Chuyên đề Phương trình nghiệm nguyên (Phần 2) - Bồi dưỡng HSG Toán 8

 Dạng 4: Phương pháp xét số dư (Sử dụng đồng dư thức)
Nội dung: Cho phương trình f x g x 
Xét số dư của f x và g x cho cùng một số
+) Nếu hai số dư khác nhau thì phương trình vô nghiệm
+) Nếu hai số dư bằng nhau thì làm tiếp
Bổ đề: Xét số dư của số chính phương cho 1 số
+) a2  0,1(mod3) +) a2  0,1(mod4)
+) a2  0,1,4(mod5) +) a2  0,1,4(mod8)
+) a3  0,1, 1(mod9) +) a4  0,1(mod16)
 Bài 1:
Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 9x 2 y2 y
 Lời giải
Ta có: VT 9x 2  2(mod9) y2 y  2(mod9) y2 y  3
Có: y2 y y(y 1) y và y 1 3 y 1,2(mod3)
+) Nếu y 1(mod3) y 3k 1 9x 2 (3k 1)2 3k 1 9k 2 9k 2 9x 9k 2 9k x k 2 k
 x k 2 k
Vậy phương trình có nghiệm: (k Z)
 y 3k 1
 Bài 2:
Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau: 
a) 3x2 4y 2 13 b) x2 2y2 8y 3
 Lời giải
a) 3x2 4y 2 13 3x2 4y2 13
Nhận xét: n Z n2 chia 4 dư 0 hoặc 1 x2  0,1 mod4 x Z 3x2  0,3 mod4 
Mặt khác: 4y2 13 1(mod4) ptvn
b) x2 2y2 8y 3 x2 2(y2 4y) 3 x2 2(y 2)2 5 x2 2(y 2)2 55
 x2 ;(y 2)2  0,1,4(mod5) 
Nhận xét: n Z n2  0,1,4(mod5) x2 ,2(y 2)2
 2 2 
 x 2(y 2) 5  
Chia cho 5 có cùng số dư nên số dư phải bằng 0 
 1 2 2 2 3 2 2 2 3 2 2 2 2
 5.3 .x2 3y1 2 .3 15x2 3y1 2 .3 15x2 3y1 24 x2 1
 2
+) x2 0 x2 0 x1 0 x 0 loại
+) x2 1 x1 3 x 15; y 9
+) x2 1 x1 3 x 15; y 9
Vậy (x, y) (15,9);(15, 9),( 15,9);( 15, 9)
 Bài 5:
 4 4 4
Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: x1 x2 ... x8 2015 ptvn
 Lời giải
Xét số dư của n4 cho 16
+) n chẵn n 2k n4 16k 4 16
 2
+) n lẻ n 2k 1 n4 (2k 1)4 (2k 1)2 16k 4 16k 2 32k 3 8k(k 1) 1 n4 chia 16 dư 1
  
 16 16
 4 4
 4 4 x1 ... x8  0,1,...,8(mod16)
Vậy x1 ,....x8  0,1(mod16) phương trình vô nghiệm.
 2015 15(mod16)
 Bài 6:
Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau
a) 2x 3 y2 b) 2x 2 y 2z 1024
 Lời giải
a) +) Nếu x 2k 1(k N) 2x 22k 1 2.4k  2(mod3) y2  2(mod3) vô lý
+) Nếu x 2k y 2 22k 3 y2 22k 3 (y 2k )(y 2k ) 3
Ta có: y 2k 0 y 2k 0; y 2k y 2k các trường hợp
 y 2k 1 y 2 y 2 y 2
+) (x, y) (0,2)
 k k 
 y 2 3 2.2 2 k 0 x 0
b. Do x, y, z có vai trò như nhau, giả sử x y z
Có: 2x 2 y 2z 210 2z (2x z 2 y z 1) 210 2x z 2 y z 1 210 z (x z, y z N) 210 z N
+) 10 z 0 z 10 2x 10 2 y 10 0 (loại)
+) 10 z 1
- y z 1 x z y z 1 2x z 2 y z 1 lẻ 210 z
 3 a) x3 y3 z3 51111 b) x3 y3 z3 x y z 2008
 4 4 4 2222 4 4 4
c) x1 x2 ..... x8 3 d) x y z 1000
e) n3 2006n 20082007 1 f) x 2 y2 z2 1999
 Lời giải
a) Nhận xét: a3  0,1, 1(mod9)
 a  0(mod3) a3  0(mod9);a 1 a3 1 (a 1)(a2 a 1)  0(mod9)
Thật vậy, nếu 
 3 3
 a  1(mod3) a3 1 (a 1)(a2 a 1)  0(mod9)
Nếu 
 0 0
Áp dụng: VT  0, 1, 2, 3(mod9) (1)
Có: 53 125  1(mod9) 56 1(mod9) 51111 (56 )185.5  5(mod9) (2)
Từ (1) và (2) suy ra phương trình vô nghiệm
b) Ta có: x3 x x(x 1)(x 1); y3 y y(y 1)(y 1); z3 z z(z 1)(z 1) 
 VT  0(mod3), VP  3 phương trình vô nghiệm
c) Ta có: a4 1(mod16),a N , a lẻ
Thật vậy: a4 1 (a2 1)(a 1)(a 1)16 
 a2 12
vì: ( a 1 và a 1 là hai số chẵn liên tiếp nên có 1 số chia hết cho 4 và 1 số chia hết 
 (a 1)(a 1)8
cho 2 nên tích của chúng chia hết cho 8)
Áp dụng: VT  0,1,2,...8(mod16) (1) 
Ta có: 34 81 1(mod16);32222 (34 )555 2 9.(34 )555  9(mod16)(2) phương trình vô nghiệm
d) Có x, y, z Z x4 , y4 , z4  0,1(mod16) VT  0,1,2,3(mod16),VP  8(mod16) phương trình vô 
nghiệm
 n3 2006n n3 n 2007n n(n 1)(n 1) 2007n VT  0(mod3) (1)
e) Ta có:  
 3 3
Lại có: 2008 1(mod3) 20082007 1(mod3) 20082007 1  2(mod3)(2) phương trình vô nghiệm
f) Ta có: 1999  3(mod4)
mà: x 2 , y 2 , z2  0,1(mod4) x2 , y2 , z2 1(mod4) x, y, z lẻ
 2 2 2
Đặt x 2x1 1; y 2y1 1; z 2z1 1 (2x1 1) (2y1 1) (2z1 1) 1999
 5 - Nếu x4 0; y3 0 thì phương trình đã cho vô nghiệm
- Nếu x4 0; y3 0 thì x4 1 và y3 1 x 54; y 27
Vậy y3 1 x 54; y 27
 Bài 12: Olympic Mỹ Đức, năm học 2018 - 2019
Tìm các cặp số tự nhiên x; y thoả mãn 4x 15y 1 4 x x2 x y 305
 Lời giải
Ta có: 4x 15y 1 4 x x2 x y 305 (*)
Vì 305 là số lẻ nên 4x 15y 1 và 4 x x2 x y đều là số lẻ.
Lại có 4x 1 2,x ¥ 15y2 y2
 x2 x x x 1 2
Vì 
 y2
Nên để 4 x x2 x y  2 thì 4 x  2 x 0 (thoả mãn) 
Khi đó, phương trình (*) trở thành: 15y 1 . y 1 305 (1)
 15y 15y 1 Ư(305) 1; 305; 5; 61
Mà 15y 1 1 và 15y 1 chia 15 dư 1
 15y 1 1;61 15y 0;60 y 0;4 (thoả mãn)
Với y 0, thay vào (1) suy ra 1.1 305 (vô lí)
Với y 4 , thay vào (1) ta được 61.5 305 (đúng) y 4 thoả mãn
Vậy x; y 0;4 .
 7 Nhận xét: a3  0,1, 1(mod9) (x3 )5 (x5 )3  0,1, 1(mod9) VT  3, 2, 1,0,1,2,3(mod9)(2) ptvn
 Bài 5: 
Giải các phương trình nghiệm nguyên
a) 3x 7 y3 b) 2x 2 y 2x y
c) (2x 1)(2x 2) 3y 307 d) x4 x y
 Lời giải
a. 3x 1(mod3)khi : x=0;3x  0(mod3)khi : x 1;3x  0(mod3)khi : x 2
+) y3  0,1,8(mod9)
 x 0 y 2
 x 2 3x 7 7(mod9) voly
Nếu  3
 x 1 y 10(loai)
b. Giả sử x y 2x 2 y , chia cả hai vế cho 2 y 0 2x y 1 2x 
+) Nếu x 0 2 y 1 1(voly)
+) Nếu x 1 2x : chan 2x y :le x y 0 2x 20 1 x 1 y 1(tm)
 2x 1 17
c. Nếu y 0 3y 1 (2x 1)(2x 2) 306 17.18 x 4(tm)
 x
 2 2 18
+) Nếu y 0 3y  0(mod3)
- x: chẵn 2  1(mod3) 2x 1(mod3) (2x 1)(2x 2)  0(mod3)
 x x x VT  0(mod3)
- x: lẻ 2  1(mod3) (2 1)(2 2)  0(mod3)  y 0( ptvn)
 VP 1(mod3) 
Vậy x; y 4;0 
d. Nếu x 1 VT 14 1 VP đúng với mọi y
Vậy x = 1, y = n ( n là số số tự nhiên bất kỳ )
+) Nếu x 0 VT VPy N x 0, y m(m N)
+) Nếu x 0, x 1 y 4
 9 Đặt x1 3x2 ; y 1 3y 2 ; z1 3z2 (x2 , y2 , z2 Z)
 3 3 3 5 6 2 2 2 3 3 3 8 2 2 2
Thay vào (2) ta được: 3(x2 3y2 9z2 ) 3 .3 x2 y2 z2 x2 3y 2 9z2 3 x 2 y2 z2
 n n n n *
Cứ tiếp tục như vậy sau bước n ta suy ra: x0 3 xn ; y0 3 yn ; z 0 3 znhay : x0 , y0 , z0 3 n N
Điều này chỉ xảy ra (x0 , y0 , z0 ,t0 ) (0;0;0;0) . Vậy phương trình có đúng 1 nghiệm nguyên
*) Chú ý: Ta có thể thay số nguyên tố 3 bằng số nguyên tố bất kỳ
 Bài 3: 
Giải phương trình nghiệm nguyên: x3 5y3 25z3 (1) 
 Lời giải
Ta thấy x3 5 x5
 3 3 3 3 3 3 3 3 3
Đặt x 5x1 25x1 y 5z (2) y 5y1 25x1 25y1 z (3) z 5z1 x 1 5y1 25z1 .....
 x y z
Vậy nếu (x,y,z) là 1 nghiệm của pt thì: ( ; ; ) cũng là 1 nghiệm của pt
 5 5 5
 x y z
Cứ như vậy ( ; ; )(k N * ) cũng là nghiệm của (1). Điều này xảy ra khi x = y = z = 0
 5k 5k 5k
 Bài 4: 
Giải phương trình nghiệm nguyên x2 y2 7z 2 (1)
 Lời giải
Ta thấy (x,y,z) = (0;0;0) là 1 nghiệm của phương trình (1)
Giả sử (1) có nghiệm khác (0;0;0). Gọi ( x0 ; y0 ; z0 ) là 1 nghiệm của pt mà: x0 y0 z0
 2 2 2 2 2
Nhỏ nhất x0 y0 7z0 x0 y 0 7
Nhận xét: a2  0,1,2,4(mod 7)a Z
Ta có bảng sau: 
 2
 x0 0 1 2 4
 2
 y0
 0 0 1 2 4
 1 1 2 3 5
 2 2 3 4 6
 4 4 5 6 1
 11