Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán THPT - Giải phương trình vô định nghiệm nguyên: Phần 1

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:107

Thêm vào BST

Báo xấu

8
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cuốn sách "Giải phương trình vô định nghiệm nguyên - Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán THPT" Phần 1 cung cấp cho người đọc những kiến thức như: Phương trình vô định bậc nhất; Phương trình vô định bậc hai; Phương trình Pell; Phương trình vô định bậc cao và dạng đặc biệt;... Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán THPT - Giải phương trình vô định nghiệm nguyên: Phần 1

NGUYỄN HỮU ĐIỂN GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ ĐỊNH NGHIỆM NGUYÊN NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
LỜI GIỚI THIỆU Phương trình vô định nói chung và phương trình vô định nghiệm nguyên nói riêng có một vai trò quan trọng trong toán học và trong thực tế, bởi vậy đã được các nhà toán học trên thế giới nghiên cứu từ rất lâu, được đề cập tới trong bất kì một cuốn sách số học cơ bản nào và hiện nay vẫn chiếm một vị trí quan trọng trong nghiên cứu và học tập. Ta có thể hiểu: Phương trình vô định (hoặc còn gọi phương trình Diophantus1 ) thường là phương trình đại số với hệ số nguyên và số ẩn bất kỳ, nghiệm của nó được tìm trong tập hợp một dạng số nào đó như số nguyên, số nguyên dương, phân số hữu tỷ,... Nhiều phương trình vô định phát biểu rất đơn giản nhưng cho đến ngày nay cũng chưa có cách giải hữu hiệu. Một phương trình vô định thường có dạng P( x, y, ..., z) = 0, ở đây P( x, y, ..., z) là một đa thức nhiều biến với hệ số nguyên. Để giải một phương trình vô định nghiệm nguyên người ta thường phải trả lời những câu hỏi sau: 1. Phương trình có tồn tại ít nhất một nghiệm nguyên không? 2. Phương trình có hữu hạn hay vô hạn nghiệm? 3. Tìm tất cả những nghiệm nguyên của phương trình? Tác giả cuốn sách mong muốn tập hợp thành một chuyên đề tương đối đầy đủ và chủ yếu là phương pháp giải từng loại phương trình vô định nghiệm nguyên từ tổng quát đến các trường hợp đặc biệt. Trong thực tế, còn nhiều vấn đề mà cuốn sách này không đề 1 Diophantus of Alexandria (200-284 trước công nguyên): Nhà toán học Hy Lạp 3
4 Giải phương trình vô định nghiệm nguyên cập hết. Tác giả chỉ đề cập đến những vấn đề mà bằng kiến thức phổ thông, chúng ta có thể tiếp cận được với việc giải phương trình vô định. Bằng nguồn tài liệu trong và ngoài nước, tác giả mong muốn nội dung này cung cấp tương đối đầy đủ các dạng bài tập và phương pháp giải phương trình vô định nghiệm nguyên. Trước khi đi vào nghiên cứu cụ thể ta xét một số vấn đề: Một chút lịch sử phương trình vô định Người có công nhiều nhất cho việc thiết lập cách giải phương trình vô định là nhà toán học Diophantus người Hy Lạp . Ông sống vào thế kỷ thứ III trước công nguyên. Diophantus đã hệ thống tất cả các bài toán phương trình vô định vào bộ sách 13 tập có tên Số học. Cho đến ngày nay bộ sách này chỉ còn 6 tập với 189 bài toán. Nhưng về cuộc đời của Diophantus ta biết rất ít. Chỉ còn lưu truyền bài thơ Một phần sáu cuộc đời Diophantus là trẻ nhỏ Nửa một phần sáu là tuổi thiếu nhi Thêm một phần bảy nữa ông ta lấy vợ và sau năm năm sinh cậu con trai Cậu con trai chỉ sống bằng nửa tuổi bố Sau bốn năm khi người con chết ông cũng qua đời. Người làm ra bài thơ này cũng là nhà toán học Hy Lạp. Qua bài toán này, ta biết Diophantus đã sống 84 tuổi. Ta nhắc lại đây một bài toán của Diophantus, tất nhiên theo ngôn ngữ hiện đại. Bài toán: (Quyển II. Bài 8) Hãy phân tích một số chính phương thành tổng hai số chính phương. Cần phân tích số 16 ra tổng hai số chính phương.
Lời giới thiệu 5 Lời giải. (Của Diophantus). Gọi một số đã phân tích là x2 . Khi đó số kia là 16 − x2 . Suy ra số 16 − x2 phải là số chính phương. Tôi tạo số chính phương từ một bội bất kỳ của x, giảm đi 4. Ta lấy đó là 2x − 4. Trong trường hợp như vậy số chính phương sẽ là 4x2 + 16 − 16x. Nhưng số đó phải bằng 16 − x2 . Nên suy ra 4x2 + 16 − 16x = 16 − 16 x2 , từ đây có 5x2 = 16x. Ẩn số x bằng . Như vậy ta tìm được một 5 số là 256 25 , còn số kia là 144 25 . J Đặc trưng của Diophantus là ông giải phương trình trong tập số hữu tỷ. Bài toán trên nói lên rằng Diophantus đã biết giải phương trình x2 + y2 = z2 trong số hữu tỷ, suy ra và cả trong tập số nguyên. Từ bài toán trên dẫn đến định lý Pythagoras2 trong hình học. Theo như các tài liệu lịch sử để lại thì từ thời Bavilion hay sau nữa là tại Ấn Độ, Ai Cập, Trung Quốc với kích thước của tam giác vuông 3, 4, 5 thoả mãn a2 + b2 = c2 đã được biết đến với a, b là cạnh góc vuông, c là cạnh huyền. Người Bavilion đã biết rằng mọi tam giác với kích thước x = m2 − n2 , y = 2mn, z = m2 + n2 (với n, m là số tự nhiên) đều là tam giác vuông. Qua bài toán trên đã chỉ ra rằng Diophantus giải được phương trình vô định x2 + y2 = a2 có nghiệm trong tập số hữu tỷ ít nhất với một a nào đó. Thực ra phương trình có nghiệm với mọi a, vì 2 2 2am a ( m2 − 1) a2 = + . m2 + 1 m2 + 1 Một câu hỏi đặt ra là một số lập phương có phân tích ra tổng hai số lập phương? Phải chăng câu hỏi này đặt ra từ thời Diophantus? Rất lâu sau khi ra đời cuốn sách của Diophantus, một nhà toán 2 Pythagoras (569-475: Trước công nguyên): Nhà toán học Hy Lạp.
6 Giải phương trình vô định nghiệm nguyên học Pháp P Fermat3 đã ghi chú bên cạnh bài toán phân tích một số . chính phương thành tổng hai số chính phương khẳng định sau: "Không thể phân tích số lập phương ra tổng hai số lập phương, một số tứ phương ra tổng hai số tứ phương và v.v.". Thay vào cách chứng minh, Fermat chú thích rằng đã tìm được cách chứng minh rất hay, nhưng lề giấy nhỏ quá không thể viết nó ra được! Như vậy Fermat đã phát biểu khẳng định: Phương trình vô định x n + yn = zn với n ≥ 3 nguyên, không có nghiệm nguyên dương. Khẳng định này mang tên định lý lớn Fermat. Lịch sử về định lý này rất phong phú, biết bao công lao sức lực của các nhà toán học hơn ba thế kỷ qua trong nỗ lực tìm lại cách chứng minh của Fermat mà không được. Chỉ mới gần đây thôi năm 1993 A. J. Wiles4 nhà toán học người Anh đã chứng minh được định lý vĩ đại này. Trong quá trình chứng minh định lý lớn Fermat đã thúc đẩy rất nhiều trong nội tại ngành toán học và cũng thể hiện những nghịch lý và sai lầm của nhiều người làm Toán. Một số bài toán dân gian và thực tế Như ta đã biết, những bài toán đố trong dân gian luôn luôn đưa về việc giải một dạng phương trình nào đấy. Đó là ta lý luận theo suy nghĩ ngày nay, còn xưa kia giải như thế nào thì chẳng ai biết cả, cho đến ngày nay chỉ còn lại thơ ca hò vè nội dung câu đố mà thôi. Chúng tôi dành mục này liệt kê một số bài toán cổ quen biết, việc giải chúng không có gì phức tạp mà chỉ bằng cách đưa về phương 3 Pierre de Fermat (1601-1665): Nhà toán học nước Pháp 4 Andrew John Wiles (sinh năm 1953): Nhà toán học nước Anh.
Lời giới thiệu 7 trình vô định rồi biện luận. Chúng ta chắc ai cũng ít nhất một lần nghe nói về bài toán dân gian. Bài toán: Trâu nằm ăn ba, Một trăm con trâu, Ba con trâu già Một trăm bó cỏ. Ăn chung một bó. Trâu đứng ăn năm, Hãy tính số trâu mỗi loại. Lời giải. Không biết ngày xưa các cụ giải bằng cách nào? Ngày nay ta ký hiệu số trâu đứng là x con, trâu nằm là y con, còn trâu già là 3z con (điều kiện bài là 3 con ăn một bó). Khi đó tổng số trâu là x + y + 3z = 100 và số bó cỏ là 5x + 3y + z = 100. Từ hai phương 7 trình ta đưa về 7x + 4y = 100, nghĩa là y = 25 − x. Từ điều kiện 4 nguyên dương của y ta có x phải chia hết cho 4 và nhỏ hơn 15. Như vậy x chỉ có thể là 4, 8, 12, ứng với chúng ta có y = 18, 11, 4 và số trâu già là z = 26, 27, 28. J Bài toán: Cam ba đồng một, Mai em đi chợ phiên, Quít một đồng năm, Anh gửi một tiền, Thanh yên tươi tốt Mua cam cùng quít. Năm đồng một trái. Không nhiều thì ít Hỏi mua mỗi thứ mấy trái? Mua lấy một trăm. (Biết một tiền bằng 60 đồng.) Lời giải. Ký hiệu số cam là x, quít là y và thanh yên là z. Theo đề bài ra tổng số hoa quả là x + y + z = 100 và số tiền phải tiêu là y 3z + + 5z = 60. Từ hai phương trình này đưa đến 7x + 12z = 100, 5 suy ra x = 4, y = 90, z = 6. Công thức tìm nghiệm của phương trình vô định bậc nhất các bạn hãy xem ở Chương 1. J
8 Giải phương trình vô định nghiệm nguyên Bài toán: Ba người đi câu được một số cá. Trời đã tối và mệt lả, họ vứt cá trên bờ sông, rồi mỗi người tìm một nơi lăn ra ngủ. Người thứ nhất thức dậy, đến bờ sông, đếm số cá thấy chia ba thừa một con, bèn 1 vứt bớt một xuống sông và xách số cá về nhà. Người thứ hai thức 3 dậy tưởng hai bạn mình còn ngủ, đến bờ sông, đếm số cá, vứt 1 xuống 1 sông và xách số cá về nhà. Người thứ ba thức dậy, cứ nghĩ là mình 3 1 dậy sớm nhất, đến bờ sông, đếm số cá xong vứt 1 và xách số cá về 3 nhà. Cho biết họ là ba chàng đi câu tồi, bạn hãy tính xem họ câu được bao nhiêu cá. Lời giải. Gọi x là số cá câu được và y là số cá còn lại sau khi cả ba người đã lấy đi phần cá của mình, khi đó 2 2 2 ( x − 1) − 1 − 1 = y 3 3 3 Suy ra 8x − 27y = 38 ( x, y ∈ N). Tìm nghiệm riêng của phương trình này các bạn có thể tìm thấy ba cách ở chương 1. Ta thấy x0 = −380, y0 = −114. Và cũng theo công thức ở chương 1 ta có x = −380 + 27t, y = −114 + 8t với t là những số nguyên. Giá trị dương nhỏ nhất của x, y (theo điều kiện câu tồi nhất) ứng với t = 15. Khi đó x = 25 và y = 6. J Bài toán: Một nhà máy sản xuất ra mặt hàng được đóng gói theo loại 3kg và 5kg. Chứng minh rằng trong trường hợp này ta có thể nhận được số hàng với trọng lượng là số nguyên kg bất kỳ nào lớn hơn 7kg. Lời giải. Một số nguyên lớn hơn 7 có thể biểu diễn bằng một trong các dạng sau đây 3k − 1, 3k, 3k + 1, ở đây k > 2. Khi đó từ sự biểu diễn ta viết lại 3k = 3k + 5.0; 3k − 1 = 3(k − 2) + 5.1; 3k + 1 = 3(k − 3) + 5.2. Ta thấy rằng mọi số nguyên lớn hơn 7 có thể biểu diễn dưới dạng 3x + 5y, ở đây x và y là những số nguyên không âm.
Lời giới thiệu 9 Suy ra mọi trọng lượng số nguyên kg lớn hơn 7kg đều có thể nhận được bằng các gói theo 3kg và 5kg. J Bài toán: Để chuyên chở gạo cần một số bao tải gạo loại 50kg và 100kg. Cần chuẩn bị bao nhiêu vỏ bao mỗi loại để chuyên chở 1 tấn gạo sao cho tất cả các bao tải đều được đóng đầy. Số lượng các khả năng dùng bao tải là bao nhiêu? Lời giải. Đặt x là số lượng bao tải loại 50kg và y là số lượng bao tải loại 100kg, ta có phương trình nghiệm nguyên 50x + 100y = 1000 hoặc là x + 2y = 20. Ta dễ thấy phương trình sau cùng có một nghiệm nguyên x = 10, y = 5. Vậy nghiệm của phương trình trên là x = 10 + 2t, và y = 5 − t. Nhưng x, y là số nguyên không âm nên 10 + 2t ≥ 0, 5 − t ≥ 0 do đó −5 ≤ t ≤ 5. Vậy ta có các khả năng sau t -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 x 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 J y 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 Nội dung cuốn sách Trong cuốn sách có dùng một số khái niệm số học đã có trong bất cứ cuốn sách số học cơ bản nào. Bạn đọc muốn tra cứu những phần chúng tôi có dùng xin đọc ở phần phụ lục. Nêu một số những kiến thức cơ bản của số học sẽ được dùng trong các chương sau. Chúng tôi không chứng minh các định lí đã quá rõ hoặc có thể tìm trong bất cứ một cuốn sách số học cơ sở nào. Riêng phần liên phân số, chúng tôi có viết tương đối cơ bản và chứng minh một số khẳng định. Chương 1. Phương trình vô định bậc nhất. Các vấn đề và phương pháp tổng quát giải phương trình vô định bậc nhất hai ẩn. Từ đó đề cập đến phương pháp giải phương trình vô định, hệ phương trình
10 Giải phương trình vô định nghiệm nguyên vô định bậc nhất nhiều ẩn. Chương 2. Phương trình vô định bậc hai. Bằng cách tiếp cận theo dạng toàn phương của Gauss5 , chúng tôi giải phương trình vô định bậc hai hai ẩn tổng quát. Dạng toàn phương được trình bày để rút ra phương pháp tìm nghiệm riêng và tổng quát của phương trình vô định bậc hai. Chương 3. Phương trình Pell. Một dạng phương trình vô định bậc hai đặc biệt và có rất nghiều ứng dụng được nghiên cứu ở chương này. Từ chương trước cũng đã dùng kết quả của chương này. Bằng những công thức nghiệm cụ thể phương trình Pell có vô số nghiệm. Sử dụng phương trình Pell để giải hàng loạt các bài tập cũng được đề cập tới. Chương 4. Phương trình vô định bậc cao và dạng đặc biệt. Phương trình vô định bậc ba và bậc bốn được đề cập và một số dạng đặc biệt như định lí Pythagoras, định lí lớn Fermat, . . . Không có phương pháp chung cho việc giải những phương trình vô định bậc cao, vậy mỗi bài toán giải phương trình vô định đều thể hiện một cách giải khác nhau. Chương này cũng liệt kê nhiều bài toán và kết quả của nhiều nhà toán học trong thế kỷ qua. Chương 5. Giải phương trình vô định không mẫu mực. Một số phương pháp giải phương trình vô định không mẫu mực đã được liệt kê. Chương này liệt kê các cách tiếp cận giải phương trình vô định không mẫu mực. Tuy là những mẹo giải phương trình vô định nhưng đều xuất phát từ những khái niệm và kiến thức cơ bản của toán học. Chương 6. Phương trình vô định trong tập số chữ số. Một dạng 5 Johann Carl Friedrich Gauss (1777-1855): Nhà toán học người Đức
Lời giới thiệu 11 bài tập phương trình vô định rất hay gặp là ẩn là những số chữ số, nghĩa là tìm nghiệm phương trình vô định trong tập mười số ban đầu. Hàng loạt bài toán hay đã được liệt kê và giải cẵn kẽ. Chương 7. Phương trình nghịch đảo các biến. Một dạng đặc biệt trong phương trình có các biến nghịch đảo. Loại phương trình này có cách giải khá đặc trưng và rất nhiều đề thi đã được đề cập đến. Chúng tôi liệt kê cách tiếp cận loại phương trình vô định này. Chương 8. Một số chuyên đề về phương trình vô định. Thực tế có rất nhiều chuyên đề về phương trình vô định, phần này ta xét những chuyên đề như phương trình vô định siêu việt, các cách đặt thông số cho việc giải một lớp bài toán phương trình vô định, những dạng tổng quát của phương trình vô định hoặc những dạng phương trình vô định có biến nghịch đảo. Chương 9. Những đề thi Olympic toán. Tập hợp những đề thi trong các cuộc thi Olympic quốc tế và một số nước trong những năm gần đây. Những phương pháp giải loại đề thi này rất điển hình và hay. Chương 10. Lời giải và gợi ý. Bài tập ở các chương được giải hoặc gợi ý giải tại đây, hầu hết các bài tập ở cuối các chương được giải. Những trường hợp gợi ý là những bài quá dễ và thường áp dụng các phương pháp trong chương. Phần đầu nội dung của cuốn sách này có lấy trong luận văn Thạc sỹ của Trần Quang Thiệu. Có thể nói Trần Quang Thiệu là tác giả thứ hai của cuốn sách này, nhưng do khâu đăng ký xuất bản có sơ xuất của tôi nên không có tên anh. Nhân đây tôi xin cảm ơn và mong anh thông cảm. Đọc cuốn sách này chỉ cần kiến thức phổ thông. Chúng tôi cố
12 Giải phương trình vô định nghiệm nguyên gắng trình bầy tỷ mỷ như cuốn sách tham khảo và bàn luận một số phương pháp tiếp cận các bài toán phương trình vô định nghiệm nguyên. Theo chúng tôi nghĩ, đây là tài liệu tham khảo bổ ích cho các thầy cô giáo, sinh viên đại học và những người quan tâm đến giáo dục toán học trong trường phổ thông tại Việt Nam. Lần đầu tiên biên soạn, cuốn sách chắc chắn không tránh khỏi những thiếu sót, chúng tôi mong nhận được những ý kiến đóng góp của bạn đọc. Hà nội, tháng 7 năm 2004 Các tác giả
NHỮNG KÍ HIỆU Trong cuốn sách này ta dùng những kí hiệu với các ý nghĩa xác định trong bảng dưới đây: N tập hợp số tự nhiên Z tập hợp số nguyên Q tập hợp số hữu tỉ R tập hợp số thực C tập hợp số phức ≡ dấu đồng dư Cm k tổ hợp m phần tử bậc k . . . phép chia hết . . . không chia hết ( a, b) ước chung lớn nhất của hai số nguyên a, b [ a, b] bội chung nhỏ nhất của hai số nguyên a, b abc số có các chữ số a, b, c IMO International Mathematics Olympiad APMO Asian Pacific Mathematics Olympiad Iberoamerican Các nước châu Mỹ nói tiếng Tây Ban Nha và Bồ Đào Nha. 13
Chương 1 PHƯƠNG TRÌNH VÔ ĐỊNH BẬC NHẤT 1.1. Phương trình vô định bậc nhất hai ẩn. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 1.2. Nghiệm nguyên của phương trình bậc nhất hai ẩn . . . . . . . . . 16 1.3. Phương pháp tìm nghiệm riêng phương trình bậc nhất . . . . 17 1.3.1. Phương pháp biến số nguyên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 1.3.2. Phương pháp hàm Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 1.3.3. Phương pháp dùng liên phân số. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 1.3.4. Phương pháp hình học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 1.4. Phương trình vô định bậc nhất nhiều ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 1.5. Hệ phương trình vô định bậc nhất nhiều ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 1.6. Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 Nội dung chương này là các phương pháp tìm nghiệm nguyên phương trình vô định bậc nhất hai ẩn. Phương pháp giải phương trình vô định bậc nhất nhiều ẩn và hệ phương trình vô định. 1.1. PHƯƠNG TRÌNH VÔ ĐỊNH BẬC NHẤT HAI ẨN Dạng tổng quát phương trình vô định bậc nhất hai ẩn x và y là ax + by + c = 0, (1.1) ở đây a, b, c là những số nguyên gọi là hệ số của phương trình. Mỗi cặp số ( x0 , y0 ) thoả mãn đẳng thức (1.1), nghĩa là ax0 + by0 + c = 0, gọi là nghiệm của phương trình (1.1).
1.1. Phương trình vô định bậc nhất hai ẩn 15 Định lý 1.1. Điều kiện cần và đủ để phương trình (1.1) có ít nhất một nghiệm số nguyên là ước số chung lớn nhất của các số a và b là ước số của số c. Chứng minh. 1. Điều kiện cần: Ký hiệu d là ước số chung lớn nhất của a và b. Ta có các đẳng thức a = da1 , b = db1 , với a1 và b1 là những số nguyên. Nếu ( x0 , y0 ) là một nghiệm nguyên của (1.1), ta có ax0 + by0 + c = 0 hoặc là da1 x0 + db1 y0 + c = 0. Từ đẳng thức trên ta thấy c phải chia hết cho d. Nhưng d là ước số chung lớn nhất của a và b , suy ra nếu phương trình (1.1) có ít nhất một nghiệm nguyên, thì cần thiết ước số chung lớn nhất của a và b cũng là ước số của c. 2. Điều kiện đủ: Cho ( a, b) = d. Theo Định lý 11.7 (phần phụ lục) tồn tại những số nguyên A và B sao cho aA + bB = d (1.2) Nếu c chia hết cho d, ta có thể viết c = dc1 , với c1 là một số nguyên. Ta nhân hai vế của đẳng thức (1.2) với số −c1 . Ta nhận được −c1 aA − c1 bB = −dc1 hoặc là a(−c1 A) + b(−c1 B) + c = 0. Từ đẳng thức sau cùng ta thấy rằng (−c1 A, −c1 B) là một nghiệm nguyên của phương trình (1.1). Như vậy điều kiện ước số chung lớn nhất của a và b là ước số của số c là đủ để phương trình (1.1) có ít nhất một nghiệm nguyên. J
16 Chương 1. Phương trình vô định bậc nhất 1.2. NGHIỆM NGUYÊN CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN Trong định lý trên hệ số a và b nguyên tố cùng nhau, thì phương trình (1.1) luôn có ít nhất một nghiệm nguyên. Định lý 1.2. Nếu trong phương trình (1.1) những hệ số a và b nguyên tố cùng nhau và ( x0 , y0 ) là một nghiệm nguyên, thì tất cả nghiệm nguyên của phương trình nhận từ công thức x = x0 + bt (1.3) y = y0 − at, ở đây t là số nguyên bất kỳ. Chứng minh. Bằng cách thế (1.3) vào (1.1) dễ thấy đó chính là nghiệm của phương trình. Ta sẽ chứng minh rằng mọi nghiệm của (1.1) đều có dạng (1.3). Giả sử ( x0 , y0 ) là một nghiệm đã cho, còn ( x1 , y1 ) là một nghiệm nguyên bất kỳ. Khi đó ta luôn tìm được những số α và β sao cho x1 = x0 + α, y1 = y0 + β. Vì ( x1 , y1 ) là nghiệm của (1.1), ta có a( x0 + α) + b(y0 + β) + c = 0, hoặc là ax0 + by0 + c + aα + bβ = 0 Nhưng ax0 + by0 + c = 0 , do ( x0 , y0 ) là nghiệm của (1.1). Ta nhận được đẳng thức aα + bβ = 0 (1.4) Từ đẳng thức này ta thấy rằng bβ phải chia hết cho a và vì a và b là nguyên tố cùng nhau nên suy ra β chia hết cho a. Ta có thể viết đẳng thức β = at1 với t1 là nguyên. Tương tự ta có đẳng thức α = bt với t nguyên. Thay những giá trị đã tìm của α và β vào (1.4) và đơn giản thừa số chung ta nhận được t + t1 = 0 tức là t1 = −t. Từ đó
1.3. Phương pháp tìm nghiệm riêng phương trình bậc nhất 17 suy ra α = bt, β = − at. Từ đó lại suy ra x1 = x0 + bt, y1 = y0 − at. J 1.3. PHƯƠNG PHÁP TÌM NGHIỆM RIÊNG PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT Từ phần trên ta thấy muốn tìm tất cả các nghiệm của phương trình (1.1), cần thiết phải tìm một nghiệm nguyên cụ thể ta gọi là nghiệm riêng. 1.3.1. Phương pháp biến số nguyên Phương trình đã cho được thay thế bằng phương trình khác dễ tìm nghiệm nguyên hơn, và sau đó tìm nghiệm nguyên tương ứng của phương trình đã cho. Ta xét mội số ví dụ sau. Ví dụ 1.1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 12x − 19y + 21 = 0. Lời giải. Ta có 19y − 21 7y − 9 x= = y−1+ . 12 12 7y − 9 Dễ thấy phải là số nguyên ta ký hiệu là z. Ta có 7y − 9 = 12z. 12 Từ đó lại có 5z + 2 y = z+1+ . 7 5z + 2 Ta lại ký hiệu u là số nguyên , nhận được 5z + 2 = 7u. Từ đó 7 2u − 2 có z = u + . Ta lại đặt 2u − 2 = 5t và đễ thấy nghiệm nguyên 5 t = −2, u = −4, suy ra z = −6 và y = −9 và suy ra x = −16. Do đó tất cả nghiệm của phương trình là x = −16 − 19t, y = −6 − 12t với t = 0, ±1, ±2, . . .. J
18 Chương 1. Phương trình vô định bậc nhất 1.3.2. Phương pháp hàm Euler Dùng tính chất đồng dư, đặc biệt là hàm Euler1 ϕ thông qua định lý sau: Định lý 1.3. Cho a và b là những số dương và nguyên tố cùng nhau trong phương trình (1.1). Khi đó số a ϕ(b) − 1 x0 = −ca ϕ(b)−1 , y0 = c b là một nghiệm nguyên của phương trình vô định (1.1). Chứng minh. Ta khẳng định rằng những số x0 và y0 là nguyên. Dễ thấy số x0 là nguyên. Theo Định lý Euler-Fermat ta có a ϕ(b) ≡ 1 (mod b), nghĩa là a ϕ(b) − 1 chia hết cho b và suy ra y0 cũng là số nguyên. Bằng cách kiểm tra trực tiếp x0 và y0 là nghiệm của (1.1): a ϕ(b) − 1 ax0 + by0 = − aca ϕ(b)−1 + bc b = −ca ϕ(b) + c( a ϕ(b) − 1) = −c. J Ví dụ 1.2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 5x + 12y − 20 = 0. Lời giải. Theo công thức trên ta có 5 ϕ(12) − 1 x0 = 20.5 ϕ(12)−1 , y0 = −20. . 12 Những số dương nhỏ hơn 12 và nguyên tố cùng nhau với 12 là 1, 5, 7, 11 và suy ra ϕ(12) = 4. Khi đó x0 = 20.53 = 2500, 54 − 1 y0 = −20. = −1040. Như vậy tất cả các nghiệm nguyên của 12 phương trình trên là x = 2500 + 12t, y = −1040 − 5t, t = 0, ±1, ±2, . . . J 1 Leonhard Euler (1707-1783): Sinh tại thụy sĩ, làm việ tại Nga.
1.3. Phương pháp tìm nghiệm riêng phương trình bậc nhất 19 Chú ý: Khi hệ số a và b không phải là số dương thì ta có thể biến đổi các ẩn để cho phương trình chỉ có hệ số nguyên dương. Ví dụ nếu a > 0 và b < 0, khi đó phương trình (1.1) ta xét thay bằng ax + (−b)y + c = 0 ở đây y được thay bằng y . Khi tìm được x0 , y0 sẽ tìm được x0 , y0 . 1.3.3. Phương pháp dùng liên phân số Như nhận xét phần trước ta có thể giả thiết rằng a và b là những số dương. Cho phương trình (1.1) ít nhất có một nghiệm nguyên. Như vậy nếu ( a, b) = d, thì phải có đẳng thức c = dc1 với c1 nguyên. Ngoài ra a và b thoả mãn phương trình (11.5) (phần phụ lục). Nhân hai vế với c1 , ta nhận được a[(−1)n c1 Qn−1 ] + b[(−1)n+1 c1 Pn−1 ] = c. Từ đẳng thức sau cùng ta có một nghiệm nguyên của (1.1) x0 = (−1)n c1 Qn−1 , y0 = (−1)n+1 c1 Pn−1 . Định lý 1.4. Cho a và b là những số dương và nguyên tố cùng nhau. a Pn Khai triển phân số = (q1 , q2 , . . . , qn ) và = (q1 , q2 , . . . , qn ) phân b Qn a số xấp xỉ . Khi đó phương trình vô định (1.1) có một nghiệm nguyên b biểu diễn bằng công thức x0 = (−1)n cQn−1 , y0 = (−1)n+1 cPn−1 Ví dụ 1.3. Hãy tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình 76x − 23y = 5. Lời giải. Dễ thấy rằng phương trình có ít nhất một nghiệm nguyên. Để thuận tiện tính toán ta xét thay phương trình 76x + 23y = 5, với
20 Chương 1. Phương trình vô định bậc nhất cách đặt y = −y như vậy hệ số trước x và y đều dương. Khai triển 76 thành liên phân số 23 76 1 = 3+ = (3, 3, 3, 2). 23 1 3+ 1 3+ 2 Ta có q1 = 3, q2 = 3, q3 = 3, q4 = 2. Theo phần phụ lục công thức (11.3) ta có P0 = 1, Q0 = 0, P1 = q1 = 3, Q1 = 1, P2 = q2 P1 + P0 = 3.3 + 1 = 10, Q2 = q2 Q1 + Q0 = 3.1 + 0 = 3, P3 = q3 P2 + P1 = 3.10 + 3 = 33, Q3 = q3 Q2 + Q1 = 3.3 + 1 = 10, P4 = q4 P3 + P2 = 2.33 + 10 = 76. Q4 = q4 Q3 + Q2 = 1.1 + 3 = 23. m = 4, Pn−1 = P3 = 33, Qn−1 = Q3 = 10, c = 5. Suy ra phương trình 76x + 23y = 5 có nghiệm nguyên x0 = (−1)4 .5.10 = 50, y0 = (−1)5 .5.33 = −165, từ đó suy ra phương trình đã cho có một nghiệm nguyên x0 = 50, y0 = 165. Vậy tất cả các nghiệm của phương trình là x = 50 − 23t, y = 165 − 76t, t = 0, ±1, ±2, . . . . J Ví dụ 1.4. Giải phương trình trong tập số nguyên 10x + 7y = 1. 10 1 Lời giải. Ta có = 1+ = (1, 2, 3). 7 1 2+ 3 q1 = 1, q2 = 2, q3 = 3, n = 3, c = 1 P0 = 1, P1 = 1, P2 = 3, Q0 = 0, Q1 = 1, Q2 = 2. Từ đây ta tính được nghiệm riêng x0 = (−1)3 .1.2 = −2, y0 = (−1)1 .3.3 = 3.