Phương pháp giải các phương trình nghiêm nguyên

Cây cúc đắng quên lòng mình đang đắng Trổ hoa vàng dọc suối để Ong bay --------------Nguyễn Mạnh Thắng - THCS Khánh Dương – Yên Mô – Ninh Bình ---------- Phương pháp giải toán bậc trung học – chương 1 – phần 1 – số học THCS 1 PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC PHƯƠNG TRÌNH NGHIÊM NGUYÊN Phương pháp 1: biến đổi thành tích các đa thức chứa biến với các số nguyên tố cùng nhau: hoặc các tuyển phương trình: Bài 1: tìm các số nguyên x, y sao cho y3 – x3 = 91 HD có y3- x3 = ( y-x)(x2 + xy + y2) = 91 = 1.91 = 13.7 vậy ta có: 1/    =++ =− 91 1 22 yxyx xy 2/    =++ =− 7 13 22 yxyx xy 3/    =++ =− 13 7 22 yxyx xy 4/    =++ =− 1 91 22 yxyx xy Giải 4 hệ trên với x, y nguyên. Ta được kết quả của bài toán. Bài 2: giải phương trình nghiệm nguyên dương: xy + xz + xt = x2005 HD: từ phương trình trên có thể viết lại là: xt = x2005 – xy –xz
x2005 – t – xy – t – xz – t = 1
xz-t(x2005 – z – xy – z – 1) = 1 vậy ta có:        =− = ⇔ =− = −− − −− − 2)1( 1 2 1 20052005 yzy tz zyz tz xx x xx x
               = = =      = = = − − − − − − )2( 1 2 1 )1( 2 1 1 2005 2005 y zy tz y zy tz x x x x x x Giải (1) được nghiệm là y = z = t = 2004 ; x = 2 Giải (2) được nghiệm là y = 2005, x = 2, z = t = 2004 Phương pháp 2: Dựa vào tính bình đẳng cuả các biến số. Trong các số x, y, z khác nhau. Luôn có số bé nhất và số lớn nhất. nên nếu chúng bình đẳng thì ta luôn có thể giả sử rằng x zy ≥≥ Bài 1: tìm ba số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng. HD: ta phải giải phương trình với các số nguyên dương x, y, z sao cho x+y+z=xyz Vì vai trò của các số x, y, x trong phương trình là bình đẳng nên ta có thể giả sử rằng x zy ≤≤ nên ta có x+y+z ≤ 3z hay xyz ≤ 3z nên xy 3≤ Cây cúc đắng quên lòng mình đang đắng Trổ hoa vàng dọc suối để Ong bay --------------Nguyễn Mạnh Thắng - THCS Khánh Dương – Yên Mô – Ninh Bình ---------- Phương pháp giải toán bậc trung học – chương 1 – phần 1 – số học THCS 2 mà x, y nguyên dương nên chỉ có thể sảy ra các trường hợp sau a/ x = y = 1. trường hợp này phương trình không có nghiệm b/ x = 1; y = 2. thay vào phương trình tìm được z = 3 c/ x = 1, y = 3. thay vào phương trình thấy không có nghiệm phù hợp. vậy các bộ số tìm được là các hoán vị của 1, 2, 3. Bài tập 2:tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2111 =++ zyx HD: do vai trò bình đẳng của x, y, z. nên ta có thể giả sử rằng: x ≤ y ≤ z. Ta có: 2 = 1 2 31 .3 111 =⇒≤⇒≤++ xx xzyx Thay x = 1 vào phương trình ban đầu. ta được: 2 211 121 11 ≤⇒≤+=⇒=++ y yzyzy nên nếu y = 1 và 01 = z vô lí. và y = 2: ta tìm được z = 2 vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là các hoán vị của ( 1, 2, 2 ) Bài tập 3: tìm x, y, z tự nhiên thoả mãn các điều kiện sau: a/ x3 + y3 = 2z 3 b/ x + y + z là nguyên tố. HD: có: ( x + y + z )3 = ( x + y )3 + z3 + 3z(x+y)(x+y+z) = x3 + y3 + z3 + 3xy(x+y) + 3z(x+y)(x+y+z) = [3z + 3xy(x+y) + 3z(x+y)(x+y+z) ]  3 Nên (x+y+x)3 3 hay (x+y+z) 3 Nhưng vì (x+y+z) là nguyên tố nên ( x+y+z) = 3 Vậy bài toán trở thành: tìm các số tự nhiên sao cho thoả mãn hai điều kiện sau (!) x3 + y3 = 2z3 (!!) x + y + z = 3 Vì vai trò của các số x, y trong bài toán là như nhau nên ta giả sử rằng x ≤ y ⇒ 2z3 = x3 + y3 ≤ 2y3
z ≤ y và 2z3 = x3 + y3 ≥ 2x3
z ≥ x Vậy ta có: x ≤ z ≤ y (* Mặt khác ta có: 3 = x + y + z ≥ 3x ⇒ x ≤ 1 Nên x = 1 hoặc x = 0 Xét x = 0: ta có y + z = 3. nên    == == 0;3 1;2 zy zy Các nghiệm này đều không thoả mãn (!) Cây cúc đắng quên lòng mình đang đắng Trổ hoa vàng dọc suối để Ong bay --------------Nguyễn Mạnh Thắng - THCS Khánh Dương – Yên Mô – Ninh Bình ---------- Phương pháp giải toán bậc trung học – chương 1 – phần 1 – số học THCS 3 Xét trường hợp x = 1 khi đó có: y + z = 2, nên    == == 2,0 1;1 yz yz Trường hợp Z = 0 không thoả mãn (*) nên bị loại Trường hợp x = y = z = 1 thoả mãn Vậy các số phải tìm là x = y = z = 1 Phương pháp 3: Sử dụng tính chia hết: Chú ý rằng: nếu a b thì a = kb nếu a không chia hết cho b thì a = kb + r với r < b Phân tích tiêu chuẩn của một số nguyên: Mọi số nguyên dương N lớn hơn 1 đều có thể viết một cách duy nhất dưới dạng: N = p1 k1.p2 k2.p3 k3.......pn kn. với Pi là các số nguyên tố. k,n là nguyên dương. Hệ quả của sự phân tích tiêu chuẩn: Nếu ak = xy mà (x, y) = 1 thì x = am ; y = an sao cho m + n = k Bài tập 1: tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – 2y2 = 5 HD: từ phương trình trên thấy rằng x là số lẻ nên x = 2k+1. vậy phương trình trở thành: 4k2 + 4k +1 -2y2 = 5
2(k2 +k – 1) = y2 vậy y là số chẵn. hay y = 2t thay y = 2t vào phương trình được: 2( k2 +k -1) = 4t2
k(k+1) = 2t2 +1 vì hai vế có tính chẵn lẻ khác nhau nên phương trình vô nghiệm. Bài tập 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3x +1 = (y+1 )2 (1) HD: có: (1)
3x = (y+1)2 -1
3x = y(y+2) (2) Chú ý rằng 3x là một số lẻ. nên y và (y+2) là hai số lẻ liên tiếp. nên chúng nguyên tố cùng nhau. vậy nên ta có:    =+ = m m y y 32 3 với m, n nguyên không âm. m+n = x từ hệ trên ta có: 3m + 2 = 3n ⇒ m < n a/ Nếu m = 0 thì từ trên có y = 1 và n = 1. nên x = 1 b/ nếu m ≥ 1 thì n > 1. từ hệ trên thấy rằng y và y+2 cùng chia hết cho 3. nên mâu thuẫn với (y; y+2) = 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = y = 1 Bài tập 3: Giải phương trình sau với các số tự nhiên: 2x +1 = y2 HD: Ta có phương trình đã cho tương đương với phương trình: Cây cúc đắng quên lòng mình đang đắng Trổ hoa vàng dọc suối để Ong bay --------------Nguyễn Mạnh Thắng - THCS Khánh Dương – Yên Mô – Ninh Bình ---------- Phương pháp giải toán bậc trung học – chương 1 – phần 1 – số học THCS 4 2x = ( y+1)(y-1) Nên 2x (y+1) và 2x (y-1) nên đặt y-1 = 2n và y+1 = 2m với m, n nguyên và n < m. Khi đó 2m – 2n = 2. hay 2n( 2m – n -1) = 2 chú ý rằng 2m-n – 1 là số lẻ. Từ đó ta có:    =− = − 112 22 nm n giải hệ này ta được n = 1 và m – n = 1 nên m = 2 Vậy x = y = 3 là các nghiệm tự nhiên của phương Phương pháp 4: sử dụng các bất đẳng thức: Các bất đẳng thức thường được sử dụng là các bất đẳng thức quan hệ giữa giá trị trung bình. các bất đẳng thức giá trị tuyệt đối, các bất đẳng thức dạng a2 ≥ 0 ..... Min(a, b) ≤ 22 2 22 baba ab ba ab + ≤ + ≤≤ + ≤ max( a, b) + Dùng các bất đẳng thức để đánh giá một ẩn số nào đó và từ sự đánh giá đó suy ra các giá trị nguyên của ẩn này. Bài tập 1: tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – xy + y2 = 3 HD: Phương trình trên tương đương với: 4 3 3 2 22 yy x −=      − . chú ý rằng: 0 4 3 30 2 2 ≥−⇒≥      − yy x ⇒ - 2 ≤ y ≤ 2 Vậy y = ±2, ±1, 0 Lần lượt thay y vào phương trình ta tìm được các nghiệm nguyên của nó. Bài tập 2: Tìm các cặp số nguyên x, y thoả mãn: x4 + ( x+1)4 = y2 + ( y+1)2 HD: Khai triển các hằng đẳng thức và rút gọn ta được: x4 + 3x3 + 3x2 + 2x = y2 + y
x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + 1 = y2 + y + 1
(x2 + x + 1)2 = y2 + y + 1 (1) từ đây thấy rằng: y2 + y + 1 là số chính phương. Mặt khác: Nếu y > 0 thì y2 < y2 + y + 1 < ( y+1)2 Nếu y < -1 thì (y+1)2 < y2 + y + 1 < y2 vậy y2 + y + 1 không thể là số chính phương Từ tất cả những điều trên ta có thể suy ra    =++ =++ 11 01 2 2 yy yy giải trên ta được y = 0 hoặc y = -1 thế thì: ( x2 + x + 1)2 = 1 Mặt khác ta có x2 + x + 1 luôn dương, nên Cây cúc đắng quên lòng mình đang đắng Trổ hoa vàng dọc suối để Ong bay --------------Nguyễn Mạnh Thắng - THCS Khánh Dương – Yên Mô – Ninh Bình ---------- Phương pháp giải toán bậc trung học – chương 1 – phần 1 – số học THCS 5 x2 + x + 1 = 1
x = 0 hoặc x = -1 Từ đó tìm được nghiệm của phương trình Bài tập 3: Giải phương trình nghiệm nguyên: 20 72 22 = + + yx yx HD: ta có x + 2y > 0 (*) ta lại có: ( x + 2y)2 ≤ (12 + 22)(x2 + y2) = 5(x2 + y2) ⇒ 222 )2( 51 yxyx + ≤ + ⇒ yxyx yx yx yx 2 5 )2( )2(52 20 7 222 + = + + ≤ + + = ⇒ 15 7 20.5 2 2 5 20 7 ≤≤+⇒ + ≤ yx yx kết hợp với (*) ta có: 0 < x+2y < 15 Mặt khác ta có: (7, 20) = 1. nên phương trình đầu bài tương đương với hai phương trình sau:          =+ =+    =+ =+ 40 142 20 72 22 22 yx yx yx yx Giải hệ phương trình trên ta tìm được nghiệm nguyên của phương trình đã cho. Bài tập 4: Tìm các số nguyên x, y, z thoả mãn: 3=++=++=++ zyx y z z x x y x z z y y x HD: ta có: 93 =++++++++=++++++ z z z x z y x x x y x z y y y z y x y z z x x y x z z y y x Hay: 9=++++++++ z zyx y zyx x zyx Mặt khác: x + y + z = 3 nên: 3111 =++ zyx Nhưng vì x, y, z là nguyên. nên: 11;11;11 ≤≤≤ zyx Cộng các bất đẳng thức trên ta có: 3111 ≤++ zyx Từ đây ta có: 1111 === zyx Hay x = y = z = 1 là nghiệm của phương trình đã cho. Bài tập 5: Giải phương trình nghiệm nguyên dương: 2( y+z) = x(yz -1) Cây cúc đắng quên lòng mình đang đắng Trổ hoa vàng dọc suối để Ong bay --------------Nguyễn Mạnh Thắng - THCS Khánh Dương – Yên Mô – Ninh Bình ---------- Phương pháp giải toán bậc trung học – chương 1 – phần 1 – số học THCS 6 HD: vì x, y, z nguyên dương và từ phương trình ta có. (yz -1) khác 0. phương trình đã cho tương đương với: zy yz x + − = 12 vì vai trò của y và z là như nhau nên giả sử rằng z ≥ y trường hợp 1: xét yz – 1 ≥ y + z.
(z-1)(y-1) ≥ 2 nên z ≥ 3 và y khác 1. từ đó ta có: 12112 ≥⇒≥ + − = xzy yz x nên x ≤ 2 xét x = 1. thay vào phương trình và biến đổi ta được 2 5 2 2 12 − += − − = zz z y Vậy 5 (z-2) nên z = 3. từ đó tìm được nghiệm trong trường hợp này. Xét x = 2. thay vào phương trình và biến đổi ta được: (z-1)(y-1) = 2.
         =− =−    =− =− 21 11 11 21 y z y z Giải hệ này ta tìm được nghiệm của phương trình. Trường hợp2: xét z ≤ 2. khi đó y = 2 hoặc y = 1. Thay vào phương trình ta tìm được nghiệm x. nghiệm của phương trình đã cho là các hoán vị giữa y và z trong các nghiệm (x, y, z) tìm được ở trên. Bài tập 6: Tìm các số n nguyên thoả mãn: (n+5)2 = [4(n-2) ]3 HD: Vì vế trái của phương trình không âm nên n ≥ 2 Xét n = 2: thay vào phương trình – không thoả mãn. vậy n > 2 Mặt khác ta có: ( n+5)2 = 64(n-2)3 ≥ 64(n-2)2
n+5 ≥ 8( n-2) Hay n ≤ 3 Kết hợp ta được: 2 < n ≤ 3. vậy n = 3 Thay n = 3 trở lại phương trình ta thấy thoả mãn. vậy n = 3 là nghiệm của phương trình Phương pháp 5: Đưa phương trình về dạng tổng + cơ sở: đưa phương trình về dạng tổng - vế trái là tổng của các bình phương, vế phải là tổng của các số chính phương: Bài tập 1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + y2 - x - y = 8 (*) Lời giải : (*) 4x2 + 4y2 - 4x - 4y = 32 (4x2 - 4x + 1) + (4y2 - 4y + 1) = 34 |2x - 1|2 + |2y - 1|2 = 32 + 52. Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 chỉ có duy nhất một dạng phân tích thành tổng của hai số chính phương 32 và 52. Cây cúc đắng quên lòng mình đang đắng Trổ hoa vàng dọc suối để Ong bay --------------Nguyễn Mạnh Thắng - THCS Khánh Dương – Yên Mô – Ninh Bình ---------- Phương pháp giải toán bậc trung học – chương 1 – phần 1 – số học THCS 7 Do đó phương trình thỏa mãn chỉ trong hai khả năng Giải các hệ trên => phương trình (*) có bốn nghiệm nguyên là (x ; y) Є {2 ; 3) ; (3 ; 2) ; (-1 ; -2) ; (-2 ; -1)} Phương pháp 6 : lùi vô hạn Bài tập 1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 - 5y2 = 0 Lời giải : Giả sử (x0 ; y0) là nghiệm của phương trình thì : x0 2 - 5y0 2 = 0 => x0 chia hết cho 5, đặt: x0 = 5x1 ; (x1 Є Z), ta có : 25x1 2 - 5y0 2 = 0 5x1 2 - y0 2 = 0 => y0 chia hết cho 5, đặt y0 = 5y1 ; (y1 Є Z). Từ đó ta có : 5x1 2 - 25y1 2 = 0 x1 2 - 5y1 2 = 0. Vậy nếu (x0 ; y0) là nghiệm nguyên của PT thì (x0/5 ; y0/5) cũng là nghiệm nguyên của PT Tiếp tục lập luận tương tự, ta có với k nguyên dương bất kì, cũng là nghiệm nguyên của PT hay x0 và y0 đều chia hết cho 5 k với mọi k là số nguyên dương tùy ý. Điều này chỉ xảy ra khi x0 = y0 = 0. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = y = 0. Bài tập 2: Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: 8x4 +4y4 +2z4 = t4 HD: dễ thấy rằng phương trình có 1 nghiệm là x = y = z = t =0 giả sử rằmg ít nhất một trong các số trên khác 0. vì vế trái là tổng các số chẵn ⇒ t là số chẵn. đặt t = 2t1 thay vào phương trình. ta được: 8x4 + 4y4 +2z4 = 16t1 4
4x4 + 2y4 + z4 = 8t1 4 ⇒ z chẵn. đặt z = 2z1 thay vào phương trình.tút gọn. được: 2x4 +y4+8z41 = 4t1 4 vậy y chẵn. đặt y = 2y1 và thay vào phương trình. rút gọn được: x4 + 8y1 4 + 4z1 4 = 2t1 4 ⇒ x chẵn. đặt x = 2x1 thay vào phương trình được: 8x1 4 + 4y1 4 + 2z1 4 = t1 4. tương tự làm như thế và chú ý rằng x>x1>x2>x3 ........ tương tự như thế với các số x, y, z, t. Như thế ta đã xây dựng được 1 dãy số giảm dần và vô hạn. nhưng vì các số x, y, z, t là các số nguyên nên dãy này phải là hữu hạn. dẫn đến mâu thuẫn. vậy phương trình không có nghiệm khác 0 Phương pháp 7 : xét chữ số tận cùng Bài tập 1 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình Cây cúc đắng quên lòng mình đang đắng Trổ hoa vàng dọc suối để Ong bay --------------Nguyễn Mạnh Thắng - THCS Khánh Dương – Yên Mô – Ninh Bình ---------- Phương pháp giải toán bậc trung học – chương 1 – phần 1 – số học THCS 8 1! + 2! + ... + x! = y2 (*) Lời giải : Cho x lần lượt bằng 1 ; 2 ; 3 ; 4, ta có ngay 2 nghiệm nguyên dương (x ; y) của phương trình (*) là (1 ; 1) và (3 ; 3). Nếu x > 4 thì dễ thấy k! với k > 4 đều có chữ số tận cùng bằng 0 ⇒ 1! + 2! + 3 ! + 4! + 5! + ... + x! = 33 + 5! + ... + x! có chữ số tận cùng bằng 3. Mặt khác vế phải là số chính phương nên không thể có chữ số tận cùng là 3. Vậy phương trình (*) chỉ có hai nghiệm nguyên dương (x ; y) Є {(1 ; 1) ; (3 ; 3)}. Bài tập 2 : Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình : x2 + x - 1 = 32y + 1 (**) Lời giải : Cho x các giá trị từ 0 đến 9, dễ dàng xác định được chữ số tận cùng của x2 + x - 1 chỉ nhận các giá trị 1 ; 5 ; 9. Mặt khác, ta thấy 32y + 1 là lũy thừa bậc lẻ của 3 nên chữ số tận cùng của nó chỉ có thể là 3 hoặc 7, khác với 1 ; 5 ; 9. Vậy (**) không thể xảy ra. Nói cách khác, phương trình (**) không có nghiệm nguyên dương. Bài toán này cũng có thể giải bằng phương pháp sử dụng tính chất chia hết. Phương pháp 8 : Sử dụng tính chất nghiệm của phương trình bậc hai Biến đổi phương trình về dạng phương trình bậc hai của ẩn, coi các ẩn khác là tham số, sử dụng các tính chất về nghiệm của phương trình bậc 2 để xác định giá trị của các tham số. Bài tập 1 : Giải phương trình nghiệm nguyên : 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + 5 = 0 (*) Lời giải : (*) ⇒y2 + (4x + 2)y + 3x2 + 4x + 5 = 0 Ta thấy nếu phương trình có nghiệm thì y nguyên => - 4x - 2 nguyên, mà x nguyên nên nguyên => ∆'y = x2 - 4 = n2 với n Є Z, dùng phương pháp 1 (đưa về dạng tích) => (x + n)(x - n) = 4, ta xác định được x = 2 và x = -2 . Vậy phương trình (*) có hai nghiệm nguyên (x ; y) Є {(2 ;-5); (-2 ; 3)}. Bài tập 2 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 - (y + 5)x + 5y + 2 = 0 (**) Lời giải : Giả sử phương trình ẩn x có nghiệm nguyên x1, x2 thì theo định lí Vi-ét ta có : Cây cúc đắng quên lòng mình đang đắng Trổ hoa vàng dọc suối để Ong bay --------------Nguyễn Mạnh Thắng - THCS Khánh Dương – Yên Mô – Ninh Bình ---------- Phương pháp giải toán bậc trung học – chương 1 – phần 1 – số học THCS 9 => (x1 - 5)(x2 - 5) = 2 = 1.2 = (-1)(-2) => x1 + x2 = 13 hoặc x1 + x2 = 7 => y = 8 hoặc y = 2, thay vào (13), phương trình này có 4 nghiệm : (x ; y) Є {(7 ; 8) ; (6 ; 8) ; (4 ; 2) ; (3 ; 2)}. Phương pháp 9: sử dụng các định lí cơ bản của số học: Định lí 1: định lí fermat nhỏ: Nếu P là số nguyên tố và số nguyên a không chia hết cho p thì: ap-1 – 1 p Chứng minh: vì a không chia hết cho p nên các số 2a, 3a, 4a,....., (p-1)a đều không chia hết cho p. thế thì: a = k1p + r1 2a = k2p + r2 (*) 3a = k3p + r3 ..................... (p-1)a = kp-1p + rp-1 và các số dư r1, r2, r3, ....., rp-1 là khác nhau. nhận các giá trị từ 1 đến (p-1) Hay r1.r2.r3 ........rp-1 = 1.2.3......(p-1) Nhân từng vế của (*) với nhau ta được: 1.2.3.....(p-1).ap-1 = Np + r1.r2.r3 ........rp-1 (với N là số nguyên) Hay: 1.2.3.....(p-1).ap-1 = Np + 1.2.3......(p-1). từ đó ta có: 1.2.3.....(p-1).(ap-1 – 1 ) = Np Nhưng vì 1.2.3......(p-1) không chia hết cho số nguyên tố p. Nên ap-1 – 1 p (đpcm) Bổ đề ơclit: Nếu tích ab chia hết cho số nguyên tố p thì ít nhất 1 trong 2 số a hoặc b phải chia hết cho p Bài tập 1: Giải phương trình với các giá trị nguyên: x2002 + y2002 = 20032001(x3 + y3) (*) HD: Nhận xét rằng phương trình có nghiệm nguyên x = y = 0 Xét với các số x, y khác 0. từ phương trình ta thấy ( x2002 + y2002 )  2003 (!) mặt khác: x2002 – 1 = x2003 -1 – 1  2003. hay x2002 chia cho 2003 dư 1 Nên x2002 = 2003k1 +1 Tương tự: y2002 = 2003k2 + 1 Nên: x2002 + y2002 = 2003(k1 + k2) + 2 không chia hết cho 2003 (!!) từ mâu thuẫn giữa (!) và (!!) dẫn đến phương trình không có nghiệm với x, y khác 0. Vậy phương trình đã cho chỉ có 1 nghiệm nguyên là x = y = 0. Cây cúc đắng quên lòng mình đang đắng Trổ hoa vàng dọc suối để Ong bay --------------Nguyễn Mạnh Thắng - THCS Khánh Dương – Yên Mô – Ninh Bình ---------- Phương pháp giải toán bậc trung học – chương 1 – phần 1 – số học THCS 10 Bài tập 2: Cho các số p1; p2; P3; P4; P5; P6; p7 biết: p1. p2. p3. p4. p5. p6. p7 = p1 6 + p2 6 + p3 6 + p4 6 + p5 6 + p6 6 + p7 6 tìm các số Pi ( i =1,.....7) HD: Chú ý rằng: ( a7-1 – 1 )7 ⇒ a6 chia cho 7 dư 1. Hay: a6 = 7n + 1. Giả sử rằng trong 7 số trên có k số khác 7 với 0 ≤ k ≤ 7 và k nguyên dương. xét các trường hợp: a/ Nếu k = 0. hay tất cả các số đều bằng 7. ⇒ 7.7.7.7.7.7.7 = 7.76 thoả mãn. vậy các số Pi bằng nhau và bằng 7. b/ Nếu k = 7. tức là không có số nào bằng 7. Vế phải: p1 6 + p2 6 + p3 6 + p4 6 + p5 6 + p6 6 + p7 6 = 7(n1 + n2 + n3 + n4 + n5 + n6 + n7 ) + 7 chia hết cho 7. Vế trái không chia hết cho 7 ( vì không có số 7 nào cả) Nên trường hợp này phương trình vô nghiệm. c/ Nếu 1≤ k ≤6. Tức là vế trái có ít nhất 1 số 7, nên nó chia hết cho 7. Vế phải có dạng 7m + k. mà k không chia hết cho 7. Nên nó không chia hết cho 7. Vậy trong trường hợp này phương trình không có nghiệm. Tóm lại. phương trình chỉ có nghiệm Pi = 7. Phương pháp 10: sử dụng tính chẵn - lẻ. ở phương pháp này ta chú ý rằng : a là số chẵn thì: a = 2n a là số lẻ thì: a = 2n+1. Bài tập 1: Giải phương trình nghiệm nguyên: 54x3 + 1 = y3 HD: Phương trình trên được viết lại là: 2(3x)3 + 1 = y3. đặt z = 3x và thay vào phương trình ta được: 2z3 + 1 = y3. Nên y là số lẻ. đặt y = 2k+1. thay vào phương trình: 2z3 + 1 = (2k+1)3
z3 = 4k3 + 6k2 + 3k. Nên zk. đặt z = tk. và thay vào phương trình: ⇒ t3k3 = k3 + 3k(k+1)2 ⇒ k[ t3k2 – k2 – 3(k + 1)2 ] = 0 ⇒    ++= = 2223 )1(3 0 kkkt k • với k = 0. thay vào tìm được. x = z = 0; y = 1. • xét trường hợp t3k2 = k2 + 3(k + 1)2
(t3 – 1)k2 = 3(k+1)2 Cây cúc đắng quên lòng mình đang đắng Trổ hoa vàng dọc suối để Ong bay --------------Nguyễn Mạnh Thắng - THCS Khánh Dương – Yên Mô – Ninh Bình ---------- Phương pháp giải toán bậc trung học – chương 1 – phần 1 – số học THCS 11 Nếu t = 1 ⇒ k = -1. thay vào tìm được x không nguyên, nên trường hợp này không có nghiệm. Nếu t khác 1. ⇒ k khác – 1. ⇒ 3(k + 1)2 k2. Nhưng vì (k, k+1) = 1. Nên 3k2 từ đó ta được k = 1. Thay vào phương trình. đựoc x không nguyên. Vậy phương trình có 1 nghiệm x = 0, y = 1. Bài tập 2: Giải phương trình với các số nguyên: 2(x2 + y2 )2 = x2 + y2 + 2z2 HD: dễ thấy rằng phương trình có nghiệm x = y = z = 0. ta giả sử rằng nó còn có nghiệm khác nghiệm trên. tức là x , y khác 0. Từ phương trình dễ thấy rằng x và y phải cùng chẵn hoặc cùng lẻ. a/ giả sử x,y cùng lẻ. ta có: x = 2k + 1
x2 = 4k2 + 4k + 1 = 4k( k+1) + 1 tương tự: y2 = 4k’(k’ +1) +1 Nên x2 - y2 = [4k( k+1) - 4k’(k’ +1) ] 8. Tương tự. x2 + y2 chia cho 8 dư 2. hay x2 + y2 = 8t + 2. Nên x2 + y2 + 2z2 = 8t + 2(1+z)2 phải chia hết cho 8. + Nếu z là số chẵn. thì 1 + z là số lẻ nên 2(1+z)2 không chia hểt cho 8. vậy không thoả mãn. nên z là số lẻ. + với z là số lẻ. thì z2 chia cho 8 dư 1. nên z2 = 8n +1 ⇒ 2( 1+z2) = 2( 8n + 2) = 16n + 4 không chia hết cho 8.dẫn đến mâu thuẫn. Vậy x, y không thể cùng lẻ. b/ xét trường hợp x, y cùng chẵn. khi đó: 2(x2 – y2) 4 và x2 + y2  4 ⇒ 2z24. nên z chẵn. Đặt x = 2x1; y = 2y1; z = 2z1. thay vào phương trình đầu tiên ta có: 8(x1 2 - y1 2)2 = x1 2 + y1 2 + 2z1 2 lập luận tương tự trên ta có x1, y1, z1 cũng là các số chẵn. đặt x1 = 2x2; y1 = 2y2; z1 = 2z2 rồi thay vào phương trình. ta lại được các số x2, y2, z2 là các số chẵn. cứ như thế ta xây dựng được dãy số vô hạn có tính chất: x > x1 > x2 .......... y > y1 > y2 .......... z > z1 > z2 .......... Nhưng vì chúng là các số nguyên dương nên dãy này phải là hữu hạn ⇒ mâu thuẫn. Vậy trong trường hợp này phương trình cũng không có nghiệm. Cây cúc đắng quên lòng mình đang đắng Trổ hoa vàng dọc suối để Ong bay --------------Nguyễn Mạnh Thắng - THCS Khánh Dương – Yên Mô – Ninh Bình ---------- Phương pháp giải toán bậc trung học – chương 1 – phần 1 – số học THCS 12 Tóm lại. phương trình chỉ có nghiệm x = y = z = 0.