; 1; -1
 Từ đây ta được các nghiệm: (3; 7 ), ( 0;1), (1, 7 ) đây cũng là nghiệm của phương trình ( 4).
 Bài toán 2.3: Cho phương trình x2- y2 + 7x = 0 (5)
	a/ Tìm nghiệm nguyên của phương trình với y N 
	b/ Tìm các số x Z để x2 + 7x là một số chính phương.
 Hướng giải: 
 a/ Cách 1: Đưa phương trình (5) về phương trình ước số
 (5) (4x2 + 28x + 49) - 4y2 = 49 (2x + 7 – 2y) (2x + 7 + 2y) = 49 (*) 
 - Nếu y = 0 từ (5) => x1 = 0, x2 = -7
 - Nếu y > 0 từ (*) => x3 = 9, x4 = -16
 Cách 2: Xem (5) là phương trình bậc hai đối với biến x.
 Ta có: = 49 + 4y2
 Để (5) có nghiệm nguyên thì phải là số chính phương.
 Đặt : 49 + 4y = k2 ( k N ) ( k + 2y) ( k- 2y ) = 49
 Vì y N nên k + 2y > k - 2y và k + 2y > 0 => ( k + 2y) - ( k - 2y ) = 4y
 nên k + 2y và k - 2y cùng tính chăn lẽ và phải cùng lẽ nên ta có:
k+ 2y
49
7
k- 2y
1
7
y
12
0
 - Với y = 0 ta có x1 = 0, 	x2 = -7
	- Với y = 12 ta có x3 = 9, 	x4 = -16
 b/ Giải tương tự câu a)
 Bài toán 4: Chứng tỏ rằng các phương tình sau không có nghiệm nguyên 
	 a/ 2x2 + y 2 = 1999 (6) b/ 7x2 - 5y2 = 3 (6')
 Hướng giải: 
 a/ Ta có: 2x2 2 và 1999 2 nên để có (6) thì y 2 phải lẽ => y lẽ.
 Đặt y = 2k + 1 (k z) khi đó (6) có dạng 2x2 + 4 ( k2 + k ) = 1998
 Dễ thấy 1998 chia cho 4 dư 2 suy ra 2x2 không chia hết cho 4 nên x lẽ. 
 Đặt x= 2t + 1 từ đó ( 6 ) có thể viết dưới dạng 8t( t + 1 ) + 4k ( k+1) = 1996 (*)
 Ta lại có vế trái chia hết cho 8 còn vế phải không chia hết cho 8 vậy (*) không có nghiệm nguyện suy ra (6) không có nghiệm nguyên.
 b/ Từ (6') => 6x2 - 6y2 + x2 + y 2 = 3 => x2 + y2 3
 Mặt khác: x2 và y2 khi chia cho 3 thì dư 0 hoặc 1 mà x2 + y2 3. Nếu x2 và y2 đều chia hết cho 3. Do đó x và y đều chia hết cho 3 nên x2 và y2 chia hết cho 9. Như vậy 7x2 - 5 y 2 !9 còn 3 ! 9 vậy (6' ) không có nghiệm nguyên.
 Nhận xét: Phương trình nghiệm nguyên dạng "bậc 2 có hai ẩn" là dạng toán thường gặp ở bậc THCS. Khi giải nó chúng ta thường đưa về phương trình ước số (phương trình tích) hoặc dùng tính chất chia hết hoặc dùng điều kiện cần để một phương trình bậc 2 có nghiệm.
* Bài tập tương tự: 1/ Tìm nghiệm nguyên các phươg trình sau:
 a/ x2 + y 2 - x - y = 8 , b/ x2 - 2x = y2 - 11 , c/ 3x2 - 6x = 13 - 4y2 , d/ 8x2 - 25 = 3xy +5x
	 2/ Chứng tỏ các phương trình sau không có nghiệm nguyên: 
	a/ 5x2 - 4y2 = 3 b/ 19x 2 + 28y2 = 729 
 *Dạng 3: Phương trình bậc 3 trở lên có 2 ẩn
 3.1. Bài toán 7: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x+ x2 + x3 = 4y2 + 4y ( 7)
 Hướng giải: Dùng tính chất chia hết và tính chất của số chính phương, ta có:
	(7) 1+ x + x2 + x3 = 4y2 + 4y + 1 (x+ 1)( x2 + 1) = (2y +1)2 (*)
Dễ thấy (2y + 1) 2 lẽ => x+1 và x2 +1 là hai số lẽ. Giả sử ( x+1, x2 + 1) = d => d lẻ 
Mặt khác x+1 d =>1- x2 d kết hợp với x2 + 1 d ta có 1 - x2 + 1 + x2 d => 2 d => d = 1 (vì d lẻ).
Vì (x+1 ) ( x2 + 1 ) là số chính phương 	(*)
Mà ( x+1 , x2 + 1 ) = 1 Vậy x+1 và x2 + 1 đều là số chính phương
Dễ thấy x2 và x2 + 1 là 2 số tự nhiên liên tiếp mà đều là số chính phương nên x = 0 . Khi đó theo ( 7 ) thì y = 0 hoặc y = -1 . Nghiệm của (7) là: ( 0; 0); ( 0;-1 ) 
 3.2. Bài toán 8: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3 - 8 = y 3 + xy ( 8)
 Hướng giải: Ta có (8) ( x- y) 3 + 3xy ( x- y ) = xy + 8 
 Đặt: x- y = m, xy = n ta có : m3 + 3mn = n+ 8 m3 - 8 = - n( 3m - 1) 
 => m3 - 8 3m - 1 => 27 ( m3 - 8 ) 3m - 1 => 27 m2 -1 -215 3m-1 
 Do 27m3 -1 3m - 1 	nên 215 3m -1 mà 215 = 5x43 
 Nên 3m -1 { + 1; + 5; + 43; + 215 } do m, n Z nên 3m -1 { - 1; 5; - 43; 215 } 
 Ta có bảng 
3m-1
-1
5
-43
215
m3 – 8
1 – 3m
m
0
2
-14
72
n =
-8
0
-64
-1736
Mặt khác: Ta có ( x- y) 2 + 4xy > 0 
Nếu 4m2 + 4n > (*) kết hợp (*) và điều kiện có nghiệm thì chỉ có m = 2và n= 0 là phù hợp. Ta có x-y = 2 và xy = 0 từ đây ta có nghiệm ( 0,-2), ( 2,0 )
Lưu ý: Bài toán này có thể có cách giải khác như dùng giá trị tuyệt đối hoặc dùng tính chất của số chính phương.
 3.3. Bài toán: Chứng tỏ các phương trình sau không có nghiệm nguyên
a/ x3+ y 3 = 2002 b/	x4 + y 4 + ( x+y) 4 = 4004
 Hướng giải:
 a/ Ta có nhận xét : Lập phương của một số nguyên chia cho 9 chỉ có thể dư 0; 1; 8; ( thật vậy 
nếu a 3 => a3 9. Nếu a = BS 3 + 1 thì a3 = BS 9 + 1 ...). Do đó x3 + y3 chia cho 9 chỉ có dư 0; 1; 2; 7; 8 còn 2002 chia 9 dư 4 vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên 
 b/ Ta có: x4 + y4 + ( x+ y ) 4 = 4004 2( x2 + y 2 + xy) 2 = 2.2002 
 ( x2 + y 2 + xy) 2 = 2002. Điều này vô lý vì 2002 không phải là số chính phương ( vì tận cùng bằng 2 ) => ĐPCM 
 * Một số bài tập tương tự:
	1/ Tìm nghiệm nguyên các phương trình sau:
 a/ x3+ y 3 = 3xy + 3 , b/ x3- y3 = xy + 25 , c/ x3 + y 3 = y6 , d/ x6 + 3x2 + 1 = y4 
	2/ Chứng tỏ các phương trình sau không có nghiệm nguyên 
 a/ x3 + y 3 = 2002 , b/ x4 + y 3 + ( x+ y ) 4 = 3996, c/ x3 + y 3 = 7 , d/ x5 + 2xy = 10. ( 3y + 1 )
 Dạng 4: Phương trình có chứa 3 ẩn , 4 ẩn
4.1 Bài toán: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 2x- 5y - 6z = 4 (10)
 Hướng giải: Từ (10 ) có nghiệm nguyên khi và chỉ khi 5y 2 => y 2 
 Đặt y = 2m, ta có x - 5m - 3z = 2 => x= 5m + 3z + 2
 Đặt z = t ta có công thức nghiệm x= 5m + t + 2 ; y = 2m và z = t ( với m, t z) 
 4.2 Bài toán: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x7 + y 7 = 7z (11)
 Hướng giải: 	
(11) có nghiệm nguyên khi x7 + y7 7	
 Theo định lý nhỏ Féc ma ta có: x7 - x 7 và y7 – y 7 , ta viết (11) dưới dạng:
 ( x7 - x ) + ( y7 - y ) + ( x+ y ) = 7z 	ta có x+ y 7 đặt x+ y = 7 k ; x = t, ( k z , t z )
 Ta có công thức nghiệm: x= t ; y= 7k - t và z = [ t7 + ( 7k - t )7] : 7 ( Với k, t z )
 4.3 Bài toán: Chứng tỏ phương trình: 
 x4 + y4 + x4 + z4 + t 4 + k 4 = 2006 không có nghiệm nguyên.
 Hướng giải: - Nếu x là số chẵn thì x4 16 
	 - Nếu x là số lẽ thì x2 : 8 dư 1 nên x4 = ( 8k + 1 ) 2 : 16 dư 1 
 Như vậy mỗi số x4,y4,z4,t4chia cho 16 dư 1hoặc 0 nên x4+y4+z4+t4+k4 chia cho 16 có số dư nhỏ hơn hoặc bằng 5. Còn vế phải 2006 chia cho 16 dư 6. Vậy phương trình không có nghiệm nguyên.
 * Một số bài tập tương tự:
 1/Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau:
 a/ 2x-5y-z = 4, b/ x2+2y2+ z2 - 2xy - 2y + 2z + 2= 0, c/ x3 + y 3 + z 3 =1 + 3xyz 
 2/ Chứng tỏ các phương trình sau không có nghiệm nguyên 
 a/ x2 + y 2 + z 2 = 1999 , b/ x3 + y 3 + z 4 = 2003, c/ x3 + y 3  + z3 = 19962
 * Dạng 5: Phương trình có chứa biến ở mẫu.
 5.1 Bài toán: Tìm nghiệm nguyên của phương trình
(13)
 Hướng giải: 
 Hướng 1:Đưa về phương trình ước số 
 Nhân 2 vế với 2xy ta có ( 13) 2x+ 2y + 1 = xy ; (13) ( x-2 ) ( y-2) = 5 
 Từ đây ta có nghiệm ( 7;3) , (3,7)
 Hướng 2: Giả sử x > y thì
, nếu
 Mặt khác: y > 1 nên xét y { 2;3;4;5 } được y = 3; x= 7 ; Đáp số: ( 7;3) , (3,7)
 Bài toán 5.2: Xác định a để phương trình 
có nghiệm nguyên dương
 Hướng giải:
	Giả sử ( x1, y1 ) là nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho .
 Gọi ( x, y) = d => x= d x1 , y = dy1, với ( x1, y1) = 1
Ta có: (14) x2 +y2 + axy = x2y2 y(y+ax) = x2(y2- 1) y1(y1 + ax1) = x21 (dy21 -1) vì (x1, y1 ) = 1 
Nếu (dy21 - 1 ) y1 => y1 là ước số của 1 do y nguyên dương nên y1 = 1 => x1 =1 do đó x = y 	
 Thay vào (14 ) ta được a + 2 = x2 . 
 Như vậy để ( 14) có nghiệm nguyên dương thì a+ 2 là số chính phương.
 * Một số bài tập tương tự:
 1/ Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau:
(p là số nguyên tố),
 2/ Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình 
 Trên đây là một số ứng dụng tính chất chia hết để giải phương trình nghiệm nguyên ở bậc THCS mà trong quá trình bồi dưỡng HSG tôi đã tích luỹ được, chắc chắn nội dung của bài viết chưa thực sự hấp dẫn, và không tránh khỏi những thiếu sót. Kính đề nghị Ban biên tập chọn đăng để bạn đọc gần xa tham khảo, đồng góp ý, bổ sung thêm để những vấn đề nêu trên được đầy đủ hơn, sâu sắc hơn nhằm góp phần vào việc nâng cao chất lượng giáo dục.
(Tài liệu tham khảo:
- Toán nâng cao và phát triển - Vũ Hữu Bình
- Phương trình không mẫu mực- Nguyễn Đức Tấn
- Toán nâng cao các lớp 6, 7, 8, 9.
- Đề thi học sinh giỏi các khối lớp ở bậc THCS).
 Người trình bày
 Lê Trọng Châu 
 M