Toán học - Một số vấn đề cơ bản về phương trình nghiệm nguyên

MỘT SỐ VẤN ĐỀ CƠ SỞ
VỀ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
Tác Giả : Phí Thái Thuận
10 chuyên Toán THPT chuyên THĐ - Bình Thuận
Trong chương trình toán THCS và THPT thì phương trình nghiệm nguyên
vẫn luôn là một đề tài hay và khó đối với học sinh. Các bài toán nghiệm
nguyên thường xuyên có mặt tại các kì thi lớn, nhỏ, trong và ngoài nước.
Trong bài viết này tôi chỉ muốn đề cập đến các vấn đề cơ bản của nghiệm
nguyên (các dạng; các phương pháp giải) chứ không đi sâu (vì vốn hiểu biết
có hạn). Tôi cũng sẽ không nói về phương trình Pell (vì nó có nhiều trong các
sách) và phương trình Pythagore; Fermat (cũng có nhiều trong sách; khái
niệm rất đơn giản) Chú ý: các bạn có thể tìm đọc thêm cuốn "phương trình
và bài toán nghiệm nguyên" của thầy Vũ Hữu Bình.
Phương Pháp 1: Áp Dụng Tính Chia Hết
Dạng 1: phương trình dạng ax+ by = c
Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
2x+ 25y = 8 (1)
Giải: Có thể dễ dàng thấy y chẵn. Đặt y = 2t. Phương trình (1) trở
thành: x+ 25t = 4.
Từ đó ta có nghiệm phương trình này:
x = 4− 25t
y = 2t
t ∈ Z
Chú ý: Ta còn có cách thứ 2 để tìm nghiệm của phương trình trên. Đó là
phương pháp tìm nghiệm riêng để giải phương trình bậc nhất 2 ẩn. Ta dựa
vào định lí sau: Nếu phương trình ax+ by = c với (a; b) = 1 có 1 tập nghiệm
là (x0; y0) thì mọi nghiệm của phương trình nhận từ công thức:
x = x0 + bt
y = y0 − at
t ∈ Z
Định lí này chứng minh không khó (bằng cách thế trực tiếp vào phương
trình) Dựa vào định lý này ; ta chỉ cần tìm 1 nghiệm riêng của phương trình
ax+by = c . Đối với các phương trình có hệ số a; b; c nhỏ thì việc tìm nghiệm
khá đơn giản nhưng với các phương trình có a; b; c lớn thì không dễ dàng
1
chút nào . Do đó ta phải dùng đến thuật toán Euclide (các bạn có thể tìm
đọc các sách ; tôi sẽ không nói nhiều về thuật toán này) . Ngoài ra còn có
thêm phương pháp hàm Euler .
Dạng 2: Đưa về phương trình ước số:
Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
2x+ 5y + 3xy = 8 (2)
Giải:
(2)⇔ x(2 + 3y) + 5y = 8
⇔ 3[x(2 + 3y) + 5y] = 24
⇔ 3x(2 + 3y) + 15y = 24
⇔ 3x(2 + 3y) + (2 + 3y) · 5 = 34
⇒ (3x+ 5)(3y + 2) = 34
34 = 17.2 = 34.1
Lập bảng dễ dàng tìm được nghiệm phương trình trên.
Ví dụ 3: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
x2 + 2y2 + 3xy − 2x− y = 6 (3)
Giải:
(3)⇔ x2 + x(3y − 2) + 2y2 − y + a = 6 + a
a là 1 số chưa biết; a sẽ đc xác định sau.
Xét phương trình: x2 + x(3y − 2) + 2y2 − y + a = 0
∆ = (3y − 2)2 − 4(2y2 − y + a) = y2 − 8y + 4− 4a
Chọn a = −3
⇒ ∆ = y2 − 8y + 16 = (y − 4)2
⇒ x1 = −y − 1; x2 = −2y + 3
Từ đó ta có phương trình ước số: (x+ y + 1)(x+ 2y − 3) = 3
Dạng 3: Phương pháp tách các giá trị nguyên
Ví dụ 4: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
xy − x− y = 2 (4)
Giải:
(4)⇒ x(y − 1) = y + 2
⇒ x = y+2
y−1
⇒ x = 1 + 3
y−1
⇒ (y − 1)|3
Phương Pháp 2: Phương Pháp Lựa Chọn Modulo (hay còn gọi là xét số
dư từng vế)
2
Trước tiên ta có các tính chất cơ bản sau: 1 số chính phương chia 3 dư
0, 1; chia 4 dư 0, 1 ; chia 8 dư 0, 1, 4
Ví Dụ 5: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
x2 + y2 = 2007 (5)
Giải:
x2 ≡ 0; 1(mod4) y2 ≡ 0; 1(mod4)
⇒ V T = x2 + y2 ≡ 0; 1; 2(mod4)
Còn V P = 2007 ≡ 3(mod4) Do đó phương trình trên vô nghiệm.
Có thể mở rộng thêm cho nhiều modulo như 5; 6; · · · và mở rộng cho số
lập phương; tứ phương; ngũ phương... Ta đến với ví dụ sau:
Ví dụ 6: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau:
19x + 5y + 1890 = 19754
30
+ 1993 (6)
Giải:
Dễ thấy V T ≡ 19x(mod5).
Mặt khác: 19x = (20− 1)x ≡ (−1)x(mod5)
x chẵn thì 19x ≡ 1(mod5); x lẻ thì 19x ≡ −1 ≡ 4(mod5)
⇒ V T ≡ 1; 4(mod5)
Còn V P ≡ 1993 ≡ 3(mod5) (vô lí)
Do đó phương trình trên vô nghiệm.
Chú ý: Nhiều bài toán nghiệm nguyên trong đề thi vô địch toán các nước
đôi khi phải xét đến modulo khác lớn ; ta xét đến ví dụ sau:
Ví Dụ 7:(Balkan1998) Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
m2 = n5 − 4 (7)
Giải:
m2 ≡ 0; 1; 3; 4; 5; 9(mod11)
n5 − 4 ≡ 6; 7; 8(mod11) (vô lí)
Do đó phương trình này vô nghiệm.
Chỉ 3 dòng; thật ngắn gọn và đẹp phải không nào. Nói chung để xét
modulo hiệu quả còn phải tùy thuộc vào sự nhạy bén của người làm toán.
Nói thêm: Đối với các phương trình nghiệm nguyên có sự tham gia của
các số lập phương thì modulo thường dùng là modulo9 vì x3 ≡ 0; 1; 8(mod9)
(hãy tự chứng minh).
Ta xét Ví Dụ sau.
Ví Dụ 8: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
x3 + y3 + z3 = 1012 (8)
3
Giải:
Dựa vào nhận xét trên : (8)x3 + y3 + z3 ≡ 0; 1; 2; 3; 6; 7; 8(mod9)
Còn 1012 ≡ 4(mod9) (vô lí).
Do đó phương trình trên vô nghiệm .
Phương Pháp 3: Dùng Bất Đẳng Thức
Dạng 1: Đối với các phương trình mà các biến có vai trò như nhau thì
người ta thường dùng phương pháp sắp xếp thứ tự các biến.
Ví Dụ 9: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau:
x+ y + z = 3xyz (9)
Giải:
Không mất tính tổng quát có thể giả sử 1 ≤ x ≤ y ≤ z
⇒ 3xyz = x+ y + z ≤ 3z
⇒ xy ≤ 1
⇒ x = 1; y = 1
⇒ z = 1
Nghiệm phương trình là (1; 1; 1)
Dạng 2: Đối với các phương trình nghịch đảo các biến ta cũng có thể
dùng phương pháp này (nếu vai trò các biến cũng như nhau ). Cách giải
khác dành cho:
Ví Dụ 9: Chia 2 vế phương trình trên cho xyz ta được: 1
xy
+ 1
yz
+ 1
zx
= 3
Giải:
Không mất tính tổng quát có thể giả sử 1 ≤ x ≤ y ≤ z
⇒ 1
xy
+ 1
yz
+ 1
zx
= 3 ≤ 3
x2
⇒ x2 ≤ 1
⇒ x = 1
⇒ y = 1 và
z = 1. Ta xét đến một ví dụ tiếp theo để thấy sự hiệu quả của phương
pháp này:
Ví Dụ 10: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau:
Giải:
1
x
+ 1
y
+ 1
z
= 1
Không mất tính tổng quát có thể giả sử:
1 ≤ x ≤ y ≤ z ⇒ 1
x
+ 1
y
+ 1
z
= 1 ≤ 3
x
⇒ x ≤ 3.
Lần lượt thử: x = 1; phương trình vô nghiệm nguyên.
Xét x = 2⇒ 1
y
+ 1
z
= 1
2
≤ 2
y
⇒ y ≤ 4
Mặt khác y ≥ x = 2⇒ y ∈ {2; 3; 4}.
Ta thử y lần lượt;
y = 2 phương trình vô nghiệm nguyên;
4
y = 3⇒ z = 6
y = 4 => z = 4
Xét x = 3⇒ 1
y
+ 1
z
= 2
3
≤ 2
y⇒ y ≤ 3
Mặc khác y ≥ x = 3 ⇒ y = 3
⇒ z = 3.
Vậy nghiệm phương trình là (2; 3; 6); (2; 4; 4); (3; 3; 3) và các hoán vị.
Dạng 3: Áp Dụng Các Bất Đẳng Thức Cổ Điển.
Ví Dụ 11: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau:
x6 + z3 − 15x2z = 3x2y2z − (y2 + 5)3 (10)
Giải:
(10)⇔ (x2)3 + (y2 + 5)3 + z3 = 3x2z(5 + y2)
Áp Dụng BDT Cauchy cho 3 số; ta đc V T ≥ V P
Dấu ” = ” xảy ra ⇔ x2 = y2 + 5 = z
Từ phương trình x2 = y2 + 5⇒ (x− y)(x+ y) = 5
(phương trình ước số; dễ dàng tìm đc x; y rồi tìm ra z).
Đáp số: nghiệm phương trình là (x; y; z) = (3; 2; 9)
Ghi chú: Việc Áp Dụng BDT vào bài toán nghiệm nguyên rất ít dùng vì
ẩn ý dùng BDT rất dễ bị "lộ" nếu người ra đề không khéo léo. Tuy nhiên
cũng có một vài trường hợp dùng BDT khá hay. Ta đến với Ví Dụ sau.
Ví Dụ 12: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau với x; y; z là các
số đôi 1 khác nhau.
x3 + y3 + z3 = (x+ y + z)2 (11)
Giải:
Áp dụng BDT quen thuộc sau:
x3+y3+z3
3
≥ (x+y+z
3
)3
⇒ x3 + y3 + z3 = (x+ y + z)2 ≥ (x+y+z)3
9
⇒ x+ y + z ≤ 9. Vì x; y; z khác nhau
⇒ x+ y + z ≥ 1 + 2 + 3 = 6
⇒ x+ y + z ∈ {6; 7; 8}
Lần lượt thử các giá trị của x+ y + z ta tìm đc x; y; z
Đáp số: (1; 2; 3) và các hoán vị .
Dạng 4: Áp dụng tính đơn điệu của bài toán. Ta chỉ ra 1 hoặc 1 vài giá
trị của biến thoả phương trình rồi chứng minh đó là nghiệm duy nhất.
Ví Dụ 13: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau
3x + 4x = 5x (12)
5
Giải:
(12)⇔ (3
5
)x + (4
5
)x = 1
x = 1; phương trình vô nghiệm nguyên
x = 2; thoả mãn.
x ≥ 3⇒ (3
5
)x < (3
5
)2 (4
5
)x < (4
5
)2
⇒ (3
5
)x + (4
5
)x < 1.
Do đó x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình. Còn phương trình
này thì sao nhỉ: (
√
3)x + (
√
4)x = (
√
5)x
Bằng cách tương tự; dễ dàng nhận ra x = 4 là nghiệm duy nhất.
Nói thêm : Đối với phương trình trên; ta có bài toán tổng quát hơn. Tìm
các số nguyên dương x; y; z thoả: 3x + 4y = 5z.
Đáp số đơn giản là x = y = z = 2 nhưng cách giải trên vô tác dụng với
bài này. Để giải bài này thì hữu hiệu nhất là xét modulo (các phương trình
chứa ẩn ở mũ thì phương pháp tốt nhất vẫn là xét modulo). Phần này chỉ
nói thêm nên chúng ta tạm thời không giải bài toán này bây giờ mà sẽ để lại
dịp khác.
Dạng 5: Dùng điều kiện ∆ hoặc ∆′ ≥ 0 để phương trình bậc 2 có nghiệm.
Ví Dụ 14: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
x2 + 2y2 = 2xy + 2x+ 3y (13)
Giải:
(13)⇔ x2 − 2x(y − 1) + 2y2 − 3y = 0
∆′ = (y + 1)2 − (2y2 − 3y) = −y2 + 5y + 1 ≥ 0
Giải bất phương trình trên không khó; dễ dàng suy ra được:
−√29
2
≤ y − 5
2
≤
√
29
2
Do y nguyên nên dễ dàng khoanh vùng được giá trị của y và thử chọn. Nói
chung thì phương pháp này được dùng khi ∆(∆′) có dạng f(x) = ax2+bx+c
(hoặc f(y)) với hệ số a < 0 .
Còn khi a > 0 thì dùng phương pháp đã nói đến trong ví dụ 3 để đưa về
phương trình ước số 1 cách nhanh chóng.
Phương Pháp 4: Phương pháp chặn hay ta có thể gọi nó bằng 1 cái tên
khác là đẹp hơn là phương pháp đánh giá. Phương pháp đánh giá cơ bản dựa
vào 2 nhận xét sau:
1. Không tồn tại n ∈ Z thoả a2 < n2 < (a+ 1)2 với a ∈ Z
2. Nếu a2 < n2 < (a+ 2)2 với a;n ∈ Z thì n = a+ 1.
Ta đến với Ví Dụ sau:
6
Ví Dụ 15: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
x4 + x2 + 1 = y2 (14)
Xét hiệu (x2 + 1)2 − y2 = x2 ≥ 0
⇒ (x2 + 1)2 ≥ y2
Xét hiệu y2 − (x2)2 = x2 + 1 > 0 => y2 > (x2)2
⇒ (x2)2 < y2 ≤ (x2 + 1)2
Theo nhận xét trên ⇒ y2 = (x2 + 1)2
Thế vào phương trình ban đầu ⇒ x4 + x2 + 1 = (x2 + 1)2
⇒ x2 = 0
⇒ x = 0
Nhận xét trên có thể mở rộng với số lập phương; ta đến với ví dụ tiếp
theo:
Ví Dụ 16: Giải phương trình nghiệm nguyên sau :
x3 − y3 = 2y2 + 3y + 1 (15)
Giải:
Bằng cách trên ta có được : (y − 1)3 < x3 ≤ (y + 1)3
suy ra hoặc x = y hoặc x = y + 1 lần lượt xét x = y;x = y + 1 ta tìm
được các nghiệm phương trình là: (−1;−1); (1; 0)
Phương Pháp 5: Dùng tính chất của số chính phương .
Dạng 1: Trước tiên ta đến với 1 mệnh đề sau :
xy = z2 với (x; y) = 1 thì 
x = k2
y = t2
kt = z
Chứng minh mệnh đề này không khó ; ta chứng minh bằng phản chứng:
Giả sử x; y không là số chính phương nên trong phân tích thành ước nguyên
tố của x hoặc y tồn tại 1 số chứa ít nhất 1 ước nguyên tố p với số mũ lẻ .
Giả sử là x . Vì (x; y) = 1nên y không chứa thừa số p => z2 cũng chứa thừa
số p với số mũ lẻ (vô lí trái với điều kiện z2 là số chính phương) . Bây giờ ta
đến với 1 ví dụ .
Ví Dụ 17: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
2x4 + 3x2 + 1− y2 = 0 (16)
Giải:
(16)⇒ (x2 + 1)(2x2 + 1) = y2
7
Rõ ràng (x2 + 1; 2x2 + 1) = 1
⇒
{
x2 + 1 = t2
2x2 + 1 = z2
Từ phương trình x2+1 = t2 => (t−x)(t+x) = 1 (phương trình ước số)
Từ đó tìm được nghiệm phương trình . Đáp số: (x; y) = (0; 1)
Dạng 2:
Ta có mệnh đề thứ 2:
Nếu n; t là các số nguyên thoả n(n+1) = t2 thì hoặc n = 0 ; hoặc n+1 = 0
Chứng minh mệnh đề này không khó:
Giả sử n 6= 0;n+ 1 6= 0 => t 6= 0
 n2 + n = t2
 4n2 + 4n = 4t2
 (2n+ 1)2 = 4t2 + 1
Dùng phương pháp chặn: (2t)2 < (2n+ 1)2 < (2t+ 1)2
Vô lí do đó mệnh đề được chứng minh.
Bây giờ áp dụng mệnh đê trên ; ta đến với ví dụ sau .
Ví Dụ 18: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
x2 + 2xy + y2 + 5x+ 5y = x2y2 − 6 (17)
Giải:
(17)⇔ (x+ y + 2)(x+ y + 3) = x2.y2
Suy ra hoặc x+ y + 2 = 0 hoặc x+ y + 3 = 0. Phương trình này vẫn còn
những cách giải khác nhưng điều tôi muốn nhấn mạnh chính là việc dùng
mệnh đề trên giúp cho lời giải bài toán trở nên ngắn gọn hơn .
Phương Pháp 6: Lùi vô hạn (hay còn gọi là phương pháp xuống thang).
Phương pháp này dùng để chứng minh một phương trình f(x; y; z; · · · ) nào
đó ngoài nghiệm tầm thường x = y = z = 0 thì không còn nghiệm nào khác.
Phương pháp này có thể được diễn giải như sau: Bắt đầu bằng việc giả sử
(x0; y0; z0; · · · ) là nghiệm của f(x; y; z; · · · ) . Nhờ những biến đổi ; suy luận số
học ta tìm được 1 bộ nghiệm khác (x1; y1; z1; · · · ) sao cho các nghiệm quan hệ
với bộ nghiệm đầu tiên bởi 1 tỉ số k nào đó . Ví Dụ: x0 = k.x1; y0 = k.y1; · · ·
. Rồi lại từ bộ (x2; y2; z2; · · · ) thoả x1 = k.x2; y1 = k.y2; · · · . Quá trình cứ
tiếp tục dẫn đến: x0; y0; z0; · · · chia hết cho ks với s là 1 số tự nhiên tuỳ ý .
Điều này xảy ra x0 = y0 = z0 = · · · = 0 .Để rõ ràng hơn ta xét một Ví
Dụ .
Ví Dụ 19: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
x2 + y2 = 3y2 (18)
8
Giải:
Gọi (x0; y0; z0) là 1 nghiệm của phương trình trên . Xét theo modulo 3 .
Ta chứng minh x0; y0 đều chia hết cho 3 . Thật vậy ; rõ ràng vế phải chia
hết cho 3 => x20 + y
2
0
...3 Ta có: x20 ≡ 0; 1(mod3) y20 ≡ 0; 1(mod3) Do đó
=> x20 + y
2
0
...3 x0; y0 đều chia hết cho 3 . Đặt x0 = 3.x1; y0 = 3.y1 . Thế
vào và rút gọn: 3(x21+ y
2
1) = z
2
0 Rõ ràng z0
...3 . Đặt z0 = 3.z1 . Thế vào và rút
gọn: x21 + y
2
1 = 3z
2
1 Do đó nếu (x0; y0; z0) là 1 nghiệm của phương trình trên
thì (x1; y1; z1) cũng là 1 nghiệm . Tiếp tục lý luận như trên thì x1; y1; z1 đều
chia hết cho 3 . Ta lại tìm được nghiệm thứ 2 là (x2; y2; z2) với x2; y2; z2
...3.
Tiếp tục và ta dẫn đến: x0; y0; z0
...3k . Điều đó chỉ xảy ra ⇔ x0 = y0 = z0 = 0
.
Ví Dụ 20: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
x2 + y2 + z2 = 2xyz (Korea1996) (19)
Giải:
Giả sử (x0; y0; z0) là 1 nghiệm của phương trình trên . ⇒ x20 + y20 + z20 =
2.x0.y0.z0
Rõ ràng x20 + y
2
0 + z
2
0 chẵn (do 2.x0.y0.z0 chẵn) nên có 2 trường hợp xảy
ra.
Trường Hợp 1: có 2 số lẻ ; 1 số chẵn. Không mất tính tổng quát giả
sử x0; y0 lẻ ; z0 chẵn. Xét theo modulo 4 thì: x
2
0 + y
2
0 + z
2
0 ≡ 2(mod4) Còn
2.x0.y0.z0
...4 (do z0 chẵn) (vô lí)
Trường Hợp 2: 3 số đều chẵn. Đặt x0 = 2.x1; y0 = 2.y1; z0 = 2.z1 thế vào
và rút gọn ta được: x21 + y
2
1 + z
2
1 = 4.x1.y1.z1 lập luận như trên ta lại được
x1; y1; z1 chẵn.
Quá trình lại tiếp tục đến: x0; y0; z0
...2k với k ∈ N∗
Điều đó xảy ra ⇔ x0 = y0 = z0 = 0. Tóm lại nghiệm phương trình là
(x; y; z) = (0; 0; 0)
Phương Pháp 7: Nguyên Tắc Cực Hạn hay còn gọi là Nguyên Lí Khởi
Đầu Cực Trị. Về mặt hình thức thì phương pháp này khác với phương pháp
lùi vô hạn nhưng về ý tưởng sử dụng thì như nhau ; đều chứng minh 1 phương
trình không có nghiệm không tầm thường. Phương pháp bắt đầu bằng việc
giả sử (x0; y0; z0; · · · ) là nghiệm của f(x; y; z; · · · ) với điều kiện ràng buộc
với bộ (x0; y0; z0; · · · ). Ví Dụ như x0 nhỏ nhất hoặc x0+ y0+ · · · nhỏ nhất...
Bằng những phép biến đổi số học ta tìm được 1 bộ nghiệm khác (x1; y1; · · · )
trái với những điều kiện ràng buộc trên. Ví dụ khi chon bộ (x0; y0; z0; · · · )
với x0 nhỏ nhất ta lại tìm được bộ (x1; y1; z1; · · · ) thoả x1 < x0. Từ đó dẫn
đến phương trình cho có nghiêm là (0; 0; 0; .0). Ta hãy xét 1 ví dụ.
9
Ví Dụ 21: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
8x4 + 4y4 + 2z4 = t4 (20)
8x4 + 4y4 + 2z4 = t4
Giải:
Giả sử (x0; y0; z0; t0) là 1 nghiệm phương trình trên với điều kiện x0
nhỏ nhất.
Từ phương trình ⇒ t chẵn. Đặt t = 2.t1 Thế vào và rút gọn ta được:
4x40 + 2y
4
0 + z
4
0 = 8t
4
1
Rõ ràng z0 chẵn. Đặt z0 = 2z1
⇒ 2x40 + y40 + 8z41 = 4t41
Tiếp tục y0 chẵn. Đặt y0 = 2y1
⇒ x40 + 8y41 + 4z41 = 2t41
Và dễ thấy x0 cũng chẵn. Đặt x0 = 2x1
⇒ 8x41 + 4y41 + 2z41 = t41
Nhìn vào phương trình trên rõ ràng (x1; y1; z1; t1) cũng là 1 nghiệm phương
trình trên và dễ thấy x1 < x0 (vô lí do ta chọn x0 nhỏ nhất)
Do đó phương trình trên có nghiệm duy nhất (0; 0; 0; 0)
Chú ý: Ta cũng có thể chọn bộ (x0; y0; z0; t0) thoả x0 + y0 + z0 + t0 nhỏ
nhất ; lý luận tương tự và dễ thấy x1 + y1 + z1 + t1 < x0 + y0 + z0 + t0 từ đó
cũng dẫn đến kết luận bài toán.
Phương Pháp 8: Sử Dụng Một Mệnh Đề Cơ Bản Của Số Học. Trước
tiên ta đến với bài toán nhỏ sau:
Cho p là số nguyên tố có dạng p = k · 2t + 1 với t nguyên dương ; k là số
tự nhiên lẻ.
Chứng minh rằng nếu x2
t
+ y2
t ...p thì x
...p; y
...p
Chứng minh:
Giả sử x
...p thì rõ ràng y
...p Theo Fermat nhỏ: xp−1 ≡ 1(modp) yp−1 ≡
1(modp) p = k2t + 1 nên {
xk.2
t ≡ 1(modp)
yk.2
t ≡ 1(modp)
⇒ xk.2t + yk.2t ≡ 2(modp) (21)
Mặt khác do k lẻ nên theo hằng đẳng thức a2n+1 + b2n+1: xk.2
t
+ yk.2
t
=
(x2
t
+ y2
t
).A) (A là 1 số nào đó)
Rõ ràng:
xk.2
t
+ yk.2
t ≡ 0(modp) (do giả thiết x2t + y2t ... p) (22)
10
Do đó theo (21); (22) ta có điều phải chứng minh.
Xét 1 trường hợp nhỏ của bài toán trên:
Khi t = 1; vì k lẻ nên k = 2s+ 1 ⇒ p = 4s+ 3
Lúc đó ta có mệnh đề sau:
p là số nguyên tố có dạng p = 4s + 3. Khi đó nếu x2 + y2
...p thì x
...p; y
...p
Mệnh đề hết sức đơn giản này lại là 1 công cụ vô cùng hiệu quả đối vơi nhiều
bài toán khó.
Ví Dụ 22: (bài toán Lebesgue)
Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
x2 − y3 = 7 (đây là 1 trường hợp nhỏ của phương trình Mordell)
Ghi chú: Phương trình Mordell là phương trình có dạng x2+k = y3(k; x; y ∈
Z); bài toán trên là trường hợp phương trình Mordell với k = −7
Giải:
Trước tiên ta có bổ đề nhỏ sau:
Mọi số nguyên có dạng A = 4t+3 đều có ít nhất 1 ước nguyên tố có dạng
p = 4s+ 3
Chứng Minh: Giả sử A không có ước nguyên số nào có dạng p = 4s + 3
=> A = (4t1 + 1)(4t1 + 1) = 4.(4t1.t2 + t1 + t2) + 1 = 4h + 1(vô lí) Do đó
A có 1 ước dạng 4t1 + 3 Nếu 4t1 + 3 là số nguyên tố thì bổ đề được chứng
minh. Nếu 4t1 + 3 là hợp số. Lý luận tương tự ta lại có 4t1 + 3 có 1 ước có
dạng 4t2 + 3. Nếu 4t2 + 3 lại là hợp số thì lai tiếp tục. Vì quá trình trên là
hữu hạn nên ta có điều phải chứng minh. Quay lại bài toán. ⇒ x2 = y3 + 7
Xét y chẵn ⇒ y3 + 7 ≡ 7(mod8) ⇒ x2 ≡ 7(mod8) (vô lí do x2 ≡
0; 1; 4(mod8))
Xét y lẻ viết lại phương trình: x2 + 1 = y3 + 8
⇒ x2 + 1 = (y + 2)(y2 − 2y + 4)
Nếu y = 4k + 1 ⇒ y + 2 = 4k + 3
Nếu y = 4k + 3 ⇒ y2 − 2y + 4 = (4k + 3)2 − 2(4k + 3) + 4 = 4h+ 3
Do đó y luôn có 1 ước dạng 4n+ 3 và theo bổ đề trên thì 4n+ 3 luôn có
ít nhất 1 ước nguyên tố p = 4s+ 3 ⇒ x2 + 1...p = 4s+ 3
Theo mệnh đề trên⇒ x...p; 1...p ( vô lí) Do đó phương trình trên vô nghiệm.
Ví Dụ 23:
Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x2+5 = y3 (phương trình Mordell
với k = 5)
Giải:
Xét y chẵn ⇒ y3 ≡ 0(mod8)
⇒ x2 + 5 ≡ 0(mod8)
⇒ x2 ≡ (mod8) (vô lí do x2 ≡ 0; 1; 4(mod8))
Xét y lẻ Nếu y = 4k + 3⇒ y3 ≡ 3(mod4)
11
⇒ x2 + 5 ≡ 3(mod4)
⇒ x2 ≡ 2(mod4) (vô lí x2 ≡ 0; 1; (mod4))
Nếu y = 4k + 1 Viết lại phương trình x2 + 4 = y3 − 1
⇒ x2 + 4 = (y − 1)(y2 + y + 1)
Rõ ràng y2 + y + 1 = (4k+)2 + (4k + 1) + 1 = 4t+ 3
Do đó y3 − 1 có ít nhất 1 ước nguyên tố p = 4s+ 3
⇒ x2 + 4...p = 4s + 3 ⇒ 4...p ⇒ p = 2 (vô lí) Do đó phương trình trên vô
nghiệm.
Và cuối cùng để thấy thêm sự hiệu quả của mệnh đề này ; ta hãy đến với
bài toán của Euler .
Ví Dụ 24:
Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 4xy − x− y = z2
Nhưng trước hết hãy xem lời giải của Euler để nhìn nhận ra sự giá trị
của mệnh đề trên:
Giả sử pt có tâp nghiệm (x; y; z) = (a; b; c) với c là giá trị nhỏ nhất của
z. Suy ra 4ab− a− b = c2 ⇒ 16ab− 4a− 4b = 4c2
⇒ (16ab− 4a)− (4b− 1)− 1 = 4c2
⇒ (4a− 1)(4b− 1)− 1 = 4c2 (*)
Cộng vào 2 vế (*) :
4(4a− 1)2 − 8(4a− 1)c
Ta đc: (4a − 1)(4b − 1) − 1 + (4(4a − 1)2 − 8(4a − 1)c) = 4c2 + 4(4a −
1)2 − 8(4a− 1)c
⇒ (4a− 1)(4b− 1 + 4(4a− 1)− 8c) = 4(c− (4a− 1))2
⇒ (4a− 1)[4(b+ 4a− 1− 2c)− 1) = 4(c− (4a− 1))2 (**)
Vậy nếu pt (*) có nghiệm là (a; b; c) thì pt (*) cũng có nghiệm là (a; b+
4a− 1− 2c; c− (4a− 1))
Vì c là giá trị nhỏ nhất của z Suy ra nghiệm z = |c− (4a− 1)| > c
⇒ |c− (4a− 1)|2 > c2
⇒ pt(∗∗) > (∗)
⇒ 4(c − (4a − 1))2 = (4a − 1)(4b − 1 + 4(4a − 1) − 8c) > 4c2 = (4a −
1)(4b− 1)− 1
⇒ (4a− 1)(4b− 1 + 4(4a− 1)− 8c) > (4a− 1)(4b− 1)
⇒ (4b− 1 + 4(4a− 1)− 8c) > 4b− 1
⇒ 4(4a− 1)− 8c > 0
⇒ 4a− 1 > 2c (1)
Vì a, b có vai trò như nhau nên ta cũng cm đc 4b− 1 > 2c (2)
Từ (1) và (2) ⇒ 4a− 1 ≥ 2c+ 1; 4b− 1 ≥ 2c+ 1
⇒ pt (*) : 4c2 = (4a− 1)(4b− 1) ≥ (2c+ 1)2 − 1
⇒ 4c2 ≥ 4c2 + 4c
⇒ c ≤ 0 (vô lí)
12
Vậy pt này vô nghiệm
Nhưng nếu dùng mệnh đề trên thì lời giải ngắn gọn hơn nhiều:
4xy − x− y = z2
⇒ 4(4xy − x− y) = 4z2
⇒ 16xy − 4x− 4y = 4z2
⇒ (16xy − 4x)− (4y − 1) = 4z2 + 1
⇒ (4x− 1)(4y − 1) = 4z2 + 1 = (2z)2 + 12
Rõ ràng 4x− 1; 4y − 1 đều có dạng 4t+ 3.
Thật vậy: 4x− 1 = 4(x− 1) + 3; 4y − 1 = 4(y − 1) + 3
Do đó (4x− 1)(4y − 1) có ít nhất 1 ước nguyên tố p = 4s+ 3
⇒ z2 + 1...p = 4s+ 3
⇒ 1...p (vô lí) Do đó phương trình trên vô nghiệm.
Các dạng cơ bản của phương trình vô định nghiệm nguyên mình đã giới
thiệu hết. Việc sắp xếp các dạng ; phương pháp là theo chủ ý của mình nên
ít nhiều sẽ sai sót. Sau đây là phần nói thêm về các phương trình vô định
siêu việt và phương trình khác (kiến thức sơ sài nên mình nói cũng sơ thôi)
Đầu tiên là phương trình dạng mũ : Như đã nói thì phương trình dạng
mũ thường có phương pháp chung là xét Modulo (nhưng không phải là luôn
luôn)
Ta đến với các Ví Dụ cơ bản:
Ví Dụ 25: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
2x + 7 = y2 (x ∈ Z; y ∈ Z) (23)
Giải:
x = 0: phương trình vô nghiệm x = 1⇒ y = ±3
Xét x ≥ 2
⇒ 2x ≡ 0(mod4)
7 ≡ 3(mod4)
⇒ y2 = 2x + 7 ≡ 3(mod4) (vô lí do y2 ≡ 0; 1; 4(mod4))
Nghiệm phương trình là (x; y) = (1; 3); (1;−3)
Ví Dụ 26: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
2x + 21 = y2(x ∈ Z; y ∈ Z) (24)
Giải:
Xét x lẻ . Đặt x = 2k + 1
⇒ 2x = 2.4k = 2(3 + 1)k ≡ 2(mod3)
⇒ 2x + 21 ≡ 2(mod3) (do 21...3)
⇒ y2 ≡ 2(mod3) (vô lí) (do y2 ≡ 0; 1(mod3))
Xétx chẵn. Đặt x = 2k
13
⇒ 22k + 1 = y2
⇒ y2 − 22k = 1
⇒ (y − 2k)(y + 2k) = 1
Phương trình ước số; quá đơn giản. Đáp số (x; y) = (2; 5); (2;−5)
Ví Dụ 26: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau:
2x + 2y + 2z = 2336 với x < y < z (Việt Nam 1982) (25)
Giải:
(25)⇔ 2x(1 + 2y−x + 2z−x) = 2336 = 25.73
Rõ ràng 1 + 2y−x + 2z−x lẻ{
2x = 25
1 + 2y−x + 2z−x = 73
⇒ x = 5.
1 + 2y−x + 2z−x = 73
⇒ 2y−x(1 + 2z−y) = 72 = 23.9
Lý luận như trên ⇒ 2y−x = 23
⇒ y = 8
⇒ z = 11
Nghiệm phương trình là (x; y; z) = (5; 8; 11)
Chú ý: Với cách giải trên ta có thể xử đẹp phương trình dạng này: 2x +
2y + 2z = 2n (x ≤ y ≤ z;n ∈ N)
Đáp số: (x; y; z) = (n− 2;n− 2;n− 1)
Ví dụ 27: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau:
5x3 = y3 + 317 (26)
Giải: Trong phương trình này có sự tham gia của số lập phương và như
đã nói ở phần phương pháp lựa chọn modulo thì trong bài này ; modulo ta
xét sẽ là modulo 9 y = 0 ; phương trình vô nghiệm nguyên .
y = 1⇒ x = 4
y ≥ 2
⇒ 3y ≡ 0(mod9)
317 ≡ 2(mod9)
⇒ 5x3 = y3 + 317 ≡ 2(mod9) (vô lí vì 5x3 ≡ 0; 5; 4(mod9))
Ta đến với các bài toán khó hơn
Ví Dụ 28: Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau:
xy = yx (27)
Giải:
14
Rõ ràngx = y là 1 nghiệm. Xét x 6= y.
Không mất tính tống quát giả sử x < y
⇒ x√xy = y
⇒ x yx = y do y nguyên nên x yx nguyên.
⇒ y...x.
Đặt y = tx,
Thế vào ta được: xt = tx ⇒ xt−1 = t
Rõ ràng t ≥ 2 (vì đã giả sử x 6= y) t = 2⇒ x = 2⇒ y = 4 t ≥ 3; lúc đó
rõ ràng x ≥ 2
Ta chứng minh: xt−1 > t Do x ≥ 2 nên ta chỉ việc chứng minh: 2t−1 > t .
Ta cm quy nạp theo t. t = 3 ; đúng .
Giả sử khẳng định đúng với t = k tức là 2k−1 > k
Ta cm khẳng định đúng với t = k+1 tức là chứng minh 2k > k+1 . Rất
đơn giản ; theo giả thiết quy nạp thì: 2k−1 > k ⇒ 2k > 2k > k+1 (do k > 1)
Do đó phương trình vô nghiệm với t ≥ 3 Kết luận: nghiệm phương trình
là (x; y) = (a; a); (2; 4); (4; 2) với a ∈ Z
Chú ý: Ta có thể giải phương trình theo cách khác .Nhưng trước hết ; ta
cần chứng minh mệnh đề sau: an
...bn ⇔ a...b
Ta chứng minh phần thuận ; phần đảo là điều hiển nhiên . Trong phân
tích a; b ra dạng chuẩn tắc thì số nguyên tố p có lũy thừa tương ứng là s; t.
Do đó trong phân tích an; bn ra dạng chuẩn tắc thì số nguyên tố p có lũy
thừa tương ứng là ns;nt. Vì an
...bn ⇒ ns ≥ nt ⇒ s ≥ t Vì p được chọn tuỳ ý
nên a
...b
Quay lại với bài toán . Ta chỉ xét trường hợp x 6= y Không mất tính tổng
quát giả sử x > y . Đặt x = y + t⇒ xy = yy+t ⇒ xy...yy
⇒ x...y ⇒ x = ty .
Rồi làm tương tự như trên
Ví Dụ 29: Giải phương trình nghiệm nguyên không âm sau
2x − 3y = 1 (28)
Giải:
Xét theo modulo 3
Viết lại phương trình 2x − 1 = 3y
Xét: y = 0 => x = 1. Xét y ≥ 1
⇒ 3y ≡ 0(mod3)
⇒ 2x − 1 ≡ 0(mod3)
Mặt khác: 2x − 1 = (3− 1)x − 1 ≡ (−1)x − 1(mod3)
⇒ x chẵn ( vì x chẵn thì (−1)x − 1 = 0 ≡ 0(mod3)
15
Đặt x = 2k ⇒ 22k − 1 = 3y ⇒ (2k − 1)(2k + 1) = 3y
⇒

2k + 1 = 3u
2k − 1 = 3v
u+ v = y
⇒ (2k + 1)− (2k − 1) = 2 = 3u − 3v
⇒ 2 + 3v = 3u
Nếu u = 0⇒ 3v = −1 (vô lí)
Nếu u ≥ 1⇒ 3u ≡ 0(mod3)
⇒ 2 + 3v...3 ⇒ v = 0 ⇒ u = 1. ⇒ y = 1 ⇒ x = 2 Kết luận: nghiệm
phương trình là (x; y) = (0; 1); (2; 1)
Ví Dụ 30: Giải phương trình nghiệm nguyên không âm sau:
3x + 4y = 5z (29)
Bài toán này đã được đề cập trong phần trước và đây là lời giải của nó:
Xét theo modulo 3 3x + 4y = 3x + (3 + 1)y ≡ 1(mod3)
⇒ 5z = (6− 1)z ≡ (−1)z ≡ 1(mod3)
⇒ z chẵn . Đặt z = 2a
⇒ 3x + 4y = 52a
⇒ 3x = 52a − (2y)y = (5a − 2y)(5a + 2y)
Do đó có 2 trường hợp xảy ra:
Trường Hợp 1: {
5a − 2y = 3m
5a + 2y = 3n
(m;n ≥ 1) Điều này không xảy ra vì (5a−2y)+(5a+2y) = 2.5a = 3m+3n...3
Nhưng 2.5a thì không chia hết cho 3
Trường Hợp 2: {
5a − 2y = 1
5a + 2y = 3x
⇒ (5a − 2y) + (5a + 2y) = 2.5a = 3x + 1 ≡ 1(mod3)
⇒ 2.5a = 2.(6− 1)a ≡ 2.(−1)a ≡ 1(mod3)
Do đó a lẻ . Ta có: 5a − 2y = 1 ≡ 1(mod3)
⇒ (6− 1)a − (3− 1)y ≡ (−1)a − (−1)y ≡ 1(mod3)
Do a lẻ nên rõ ràng y chẵn . Đặt a = 2k + 1; y = 2t
⇒ 52k+1 + 22t = 3x
Nếu t = 1⇒ y = 2⇒ x = z = 2
Nếu t ≥ 2 ⇒ 22t ≡ 0(mod8)
16
Ta có 52k+1 = 5.25k = 5.(24 + 1)k ≡ 5(mod8)
⇒ V T ≡ 5(mod8)
Tuy nhiên xét modulo 8 cho vế phải . Nếu x chẵn ; x = 2s ⇒ 3x = 9s =
(8 + 1)s ≡ 1(mod8)
Nếu x lẻ ; x = 2s+ 1 ⇒ 3x = 3.9s ≡ 3(mod8)
Từ đó