Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán THPT - Giải phương trình vô định nghiệm nguyên: Phần 2

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:207

Thêm vào BST

Báo xấu

14
lượt xem 8
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 2 cung cấp cho người đọc những kiến thức như: Giải phương trình vô định không mẫu mực; Phương trình vô định trong tập số chữ số; Phương trình nghịch đảo các biến; Một số chuyên đề về phương trình vô định; Những đề thi Olympic toán;... 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 2

Chương 5 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ ĐỊNH KHÔNG MẪU MỰC 5.1. Dùng các phép tính số học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109 5.1.1. Phân tích thành thừa số một vế phương trình . . . . . . . . . 109 5.1.2. Luỹ thừa bậc chẵn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 5.1.3. Phép chia hết và chia có dư. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113 5.1.4. Sử dụng tính chất chẵn lẻ, số nguyên tố, số vô tỷ . . . . 116 5.2. Sử dụng những mệnh đề điển hình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119 5.3. Tính đối xứng của ẩn số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121 5.3.1. Sắp xếp thứ tự ẩn số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121 5.3.2. Đặt ẩn số phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122 5.4. Chứng minh bằng phản chứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 5.4.1. Chứng minh phương trình vô nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 5.4.2. Phương pháp giảm vô hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 5.5. Bài tập. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 Như đã nêu trong các chương trước: phương trình vô định bậc nhất, bậc hai hai ẩn có phương pháp giải tổng quát. Phương trình bậc cao hơn không có phương pháp chung. Tuy nhiên trong thực tế, chúng ta có thể gặp những phương trình lạ, không bình thường, những phương trình như vậy thường được gọi là không mẫu mực (non-standard problems), nội dung chương này căn cứ trên những đặc điểm lạ của từng phương trình để lựa chọn, áp dụng một số phương pháp riêng , phù hợp để giải phương trình có đặc điểm lạ
5.1. Dùng các phép tính số học 109 đó. Chúng tôi gọi đó là phương pháp giải phương trình vô định không mẫu mực. Cuốn sách [7] liệt kê loại này. 5.1. DÙNG CÁC PHÉP TÍNH SỐ HỌC Trên tập số nguyên có những phép tính số học như cộng, trừ, nhân, chia và luỹ thừa. Ta biến đổi phương trình đã cho dựa vào các phép tính số học để đưa về dạng có thể áp dụng tính chất của phép nhân như là tích, hoặc phép chia có dư, hoặc phép luỹ thừa, ... chuyển về hệ các phương trình tương đương. Giải các hệ phương trình với đặc điểm cụ thể tìm nghiệm nguyên của phương trình. 5.1.1. Phân tích thành thừa số một vế phương trình Ví dụ 5.1. Hãy giải phương trình trong số nguyên x3 + y3 + 3xy = 1. Lời giải. Phương trình có thể viết dưới dạng ( x + y − 1)( x2 + y2 + x + y − xy + 1) = 0 và suy ra tương đương với hai phương trình x + y − 1 = 0 và ( x − y)2 + ( x + 1)2 + (y + 1)2 = 0, từ phương trình thứ nhất cho ta vô số nghiệm như công thức ở chương 1, còn phương trình thứ hai có một nghiệm duy nhất x = −1, y = −1. J Ví dụ 5.2. Hãy tìm tất cả các cặp số nguyên dương mà tổng lập phương của chúng bằng bình phương tổng của chúng. Lời giải. Phải tìm tất cả cặp số tự nhiên x và y thoả mãn x 3 + y3 = ( x + y )2 . Ta có thể viết lại ( x + y).( x2 − xy + y2 ) = ( x + y)2 nghĩa là x2 − xy + y2 = x + y, vì x + y > 0.
110 Chương 5. Giải phương trình vô định không mẫu mực Ta viết lại phương trình dưới dạng y(y − 1) = x (y − x + 1), với x ≤ y. (5.1) Nếu x = 1, từ (5.1) ta nhận được y = 2. Nếu x = 2, từ (5.1) ta nhận được y = 1 hoặc y = 2. Nếu x > 2, nghĩa là nếu y − 1 > y − x + 1, vì y ≥ x ta nhận được y(y − 1) > x (y − x + 1) và (5.1) không có nghiệm nguyên. Vì tính chất đối xứng của phương trình đối với x và y, nên tất cả các nghiệm của bài toán là (1, 2); (2, 1); (2, 2). J Ví dụ 5.3. Giải hệ phương trình trong những số tự nhiên x 3 − y3 − z3 = 3xyz x2 = 2( y + z ). . Lời giải. Từ phương trình thứ hai của hệ suy ra x . 2, nghĩa là . x = 2k. Cũng từ phương trình đó ta nhận được 2k 2 = y + z. Khi đó y3 + z3 = (y + z)[(y + z)2 − 3yz] = 2k2 (4k4 − 3yz). Mặt khác, từ phương trình thứ nhất x3 − y3 − z3 = 3xyz hoặc là 8k3 − 2k2 (4k4 − 3yz) = 6kyz, nghĩa là 4k2 − k (4k4 − 3yz) = 3yz. Biến đổi phương trình này theo cách sau: 4k2 − 4k5 + 3kyz − 3yz = 0 hoặc là (1 − k )[4k2 (1 + k + k2 ) − 3yz] = 0. Để có đẳng thức trên thì ít nhất một thừa số ở bên trái bằng 0. 1. Nếu 4k2 (1 + k + k2 ) = 3yz, thì (2k )2 x (1 + k + k2 ) = 3xyz, nghĩa là x3 (1 + k + k2 ) = 3xyz, điều này chỉ ra 3xyz > x3 . Nhưng từ phương trình thứ nhất ta luôn có 3xyz = x3 − y3 − z3 < x3 . Điều vô lý này dẫn đến không thể xảy ra. 2. Nếu k = 1, nghĩa là x = 2, thì y + z = 2, trong tệp N chỉ có một nghiệm duy nhất y = z = 1. Như vậy trong N hệ chỉ có nghiệm x = 2, y = 1, z = 1. J
5.1. Dùng các phép tính số học 111 5.1.2. Luỹ thừa bậc chẵn Dùng phép biến đổi đại số về dạng, với a1 , a2 , . . . , an ∈ Z. q1 ( x, y, . . .) + q2 ( x, y, . . .) + · · · + qk ( x, y, . . .) = a1 + a2 + · · · + ak . k k n k k n Xét mọi trường hợp có thể xẩy ra từ đó tìm được nghiệm. Ví dụ 5.4. Hãy tìm nghiệm là những số tự nhiên phương trình x n +3 + y n +3 + z n +3 + x n + y n + z n = x n +2 + y n +2 + z n +2 + x n +1 + y n +1 + z n +1 , ở đây n là số tự nhiên đã cho. Lời giải. Sau khi chuyển vế những số hạng về bên trái, phân tích và nhóm lại ta nhận được x n ( x − 1)2 ( x + 1) + yn (y − 1)2 (y + 1) + zn (z − 1)2 (z + 1) = 0. Tất cả số hạng ở vế trái không âm. Suy ra tổng của chúng bằng 0 khi và chỉ khi tất cả các số hạng đều bằng 0, điều này chỉ xẩy ra khi x = y = z = 1. Đó cũng là nghiệm duy nhất. J Ví dụ 5.5. Hãy tìm tất cả những cặp số nguyên x và y, với chúng thoả mãn đẳng thức 7x + 14y = 5x2 + 5xy + 5y2 . Lời giải. Dễ thấy x = 0 hoặc y = 0 đưa đến một nghiệm x = y = 0. Giả sử x = 0 và y = 0. Phương trình đã cho tương đương với 28( x + 2y) = 5( x + 2y)2 + 15x2 . (5.2) Nhưng vì x = 0, thì x2 > 0 và suy ra phải có x + 2y > 0. Nếu trong vế phải của phương trình (5.2) ta bỏ đi số hạng 15x2 thì nhận được 28 28( x + 2y) > 5( x + 2y)2 . Từ x + 2y > 0, ta có x + 2y < và vì 5
112 Chương 5. Giải phương trình vô định không mẫu mực x + 2y là số nguyên nên x + 2y ≤ 5. Mặt khác, do đẳng thức (5.2) . có thể kết luận rằng ( x + 2y) . 5. Suy ra x + 2y = 5. Thay vào . phương trình (5.2) ta nhận được x = 1 hoặc x = −1, còn tính được y = 2 hoặc y = 3. Suy ra tất cả nghiệm của phương trình đã cho là (0, 0); (1, 2); (−1, 3). J Ví dụ 5.6. Giải hệ phương trình trong những số nguyên 10x2 + 5y2 + 13z2 = 12xy + 4xz + 6yz x3 + y3 + z3 = 288. Lời giải. Biến đổi phương trình thứ nhất về dạng (3x − 2y)2 + ( x − 2z)2 + (y − 3z)2 = 0. Đẳng thức chỉ xẩy ra khi 3x = 2y, x = 2z và y = 3z. Thay x và y thông qua z vào phương trình thứ hai của hệ và ta nhận được 36z2 = 288, nghĩa là z = 2. Suy ra x = 4, y = 6, z = 2 là nghiệm của hệ phương trình đã cho. J Ví dụ 5.7. Giải phương trình sau trong tập số nguyên x3 + 7y = y3 + 7x, với điều kiện x > y. Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với phương trình ( x − y)( x2 + xy + y2 − 7) = 0, vì x > y, nên ta có x2 + xy + y2 = 7. Nếu giả sử y ≥ 2, khi đó x ≥ 3 suy ra x2 + xy + y2 ≥ 9 + 6 + 4 > 7, điều này nghĩa là với y ≥ 2 phương trình không có nghiệm. Chỉ còn khả năng y = 1. Trong trường hợp này x = 2. Cặp (2,1) là nghiệm duy nhất của phương trình. J
5.1. Dùng các phép tính số học 113 5.1.3. Phép chia hết và chia có dư Vận dụng tính chất chia hết hoặc tính chất phép chia có dư trong tập số nguyên để tìm nghiệm. Ví dụ 5.8. Chứng minh những phương trình sau đây không có nghiệm nguyên a) 2x + 14y = 73; b) 3x + 15y = 52; c) 21x + 12y = 16. Lời giải. a) Giả sử phương trình có nghiệm nguyên. Khi đó số 2x + 14y = 2( x + 7y) chia hết cho 2 và cần phải 73 = 2x + 14y cũng chia hết cho 2, điều này vô lý. Nếu có nghiệm thì dẫn đến điều vô lý, vì vậy phương trình không có nghiệm. Phần b) và c) chứng minh tương tự. J Ví dụ 5.9. Hãy tìm nghiệm nguyên của phương trình y2 − 3x2 = 2. Lời giải. Những số dư r1 và r2 của phép chia những số 3x2 + 2 và y2 cho một số tự nhiên nào đó b cần phải bằng nhau. Ta tính những số dư này với b = 3. Hiển nhiên ta có r1 = 2. Nếu y = 3q + r với 0 ≤ r < 3, tất cả khả năng của r là r = 0, 1, 2 từ đây suy ra với số dư r2 ta có r2 = 0 hoặc là r2 = 1. Nhưng bất cứ trong trường hợp nào thì r1 = r2 . Suy ra phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. J 19 79 z Ví dụ 5.10. Giải phương trình trong số tự nhiên + 2 = . x2 y 1979 Lời giải. Phương trình đã cho có thể viết dưới dạng 1979(19y2 + 79x2 ) = zx2 y2 . (5.3)
114 Chương 5. Giải phương trình vô định không mẫu mực . Từ đây suy ra zx2 y2 . 1979. Vì số 1979 là một số nguyên tố, nên xẩy . ra ba trường hợp sau đây: . 1) z . 1979 nghĩa là z = 1979z1 . sau khi thay vào (5.3) và . giản ước 1979, ta nhận được 19y2 + 79x2 = z1 x2 y2 . Những đẳng . . thức sau cùng chỉ ra 19y2 . x2 và 79x2 . y2 . Bởi vì những số . . . . 19 và 79 là nguyên tố, thì ta có tương ứng x2 . y2 và y2 . x2 , . . từ đây suy ra x = y. Ta thay vào phương trình trên và nhận được 98x2 = z1 x4 nghĩa là 98 = z1 x2 . Bởi vì 98 = 2.72 = 98.12 , thì khả năng có thể xảy ra là x = 7, z1 = 2, z = 2.1979, x = y = 7 hoặc là x = 1, z1 = 98, z = 98.1979, y = x = 1. . 2) x . 1979 nghĩa là x = 1979x1 .Ta thế vào (5.3) giản ước 1979, . . ta nhận được y . 1979 nghĩa là y = 1979y1 . Lại thay vào (5.3) và . 19 79 chia cho 19793 x1 y2 , ta nhận được 2 + 2 = z.1979. 2 1 x1 y1 Ngoài ra ta biết rằng x1 ≥ 1, y1 ≥ 1 và z ≥ 1 từ đó suy ra 19 79 2 + 2 ≤ 19 + 79 = 98 < 1979 ≤ 1979z. x1 y1 . Điều này vô lý với kết quả ta nhận được ở trên. Như vậy nếu x . 1979, . thì đẳng thức (5.3) không xảy ra. . 3) y . 1979. Trường hợp này tương tự như trường hợp 2). . J Ví dụ 5.11. Giải phương trình trong số nguyên x + y = xy. Lời giải. Ta sử dụng tính chất chia hết. Giả sử x và y là nghiệm . . của bài toán. Khi đó nếu x = 0, từ đó suy ra x . x và xy . x suy . . . . . ra ( xy − x ) = y . x; nếu y = 0, từ đó y . y và xy . y suy ra . . . . . . xy − y = x . y. Khi mà y . x và x . y, thì hoặc là x = y, hoặc là . . .
5.1. Dùng các phép tính số học 115 x = −y. 1) Trường hợp: x = y. Khi đó phương trình có dạng 2x = x2 và có hai nghiệm : x = 0 (tương ứng y = 0) và x = 2 (và tương ứng y = 2). 2) Trường hợp x = −y. Khi đó phương trình đã cho bằng 0 = − x2 , hoặc là x = 0 (tương ứng y = 0). J Ví dụ 5.12. Giải hệ phương trình trong những số tự nhiên (2xy + 1)(3zt + 1) + 3xt = 175 2y(3zt + 1) + 3t = 81. . Lời giải. Từ phương trình thứ hai suy ra 2y(3zt + 1) . 3, điều này . . chỉ có khả năng nếu y . 3. Mặt khác, . 2y(3zt + 1) + 3t ≥ 2y(3.1.1 + 1) + 3.1 = 8y + 1, nghĩa là y ≤ 9. Từ những điều trên suy ra y = 3 hoặc là y = 6 hoặc là y = 9. 1. Nếu y = 3, phương trình thứ hai tương đương với t(6z + 1) = 25. Nhưng 6z + 1 ≥ 7 (tại sao?) hoặc là 6z + 1 > t. Điều này chỉ ra rằng đẳng thức sau cùng chỉ đúng khi t = 1 và 6z + 1 = 25, nghĩa là z = 4. Từ phương trình thứ nhất ta nhận được x = 2, nghĩa là nghiệm của hệ là: x = 2, y = 3, z = 1, t = 1. 2. Nếu y = 6, từ phương trình thứ nhất suy ra t(6z + 1) = 23 22 hoặc là t = 1 và 6z + 1 = 23, nghĩa là z = ∈ N. Trong trường 6 hợp này hệ phương trình vô nghiệm. 3. Bạn đọc tự giải trong trường hợp y = 9. J
116 Chương 5. Giải phương trình vô định không mẫu mực Ví dụ 5.13. Chứng minh rằng phương trình x3 + y3 + z3 = 5 không có nghiệm nguyên. Lời giải. Lập phương của mọi số nguyên khi chia cho 9 cho số dư là một trong các số: 0, 1 và 8 (Hãy chứng minh). Suy ra tổng x 3 + y3 + z3 với bất kỳ x, y, z khi chia cho 9 sẽ cho số dư một số nào đó trong các số 0, 1, 2, 3, 6, 7 và 8. Đồng thời khi đó 5 chia cho 9 cho số dư 5. Nhưng 5 không nằm trong tập hợp số đã chỉ ra trên. Suy ra phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. J Ví dụ 5.14 (Canada 1978). Tìm tất cả nghiệm nguyên dương m, n sao cho 2m2 = 3n3 . Lời giải. Ta thấy n phải chia hết cho 2, do đó 2m2 phải chia hết cho 8, như vậy m phải chia hết cho 2. Tương tự, m chia hết cho 3, do đó 3n3 chia hết cho 9 suy ra n chia hết cho 3. Do 2m2 chia hết cho 81, nên m chia hết 9. Đặt m = 18x, n = 6y, khi đó 648x2 = 648y3 , do đó x2 = y3 . Như vậy x là lập phương, do vậy cuối cùng với một số tự nhiên nào đó k, ta có nghiệm m = 18k3 , n = 6k2 . J 5.1.4. Sử dụng tính chất chẵn lẻ, số nguyên tố, số vô tỷ Ví dụ 5.15. Chứng minh rằng phương trình x2 + 2002 = y2 không có nghiệm nguyên. Lời giải. Biến đổi đưa phương trình về ( x + y)( x − y) = −2002. Dễ thấy ( x + y)( x − y) phải là chẵn, từ đó suy ra những số x và y đồng thời là chẵn hoặc là lẻ. Nhưng khi đó số ( x + y)( x − y) chia hết cho 4 suy ra 2002 phải chia hết cho 4. Điều này không đúng. Suy ra phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. J
5.1. Dùng các phép tính số học 117 Ví dụ 5.16. Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên x2 + y2 + z2 + x + y + z = 2t + 1. Lời giải. Biểu diễn phương trình đã cho dưới dạng x ( x + 1) + y(y + 1) + z(z + 1) = 2t + 1. Tích của hai số nguyên liên tiếp chia hết cho 2. Suy ra vế trái của đẳng thức chia hết cho 2, còn vế phải đẳng thức là một số lẻ, nghĩa là phương trình không có nghiệm. J Ví dụ 5.17. Chứng minh rằng phương trình x2 − 4y = 23 không có nghiệm nguyên. Lời giải. Biểu diễn phương trình đã cho dưới dạng ( x + 5)( x − 5) = 2(2yz − 1), với x là số chẵn thì bên trái đẳng thức là số lẻ, còn với x ≤ 4 bên trái đẳng thức chia hết cho 4. Bên phải của đẳng thức với y và z nguyên là một số chẵn không chia hết cho 4 và suy ra nó không thể bằng vế trái, nghĩa là phương trình vô nghiệm. J Ví dụ 5.18. Chứng minh rằng phương trình 5x2 + 6x + 15 = y2 không có nghiệm nguyên. Lời giải. Ta xét hai trường hợp sau: 1. x = 2k (k là số nguyên). Khi đó bên trái của phương trình là một số lẻ, suy ra bên phải cũng là một số lẻ, nghĩa là y = 2l + 1 (l là một số nguyên). sau khi thay vào phương trình ta nhận được 20k2 + 12k + 15 = 4l 2 + 4l + 1, từ đẳng thức này chỉ có khả năng . khi 14 . 4. Như vậy phương trình vô nghiệm. .
118 Chương 5. Giải phương trình vô định không mẫu mực 2. x = 2k + 1 (k là số nguyên). Khi đó bên trái là một số chẵn, suy ra bên phải cũng phải là một số chẵn, hay là y = 2l (l là một số nguyên). Thay vào phương trình đã cho ta nhận được 20k2 + 20k + 5 + 12k + 6 + 15 = 4l 2 , . từ đẳng thức này suy ra sự vô lý 26 . 4. Trong trường hợp này cũng . không có nghiệm nguyên. J Ví dụ 5.19. Tìm tất cả nghiệm nguyên x, y, z của hệ phương trình x+y+z = 3, x 3 + y3 + z3 = 3. Lời giải. Ta có đẳng thức ( x + y + z)3 − ( x3 + y3 + z3 ) = 3( x + y)(y + z)(z + x ) (5.4) Nếu x + y + z = 3 và x3 + y3 + z3 = 3, thì từ (5.4) suy ra 8 = ( x + y)(y + z)(z + x ) = (3 − x )(3 − y)(3 − z) (5.5) Do x + y + z = 3 ta có 6 = (3 − x ) + (3 − y ) + (3 − z ). (5.6) Từ (5.6) suy ra giữa những số 3 − x, 3 − y, 3 − z hoặc là tất cả, hoặc là chỉ có một số là số chẵn. Nếu tất cả là chẵn, thì do (5.5) giá trị tuyệt đối của những số này bằng 2, còn dựa trên (5.6) suy ra x = y = z = 1. Nếu một số là chẵn, thì theo (5.5) một trong những số 3 − x, 3 − y, 3 − z có giá trị tuyệt đối bằng 8, những số còn lại có giá trị tuyệt đối bằng 1, suy ra từ (5.6) thì một số là 8 và những số còn lại là −1. Suy ra x = 5, y = z = 4, hoặc x = y = 4, z = −5 hoặc là x = 4, y = −5, z = 4. Như vậy hệ phương trình của chúng ta có nghiệm nguyên là : 1, 1, 1; −5, 4, 4; 4, −5, 4; 4, 4, −5. J
5.2. Sử dụng những mệnh đề điển hình 119 5.2. SỬ DỤNG NHỮNG MỆNH ĐỀ ĐIỂN HÌNH 1. Mệnh đề 1: Với mọi số nguyên a, tất cả ước số nguyên tố của số a2 + 1 có dạng dạng 4k + 1 với k ∈ Z+ . 2. Mệnh đề 2: Cho p là số nguyên tố dạng 4k + 3; k ∈ Z+ , a, b là . . . những số nguyên, khi đó nếu ( a2 + b2 ) . p thì a . p; b . p. . . . Ví dụ 5.20. Chứng minh rằng phương trình 4xy − x − y = z2 không có nghiệm nguyên. Lời giải. Ta viết lại phương trình thành dạng (4x − 1)(4y − 1) = (2z)2 + 1. (5.7) Bởi vì tích của các số dạng 4k + 1 có cùng dạng, thì mỗi số dạng 4s − 1 có ít nhất một ước số nguyên tố cùng dạng 4s − 1. Khi đó để thoả mãn được (5.7), cần (2z)2 + 1 có ước nguyên tố dạng 4s − 1, điều này trái với mệnh đề 1 ở trên. J Ví dụ 5.21. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất mà biểu thức |5x2 + 11xy − 5y2 | đạt được với x và y nguyên và không đồng thời bằng 0. Lời giải. Ta đặt f ( x, y) = |5x2 + 11xy − 5y2 |. Với x = 1 và y = 0 ta nhận được f (1, 0) = 5. Ta sẽ chứng minh rằng đó là giá trị nhỏ nhất của hàm f ( x, y). Thật vậy, Trong trường hợp ngược lại f ( x, y) có thể một trong các giá trị sau đay 1, 2, 3, 4 và 0. Mặt khác biểu thức 5x2 + 11xy − 5y2 có thể là số chẵn chỉ nếu số x và y đồng thời là chẵn, thì ta đặt x = 2x1 , y = 2y1 ta sẽ nhận được f ( x, y) = 4 f ( x1 , y1 ). Điều đó nghĩa là giá trị của f ( x, y) tại ( x1 , y1 ) sẽ nhỏ hơn, từ đó suy ra giá trị nhỏ nhất của f ( x, y) không có thể là số chẵn.
120 Chương 5. Giải phương trình vô định không mẫu mực Giả sử f ( x, y) = 1. Từ đây ta nhận được 5x2 + 11xy − 5y2 = ±1 (5.8) Ta nhân hai vế của (5.8) với 20 nhận được đẳng thức (10x + 11y)2 − 221y2 = ±20, nó đưa ta đến phép đồng dư t2 ≡ ±20 ≡ ±7 (mod 13) với t = 10x + 11y. Nhưng phương trình đồng dư trên không giải được, vì từ định lý Fermat nhỏ ta có t12 ≡ 1 (mod 13), nó đưa đến 76 ≡ 1 (mod 13). Nhưng mặt khác 76 ≡ −1 (mod 13). Suy ra đẳng thức f ( x, y) = 1 không thể xẩy ra. Nếu giả sử f ( x, y) = 3, thì lý luận tương tự ta đưa đến t2 ≡ ±60 ≡ 5 (mod 13), mà nó dẫn đến 1 ≡ t12 ≡ 56 (mod 13). điều này cũng không có khả năng xẩy ra. Suy ra với f ( x, y) = 3 cũng không thể có với một cặp số nguyên nào đó. Như vậy giá trị nhỏ nhất của f ( x, y) là 5. J Ví dụ 5.22. Chứng minh rằng phương trình x2 + 5 = y3 không có nghiệm nguyên. Lời giải. Giả sử ( x0 , y0 ) là một nghiệm, nghĩa là x0 + 5 = y3 . 2 0 2 Nếu y0 là số chẵn thì suy ra x0 ≡ −1 (mod 4) điều này không thể xẩy ra. Suy ra y0 là số lẻ, còn x0 là số chẵn. Nếu y0 = 4k + 3, thì x0 ≡ y3 − 5 ≡ 2 (mod 4) cũng không thể 2 0 được. Bây giờ cho y0 = 4k + 1. Phương trình đã cho biểu diễn dưới dạng x0 + 4 = (y0 − 1)(y2 + y0 + 1). đẳng thức sau cùng số 2 0 y2 + y0 + 1 có dạng 4m + 3 và suy ra có ít nhất một ước số nguyên tố 0
5.3. Tính đối xứng của ẩn số 121 x0 2 dạng 4m + 3. Điều này có nghĩa là số 4 + 1 cũng cần phải 2 có ước số cùng dạng. Điều này trái với mệnh đề 1. Suy ra phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. J 5.3. TÍNH ĐỐI XỨNG CỦA ẨN SỐ Nhận xét về cấu trúc phương trình và các ẩn số là bước làm đầu tiên trước khi giải tìm nghiệm, vì như ta đã biết mỗi dạng phương trình khác nhau, mỗi cấu trúc ẩn khác nhau ta lựa chọn giải pháp phù hợp nhất. 5.3.1. Sắp xếp thứ tự ẩn số Nếu các ẩn ( x, y, . . .) có vai trò như nhau, đối xứng nhau ta có thể giả thiết x ≤ y ≤ . . . hoặc x ≥ y ≥ . . . , để thu hẹp miền khảo sát của bài toán đã cho. Ví dụ 5.23. Giải phương trình sau trong tập hợp số tự nhiên x + y + z = xyz. Lời giải. Do tính đối xứng của ẩn ta có thể giả thiết x ≤ y ≤ z. Khi đó xyz = x + y + z ≤ z + z + z = 3z. suy ra xy ≤ 3. Từ đây suy ra ba khả năng sau đây ( do x, y là các số tự nhiên): 1) xy = 1. Khi đó x = y = 1, từ nó suy ra không thể có khả năng 2 + z = z. Trương hợp này phương trình vô nghiệm. 2) xy = 2. Khi đó x = 1, y = 2, và đưa đến z = 3. Trong trường hợp này nghiệm của phương trình là bộ ba x = 1, y = 2, z = 3. 3) xy = 3. Khi đó x = 1, y = 3, nó dẫn đến điều vô lý z = 2 < y. Trong trường hợp này phương trình cũng không có nghiệm. Ta nhận được nếu x ≤ y ≤ z phương trình có một nghiệm
122 Chương 5. Giải phương trình vô định không mẫu mực x = 1, y = 2, z = 3. Vì các ẩn là đối xứng nên tất cả các nghiệm của phương trình trên là hoán vị của bộ ba (1, 2, 3) cho ( x, y, z). J 5.3.2. Đặt ẩn số phụ Nếu ẩn có cấu trúc giống nhau ta có thể đặt ẩn phụ để đưa phương trình về dạng quen thuộc hoặc ít ẩn hơn. Ví dụ 5.24. Giải phương trình sau trong tập số tự nhiên xy = n.( x + y), với n là một số tự nhiên cho trước. y Lời giải. Ta viết lại phương trình theo dạng x. = n, ta thấy y+x rằng với mọi y > 0 và số x = n không phải là nghiệm của phương trình (vai trò của x, y như nhau nên ta có thể thay đổi cho nhau). nx Với x = n, khi đó y = . Vì y > 0, nên x > n. Đặt x−n n2 x = n + k, ở đây k là số tự nhiên, ta sẽ nhận được y = n + . Để k y là số nguyên, thì n2 cần chia hết cho k. Suy ra công thức nghiệm : n2 x = n + k, y = n + , với k là ước số của n2 . Ví dụ n = 2, ta có ba k nghiệm (3, 6), (4, 4), (6, 3). J 5.25. Giải trong số nguyên phương trình 6x2 + 5y2 = 74. Lời giải. Ta biến đổi phương trình về dạng 6( x2 − 24 = 50 − 5y2 , 6( x2 − 4) = 5(10 − y2 ). vì (5, 6) = 1, từ những phương trình sau cùng suy ra phải thỏa mãn . . x2 − 4 . 5 và 10 − y2 . 6, hoặc là x2 − 4 = 5a và 10 − y2 = 6b ở đây . . a và b là nguyên. Thay x2 và y2 vào phương trình đã cho ta nhận
5.4. Chứng minh bằng phản chứng 123 được 6.5a = 5.6b hoặc là a = b. Suy ra x = 4 + 5a và y = 10 − 6a với điều kiện 5a + 4 ≥ 0 và 10 − 6a ≥ 0 vì x2 và y2 là những số không 4 5 âm. Từ hai bất đẳng thức sau cùng suy ra − ≤ a ≤ , điều kiện 5 3 này chỉ thỏa mãn với hai số nguyên 0 và 1. Với a = 0 ta nhận được y2 = 10, điều này không thể xẩy ra, vì 10 không phải là số chính phương. Với a = 1 ta nhận được x2 = 9 và y2 = 4. trong trường hợp này ta có 4 nghiệm: x = 3 và y = 2, x = 3 và y = −2, x = −3 và y = 2, x = −3 và y = −2. J 5.4. CHỨNG MINH BẰNG PHẢN CHỨNG Giả sử phương trình ta cần giải có nghiệm nguyên ( x0 , y0 , z0 , . . .) rồi xây dựng dãy vô số nghiệm từ đó đi đến mâu thuẫn hoặc ta xây dựng được nghiệm có tính chất cực biên so với nghiệm đã cho. 5.4.1. Chứng minh phương trình vô nghiệm 5.26. Chứng minh rằng phương trình x2 + y2 = 1987 không có nghiệm nguyên. Lời giải. Giả sử phương trình có nghiệm nguyên, thì một trong những số x và y là số chẵn, số kia là số lẻ, vì tổng bình phương của chúng phải là số lẻ 1987. Cho x = 2k + 1 và y = 2r, ở đây k, r ∈ Z. Thay vào phương trình đã cho ta nhận được 4k2 + 4k + 1 + 4r2 = 1987, . hay là 4(k2 + k + r2 ) = 1986. Từ đẳng thức này suy ra 1986 . 4, điều . này không thể được. Vậy phương trình không có nghiệm. J
124 Chương 5. Giải phương trình vô định không mẫu mực Ví dụ 5.27. Chứng minh rằng phương trình 7x3 − 13y = 5 không có nghiệm nguyên. Lời giải. Giả sử tồn tại những số nguyên x0 và y0 sao cho 3 7x0 − 13y0 = 5. Dễ thấy ( x0 , 13) = 1. Từ phương trình đã cho 3 3 3 suy ra 7x0 ≡ 5 (mod 13) hoặc là −6x0 ≡ −8 (mod 13), 3x0 ≡ 4 3 3 (mod 13), 3x0 ≡ −9 (mod 13), từ đây ta nhận được x0 ≡ −3 12 (mod 13). Lấy luỹ thừ bậc bốn ta có x0 ≡ 81 (mod 13). áp dụng 12 định lý Fermat nhỏ ta nhận được 1 ≡ x0 ≡ 81 (mod 13), điều này không thể được. J Ví dụ 5.28. Chứng minh rằng phương trình x2 + y2 = 3z2 (5.9) không có nghiệm nguyên khác không. Lời giải. Giả sử x, y, z là một nghiệm nguyên của phương trình mà x = 0, y = 0, z = 0. Vì trong phương trình (5.9) chỉ có x2 , y2 , z2 , nên ta có thể chỉ xét x > 0, y > 0, z > 0. Nếu x = 3x1 , y = 3y1 , với x1 , y1 là những số nguyên, khi đó từ z2 (5.9) ta có 9x1 + 9y2 = 3z2 hoặc là x1 + y2 = 2 1 2 1 . đẳng thức sau 3 cùng chỉ ra z2 chia hết cho 3, từ đây cũng có z chia hết cho 3 hoặc là z = 3z1 . Ta có x1 + y2 = 3z2 2 1 1 (5.10) đây chính lại là phương trình (5.9). Quá trình thực hiện trên biến đổi (5.9) thành cùng dạng đến khi có một nghiệm x0 , y0 , z0 , mà trong chúng không đồng thời chia hết cho 3. Những số x0 , y0 có thể viết dưới dạng x0 = 3x + r, y0 = 3y + r1 ,
5.4. Chứng minh bằng phản chứng 125 ở đây r và r1 là một trong các số 0, 1, 2, nhưng đồng thời không thể bằng 0 (vì x0 , y0 không đồng thời chia hết cho 3) 2 Ta có x0 + y2 = 3z2 ; 0 0 x0 + y2 = (3x + r )2 + (3y + r1 )2 2 0 2 2 = 9x + 6x r + r2 + 9y + 6y r1 + r1 2 2 2 = 3(3x + 2x r + 3y + 2y r1 ) + r2 + r1 2 Vì x0 + y2 phải chia hết cho 3, nên r2 + r1 cũng chia hết cho 3. Nhưng 2 0 2 tất cả các khả năng của r2 + r1 là: 02 + 12 = 12 + 02 = 1, 02 + 22 = 2 22 + 02 = 4, 12 + 12 = 2, 22 + 12 = 12 + 22 = 5, 22 + 22 = 8. Ta thấy rằng không có trường hợp nào chia hết cho 3. Điều này 2 chỉ ra rằng x0 + y2 không chia hết cho 3. Như vậy điều giả thiết là J 0 vô lý, suy ra phương trình không có nghiệm nguyên khác không. Ví dụ 5.29. Chứng minh rằng phương trình x2 + 1 = 4y3 không có nghiệm nguyên. Lời giải. Nếu phương trình trên có ít nhất một nghiệm nguyên x, y, thì x hoặc là chẵn, hoặc là lẻ. Nếu x là chẵn, ta có x = 2x1 , ở đây x1 là một số nguyên. Từ phương trình đã cho ta nhận được (2x1 )2 + 1 = 4y3 hoặc là 1 4x1 + 1 = 4y3 , từ đây suy ra x1 + = y3 . Dễ thấy với x1 , y nguyên 2 2 4 đẳng thức sau cùng không thể xẩy ra, từ đó suy ra x không thể là số chẵn. Nếu x là số lẻ. Ta có x = 2x1 + 1, với x1 là số nguyên. Từ phương trình đã cho ta nhận được (2x1 + 1)2 + 1 = 4y3 hoặc là 1 4x1 + 4x1 + 2 = 4y3 , từ đây suy ra x1 + x1 + = y3 . Đẳng thức 2 2 2 sau cùng cũng không thể có trong số nguyên. Như vậy phương trình đang xét không có nghiệm nguyên. J
126 Chương 5. Giải phương trình vô định không mẫu mực Ví dụ 5.30. Chứng minh rằng phương trình z2 + (z + 2)2 = t3 không có nghiệm nguyên. Lời giải. Giả sử phương trình có một nghiệm nguyên và nếu z, t là một nghiệm như vậy, ta đặt z = x − 1, từ phương trình ta nhận được ( x − 1)2 + ( x + 1)2 = t3 hoặc là x2 − 2x + 1 + x2 + 2x + 1 = t3 hoặc t3 là 2x2 + 2 = t3 . Ta viết lại x2 + 1 = , ta thấy rằng t3 cần chia 2 hết cho 2 từ đó suy ra t là số chẵn. Đặt t = 2y, với y nguyên. Ta (2y)3 nhận được x2 + 1 = = 4y3 . Như bài trước ta đã chứng minh 2 phương trình x2 + 1 = 4y3 không có nghiệm nguyên. Điều giả sử đặt ra dẫn đến vô lý. Như vậy phương trình đang xét là không có nghiệm nguyên. J 5.4.2. Phương pháp giảm vô hạn Một phương pháp hữu hiệu chứng minh một phương trình vô định không có nghiệm. Bắt đầu bằng việc giả sử phương trình nghiệm nguyên dương có một bộ nghiệm nào đó ( x0 , y0 , z0 , . . .). Sau đó từ phương trình đã cho và những tính chất của số học ta lại tìm được bộ nghiệm ( x1 , y1 , z1 , . . .) mà x1 < x0 , y1 < y0 , z1 < z0 , . . . và quy trình này lặp lại đến vô cùng, cuối cùng ta nhận được dãy thực sự giảm đến nhỏ vô cùng, điều này vô lý, vì tập số nguyên dương bị chặn dưới. Ta xét một ví dụ: Ví dụ 5.31. Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm trong tập số tự nhiên x2 + y2 + z2 + u2 = 2xyzu. Lời giải. Giả sử ( x0 , y0 , z0 , u0 ) là một nghiệm của phương trình. Vì x0 + y2 + z2 + u2 là một số chẵn, thì giữa những số x0 , y0 , z0 , u0 có 2 0 0 0
5.4. Chứng minh bằng phản chứng 127 số chẵn những số lẻ, có thể là cả bốn số, hai số bất kì, không số nào là những số lẻ. 2 1. Nếu tất cả các số đều lẻ thì x0 + y2 + z2 + u2 chia hết cho 4, 0 0 0 còn 2x0 y0 z0 u0 không chia hết cho 4, vô lí. 2 2. Nếu chỉ có hai số là số lẻ thì x0 + y2 + z2 + u2 không chia hết 0 0 0 cho 4, còn 2x0 y0 z0 u0 chia hết cho 4, vô lí. Vì thế chỉ còn tất cả các số là chẵn (không có số nào là lẻ), ta có thể viết x0 = 2x1 , y0 = 2y1 , z0 = 2z1 , u0 = 2u1 . Thay những giá trị này vào phương trình đã cho và nhận được x1 + y2 + z2 + u2 = 8x1 y1 z1 u1 . 2 1 1 1 Lại như phần trên ta có tất cả bốn số trong phương trình không thể là số lẻ vì x1 + y2 + z2 + u2 không chia hết cho 8. Cũng như vậy 2 1 1 1 không thể hai số là số lẻ trong đó vì x1 + y2 + z2 + u2 cũng không 2 1 1 1 chia hết cho 8. Như vậy ta nhận được tất cả các số là chẵn, nên x1 = 2x2 , y1 = 2y2 , z1 = 2z2 , u1 = 2u2 . Ta lại có x2 + y2 + z2 + u2 = 32x2 y2 z2 u2 . 2 2 2 2 Bằng cách lí luận như trên lại có x2 , y2 , z2 , u2 là những số chẵn và tiếp tục quy trình này. Ta dễ nhận thấy với mọi số tự nhiên s xs + y2 + z2 + u2 = 22s+1 xs ys zs us , 2 s s s mà xs = 2xs+1 , ys = 2ys+1 , zs = 2zs+1 , us = 2us+1 với s ≥ 1. Như x0 y0 z0 u0 vậy với mọi số tự nhiên s, các số s , s , s , s là những số nguyên. 2 2 2 2 Điều này không thể được với những số nguyên đã cho x0 , y0 , z0 , u0 , dẫn tới vô lí. Như vậy điều giả sử của ta là sai, phương trình không có nghiệm. J Phương pháp này liên quan đến tiên đề thứ tự trong tệp số nguyên như trong cuốn sách [11] đã khảo sát kĩ. Nghĩa là nó nằm