Tổng hợp các Chuyên đề bồi dưỡng HSG - Phần thứ nhất: Các chuyên đề phương trình hàm - Nguyễn Hoàng Ngải

ho m. Tìm số các bộ ba số 
nguyên dương (x, y, z) thỏa mãn điều kiện x + y + z chia hết cho m trong đó x, y , z đều bé hơn 
hoặc bằng n 
TÀI LIỆU THAM KHẢO 
♥ Generating functionology - Herbert S. Wilf. Department of Mathematics 
University of Pennsylvania. 
 48
♥ Chuyên đề chọn lọc tổ hợp và toán rời rạc. Nguyễn Văn Mậu, Trần Nam 
Dũng, Vũ Đình Hòa, Đặng Huy Ruận, Đặng Hùng Thắng, Nhà xuất bản 
giáo dục 2008. 
 PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 
Trần Xuân Đáng 
(THPT chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định) 
 Trong các kỳ thi Olympic toán Quốc gia và Quốc tế chúng ta thường gặp các bài toán về 
phương trình nghiệm nguyên. Các định nghĩa và định lý sau thường được sử dụng trong việc tìm lời 
giải cho các bài toán tìm nghiệm nguyên của một phương trình. 
1) Định lý nhỏ Phecma: Nếu p là số nguyên tố và a là số nguyên không chia hết cho p thì ap-1 ≡ 1 
(mod p) 
2) Số chính phương (modn) 
a) Định nghĩa: Cho số nguyên dương n ≥ 2. Số nguyên a được gọi là số chính phương (modn) nếu 
tồn tại x ∈ N sao cho x2 ≡ a (modn) 
b) Định lý 1: Cho số nguyên tố p. 
i) Nếu p = 2 thì mọi số lẻ a đều là số chính phương (mod 2) 
ii) Nếu p > 2 thì a là số chính phương (mod p) ⇔ 2
1p
a
−
 ≡ 1 (mod p) 
 a là số không chính phương (mod p) ⇔ 2
1p
a
−
 ≡ -1 (mod p) 
c) Ký hiệu Lơgiăngđrơ: Cho số nguyên tố lẻ p; a là số nguyên không chia hết cho p. Ký hiệu ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
a
được định nghĩa như sau: 
1 nếu a là số chính phương (mod p) 
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
a
 = -1 nếu a là số không chính phương (mod p) 
d) Định lý 2: Cho số nguyên tố p và số nguyên a không chia hết cho p. Khi đó: 
+) 2
1p
a
−
 ≡ ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
a
 (mod p) 
+) Nếu a ≡ b (mod p) (a, b ∈ Z; (a, p) = (b, p) = 1) thì ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
a
= ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
b
 49
+) ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
a ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
b
 = ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
ab
 (a, b ∈ Z; (a, p) = (b, p) = 1) 
+) ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
a 2
 = 1 +) 2
1p
)1(
p
1 −−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −
 +) 8
12p
)1(
p
2 −−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
e) Luật tương hỗ Gauss: 
Nếu p, q là các số nguyên tố lẻ và p ≠ q thì 4
)1q)(1p(
)1(
p
q
q
p −−−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
Tiếp theo là một số bài toán về phương trình nghiệm nguyên với lời giải của chúng: 
Bài toán 1: Tìm tất cả các bộ 3 số nguyên dương (a, b, c) sao cho: a2 + 2b+1 = 3c 
(Đề thi Olympic Toán của Italia năm 2008) 
Lời giải: Giả sử (a, b, c) là bộ 3 số nguyên dương sao cho a2 + 2b+1 = 3c 
⇒ c chẵn (vì 2b+1 ⋮ 4 ; a2 ≡ 0 (mod 4) hoặc a2 ≡ 1 (mod 4)) 
⇒ c = 2d (d ∈ N*) ⇒ 2b+1 = (3d - a) (3d + a) 
⇒ 3d - a = 2m ; 3d + a = 2n (m, n ∈ N, m < n) 
⇒ 2 . 3d = 2n + 2m = 2m (2n-m + 1) ⇒ m = 1 ⇒ 3d = 2n-1 + 1 
Nếu n - 1 = 1 ⇒ d = 1 , n = 2 ⇒ c = 2, a = 1, b = 2 
Nếu n - 1 ≥ 2 ⇒ 2n-1 ⋮ 4 ⇒ d chẵn ⇒ d = 2k (k ∈ N*) 
⇒ 2n-1 = (3k - 1) (3k + 1) ⇒ 3k - 1 = 2t , 3k + 1 = 2s (t, s ∈ N*; t < s) 
⇒ 2 . 3k = 2t + 2s = 2t (2s - t + 1) ⇒ t = 1 ⇒ k = 1, s = 2 
⇒ n - 1 = 3 ⇒ d = 2 ⇒ c = 4, n = 4, a = 7, b = 4 
Vậy (a, b, c) = (1, 2, 2) hoặc (a, b, c) = (7, 4, 4) 
Bài toán 2: Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình 3x + 4y = 7z 
Lời giải: Giả sử x, y, z là các số nguyên dương sao cho 3x + 4y = 7z 
Trường hợp 1: y ≥ 2 ⇒ z > 1 
Giả sử 3x ≡ r (mod 16) (0 ≤ r ≤ 15, r ∈ N) ⇒ r ∈ {1, 3, 9, 11} 
Nếu z = 2k + 1 ( k ∈ N*) thì 7z ≡ 7 (mod 16) ⇒ z = 2k (k ∈ N*) 
⇒ (7k - 2y) (7k + 2y) = 3x ⇒ 7k - 2y = 3a ; 7k + 2y = 3b (a, b ∈ N; a < b) 
⇒ 2y+1 = 3b - 3a = 3a (3b-a - 1) ⇒ a = 0 ⇒ 7k = 2y + 1 
Ta có 2y⋮ 4 ⇒ k chẵn ⇒ k = 2m (m ∈ N*) ⇒ 2y = (7m - 1) (7m + 1) 
Ta có 7m - 1⋮ 3, 2y không chia hết cho 3. Đó là điều vô lý 
Trường hợp 2: y = 1 ⇒ 3x + 4 = 7z . Nếu x = 1 ⇒ z = 1. 
 Giả sử x > 1 ⇒ z > 1. Ta có 3x - 3 = 7z - 7 ⇒ 3(3x-1 - 1) = 7(7z-1 - 1) 
 ⇒ 3x-1 - 1⋮ 7 ⇒ x - 1 = 6k (k ∈ N*) 
 ⇒ 3(36k - 1) = 7(7z-1 - 1) ⇒ 7z-1 -1 ⋮ 13 
 50
 ⇒ z - 1 = 12m (m ∈ N*) ⇒ 7(7z-1 - 1) =7 (712m - 1) ⋮ 9 
Mặt khác 3(36k - 1) không chia hết cho 9. Đó là điều vô lý. 
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm nguyên dương duy nhất 
(x, y, z) = (1, 1, 1) 
Bài toán 3: Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình 7x + 12y = 13z 
 (Đề thi Olympic Toán của Serbia năm 2008) 
Lời giải: Giả sử x, y, z là các số nguyên dương sao cho: 7x + 12y = 13z 
Đặt d = 7x + 12y , g = 13z 
Nếu y = 1 thì d ≡ 5 (mod 7), g ≡ (-1)z (mod 7). Đó là điều vô lý. 
Nếu y ≥ 2 thì 12y ⋮ 122 ⋮ 8 ⇒ d ≡ (-1)x (mod 8). 
Với k ∈ N ta có 52k ≡ 1 (mod 8), 52k+1 ≡ 5 (mod 8) ⇒ z và x chẵn 
 ⇒ g ≡ (-1)z ≡ 1 (mod 7) ⇒ 5y ≡ 1 (mod 7) 
Ta có 56 ≡ 1 (mod 7) và 5t ≢ 1 (mod 7) với t ∈ {1, 2, 3, 4, 5} 
⇒ y ⋮ 6 ⇒ x, y, z đều chẵn. Giả sử x = 2a, y = 2b, z = 2c (a, b, c ∈ N*) 
⇒ (7a)2 + (12b)2 = (13c)2 
Vì (7a, 12b) = 1 ⇒ ∃ các số nguyên dương m, n (m > n, (m, n) = 1) sao cho 7a = m2 - n2 , 12b 
= 2mn , 13c = m2 + n2. 
Ta có 22b . 3b = 12b = 2mn 
Trường hợp 1: n = 1, m = 22b-1 . 3b 
 (m - 1) (m + 1) = 7a ⇒ m + 1⋮ 7, m - 1⋮ 7 ⇒ 2 ⋮ 7. Đó là điều vô lý. 
Trường hợp 2: {m, n} = {22b-1 ; 3b} 
 Ta có |m2 - n2| = |24b-2 - 32b| ≡ |(24)b-1 . 22 - 2b| ≡ |2b-1 . 22 - 2b| ≡ 2b (mod 7) 
⇒ m2 - n2 không chia hết cho 7. Đó là điều vô lý vì m2 - n2 = 7a (a ∈N*). 
Vậy phương trình 7x + 12y = 13z không có nghiệm nguyên dương. 
Bài toán 4: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x, n) thoả mãn x3 + 2x + 1 = 2n 
(Đề thi Olympic Toán của Serbia năm 2007) 
Lời giải: Giả sử x, n là các số nguyên dương sao cho x3 + 2x + 1 = 2n (1) 
 Nếu n ≤ 2 thì n = 2 và x = 1. Giả sử n ≥ 3; Từ (1) ⇒ x lẻ 
Từ (1) ⇒ x(x2 + 2) = 2n - 1. Vì x (x2 + 2) ⋮ 3 nên n chẵn. 
Từ (1) ⇒ x3 + 2x + 3 = 2n + 2 ⇒ (x + 1) (x2 - x + 3) = 2n + 2 
Giả sử p là một ước nguyên tố của x2 - x + 3 ⇒ p lẻ và -2 là số chính phương (mod p) 
⇒ 1 = 8
12p
2
1p
)1.()1(
p
2
p
1
p
2 −− −−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −
⇒ p có dạng 8m + 1 hoặc 8m + 3 (m ∈ N) 
 51
Ta có x3 + 2x + 1 ≡ 0 (mod 8) ⇒ x ≡ 5 (mod 8) ⇒ x2 - x + 3 ≡ 7 (mod 8) 
Đó là điều vô lý. 
Vậy chỉ có một cặp số nguyên dương (x, n) duy nhất thoả mãn đề bài là (x, n) = (1, 2) 
Bài toán 5: Chứng minh tồn tại vô số cặp số nguyên dương (m, n) sao cho 
m
1n
n
1m +++ là một 
số nguyên dương. 
(Đề thi Olympic Toán của Anh năm 2007) 
Lời giải: Ta chứng minh rằng phương trình 
x
1y
y
1x +++ = 4 (1) có vô số nghiệm nguyên dương. 
Thật vậy (1) ⇔ x2 + (1 - 4y)x + y2 + y = 0 (2) 
(x1 = 1, y1 = 1) là một nghiệm nguyên dương của (2) 
Xét dãy (tk) (k ≥ 1) sao cho t1 = t2 = 1, tk + 2 = 4tk+1 - tk - 1 (k ≥ 1) 
Dễ dàng chứng minh được tk+1 > tk > 0, ∀ k ≥ 2. Ta có (t1, t2) là một nghiệm nguyên dương 
của phương trình (2). Giả sử (tk , tk+1) là một nghiệm nguyên dương của phương trình (2) tức là tk2 + 
(1 - 4tk+1) tk + 2 1kt + + tk+1 = 0. 
Xét 2 2kt + + (1 - 4tk+1) tk+2 + 
2
1kt + + tk+1 - [
2
kt + (1 - 4tk+1)tk + 
2
1kt + + tk+1] = 
= 2 2kt + - 
2
kt + (1 - 4tk+1) (tk+2 - tk) = (tk+2 - tk) (tk+2 + tk + 1 - 4tk+1) = 0 
⇒ 2 2kt + + (1 - 4tk+1) tk+2 + 2 1kt + + tk + 1 = 0 
⇒ (x, y) = (tk + 1, tk +2) cũng là nghiệm nguyên dương của phương trình (2) 
Vì tk+1 > tk ∀ k ≥ 2 nên phương trình (1) có vô số nghiệm nguyên dương. 
Vậy tồn tại vô số cặp số nguyên dương (m, n) sao cho 
m
1n
n
1m +++ là một số nguyên 
dương. 
Bài toán 6: Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên dương n sao cho n7 + 7 là bình phương của 
một số nguyên dương. 
(Đề chọn đội tuyển Mỹ thi IMO năm 2008) 
Lời giải: Giả sử n7 + 7 = a2 (a ∈ N*) 
 Khi đó n7 + 128 = a2 + 121 
 ⇒ a2 + 121 = (n + 2) (n6 - 2n5 + 4n4 - 8n3 + 16n2 - 32n + 64) 
Nếu n chẵn ⇒ a2 ≡ 7 (mod 8). Đó là điều vô lý. Vậy n lẻ ⇒ n2≡ 1(mod 4) 
Đặt b = n6 - 2n5 + 4n4 - 8n3 + 16n2 - 32n + 64 thì b lẻ và 
b ≡ n6 - 2n5 + n4 - n4 ≡ n4 (n - 1)2 - n4 (mod 4) 
Vì n4 ≡ 1 (mod 4) và n - 1 chẵn ⇒ (n - 1)2 ≡ 0 (mod 4) ⇒ b ≡ -1 (mod 4) 
 52
⇒ b có ước nguyên tố dạng 4k + 3 (k ∈ N). Giả sử p là ước nguyên tố dạng 4k + 3 (k ∈ N) 
của b ⇒ a2 + 121⋮p ⇒ p = 11 và a⋮p ⇒ a = 11q (q ∈ N*) và b11. Nếu n + 2 11 thì b ≡ 7.82 
(mod 11). Đó là điều vô lý. 
Vậy n + 2 không chia hết cho 11. Mặt khác a2 + 121121 ⇒ b121 
⇒ b = 121. r (r ∈ N*, r lẻ). 
Ta có a2 + 121 = 121(q2 + 1) = (n + 2)b= 121r (n + 2)⇒ r (n + 2) = q2 + 1 
⇒ r không có ước nguyên tố dạng 4t + 3 (t ∈N) ⇒ b ≡ 1 (mod 4). Đó là điều vô lý. 
Vậy không tồn tại số nguyên dương n sao cho n7 + 7 là bình phương của một số nguyên 
dương. 
Bài toán 7: Tìm tất cả các nghiệm nguyên không âm của phương trình 
12x + y4 = 2008z (Đề thi Olympic Toán của Serbia năm 2008) 
Lời giải 1: Giả sử x, y, z là các số nguyên không âm sao cho 12x + y4 = 2008z 
z = 0 ⇒ x = 0, y = 0 
Nếu z > 0 ⇒ 2008z 2008. Ta có 2008 = 251. 23 
Giả sử x chẵn ⇒ x = 2x1 (x1 ∈ N*) ⇒ 21x )12( ≡ -y4 (mod 251) 
⇒ 1 ≡ 25022501x )y()12( −≡ ≡ -1 (mod 251). Đó là điều vô lý. 
Giả sử x lẻ. Hiển nhiên y chẵn ⇒ y = 2uy1 (y1 ∈ N*, y1 lẻ, u ∈ N*) 
⇒ 22x3x + 24u 41y = 23z 251z 
Ta có 2x ≠ 4u (vì x lẻ) ⇒ 3z = 2x hoặc 3z = 4u 
Trường hợp 1: 3z = 2x < 4u ⇒ z 2 và 3x + 24u-2x 41y = 251z 
Vế trái có dạng 4k + 3 (k ∈ N) (vì x lẻ), vế phải có dạng 4m + 1(m∈ N). Đó là điều vô lý. 
Trường hợp 2: 3z = 4u < 2x ⇒ z 2. Ta có 22x - 4u . 3x + 41y = 251z 
Vế phải có dạng 5k + 1 (k ∈ N). 
Nếu y1 không chia hết cho 5 ⇒ 41y ≡ 1 (mod 5) 
⇒ 22x - 4u 3x ≡ 0 (mod 5). Đó là điều vô lý. 
Nếu y1 5 ⇒ 1 ≡ 22x - 4u 3x ≡ - 3x ≡ ± 3 (mod 5) (vì x lẻ). Đó là điều vô lý. 
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm nguyên không âm duy nhất là 
x = y = z = 0 
Lời giải 2: Giả sử z > 0 ⇒ y > 0. Với x chẵn vế trái có dạng a2 + b2, với x lẻ vế trái có dạng a2 + 
3b2, trong đó a, b là các số nguyên dương không chia hết cho 251. Tuy nhiên -1 và -3 không là số 
chính phương (mod 251). Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên không âm thoả mãn z 
> 0. 
Cuối cùng là một số bài toán dành cho bạn đọc: 
 53
Bài toán 8: Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình 3x + 4y = 5z 
Bài toán 9: Chứng minh rằng phương trình x2 + 5 = y3 không có nghiệm nguyên 
(Đề thi Olympic Toán của Ba Lan năm 2007) 
Bài toán 10: Chứng minh rằng phương trình 
x
1y
y
1x +++ = 3 có vô số nghiệm nguyên dương. 
Bài toán 11: Cho số nguyên