Chủ đề này có 565 trả lời

[Juliel]

Bài 163 : Tìm tất cả các số tự nhiên lẻ $n$ sao cho  $$n^{11}+199$$ là một số chính phương

 

Bổ đề 1: Cho các số nguyên dương $x,y$ và số nguyên tố $p$ có dạng $4k + 3$ thỏa mãn $p|(x^{2}+y^{2})$. Khi đó $p|x$ và $p|y$

Bổ đề 2 : Cho các số nguyên dương $x,y$ thỏa $gcd(x,y)=1$, khi đó mọi ước nguyên tố của $x^{2}+y^{2}$ không có dạng $4k+3$.

 

Lời giải :

 

Đặt $n^{11}+199=m^{2}$ , $m\in \mathbb{N}$

 

Vì $n$ lẻ nên $n\equiv 1;3(mod4)$

Nếu $n\equiv 3(mod4)\Rightarrow m^{2}\equiv 3^{11}+199\equiv 2(mod4)$ (vô lí)

Do đó $n\equiv 1(mod4)$

Ta có :

$n^{11}+199=m^{2}\Leftrightarrow n^{11}+2^{11}=m^{2}+43^{2}\Leftrightarrow (n+2)(n^{10}-n^{9}.2+...-n.2^{9}+2^{10})=m^{2}+43^{2}\Leftrightarrow (n+2).b=m^{2}+43^{2}\qquad(*)$ 

Vì $n\equiv 1(mod4)\Rightarrow b=n^{10}-n^{9}.2+...-n.2^{9}+2^{10}\equiv 3(mod4)\Rightarrow$ $b$ có ít nhất một ước nguyên tố  $p\equiv 3(mod4)$. 

 

Theo bổ đề 1 thì $b|(a^{2}+43^{2})\Rightarrow p|(a^{2}+43^{2})\Rightarrow p|43\Rightarrow p=43\Rightarrow 43|b$

 

Nếu $43|(n+2)\Rightarrow n\equiv -2(mod43)\Rightarrow b=n^{10}-2n^{9}+4n^{8}-8n^{7}+16n^{6}-32n^{5}+64n^{4}-128n^{3}+256n^{2}-512n+1024\equiv 8(mod43)$.

Điều này là vô lí vì $43|b$. Suy ra $43\nmid(n+2)$.

 

Ta có $a^{2}+43^{2}=(n+2).b\vdots 43\Rightarrow a\vdots 43\Rightarrow (a^{2}+43^{2})\vdots 43^{2}\Rightarrow b(n+2) \vdots 43^{2}$. Vì $43\nmid(n+2)$ nên $b=43^{2}.m\qquad(m\in \mathbb{N},gcd(m,2)=1)$

 

Hơn nữa vì $a\vdots 43\Rightarrow a=43q\qquad(q\in \mathbb{N})$

Do đó $(n+2).b=a^{2}+43^{2}=43^{2}.(q^{2}+1)\Leftrightarrow (n+2).43^{2}.m=43^{2}(q^{2}+1)\Leftrightarrow q^{2}+1=m(n+2)$

Vì $gcd(1,q)=1$ nện theo bổ đề 2 thì $q^{2}+1$ không có ước nguyên tố nào có dạng $4k + 3$, nhưng $n+2\equiv 3(mod4)$  (vì $n\equiv 1(mod4)$)

Điều này mâu thuẫn.

Kết luận : Không tồn tại số $n$ thỏa mãn đề bài.

[Strygwyr]

Xử đẹp mấy bài tồn đọng trong topic nào

 

Bài 161 : Tìm các số nguyên tố $p$ sao cho tồn tại các số nguyên dương $x$ và $y$ thỏa mãn :

$x(y^{2}-p)+y(x^{2}-p)=5p$

(Junior Balkan 2011)

Ta có : $x(y^{2}-p)+y(x^{2}-p)=(x+y)(xy-p)=5p$

Do $5$ và $p$ là hai số nguyên tố.nên chỉ xảy ra các trường hợp sau :

$\bullet$ Nếu $\left\{\begin{matrix} x+y=5\\ xy-p=p \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x=2,y=3 \\p=3  \end{matrix}\right.$ hoặc $\left\{\begin{matrix} x=1,y=4\\ p=2  \end{matrix}\right.$

$\bullet$ Nếu $\left\{\begin{matrix} x+y=p\\xy-p=5 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow (x-1)(y-1)=6$

Suy ra $x+y=7$ hoặc $x=y=9$ nhưng do $p$ nguyên tố nên $p=7$

$\bullet$ Nếu $\left\{\begin{matrix} x+y=5p\\xy-p=1 \end{matrix}\right.$

- Nếu $x=1$ thì $\left\{\begin{matrix} y+1=5p\\y-p=1 \end{matrix}\right.$ (vô nghiệm)

- Nếu $y=1$ thì $\left\{\begin{matrix} x+1=5p\\x-p=1 \end{matrix}\right.$ (vô nghiệm)

- Nếu $x,y\geq 2$ thì $xy\geq 2x, xy\geq 2y\Rightarrow xy\geq x+y\Rightarrow 1+p\geq 5p$ (vô nghiệm)

Vậy $p=2, p=3, p=7$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Strygwyr: 15-08-2013 - 19:36

[Strygwyr]

Bài 157 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :

$9(x^{2}+y^{2}+1)+2(3xy+2)=2005$

(Junior Balkan 2005)

Không ngờ JBMO lại có những bài dễ thế này

Đặt $x+y=a, xy=b$, dễ thấy $a^{2}\geq 4b$. Ta có :

$9(x^{2}+y^{2}+1)+2(3xy+2)=2005$

$\Leftrightarrow 9(a^{2}-2b+1)+2(3b+2)=2005$

$\Leftrightarrow 3a^{2}-4b=664$ $(1)$

Do $a^{2}\geq 4b$ nên $2a^{2}\leq 664\Leftrightarrow a\leq 18$.

Lại có $b>0$ nên $3a^{2}\geq 664\Leftrightarrow a\geq 15$.

Suy ra $15\leq a\leq 18$.

Từ $(1)$ nhận thấy $3a^{2}$ chẵn nên $a$ chẵn, suy ra $a=16$ hoặc $a=18$

$\bullet$ Nếu $a=16$ thì $b=26$ (không thoả mãn $a^{2}\geq 4b$)

$\bullet$ Nếu $a=18$ thì $b=77$.

Do đó, $x=11, y=7$ hoặc $x=7, y=11$

Vậy : phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương $(x,y)=(7,11), (11,7)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Strygwyr: 15-08-2013 - 19:47

[Strygwyr]

Lỡ tay xử đẹp mấy bài JBMO rồi thôi đền cho các bạn mấy bài JBMO Shortlist vậy

Bài 164: Tìm các số nguyên $x,y,z$ thoả mãn phương trình :

$x^{4}+y^{4}+z^{4}-2x^{2}y^{2}-2y^{2}z^{2}-2z^{2}x^{2}=2000$

(JBMO Shortlist 2000)

Bài 165 : Tìm các số nguyên dương $n$ không phải là bội số của $3$ sao cho $2^{n^{2}-10}+2133$ là một lập phương của số nguyên dương.

(JBMO Shortlist 2001)

Bài 166 : Tìm các số tự nhiên $x,y$ sao cho :

$x^{3}+y^{3}=2001p$ hoặc $x^{3}-y^{3}=2001p$ với $p$ là một số nguyên tố

(JBMO Shortlist 2001)

Bài 167 : Chứng minh không tồn tại các số nguyên dương $x,y$ sao cho :

$x^{5}+y^{5}+1=(x+2)^{5}+(y-3)^{5}$

(JBMO Shortlist 2001)

Bài 168 : Tìm các số tự nhiên có $4$ chữ số $\overline{abcd}$

$\overline{abcd}=11(a+b+c+d)^{2}$

(JBMO Shortlist 2006)

Bài 169 : Tìm các số nguyên dương $x,y,z$ sao cho :

$4^{x}+3^{y}=z^{2}$

(Turkey Junior National Olympiad 2008)

Bài 170 : Tìm các số tự nhiên $x,y$ và số nguyên tố $p$ sao cho :

$x^{2}-3xy+p^{2}y^{2}=12p$

(Turkey Junior National Olympiad 2012)

[Juliel]

Bài 167 : Chứng minh không tồn tại các số nguyên dương $x,y$ sao cho :

$x^{5}+y^{5}+1=(x+2)^{5}+(y-3)^{5}$

(JBMO Shortlist 2001)

 

Xử bài dễ nhất trước !

Phương trình tương đương :

$\left ( x^{5}-x \right )+\left ( y^{5}-y \right )=\left ( (x+2)^{5}-(x+2) \right )+\left ( (y-3)^{5}-(y-3) \right )-1$

Sử dụng một bổ đề quen thuộc là $30|(a^{5}-a)\qquad(a\in \mathbb{Z})$

Thì  $VT\equiv 0(mod30)$, trong khi $VP\equiv -1(mod30)$

Vậy : Phương trình không có nghiệm nguyên

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 15-08-2013 - 20:11

[Juliel]

 

Bài 169 : Tìm các số nguyên dương $x,y,z$ sao cho :

$4^{x}+3^{y}=z^{2}$

(Turkey Junior National Olympiad 2008)

 

Phương trình tương đương :

$$(z-2^{x})(z+2^{x})=3^{y}$$

Do đó : 

$$\left\{\begin{matrix}z-2^{x}=3^{m} &  & \\  z+2^{x}=3^{n}&  & \end{matrix}\right.(m<n,m,n\in \mathbb{N},m+n=y)$$

Trừ vế với vế : $3^{n}-3^{m}=2^{x+1}\Leftrightarrow 3^{m}(3^{n-m}-1)=2^{x+1}\Rightarrow \left\{\begin{matrix} m=0 & & \\ 3^{y}-1=2^{x+1} &(*) & \end{matrix}\right.$

Giải quyết $(*)$ :

Vì $x\geq 1\Rightarrow 4|2^{x+1}\Rightarrow 3^{y}=2^{x+1}+1\equiv 1(mod4)\Rightarrow y$ chẵn

Đặt $y=2k\qquad(k\in \mathbb{N}^{*})$

Ta được $$(3^{k}-1)(3^{k}+1)=2^{x+1}\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 3^{k}-1=2^{a} & & \\ 3^{k}+1=2^{b}& & \end{matrix}\right.$$

Với $a<b;a+b=x+1;a,b\in \mathbb{N}$

 

$$\Rightarrow 2^{b}-2^{a}=2\Rightarrow 2^{a}(2^{b-a}-1)=2\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a=1 & & \\ b=2& & \end{matrix}\right.$$

Từ đó tìm được $x=2$, $y = 2$, $z = 5$

Kết luận : $\boxed{(x;y;z)=(2;2;5)}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 15-08-2013 - 21:28

[Juliel]

 

 

Bài 165 : Tìm các số nguyên dương $n$ không phải là bội số của $3$ sao cho $2^{n^{2}-10}+2133$ là một lập phương của số nguyên dương.

(JBMO Shortlist 2001)

 

$3\nmid n\Rightarrow n^{2}\equiv 1(mod3)\Rightarrow n^{2}-10\equiv 0(mod3)\Rightarrow n^{2}-10=3k\qquad(k\in \mathbb{N})$

Đặt $2^{n^{2}-10}+2133=t^{3}\qquad(t\in \mathbb{Z}^{+})\Leftrightarrow (2^{k})^{3}+2133=t^{3}\Leftrightarrow (t-2^{k})(t^{2}+t.2^{k}+2^{2k})=2133$

Do $0<t-2^{k}<t^{2}+t.2^{k}+2^{2k}$ 

Nên xét các trường hợp :

$\blacktriangledown \left\{\begin{matrix} t-2^{k}=1 & (1) & \\ t^{2}+t.2^{k}+2^{2k}=2133 & (2) & \end{matrix}\right.$

Thay $(1)$ : $t = 2^k +1$ vào $(2)$ thì được :

$3.2^{2k}+2^{k+1}+2^{k}=2132\Leftrightarrow 2^{k}(3.2^{k}+3)=2132$

Ta thấy $3|VT,3\nmid VP$ (loại)

$\blacktriangledown \left\{\begin{matrix} t-2^{k}=3 & (3) & \\ t^{2}+t.2^{k}+2^{2k}=711& (4) & \end{matrix}\right.$

Thay $(3)$ : $t = 2^k + 3$ vào $(4)$ thì được :

$3.2^{2k}+3.2^{k+1}+3.2^{k}=702\Leftrightarrow 2^{k}(3.2^{k}+9)=2.531\Rightarrow k=1$

Thử lại không thỏa mãn.

$\blacktriangledown \left\{\begin{matrix} t-2^{k}=9 & (5)& \\ t^{2}+t.2^{k}+2^{2k}=237& (6) & \end{matrix}\right.$

Thay $(5)$ : $t = 2^k + 9$ vào $(6)$ : $3.2^{2k}+9.2^{k+1}+9.2^{k}=156\Leftrightarrow 2^{k}\left (3.2^{k}+27 \right )=2^{2}.39\Rightarrow k=1;2$.

Thử lại thấy $k = 2$ thỏa mãn, khi đó $n = 4$

$\blacktriangledown \left\{\begin{matrix} t-2^{k}=27 & (7) & \\ t^{2}+t.2^{k}+2^{2k}=79& (8) & \end{matrix}\right.$

Thay $(7)$ : $t = 2^k + 27$ vào $(8)$ : $3.2^{2k}+27.2^{k+1}+27.2^{k}=-650$ (loại)

Kết luận : $\boxed{n=4}$

bài này trâu bò nhể ? 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 15-08-2013 - 21:18

[Ha Manh Huu]

 

Bài 168 : Tìm các số tự nhiên có $4$ chữ số $\overline{abcd}$

$\overline{abcd}=11(a+b+c+d)^{2}$

(JBMO Shortlist 2006)

 

 

ta có  $\overline{abcd}\vdots 11\rightarrow a+b-c+d\vdots 11$

do do đó ta có $a+b-c+d\in \left \{ 0,11,22 \right \}$

với $a+b-c+d=0$ thì ta có $\overline{abcd}=11.2.c< 11.2.9<1000$ (loại)

với $a+b-c+d=11$ ta có $a+b+d=11+c$

ta có $\overline{abcd}=11(11+2c)^2$ ta xét c từ 0 đến 9 ta thấy ko có số nào thỏa mãn

vói $a+b+d=22+c$ thì$\overline{abcd}=11(22+2c)^2< 10000\Rightarrow 22+c<30\Rightarrow c<4$

thử vào ta cũng ko tìm đc c

vậy phương trình vô nghiệm 

[Ha Manh Huu]

Lỡ tay xử đẹp mấy bài JBMO rồi thôi đền cho các bạn mấy bài JBMO Shortlist vậy

Bài 164: Tìm các số nguyên $x,y,z$ thoả mãn phương trình :

$x^{4}+y^{4}+z^{4}-2x^{2}y^{2}-2y^{2}z^{2}-2z^{2}x^{2}=2000$

(JBMO Shortlist 2000)

 

ta có $(x^2-y^2)^2+(y^2-z^2)^2+(z^2-x^2)^2=x^4+y^4+z^4+2000$ rõ ràng vế trái < vế phải

[Strygwyr]

ta có $(x^2-y^2)^2+(y^2-z^2)^2+(z^2-x^2)^2=x^4+y^4+z^4+2000$ rõ ràng vế trái < vế phải

Cho $a=b=c$ thì vế trái $<$ vế phải.

Cho $a=9b=9c$ thì vế trái $>$ vế phải.

Do đó, ta không thể đánh giá bằng bất đẳng thức được.

Một cách giải khá hay bên mathlinks

 

Bài 164: Tìm các số nguyên $x,y,z$ thoả mãn phương trình :

$x^{4}+y^{4}+z^{4}-2x^{2}y^{2}-2y^{2}z^{2}-2z^{2}x^{2}=2000$

(JBMO Shortlist 2000)

 

Giải

Sử dụng kết quả hiển nhiên $x^{4}\equiv x^{2} (mod 3)$ với mọi $x$ nguyên, ta có : 

$x^{2}+y^{2}+z^{2}-2x^{2}y^{2}-2y^{2}z^{2}-2z^{2}x^{2}\equiv 2(mod 3)$

Ta phải xét $8$ trường hợp nhưng do tính đối xứng của $x,y,z$ nên chỉ cần xét $4$ trường hợp sau :

$\bullet$ Nếu $(x^{2},y^{2},z^{2})\equiv (0,0,0)(mod 3)$ thì suy ra $0\equiv 2(mod 3)$ (mâu thuẫn)

$\bullet$ Nếu $(x^{2},y^{2},z^{2})\equiv (1,0,0)(mod 3)$ thì suy ra $1\equiv 2(mod 3)$ (mâu thuẫn)

$\bullet$ Nếu $(x^{2},y^{2},z^{2})\equiv (1,1,0)(mod 3)$ thì suy ra $0\equiv 2(mod 3)$ (mâu thuẫn)

$\bullet$ Nếu $(x^{2},y^{2},z^{2})\equiv (1,1,1)(mod 3)$ thì suy ra $0\equiv 2(mod 3)$ (mâu thuẫn)

Vậy : phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Strygwyr: 17-08-2013 - 00:28

[Juliel]

Bài 171 : Giải phương trình nghiệm nguyên $n^{2}+3n+5=11^{y}$

Chả ai chịu giải bài của mình nhỉ ? 

[Zaraki]

Bài 171 : Giải phương trình nghiệm nguyên $n^{2}+3n+5=11^{y}$

Chả ai chịu giải bài của mình nhỉ ? 

Lời giải. Phương trình tương đương với $(2n+3)^2=4 \cdot 11^y-11 \qquad (1)$.

Với $y<0$ hiển nhiên loại ($VP$ nguyên mà $VP$ không nguyên). Do đó $y \ge 0$. Dễ thấy $y \ge 1$ (vì $4 \cdot 11^y-11 \ge 0$).

Nếu $y=1$ thì $(1) \Leftrightarrow (2n+3)^2=33$, không có nghiệm nguyên.

Nếu $y \ge 2$ thì từ $(1)$ ta có $11|VP$ nhưng $11^2 \nmid VP$. Ta cũng suy ra $11|VT$ nên $11^2|VP$, mâu thuẫn.

Vậy phuơng trình không có nghiệm nguyên.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Jinbe: 17-08-2013 - 12:22

[bachhammer]

Lâu lâu ghé qua topic này, thấy hào hứng nên cho một bài nhé (mặc dù ko phải học sinh THCS    ):

Bài 172: Giải phương trình nghiệm nguyên: $38x^{3}y-76xy^{2}+19x^{2}+19x-38y=120x^{2}y-240y^{2}+60$.(Bài này tương đối dễ)

[bachhammer]

Thêm một bài nữa nhé: 

Bài 173: Tìm số $\overline{xyz}$ thoả mãn $\sqrt[3]{\overline{xyz}}=(x+y+z)^{4^{n}};(n\in\mathbb{N})$.

[Strygwyr]

Nâng trình độ lên nào, bây giờ là Balkan MO

Bài 174 : Cho các số nguyên dương $a,b,c$. Tìm tất cả nghiêm thực $x,y,z$ của hệ phương trình :

$\left\{\begin{matrix} & ax+by=(x-y)^{2} &\\  & by+cz=(y-z)^{2} & \\ & cz+ax=(z-x)^{2} & \end{matrix}\right.$

(Balkan MO 1984)

Bài 175 : Cho số nguyên tố $p$ và số nguyên dương $m$ khác $1$. Chứng minh rằng phương trình : 

$\frac{x^{p}+y^{p}}{2}=(\frac{x+y}{2})^{m}$

có nghiệm nguyên dương $(x,y)\neq (1,1)$ khi và chỉ khi $m=p$.

(Balkan MO 1993)

Bài 176 : Chứng minh phương trình sau không có nghiệm nguyên

$x^{2}+4=y^{5}$

(Balkan MO 1998)

Bài 177 : Giải phương trình sau với nghiệm $x,y$ nguyên tố :

$x^{y}-y^{x}=xy^{2}-19$

(Balkan MO 2004)

Bài 178 : Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ để $p^{2}-p+1$ là lập phương của một số nguyên dương.

(Balkan MO 2005)

Bài 179 : Giải phương trình sau với nghiệm $x,y,z$ nguyên dương :

$3^{x}-5^{y}=z^{2}$

(Balkan MO 2009)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Strygwyr: 18-08-2013 - 17:21

[Strygwyr]

Tình hình là mình phải off topic này vài tháng, hy vọng mọi người đừng để cho nó đóng bụi nhé :3

Một vài bài toán về phương trình nghiệm nguyên trong Asian Pacific Mathematical Olympiad 

Bài 180 : Chứng minh rằng phương trình :

$6(6a^{2}+3b^{2}+c^{2})=5n^{2}$

không có nghiệm tự nhiên, ngoại trừ nghiệm $a=b=c=n=0$

(APMO 1989)

Bài 181 : Xác định các số nguyên dương $n$ để phương trình :

$x^{n}+(2+x)^{n}+(2-x)^{n}=0$

có một nghiệm nguyên duy nhất.

(APMO 1993)

Bài 182 : Tìm các số tự nhiên $a_1,a_2,...a_9$ là một trong các số $1,2,...,9$ thỏa mãn :

$i. a_1+a_2+a_3+a_4=a_4+a_5+a_6+a_7=a_7+a_8+a_9+a_1$

$ii. a_1^{2}+a_2^{2}+a_3^{2}+a_4^{2}=a_4^{2}+a_5^{2}+a_6^{2}+a_7^{2}=a_7^{2}+a_8^{2}+a_9^{2}+a_1^{2}$

(APMO 2000)

Bài 183 : Cho các số nguyên dương $a,b,c$. Chứng minh không tồn tại $a,b,c$ sao cho các số $a^{2}+b+c$, $b^{2}+c+a$ và $c^{2}+a+b$ đều là các số chính phương.

(APMO 2011)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Strygwyr: 18-08-2013 - 19:03

[Zaraki]

Bài 175, xem tại đây.

[Trang Luong]

Bài 184. Giải phương trình nghiệm  nguyên:

$\left\{\begin{matrix} x=\frac{1}{2}\left ( y+\frac{1}{y} \right ) & & & \\ y=\frac{1}{2}\left ( z+\frac{1}{z} \right ) & & & \\ z=\frac{1}{2}\left ( x+\frac{1}{x} \right ) & & & \end{matrix}\right.$

Bài 185. Giải phương trình nghiệm  nguyên

$\left\{\begin{matrix} xy+2zt=0 & & \\ xt-yz=1 & & \end{matrix}\right.$

Bài 186.Giải phương trình nghiệm  nguyên

1. $\left\{\begin{matrix} x+y+z=3 & & \\ x^{3}+y^{3}+z^{3}=9 & & \end{matrix}\right.$
2. $\left\{\begin{matrix} x+y+z=25 & & \\ x^{2}+y^{2}+z^{2}=209 & & \end{matrix}\right.$

[Zaraki]

Bài 185. Giải phương trình nghiệm  nguyên
$\left\{\begin{matrix} xy+2zt=0 & & \\ xt-yz=1 & & \end{matrix}\right.$

Có vẻ như cái luật "giải xong một bài mới được post bài mới" của mình hết hiệu lực rồi thì phải  

Lời giải. Nếu $y=0$ thì ta có $zt=0$ và $xt=1$. Ta suy ra $z=0, t=x=1$ hoặc $z=0,t=x=-1$.

Nếu $y \ne 0$ thì từ phương trình thứ nhất ta suy ra $x= \frac{-2zt}{y}$. Thay vào phương trình thứ hai ta được $2zt^2+y^2z=-y \qquad (1)$ (hiển nhiên $z \ne 0$). Từ đây ta suy ra $y|zt^2$. Đặt $zt^2=y \cdot k$ với $k \in \mathbb{Z}$. Phương trình trở thành $$2k+yz=-1$$

Với $t=0$ thì $yz=-1$. Ta suy ra $y=1,z=-1$ hoặc $y=-1,z=1$.

Với $t \ne 0$ thì:

 

Nếu $\gcd \left(|y|,|z| \right) >1$ thì $\gcd \left( |k|, |z| \right)>1$, khi đó $2k+yz$ chia hết cho một số tự nhiên $a>1$, mâu thuẫn. Vậy $\gcd \left( |y|,|z| \right)=1$.

 

Nếu $\gcd \left( |y|, |t| \right)>1$ thì $xt-yz$ chia hết cho một số tự nhiên $a>1$, mâu thuẫn với giả thiết $xt-yz=1$.

 

Vậy $\gcd  \left( |zt^2|, |y| \right)=1$ mà $y|zt^2$ nên $y=1$. Thay vào $(1)$ ta được $z \left( 2t^2+1 \right) =-1$. Ta suy ra $t=0,z=-1$.

 

Vậy phương trình có nghiệm nguyên $\boxed{(x,y,z,t)=(1,0,0,1),(-1,0,0,-1),(0,1,-1,0),(0,-1,1,0)}$.

[Juliel]

Bài 187 : Giải phương trình $Pytagore$ trên tập nghiệm nguyên dương :

$$x^{2}+y^{2}=z^{2}$$