Toán - Giải phương trình nghiệm nguyên

I. Mở đầu
Giải phương trình nghiệm nguyên phải bắt đầu từ đâu?
 Trong chương trình toán học THCS cũng như THPT và trong các đề thi chúng ta vẫn thường gặp các bài toán về tìm nghiệm nguyên song với HS vẫn còn lúng túng vì không biết bắt đầu từ đâu, khi gặp khó khăn không biết làm thế nào để tìm ra lời giải. Một thực tế cho thấy với giáo viên thực sự chưa tìm ra một phương pháp giải cho HS. Riêng với các em HS khi gặp dạng toán này không chịu nghiên kứu khảo sát kĩ từng chi tiết và kết hợp các chi tiết dạng toán theo nhiều cách không sử dụng hết các dữ kiện của bài toán hoặc sử dụng thiếu linh hoạt.
 Việc giải các phương trình vô định tức là việc tìm nghiệm nguyên của các phương trình đại số có hệ số nguyên luôn đòi hỏi HS có khả năng phân tích, đối chiếu dự đoán và phương pháp tư duy nghe để lựa chọn thích hợp, nên loại toán này không có phương pháp giải tổng quát, ở đây tôi xin giới thiệu một vài thủ pháp cơ bản để giải các bài toán tìm nghiệm nguyên.
II. Nội dung:
- Xin giới thiệu 5 phương pháp cơ bản
1. Dựa vào tính chất chia hết để hạn chế tập nghiệm.
VD1.1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
6x2 + 7y2 = 96 ( 1)
 Giải:
 (1) 6 x2 – 54 = 42 - 7y2 6(x2 – 9) = 7( 6 – y2) ()
Do (6,7) = 1 nên (x2 – 9) 7 (x2- 2 ) 7 x2 = 7t + 2 ( t N )
 Thay x2 = 7t + 2 vào PT () ta có y2 = 16 – 6t
 Do 
 t 
 Từ đó ta có ( x,y ) = ( 4,0 ) , ( - 4,0 )
VD1.2: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
xy – 2x – 3y + 1 = 0 (2)
Giải:
 xy – 3y = 2x – 1 y(x – 3) = 2x – 1 
 Thấy ngay x = 3 không phải là nghiệm.
Với x = 3 ta có: y = = 2 + 
 Rõ ràng y nguyên thì 5 (x – 3) x – 3 = 1 hoặc x – 3 = 5
+ với x – 3 = 1 x = 4 , y = 7
+ với x – 3 = -1 x = 2 , y = - 3 
+ với x – 3 = 5 x = 8 , y = 3 
+ với x – 3 = -5 x = - 2 , y = 3 
 Vậy : (2) có 2 cặp nghiệm nguyên dương ( x,y ) = ( 4,7 ) ; ( 8,3 )
VD1.3: 
 Tìm nghiệm nguyên của phương trình
 x5 + 29x = 10 ( 3y + 1 )
Giải:
 x5 + 29x = 10 ( 3y + 1 ) x5 – x + 30x – 30y = 10
 x5 – x + 30( x – y ) = 10
 Ta đã có: x5 – x 5 ( Theo Pacma )
 x5 – x 6 
 Do ( 6,5 ) = 1 (x5 – x) 30 mà 10 30 Phương trình không có nghiệm nguyên
II. Dựa vào điều kiện của ẩn để hạn chế tập nghiệm:
VD2.1: Giải phương trình nghiệm nguyên dương:
Giải: Với x0 ; y 0 ta có
 xyz = x + y
 Do tính chất đối xứng của x, y nên ta có thể giả thiết rằng x y
 Ta có: xyz = x + y y + y = 2y xz 2 
 Ta lựa chọn nghiệm trong các trường hợp sau:
 x=1 , z = 1 , x = 2 , z = 1 x = 1 , z = 2
 Từ đó ta có nghiệm ( x,y,z ) = ( 2,2,1 ) ; ( 1,1,2 )
VD2.2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình
2x + 5y = 48
 Giải:
 Vì y nguyên dương, y thỏa mãn phương trình 
0 < 5y < 48 0 < y < 10
 Mặt khác: 5y = 48 – 2x = 2 ( 24 – x ) 5y 2
 Do ( 2,5 ) = 1 y 2 y = 2 , 4 , 6 , 8
 ; ; ; 
Vậy nghiệm phương trình là: ( x,y ) = ( 19,2 ) ; ( 14,4 ) ; ( 9,6 ) ; ( 4,8 )
 VD2.3: Giải phương trình nghiệm nguyên:
X6 + 3x2 + 1 = y4
 Giải:
 Với x > 0 , ta có:
( x3 + 1 )2 = x6 + 2x3 + 1 < x6 + 3x + 1 = y4 < x6 + 4x3 + 4 = ( x3 + 2)2
 Hay: ( x3 + 1 ) < y2 < ( x3 + 2) y Z
 Với x 2 cũng có y Z
+ Với x = 1 thay vào phương trình ta được y4 = -1 vô nghiệm
+ Với x = 0 thay vào phương trình ta được y4 = 1 y = 1
 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm nguyên: ( x,y ) = ( 0,1 ) ; ( 0,-1 )
III. Phương pháp sử dụng vai trò bình đẳng:
 Đường lối chung: 
 Nếu phương trình nguyên mà các ẩn x, y , z  có vai trò bình đẳng ta có thể giả sử 
 x y z. để thu hẹp các giá trị của ẩn số từ đó tìm ra nghiệm.
VD3.1: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau:
x2 + y2 + z2 + xyz = 20
 Giải:
 Do vai trò bình đẳng của x , y , z nên ta có thể giả sử 1 x y z từ đó suy ra:
x2 + y2 + z2 + xyz > 3x2 + x2 = 4x2
 tức là 4x2 20 x2 5 x 2 , xét 2 trường hợp:
 a. Với x = 1 y2 + z2 + yz = 19 y2 + y2 + y2 19 y2 y 2
- Nếu y = 1 z2 + z = 18 z( z + 1 ) = 18 vô nghiệm
- Nếu y = 2 z2 + 2y – 15 = 0 z = 3 có nghiệm là ( 1,2,3 )
 b. Với x = 2 4 + y2 + z2 + 2yz = 20 y2 + z2 + 2yz 16
 4y2 16 y 2
 Với y = 2 ta có 4 + 4z = 12 z = 2
 Có nghiệm là: ( 2, 2, 2 )
 Trao đổi vai trò x, y, z ta có các nghiệm sau:
( x, y, z ) = ( 1,2,3) ; (1,3,2) ; (2,1,3) ; (2,3,1) ; ( 3,2,1) ; (3,1,2) ; (2,2,2)
VD3.2: Tìm nghiệm nguyên phương trình:
x + y + z = xyz
Giải: 
 Vai trò x, y, z như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử: z y x 1
 Đặt z = 1 + n ; y = 1 + m ; x = 1 + l ( n m l 0 )
 Phương trình đã cho trở thành
3 + m + n + l = ( 1 + m )( 1 + n )( 1 + l ) = 1 + l + m + n + mn + nl + ml + mnl
 ml + mn + nl + mln = 2 ()
Nếu l 1 mn + mnl + ml 4 mâu thuẫn với ()
 Vậy l = 0 thay vào () mn = 2
 Vì n m 0 nên n = 2 ; m = 1
Vậy ta được: ( x=1; y = 2; z = 3 ) là nghiệm, do vai trò bình đẳng nên ta có các bộ:
( x,y,z ) = ( 2,1,3 ); ( 3,1,2 ) ; ( 2,3,1 ) ; ( 1,3,2 ) ; ( 3,2,1 )
IV. Phương pháp giản ước cho ước số chung.
VD: Cho phương trình : xn + 1 = yn+1 với n N ; n > 1
CMR phương trình không có nghiệm nguyên dương với ( x, n+1 ) = 1
 Giải:
Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương với ( x0 , y0 )
 x0n + 1 = y0n + 1 x0n = y0n + 1 + 1
 x0n = ( y0 – 1 )( y0n + y0n + 1 +.+ y0 + 1) ( 1 )
 Đặt y0n + y0n + 1 +.+ y0 + 1 có dạng k(y0 – 1 ) = n + 1 (2) với k N
Nếu A là y0 – 1 có một ước nguyên tố chung là P A P và y0 – 1 P n + 1 P
Khi đó x0n P x0 P trái với giả thiết, do đó ƯCLN(A;y0 – 1 ) = 1
 y0n + y0n + 1 +.+ y0 + 1 = x0,n = (3) với x0, z+
Từ (3) x0, > y0 + 1 
Do đó (x0,)n > ( y0+1)n > y0n + y0n + 1 +.+ y0 + 1 (4)
Vì (3) và (4) mâu thuẫn. Vậy phương trình không có nghiệm nguyên
Bài tập: 
 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
x4 + 4y4 = 2(24 + 4t4)
V. Đưa về trường hợp riêng
VD: Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình
 = y ( n dấu căn )
Giải: 
 Ta thấy ( 0,0 ) là nghiệm của phương trình
Nếu: 
 a) n = 1 thì = y x = y2 ( x ) 
Vậy nghiệm ( x,y ) là ( t, t, ) ; t N
 b) Nếu n = 2 thì = y x + = y2 = y2 – x là số tự nhiên
 = t , t N và khi đó t ( t + 1 ) = y2 . Nhưng t2 < t ( t + 1 ) < ( t + 1 )2 
 nên t2 < y2 < ( t + 1)2 . 
 Điều này không xảy ra với t > 0 và phương trình chỉ có nghiệm là ( 0,0 )
 c) Với n 3 
 ta có = y2 – x
Trong đó vế trái có n – 1 dấu căn, đặt y2 – x = y1 là số nguyên dương.
Tiếp tục làm như vậy đến n – 2, dần dần đến = y2n – 2 - x 
Như vậy ta lại trở về trường hợp b) và chỉ có nghiệm ( 0,0 ).
III. Bài học kinh nghiệm:
 Qua cách trình bày và kết quả đạt được ở học sinh chúng tôi rút ra được bài học kinh nghiệm như sau :
- Trước hết đòi hỏi giáo viên phải thực sự yêu nghề có tâm huyết, có lòng say mê, trắc trở với bộ môn mình dạy.
- Giáo viên và học sinh cần nắm vững các phương pháp và biết các vận dụng linh hoạt các phương pháp đó vào từng bài dạy – học .
- Biết cách nhận dạng, phân tích tìm lời giải 
- Giáo viên phải tim tòi một số bài tập từ đơn giải đến phức tạp .
- Tạo hứng thú cho học sinh bằng cách cho học sinh được thực hành ,tự tìm tòi kiến thức .
- Yêu cầu học sinh tìm ra nhiều cách giải trong một bài toán 
- Giáo viên cần hướng dẫn học sinh tìm cách giải bài tập một cách sáng tạo 
- Giáo viên phải khắc sâu các phương pháp giải toán nói chung .
 Trong khuôn khổ sáng kiến cấp trường, tôi xin giới thiệu một vài phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên trong rất nhiều phương pháp với bạn đọc.
 Tuy nhiên, hiệu quả đạt được khi giáo viên tách ra các phương pháp giảng dạy học sinh rất có hứng thú làm bài, chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi rất cao.
 Hy vọng bạn đọc, các đồng ngiệp góp ý để đề tài được hoàn thiện và nội dung phong phú hơn.
Chân thành cảm ơn sự giúp đỡ của các đồng nghiệp, và tất cả các em học sinh.
 Đồng tác giả
 1) Kiều Đình Dước
 2) Mẫn Thị Thanh Huyền
************@@@@@************