Một số phương pháp giải phƣơng trình nghiệm nguyên - Lê Sơn Tùng

Nội dung text: Một số phương pháp giải phƣơng trình nghiệm nguyên - Lê Sơn Tùng

1. MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Lê Sơn Tùng - Giáo viên trường THCS Lâm Thao, Lâm Thao, Phú Thọ Số điện thoại : 0969123142. Gmail: sontungptq@gmail.com Phương trình nghiệm nguyên là một đề tài lý thú của Số học và Đại số, là bài toán tư duy thường gặp trong nội dung đề thi học sinh giỏi các cấp THCS, THPT và thi vào lớp 10 các trường THPT chuyên. Phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng và phong phú, nó có thể là phương trình một ẩn, nhiều ẩn, có thể là phương trình bậc nhất, bậc cao, phương trình chứa căn, phương trình mũ. Không có cách giải chung cho mọi phương trình, tuy nhiên để giải các phương trình đó ta thường dựa vào một số phương pháp giải cụ thể. Vì vậy, tôi xin giới thiệu chuyên đề “Một số phƣơng pháp giải phƣơng trình nghiệm nguyên” để chia sẻ với quí thầy cô trong việc nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi. A. MỘT SỐ KIẾN THỨC CẦN SỬ DỤNG 1. Tính chất chia hết và đồng dƣ thức. 2. Ƣớc chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất. 3. Số nguyên tố, hợp số. 4. Số chính phƣơng. 5. Một số định lí, bất đẳng thức thƣờng dùng. Định lý Fermat: Nếu p là số nguyên tố và a là một số nguyên tùy ý thì aap p Nói riêng, khi ap,1 , thì app 1 1(mod ) . Định lý Wilson: Nếu p là số nguyên tố thì pp 1 ! 1 Bất đẳng thức Cauchy: a a a a 1 2 3 n n a. a . a a với a 0, i 1, n , n N , n 1 n 1 2 3 n i Dấu "" xảy ra a12 a an Bất đẳng thức Bunhiacopski: 2 2 2 2 2 2 2 aa1 2 abbn . 1 2 b n abab 1 1 2 2 ab n n aa aa Dấu "" xảy ra 12 3 n b1 b 2 b 3 bn B. MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN I. Phƣơng pháp đánh giá Bài toán 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình y2 1 x x 2 x 3 x 4 . Giải. Với xy 01 . Xét x 0 ta có 2 2 2 2 2xxyxxxx2 42 2 2 3442 2 xx 2 252 xxx 2 2 2 2 2 4y22 2 x x 1 4 x4 x 3 x 2 x 1 2 x 2 x 1
2. x2 2 xx 3 01;3 . Với xy 11 . Với xy 3121 . Vậy nghiệm nguyên của phương trình là 0;1 ;(0; 1);( 1;1);( 1; 1);(3;121) . Bài toán 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 1 x xxy233 . Giải. Ta có x3 y 3 x 3 x 2 x1 x 2 33 5 x 2 11 x 7 x 2 33 y33 xx 2 11 x x 1 x 2x2 2 xx 00; 1 . Với xy 01 . Với xy 10 . Vậy nghiệm nguyên của phương trình là 0;1 ;( 1;0). Bài toán 3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x4 x 2 y 2 y 10 0 . Giải. Ta có x4 x 2 y 24 yy 210 y 0110. x x Mặt khác, x4 x 2 x 4 x 2 1010 x 4 6 xx 22 2 x2 x 2 1 x 4 x 2 10 x 2 3 x 2 4 . Suy ra x2 x 22 1 y 2 y 1 x 3 x 4 y y 1 x22 1 x 2 y y 1 x22 2 x 3 Nếu y y 1 x22 1 x 2 x4 x 210 x 4 3 x 2 2 x 2 4 x 2;2 y 5;6 xy; 2;6;2;6; 2;5;2;5  . Nếu y y 1 x22 2 x 3 x4 x 210 x 4 5 x 2 6 x 2 1 x 1;1 y 3;4 xy; 1;3; 1;4;1;3;1;4  Vậy nghiệm nguyên của phương trình là xy; 2;6;2;6; 2; 5;2; 5; 1; 3; 1;4;1; 3;1;4  . Bài toán 4. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x22 y y 1 . Giải. Điều kiện y 1. Nếu yx 11 . Nếu yx 01 . Xét y 1 2 Ta có y22 x y 1 phương trình không có nghiệm nguyên. Vậy nghiệm nguyên của phương trình là 1; 1 ;( 1; 1);(1;0);( 1;0) .
3. Bài toán 5. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình xy2018 20182019 2018 . Giải. Giả sử xy . Từ phương trình x2018 y 2018 2019 2018 x 2019 x 1 2019 2018 201912018. 201820182017 xxx yxy201820172017 2018.2018. y 2018 20182019 yx vô nghiệm. Vậy phương trình không có nghiệm nguyên. Bài toán 6. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x x2 . Giải. Từ 20x xx2 x là số chẵn. Ta thấy x 2 và x 4 là nghiệm của phương trình. Ta sẽ chứng minh bằng phương pháp quy nạp: Nếu x 5 thì 2x x2 . Thật vậy: Với x 5 thì 2552 (đúng). Giả sử đúng với xk , k, k 5 , tức là 2k k2 . 2 Ta cần chứng minh đúng với xk 1 hay 21k 1 k . 2 Từ giả thiết quy nạp 22kk kk21 2.1 k 2 (vì k 5). Suy ra với x 5 thì 2x x2 . Vậy nghiệm nguyên của phương trình là x 2;4. x Bài toán 7. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình xx 1 y xx 1 . Giải. Với xy 11 . Với xy 21 . x Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp : Nếu x 3 thì xxx 1 1 . Thật vậy : Với x 3 thì 3443 (đúng). k Giả sử đúng với x k, k N , k 3 , tức là kkk 1 1 . k 1 Ta cần chứng minh đúng với xk 1 hay (k 1)2k 2 k . k k 22 k k Từ kkk 11 k 1 k . k 1 k 1 . k 1 k 2 2 kk 21 kk 11 kkk 1. k 1 k 1 k 2 2 k 1 k 2 2 k k 1 . k 2 k 1 (k 1)k 2 k 2 . xx Suy ra với x 3 thì xx 11 x 11 x x y x x x Với x 3 thì phương trình x 1 xxx 1 y vô nghiệm. Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là 1;1 ; 2;1 . Bài toán 8. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 2xx y y z z . Giải. xx 1 Nếu y x y x1 yyx x 1 x 1 x 1 2 x (vì x * ) yy z z 2. x x (vô lý) y x yyx x (1) Nếu zx . Tương tự như trên ta cũng chỉ ra vô lý
4. z xzx zx (2) Từ (1) và (2) suy ra 2xyzxyz , mà 2xx y y z z x y z . Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là ttt;; với t * . Bài toán 9. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 3 x6 z 3 15 x 2 z 35 x 2 y . 2 z y 2 Giải. Ta có 3 33 x6 z 3 15 x 2 z 35 x 2 y 2 z y 2 x2 yz 23 535 x 2 z y 2 33 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương xyz223 ,5 , ta được 3 33 x2 y 2 5 z 3 33 x 6 y 2 5 z 3 3 x 2 z y 2 5 . Dấu "" xảy ra xyz22 5 . Từ x22 yx 5.5 y x y ; 3;2 x y (vì xy, * ) z 9. Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là 3;2;9 . Bài toán 10. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 2 x2 4 yx 24 28 y 4 1714 y 2 49 . Giải. 2 Ta có x2 4 y 2 28 17. x 4 y 4 14 y 2 49 2 22 2 2 2 2 2 2 1.x 4. y 7 1 4 . x y 7 . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được 2 22 2 2 2 2 2 2 1.x 4. yx 7 y 1 4 . 7 xy22 7 Dấu "" xảy ra 4x22 y 7 2 x y 2 x y 7 14 Vì xy, * nên xy;2;3 . Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là 2;3 . Bài toán 11. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 2019xy 2018 2 . x y y 2018 4037 2019 x z Giải. 2019x y 2018 2019 y x 2018 Ta có x y y 2018 4037 2019 x x y 4037 y 2018 2019 x 2019.4037 y2 xy x 2 2019 x 2018 y 2018 2 . 4037. x y x 2019 .( y 2018) 14 Áp dụng bất đẳng thức (với ab,0 ) ta được ab ab 2
5. 2019.40372019 y2 xy 2018 x 22 2018 x y 4037.2019 x yxy .( 2018) 44 2019.40372019 y222 xyx 2018  2018 x y  22 x yx 40374037 y x yyx 4037 222 2019 2018 22  xy 4037 2 2 211 zz (vì z * ) xy;2018;2019 . z Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là 2018;2019;1 . Bài toán 12. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x6 x 3 y y 3 2. y 2 Giải. Đặt zx z3 z232 yz yy 20 ; y2 4 y 3 8 y 2 y 2 4 y 9 . Để phương trình có nghiệm nguyên thì là số chính phương 49y là số chính phương lẻ 32 2 z k k2 k 4y 9 2 kk 1. 32 z k 22 k k Trường hợp 1: 3 z k3 k 2 2 k k 1 2 k 2 5 k 1 . 3 Nếu k 3 thì k33 z x k 1 (vô lý) 0 kk 3 0;1;2 xy, 0;0;0;2;2;4 . 3 Trường hợp 2: z k32 k 2 k 2 k 3 2 k 2 k 2 k 1 k 2 4 k 3 3 Nếu k 1 thì k 1 z x33 k 0 kk 1 0;1 xy, 0;0 ; 0; 2 . Vậy xy, 0;0;0;2;2;4  . Bài toán 13. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x y22 x yz z. Giải. Ta có xy 2 xyzz 2 y 2 xzyxz 2 0. 42 y x z 44 x z Để phương trình có nghiệm nguyên thì y là số chính phương. 22 Nếu x 1 y z 4 z 4 a , a z 2 a . z 2 a 8 Vì a, z 0 z 2 a z 2 a nên ta có bảng za 2 8 2 za 2 1 4 Z Loại 1 y 1 x , y , z 1;1;1 . 22 Nếu x 2 x2 z 1 x 4 z 2 4 x 4 z x 2 z 1 2 x4 z 2 44 x z x 2 z x z y x 3. Vậy (,,),,,x y z t t3* t t .
6. Bài toán 14. Tìm a để phương trình x22 a x a 10 có nghiệm nguyên. Giải. Xét phương trình x22 a x a 10 (1) có aa4 44 Để phương trình có nghiệm nguyên thì phải là số chính phương. Nếu a 04 0 phương trình (1) vô nghiệm. Nếu a 17 0 phương trình (1) vô nghiệm. Nếu a 20 phương trình (1) có nghiệm duy nhất x 2 . 22 Nếu aaa 31 22 không là số chính phương. Do vậy, khi a 3 thì phương trình (1) không có nghiệm nguyên. Vậy với a 2 thì phương trình x22 a x a 10 có nghiệm nguyên. II. Phƣơng pháp lựa chọn Môđulô Bài toán 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x22 x 12 22 x y . Giải. 22 Ta có x22 x 1 xx 2 x 3 6 52mod  3 y2 2 mod 3 (vô lý). 22 Vậy phương trình x22 xxy 12 không có nghiệm nguyên. Bài toán 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình xx32020 2018 20192021 . Giải. Vì x33 x mod 3 x 2018 x  2019 x  0 mod 3 20192020 2021  0 mod 3 2021  0 mod 3 (vô lý) Vậy phương trình không có nghiệm nguyên. Bài toán 3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình xy22 2022 . Giải. Nhận xét: Một số chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1. 22 xx39 Mà 2022 3 x2 yx 22 39 y 2 2022 9 (vô lý) 22 yy39 Vậy phương trình không có nghiệm nguyên. Bài toán 4. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x4 y 4 z 4 t 4 2021. Giải. a4  0 mod 16 Dễ thấy với  a thì 4 a 1 mod 16 Suy ra x4 y 4 z 4 t 4  n mod 16 , trong đó n 0;1;2;3;4. Mặt khác 2021 5(mod 16) nên phương trình x4 y 4 z 4 t 4 2021 không có nghiệm nguyên. Bài toán 5. Tìm các số tự nhiên x, y, z thỏa mãn 2018x 2017 y 2016 z . Giải. Vì y, z 2017y 2016 z 2 2018 x 2 x 1 2018x là số chẵn 2017yz 2016 là số chẵn 2016z là số lẻ (vì 2017 y là số lẻ) z 0 2018xy 2017 1  2 mod 4
7. xy 11 . Vậy x, y ,1;1;0 z . Bài toán 6. Tìm x, y là các số nguyên tố thỏa mãn x yx y 3 . Giải. Từ x y x y 3 x y x,1 y x,1,1 x yx x y 3 . Ta có x y  2 xx mod y x y8 x  mod x 3 y 3 8x3  0 mod x y mà x3,1 x yx 8 y xy,5;3 (vì xy, là số nguyên tố, xy ). Vậy xy,5;3 Bài toán 7. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 5x 2 xyy 1 9 2 4 1 . Giải. 11 Điều kiện: x ; y . 24 Ta có 5x 219241 x y y 4121952 y x y x Vì 4y 1  3(mod 4) 4y 1 không là số chính phương 41y là số vô tỉ, mà 952yx 4yx 1 2 1 0 4yxx 1 2 1 05 9yx 5 2 0 9y 5 xy 2 03 Vậy xy,5;3 . III. Phƣơng pháp sử dụng các định lí cơ bản của số học Bài toán 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x32 x y 9 x 8 y 5 0 . Giải. x 5 Ta có: x32 x y 9 x 8 y 5 0 y x x2 8 Vì xy, nên x 5 x2 8 x 2 25 x 2 8 33 x 2 8 x 2 25 x 5;5 175 Với xy 5 (loại) 33 Với xy 55 Vậy nghiệm của phương trình là 5;5 . Bài toán 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2016 yx 2016 y2017 2015 ( 20 19 6) . Giải. Từ x2016 y 2016 2017 2015 ( x 20 y 19 6) x 2016 y 2016 2017 . Mặt khác 2017 là số nguyên tố nên theo định lí Fermat nhỏ ta có aa2016 1 mod 2017 ,2017 1(với a ) 2016 2016 xx2017 2017 Mà x2016 y 20162017 x 2016 y 2016 2017 2016 2016 2016 y 2017 y 2017 20172015 (x 20 y 19 6) 2017 2016 x 20 y 19 6 2017 6 2017 (vô lí). Vậy phương trình vô nghiệm. Bài toán 3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x x2 x 1 4 y y 1 .
8. Giải. Ta có x x22 x 1 4 y y 1 x 1 (x 1) 2 y 1 2 . 2 Vì 21y là số lẻ nên x 1 và x2 1 là các số lẻ. Dễ dàng chứng minh được khi x 1 và x2 1 là các số lẻ thì xx 1,12 1 . 2 Mà xyx 1 (x2 1) 2 11 và x2 1 là hai số chính phương. Do xx22,1 là hai số tự nhiên liên tiếp mà cùng là số chính phương nên x 0 . Với xy 0 yy 4 1 01;0 . Vậy nghiệm của phương trình là 0;0 ;(0; 1) Bài toán 4. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x33 yx yxy 2 . Giải. x d. a * Gọi x,, y , da b , d , 1 a b . Ta có y d. b 2 2 d3 a 3 b 3 d 22 a b d ab d a33 ba b ab 2 daba 22 abb ab ab ab a b Vì a, b 1 ab , a b 1 Suy ra ab 1(vô lí) (vì ab, * ). Vậy phương trình vô nghiệm. Bài toán 5. Tìm nghiệm nguyên của phương trình xy32 7 8y 15 . Giải. Ta có : xy32 7 8y 15 x32 8 y 15 y 7 x3 y 1 8 y 7 Ta thấy : 8y 7 0 Nếu yy 1 01 3 ya 1 Dễ thấy, yy 1,8 7 1 suy ra ab, 3 87yb 3 b32 2 a 1 2 b 2 a b 2 ab 4 a 1 ba 21 ax 00 Vì b22 2 ab 4 a 0 nên (loại) 22 b 2 ab 4 a 1 by 11 Nếu y 1 0 y 1 x 0. Vậy nghiệm của phương trình là 0;1 . Bài toán 6. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x2( y 2 z x 2 5) y x 4 z . Giải. Ta có: x2( y 2 z x 2 5) y ( x 4 z ) x4 5 x 2 xyxyzzy 4 2 2 xx 2 ( 2 xy 2 5) zyxy ( 2 1) x2( x 2 x 2 y 5) x 2 y 1 x2 x 2 y 51 x 2 y vì x2 0, x 2 , x 2 y 1 1
9. x26 xy 2 1 x 2 6 6 xy 2 1 xy 2 1 x 2 6 xyxy 2 2 1 x22(6 yx 1)1 y 611yx y 2 vì xx22 x0, 2 y ,1 1 6y 1 x2 y 1 0 Nếu x2 9 thì x2 y 1 9 y 1 6 y 1 3 yy 2 6 1(vô lý) x 1;2 + Nếu x 1 6116y y y 17 y 17 y 1 y 2;8 Ta thấy xyz 1,24 thỏa mãn. + Nếu x 2 6y 1 4 yy 1 12 y 2 4 1 3 4 yy 1 5 4 1 5 4 yy 1 4 1 1;5 vô lý (vì yZ ). Vậy x, y ,1;2;4 z . Bài toán 7. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x53 27 y 2 x . Giải. Ta có : x5353 27 y 22 x 27x x y 3 2 3 x xy43 2 27 x44 xxy 23 xxxy44 2 1 31 2 xu42 111 u u (với uxy 3 ) Do x, yZ nên u 10. Ta dễ thấy u 1 và uu2 1 là hai số nguyên tố cùng nhau. Thật vậy, Gọi u 1,1 u2 u d 2 ud 1 u 21 u d 3ud 2 2 u u1 d u u1 d Mà từ ud 1 33ud, suy ra 3 d d 1 hoặc 3 Nếu d 3 u 13 mà 33xy u suy ra vô lý. Nên d 1 hay u 1 và uu2 1 là hai số nguyên tố cùng nhau. Mặt khác u 11 u2 u là số chính phương nên u 1 và uu2 1 phải là hai số chính phương. Đặt u2 u 1 a 2 a N * 4u22 4 u 4 4 a 2ua 1 2 3 4 2 2a 2 u 1 2 a 2 u 1 3 1.3 1 . 3 2au 2 1 1 2au 2 1 3 (vì 2a 2 u 1 2 a 2 u 1 4 a 0 ) 2au 2 1 3 2au 2 1 1 u 1 u 0 xy 00 u 1 loại vì u 3 xy nên suy ra u 0 xy 0 (thỏa mãn) yx 00
10. Vậy xy 0 là nghiệm của phương trình. Bài toán 8. Cho a là một số nguyên. Chứng minh rằng a2 1 không có ước nguyên tố dạng 43k , với k . Từ đó chứng minh phương trình sau không có nghiệm nguyên dương xy23 7 . Giải. Giả sử a2 1 có ước nguyên tố p 4 k 3 a , p 1. 21k Khi đó aaaapk 1 111 4 222 1 app 1 1 . Mặt khác, theo định lý Fermat ta có app 1 1 (vì p là số nguyên tố, ap,1 ) Suy ra 22pp (vô lý vì 2 không có dạng 43k ,với k ) Vậy a2 1 không có ước nguyên tố dạng 43k , với k . Ta có x2 yxy 323 718 x22 1 y 2 y 2 y 4 . Nếu y chẵn thì y 2 y2 2 y 4 4 x 2 1 4 x 2  3(mod 4) (vô lý). Nếu y lẻ yk 41 hoặc yk 43. Khi y 4 kyky 12 4 32 có ít nhất một ước nguyên tố dạng 43h với h . Suy ra x2 1 có ước nguyên tố có dạng 43h với h (vô lý). Khi y 4 k 32 y2 4 3 y mod  4 vô lý. Vậy phương trình xy23 7 không có nghiệm nguyên dương. Bài toán 9. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x x x x x y . 2018 căn Giải. Từ x x x , x 0 x y x y . 2018 căn Khi đó x x x x x y2 x 2017 căn 2 x xm Cứ lặp lại quá trình như vậy ta được mn, 2 xx x x n m2 m n 2 m m 10 n 2 m (vì nếu m 0 thì mm 1 không thể là số chính phương). Suy ra xy 00 . Vậy xy, 0;0 . IV. Phƣơng pháp xuống thang Bài toán 1. Chứng minh phương trình sau không có nghiệm nguyên dương 8x4 4 y 4 2 z 4 t 4 . Giải. 4 4 4 4 Giả sử phương trình 8x 4 y 2 z t có nghiệm nguyên dương x0,,, y 0 z 0 t 0 trong đó x0 là bé nhất.
11. 4 4 4 4* Ta có 8x0 4 y 0 22 z 0 t 0 t 0 t 1 t 1 4 4 4 4* 4x0 282 y 0 z 0 t 1 z 0 z 1 z 1 4 4 4 4* 28x0 y 420 z 1 t 1 y 0 y 1 y 1 4 4 4 4* x0 8 y 1 4 z 1 22 t 1 x 0 x 1 x 1 4 4 4 4 8x1 4 y 1 2 z 1 t 1 x 1 , y 1 , z 1 , t 1 cũng là một nghiệm dương của phương trình 842xyz444 t 4 Mặt khác xxx011 2 x 0 trái với cách chọn nghiệm. Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương. Bài toán 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình xyz222 3 . Giải. 222 Gọi xy000,, z là một nghiệm của phương trình xyz000 3 . a2  0 mod 3 Ta thấy với  a , mà 333zxy222 2 000 a 1 mod 3 2 x03 x 0 3 x 0 3 x 1 2 2 2 Suy ra 9x 9 y 3 z x , y 2 y33 y y 1 1 0 1 1 y0 3 0 0 1 2 2 2 2 3x1 3 y 1 z 0 z 0 3 z 0 3 z 0 3 z 1 z 1 2 2 2 x1 y 1 3 z 1 x 1 , y 1 , z 1 là một nghiệm của phương trình và x1, y 1 , z 1 3 Tiếp tục quá trình như trên ta có x2,, y 2 z 2 cũng là một nghiệm của phương trình và x2, y 2 , z 2 3 n Tiếp tục ta có x0, y 0 , z 0 3 với n là số tự nhiên tùy ý x0 y 0 z 0 0. Vậy nghiệm của phương trình là x, y , z 0;0;0 . Bài toán 3. Tìm các số tự nhiên x, y, z thỏa mãn x2 y 2 z 2 2 xyz . Giải. 2 2 2 Gọi x0,, y 0 z 0 là một nghiệm của phương trình x0 y 0 z 0 2 x 0 y 0 z 0 2 2 2 Vì 2x0 y 0 z 0 là số chẵn nên x0 y 0 z 0 là số chẵn. Trường hợp 1 : Trong 3 số x0, y 0 , z 0 có 2 số lẻ và 1 số chẵn. Không mất tính tổng quát giả sử x00, y lẻ và z0 chẵn. 2 2 2 x0 y 0 z 0  2 mod 4 . Mà 24x0 y 0 z 0 vô lý. Trường hợp 2 : x0, y 0 , z 0 là 3 số chẵn 2 2 2 x0 2 xy 10 , 2 yz 10 , 2 z 1 xyz 111 4 xyz 111 Tương tự ta cũng có x1,, y 1 z 1 là các số chẵn. n Tiếp tục quá trình trên ta suy ra x0, y 0 , z 0 2 với n là số tự nhiên bất kì. x0 y 0 z 0 0. Vậy x, y , z 0;0;0 . Bài toán 4. Tìm các số tự nhiên x, y, z thỏa mãn x2 y 2 z 2 x 2 y 2 . Giải.
12. 2 2 2 2 2 Giả sử xy000;; z là một nghiệm của phương trình x0 y 0 z 0 x 0 y 0 2 2 2 Nếu xy00, cùng lẻ thì z0 cũng lẻ x0 y 0 z 0  3 mod 4 22 Mà xy00 1 mod 4 vô lý. Nếu một trong hai số xy00, lẻ, giả sử x0 lẻ, y0 chẵn 2 2 2 2 2 2 x0 y 0 44 x 0 y 03 mod z 0 4 z 0 (vì x0 lẻ, y0 chẵn) Suy ra vô lý xy00, cùng chẵn z0 chẵn 2 2 2 2 2 x0 2, xyz 1 y 0 x 2,y 1 z z 0 2 1 1 ,, 1 1 x1 y 1 z 1 x 1 y 1 Lập luận tương tự như trên suy ra phương trình chỉ có nghiệm 0;0;0 . BÀI TẬP VẬN DỤNG 1. Phƣơng pháp đánh giá xy yz xz Bài toán 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 3 z x y 2 Bài toán 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x yx 1 y 31 22 1 1 1 1 Bài toán 3. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 1 x2 y 2 z 2 t 2 Bài toán 4. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 1 x y 12 z x y z 2 2. Phƣơng pháp lựa chọn Môđulô Bài toán 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình xy22 2019 Bài toán 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x22 y 86 z Bài toán 3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 19xy22 28 729 3. Phƣơng pháp sử dụng các định lý cơ bản của số học Bài toán 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x33 y y Bài toán 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2016 x 2017 x 2018 y2 Bài toán 3. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 6x22 17 x 12 y , với y 100 4. Phƣơng pháp xuống thang Bài toán 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x3 2 y 3 4 z 2 0 Bài toán 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x4 y 4 z 4 5 x 2 y 2 Bài toán 3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 y 2 z 2 7 u 2 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1]. Phan Huy Khải, Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học ,nhà xuất bản giáo dục, Hưng Yên, 2009. [2]. GS. Nguyễn Tiến Dũng – GS. Đỗ Đức Thái, Bài tập số học và đại số chọn lọc cho học sinh trung học cơ sở, nhà xuất bản thông tin và truyền thông, Hà Nội, 2016. [3]. Doãn Minh Cường, Toán bồi dưỡng học sinh giỏi phổ thông THCS, nhà xuất bản đại học sư phạm, Thái Bình, 2008.