Các vấn đề cơ sở về phương trình nghiệm nguyên

Chia sẻ: Nguyễn Thị Phương Thuỳ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:22

Thêm vào BST

Báo xấu

172
lượt xem 46
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Trong chương trình toán THCS và THPT thì phương trình nghiệm nguyên vẫn luôn là 1 đề tài hay và khó đối với học sinh. Các bài toán nghiệm nguyên thường xuyên có mặt tại các kì thi lớn, nhỏ , trong và ngoài nước.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Các vấn đề cơ sở về phương trình nghiệm nguyên

M T S V N Đ CƠ S V PHƯƠNG TRÌNH NGHI M NGUYÊN Tác Gi : Phí Thái Thu n 10 chuyên Toán THPT chuyên THĐ - Bình Thu n Trong chương trình toán THCS và THPT thì phương trình nghi m nguyên v n luôn là m t đ tài hay và khó đ i v i h c sinh. Các bài toán nghi m nguyên thư ng xuyên có m t t i các kì thi l n, nh , trong và ngoài nư c. Trong bài vi t này tôi ch mu n đ c p đ n các v n đ cơ b n c a nghi m nguyên (các d ng; các phương pháp gi i) ch không đi sâu (vì v n hi u bi t có h n). Tôi cũng s không nói v phương trình Pell (vì nó có nhi u trong các sách) và phương trình Pythagore; Fermat (cũng có nhi u trong sách; khái ni m r t đơn gi n) Chú ý: các b n có th tìm đ c thêm cu n "phương trình và bài toán nghi m nguyên" c a th y Vũ H u Bình. Phương Pháp 1: Áp D ng Tính Chia H t D ng 1: phương trình d ng ax + by = c Ví d 1: Gi i phương trình nghi m nguyên sau: 2x + 25y = 8 (1) Gi i: Có th d dàng th y y ch n. Đ t y = 2t. Phương trình (1) tr thành: x + 25t = 4. T đó ta có nghi m phương trình này:   x = 4 − 25t y = 2t  t∈Z Chú ý: Ta còn có cách th 2 đ tìm nghi m c a phương trình trên. Đó là phương pháp tìm nghi m riêng đ gi i phương trình b c nh t 2 n. Ta d a vào đ nh lí sau: N u phương trình ax + by = c v i (a; b) = 1 có 1 t p nghi m là (x0 ; y0 ) thì m i nghi m c a phương trình nh n t công th c:   x = x0 + bt y = y0 − at  t∈Z Đ nh lí này ch ng minh không khó (b ng cách th tr c ti p vào phương trình) D a vào đ nh lý này ; ta ch c n tìm 1 nghi m riêng c a phương trình ax + by = c . Đ i v i các phương trình có h s a; b; c nh thì vi c tìm nghi m khá đơn gi n nhưng v i các phương trình có a; b; c l n thì không d dàng 1
chút nào . Do đó ta ph i dùng đ n thu t toán Euclide (các b n có th tìm đ c các sách ; tôi s không nói nhi u v thu t toán này) . Ngoài ra còn có thêm phương pháp hàm Euler . D ng 2: Đưa v phương trình ư c s : Ví d 2: Gi i phương trình nghi m nguyên sau: 2x + 5y + 3xy = 8 (2) Gi i: (2) ⇔ x(2 + 3y ) + 5y = 8 ⇔ 3[x(2 + 3y ) + 5y ] = 24 ⇔ 3x(2 + 3y ) + 15y = 24 ⇔ 3x(2 + 3y ) + (2 + 3y ) · 5 = 34 ⇒ (3x + 5)(3y + 2) = 34 34 = 17.2 = 34.1 L p b ng d dàng tìm đư c nghi m phương trình trên. Ví d 3: Gi i phương trình nghi m nguyên sau: x2 + 2y 2 + 3xy − 2x − y = 6 (3) Gi i: (3) ⇔ x2 + x(3y − 2) + 2y 2 − y + a = 6 + a a là 1 s chưa bi t; a s đc xác đ nh sau. Xét phương trình: x2 + x(3y − 2) + 2y 2 − y + a = 0 ∆ = (3y − 2)2 − 4(2y 2 − y + a) = y 2 − 8y + 4 − 4a Ch n a = −3 ⇒ ∆ = y 2 − 8y + 16 = (y − 4)2 ⇒ x1 = −y − 1; x2 = −2y + 3 T đó ta có phương trình ư c s : (x + y + 1)(x + 2y − 3) = 3 D ng 3: Phương pháp tách các giá tr nguyên Ví d 4: Gi i phương trình nghi m nguyên sau: xy − x − y = 2 (4) Gi i: (4) ⇒ x(y − 1) = y + 2 ⇒ x = y+2 y −1 3 ⇒ x = 1 + y −1 ⇒ (y − 1)|3 Phương Pháp 2: Phương Pháp L a Ch n Modulo (hay còn g i là xét s dư t ng v ) 2
Trư c tiên ta có các tính ch t cơ b n sau: 1 s chính phương chia 3 dư 0, 1; chia 4 dư 0, 1 ; chia 8 dư 0, 1, 4 Ví D 5: Gi i phương trình nghi m nguyên sau: x2 + y 2 = 2007 (5) Gi i: x2 ≡ 0; 1(mod4) y 2 ≡ 0; 1(mod4) ⇒ V T = x2 + y 2 ≡ 0; 1; 2(mod4) Còn V P = 2007 ≡ 3(mod4) Do đó phương trình trên vô nghi m. Có th m r ng thêm cho nhi u modulo như 5; 6; · · · và m r ng cho s l p phương; t phương; ngũ phương... Ta đ n v i ví d sau: Ví d 6: Gi i phương trình nghi m nguyên dương sau: 30 19x + 5y + 1890 = 19754 + 1993 (6) Gi i: D th y V T ≡ 19x (mod5). M t khác: 19x = (20 − 1)x ≡ (−1)x (mod5) x ch n thì 19x ≡ 1(mod5); x l thì 19x ≡ −1 ≡ 4(mod5) ⇒ V T ≡ 1; 4(mod5) Còn V P ≡ 1993 ≡ 3(mod5) (vô lí) Do đó phương trình trên vô nghi m. Chú ý: Nhi u bài toán nghi m nguyên trong đ thi vô đ ch toán các nư c đôi khi ph i xét đ n modulo khác l n ; ta xét đ n ví d sau: Ví D 7:(Balkan1998) Gi i phương trình nghi m nguyên sau: m2 = n5 − 4 (7) Gi i: m2 ≡ 0; 1; 3; 4; 5; 9(mod11) n5 − 4 ≡ 6; 7; 8(mod11) (vô lí) Do đó phương trình này vô nghi m. Ch 3 dòng; th t ng n g n và đ p ph i không nào. Nói chung đ xét modulo hi u qu còn ph i tùy thu c vào s nh y bén c a ngư i làm toán. Nói thêm: Đ i v i các phương trình nghi m nguyên có s tham gia c a các s l p phương thì modulo thư ng dùng là modulo9 vì x3 ≡ 0; 1; 8(mod9) (hãy t ch ng minh). Ta xét Ví D sau. Ví D 8: Gi i phương trình nghi m nguyên sau: x3 + y 3 + z 3 = 1012 (8) 3
Gi i: D a vào nh n xét trên : (8)x3 + y 3 + z 3 ≡ 0; 1; 2; 3; 6; 7; 8(mod9) Còn 1012 ≡ 4(mod9) (vô lí). Do đó phương trình trên vô nghi m . Phương Pháp 3: Dùng B t Đ ng Th c D ng 1: Đ i v i các phương trình mà các bi n có vai trò như nhau thì ngư i ta thư ng dùng phương pháp s p x p th t các bi n. Ví D 9: Gi i phương trình nghi m nguyên dương sau: x + y + z = 3xyz (9) Gi i: Không m t tính t ng quát có th gi s 1 ≤ x ≤ y ≤ z ⇒ 3xyz = x + y + z ≤ 3z ⇒ xy ≤ 1 ⇒ x = 1; y = 1 ⇒z=1 Nghi m phương trình là (1; 1; 1) D ng 2: Đ i v i các phương trình ngh ch đ o các bi n ta cũng có th dùng phương pháp này (n u vai trò các bi n cũng như nhau ). Cách gi i khác dành cho: 1 1 1 Ví D 9: Chia 2 v phương trình trên cho xyz ta đư c: xy + yz + zx = 3 Gi i: Không m t tính t ng quát có th gi s 1 ≤ x ≤ y ≤ z 1 1 1 3 ⇒ xy + yz + zx = 3 ≤ x2 ⇒ x2 ≤ 1 ⇒x=1 ⇒ y = 1 và z = 1. Ta xét đ n m t ví d ti p theo đ th y s hi u qu c a phương pháp này: Ví D 10: Gi i phương trình nghi m nguyên dương sau: Gi i: 1 1 1 +y+z =1 x Không m t tính t ng quát có th gi s : 1 1 1 3 1 ≤ x ≤ y ≤ z ⇒ x + y + z = 1 ≤ x ⇒ x ≤ 3. L n lư t th : x = 1; phương trình vô nghi m nguyên. Xét x = 2 ⇒ y + z = 1 ≤ y ⇒ y ≤ 4 1 1 2 2 M t khác y ≥ x = 2 ⇒ y ∈ {2; 3; 4}. Ta th y l n lư t; y = 2 phương trình vô nghi m nguyên; 4
y=3⇒z=6 y = 4 => z = 4 Xét x = 3 ⇒ y + z = 2 ≤ y 1 1 2 3 ⇒y≤3 M c khác y ≥ x = 3 ⇒ y = 3 ⇒ z = 3. V y nghi m phương trình là (2; 3; 6); (2; 4; 4); (3; 3; 3) và các hoán v . D ng 3: Áp D ng Các B t Đ ng Th c C Đi n. Ví D 11: Gi i phương trình nghi m nguyên dương sau: x6 + z 3 − 15x2 z = 3x2 y 2 z − (y 2 + 5)3 (10) Gi i: (10) ⇔ (x2 )3 + (y 2 + 5)3 + z 3 = 3x2 z (5 + y 2 ) Áp D ng BDT Cauchy cho 3 s ; ta đc V T ≥ V P D u ” = ” x y ra ⇔ x2 = y 2 + 5 = z T phương trình x2 = y 2 + 5 ⇒ (x − y )(x + y ) = 5 (phương trình ư c s ; d dàng tìm đc x; y r i tìm ra z ). Đáp s : nghi m phương trình là (x; y ; z ) = (3; 2; 9) Ghi chú: Vi c Áp D ng BDT vào bài toán nghi m nguyên r t ít dùng vì n ý dùng BDT r t d b "l " n u ngư i ra đ không khéo léo. Tuy nhiên cũng có m t vài trư ng h p dùng BDT khá hay. Ta đ n v i Ví D sau. Ví D 12: Gi i phương trình nghi m nguyên dương sau v i x; y ; z là các s đôi 1 khác nhau. x3 + y 3 + z 3 = (x + y + z )2 (11) Gi i: Áp d ng BDT quen thu c sau: x3 +y 3 +z 3 ≥ ( x+3+z )3 y 3 3 ⇒ x3 + y 3 + z 3 = (x + y + z )2 ≥ (x+y9+z) ⇒ x + y + z ≤ 9. Vì x; y ; z khác nhau ⇒x+y+z ≥1+2+3=6 ⇒ x + y + z ∈ {6; 7; 8} L n lư t th các giá tr c a x + y + z ta tìm đc x; y ; z Đáp s : (1; 2; 3) và các hoán v . D ng 4: Áp d ng tính đơn đi u c a bài toán. Ta ch ra 1 ho c 1 vài giá tr c a bi n tho phương trình r i ch ng minh đó là nghi m duy nh t. Ví D 13: Gi i phương trình nghi m nguyên dương sau 3x + 4x = 5x (12) 5
Gi i: (12) ⇔ ( 3 )x + ( 4 )x = 1 5 5 x = 1; phương trình vô nghi m nguyên x = 2; tho mãn. x ≥ 3 ⇒ ( 3 )x < ( 3 )2 ( 4 )x < ( 4 )2 5 5 5 5 ⇒ ( 3 )x + ( 5 )x < 1. 4 5 Do đó x = 2 √ nghi m duy nh t c a phương trình. Còn phương trình là √ √ này thì sao nh : ( 3)x + ( 4)x = ( 5)x B ng cách tương t ; d dàng nh n ra x = 4 là nghi m duy nh t. Nói thêm : Đ i v i phương trình trên; ta có bài toán t ng quát hơn. Tìm các s nguyên dương x; y ; z tho : 3x + 4y = 5z . Đáp s đơn gi n là x = y = z = 2 nhưng cách gi i trên vô tác d ng v i bài này. Đ gi i bài này thì h u hi u nh t là xét modulo (các phương trình ch a n mũ thì phương pháp t t nh t v n là xét modulo). Ph n này ch nói thêm nên chúng ta t m th i không gi i bài toán này bây gi mà s đ l i d p khác. D ng 5: Dùng đi u ki n ∆ ho c ∆ ≥ 0 đ phương trình b c 2 có nghi m. Ví D 14: Gi i phương trình nghi m nguyên sau: x2 + 2y 2 = 2xy + 2x + 3y (13) Gi i: (13) ⇔ x2 − 2x(y − 1) + 2y 2 − 3y = 0 ∆ = (y + 1)2 − (2y 2 − 3y ) = −y 2 + 5y + 1 ≥ 0 Gi i b t phương √ trình trên không khó; d dàng suy ra đư c: √ − 29 29 5 ≤y−2 ≤ 2 2 Do y nguyên nên d dàng khoanh vùng đư c giá tr c a y và th ch n. Nói chung thì phương pháp này đư c dùng khi ∆(∆ ) có d ng f (x) = ax2 + bx + c (ho c f (y )) v i h s a < 0 . Còn khi a > 0 thì dùng phương pháp đã nói đ n trong ví d 3 đ đưa v phương trình ư c s 1 cách nhanh chóng. Phương Pháp 4: Phương pháp ch n hay ta có th g i nó b ng 1 cái tên khác là đ p hơn là phương pháp đánh giá. Phương pháp đánh giá cơ b n d a vào 2 nh n xét sau: 1. Không t n t i n ∈ Z tho a2 < n2 < (a + 1)2 v i a ∈ Z 2. N u a2 < n2 < (a + 2)2 v i a; n ∈ Z thì n = a + 1. Ta đ n v i Ví D sau: 6
Ví D 15: Gi i phương trình nghi m nguyên sau: x4 + x2 + 1 = y 2 (14) Xét hi u (x2 + 1)2 − y 2 = x2 ≥ 0 ⇒ (x2 + 1)2 ≥ y 2 Xét hi u y 2 − (x2 )2 = x2 + 1 > 0 => y 2 > (x2 )2 ⇒ (x2 )2 < y 2 ≤ (x2 + 1)2 Theo nh n xét trên ⇒ y 2 = (x2 + 1)2 Th vào phương trình ban đ u ⇒ x4 + x2 + 1 = (x2 + 1)2 ⇒ x2 = 0 ⇒x=0 Nh n xét trên có th m r ng v i s l p phương; ta đ n v i ví d ti p theo: Ví D 16: Gi i phương trình nghi m nguyên sau : x3 − y 3 = 2 y 2 + 3 y + 1 (15) Gi i: B ng cách trên ta có đư c : (y − 1)3 < x3 ≤ (y + 1)3 suy ra ho c x = y ho c x = y + 1 l n lư t xét x = y ; x = y + 1 ta tìm đư c các nghi m phương trình là: (−1; −1); (1; 0) Phương Pháp 5: Dùng tính ch t c a s chính phương . D ng 1: Trư c tiên ta đ n v i 1 m nh đ sau : xy = z 2 v i (x; y ) = 1 thì   x = k2 y = t2  kt = z Ch ng minh m nh đ này không khó ; ta ch ng minh b ng ph n ch ng: Gi s x; y không là s chính phương nên trong phân tích thành ư c nguyên t c a x ho c y t n t i 1 s ch a ít nh t 1 ư c nguyên t p v i s mũ l . Gi s là x . Vì (x; y ) = 1nên y không ch a th a s p => z 2 cũng ch a th a s p v i s mũ l (vô lí trái v i đi u ki n z 2 là s chính phương) . Bây gi ta đ n v i 1 ví d . Ví D 17: Gi i phương trình nghi m nguyên sau: 2x4 + 3x2 + 1 − y 2 = 0 (16) Gi i: (16) ⇒ (x2 + 1)(2x2 + 1) = y 2 7
Rõ ràng (x2 + 1; 2x2 + 1) = 1 x2 + 1 = t 2 ⇒ 2x2 + 1 = z 2 T phương trình x2 + 1 = t2 => (t − x)(t + x) = 1 (phương trình ư c s ) T đó tìm đư c nghi m phương trình . Đáp s : (x; y ) = (0; 1) D ng 2: Ta có m nh đ th 2: N u n; t là các s nguyên tho n(n +1) = t2 thì ho c n = 0 ; ho c n +1 = 0 Ch ng minh m nh đ này không khó: Gi s n = 0; n + 1 = 0 => t = 0 n2 + n = t2 4n2 + 4n = 4t2 (2n + 1)2 = 4t2 + 1 Dùng phương pháp ch n: (2t)2 < (2n + 1)2 < (2t + 1)2 Vô lí do đó m nh đ đư c ch ng minh. Bây gi áp d ng m nh đê trên ; ta đ n v i ví d sau . Ví D 18: Gi i phương trình nghi m nguyên sau: x2 + 2xy + y 2 + 5x + 5y = x2 y 2 − 6 (17) Gi i: (17) ⇔ (x + y + 2)(x + y + 3) = x2 .y 2 Suy ra ho c x + y + 2 = 0 ho c x + y + 3 = 0. Phương trình này v n còn nh ng cách gi i khác nhưng đi u tôi mu n nh n m nh chính là vi c dùng m nh đ trên giúp cho l i gi i bài toán tr nên ng n g n hơn . Phương Pháp 6: Lùi vô h n (hay còn g i là phương pháp xu ng thang). Phương pháp này dùng đ ch ng minh m t phương trình f (x; y ; z ; · · · ) nào đó ngoài nghi m t m thư ng x = y = z = 0 thì không còn nghi m nào khác. Phương pháp này có th đư c di n gi i như sau: B t đ u b ng vi c gi s (x0 ; y0 ; z0 ; · · · ) là nghi m c a f (x; y ; z ; · · · ) . Nh nh ng bi n đ i ; suy lu n s h c ta tìm đư c 1 b nghi m khác (x1 ; y1 ; z1 ; · · · ) sao cho các nghi m quan h v i b nghi m đ u tiên b i 1 t s k nào đó . Ví D : x0 = k.x1 ; y0 = k.y1 ; · · · . R i l i t b (x2 ; y2 ; z2 ; · · · ) tho x1 = k.x2 ; y1 = k.y2 ; · · · . Quá trình c ti p t c d n đ n: x0 ; y0 ; z0 ; · · · chia h t cho k s v i s là 1 s t nhiên tuỳ ý . Đi u này x y ra x0 = y0 = z0 = · · · = 0 .Đ rõ ràng hơn ta xét m t Ví D. Ví D 19: Gi i phương trình nghi m nguyên sau: x2 + y 2 = 3 y 2 (18) 8
Gi i: G i (x0 ; y0 ; z0 ) là 1 nghi m c a phương trình trên . Xét theo modulo 3 . Ta ch ng minh x0 ; y0 đ u chia h t cho 3 . Th t v y ; rõ ràng v ph i chia 2. h t cho 3 => x2 + y0 .3 Ta có: x2 ≡ 0; 1(mod3) y0 ≡ 0; 1(mod3) Do đó 2 . 0 0 2. => x2 + y0 .3 x0 ; y0 đ u chia h t cho 3 . Đ t x0 = 3.x1 ; y0 = 3.y1 . Th . 0 . vào và rút g n: 3(x2 + y 2 ) = z 2 Rõ ràng z0 .3 . Đ t z0 = 3.z1 . Th vào và rút . 1 1 0 g n: x2 + y1 = 3z1 Do đó n u (x0 ; y0 ; z0 ) là 1 nghi m c a phương trình trên 2 2 1 thì (x1 ; y1 ; z1 ) cũng là 1 nghi m . Ti p t c lý lu n như trên thì x1 ; y1 ; z1 đ u . chia h t cho 3 . Ta l i tìm đư c nghi m th 2 là (x2 ; y2 ; z2 ) v i x2 ; y2 ; z2 .3. . .k Ti p t c và ta d n đ n: x0 ; y0 ; z0 .3 . Đi u đó ch x y ra ⇔ x0 = y0 = z0 = 0 . . Ví D 20: Gi i phương trình nghi m nguyên sau: x2 + y 2 + z 2 = 2xyz (Korea1996) (19) Gi i: Gi s (x0 ; y0 ; z0 ) là 1 nghi m c a phương trình trên . ⇒ x2 + y0 + z0 = 2 2 0 2.x0 .y0 .z0 Rõ ràng x2 + y0 + z0 ch n (do 2.x0 .y0 .z0 ch n) nên có 2 trư ng h p x y 2 2 0 ra. Trư ng H p 1: có 2 s l ; 1 s ch n. Không m t tính t ng quát gi s x0 ; y0 l ; z0 ch n. Xét theo modulo 4 thì: x2 + y0 + z0 ≡ 2(mod4) Còn 2 2 0 . 2.x0 .y0 .z0 .4 (do z0 ch n) (vô lí) . Trư ng H p 2: 3 s đ u ch n. Đ t x0 = 2.x1 ; y0 = 2.y1 ; z0 = 2.z1 th vào và rút g n ta đư c: x2 + y1 + z1 = 4.x1 .y1 .z1 l p lu n như trên ta l i đư c 2 2 1 x1 ; y1 ; z1 ch n. . Quá trình l i ti p t c đ n: x0 ; y0 ; z0 .2k v i k ∈ N ∗ . Đi u đó x y ra ⇔ x0 = y0 = z0 = 0. Tóm l i nghi m phương trình là (x; y ; z ) = (0; 0; 0) Phương Pháp 7: Nguyên T c C c H n hay còn g i là Nguyên Lí Kh i Đ u C c Tr . V m t hình th c thì phương pháp này khác v i phương pháp lùi vô h n nhưng v ý tư ng s d ng thì như nhau ; đ u ch ng minh 1 phương trình không có nghi m không t m thư ng. Phương pháp b t đ u b ng vi c gi s (x0 ; y0 ; z0 ; · · · ) là nghi m c a f (x; y ; z ; · · · ) v i đi u ki n ràng bu c v i b (x0 ; y0 ; z0 ; · · · ). Ví D như x0 nh nh t ho c x0 + y0 + · · · nh nh t... B ng nh ng phép bi n đ i s h c ta tìm đư c 1 b nghi m khác (x1 ; y1 ; · · · ) trái v i nh ng đi u ki n ràng bu c trên. Ví d khi chon b (x0 ; y0 ; z0 ; · · · ) v i x0 nh nh t ta l i tìm đư c b (x1 ; y1 ; z1 ; · · · ) tho x1 < x0 . T đó d n đ n phương trình cho có nghiêm là (0; 0; 0; .0). Ta hãy xét 1 ví d . 9
Ví D 21: Gi i phương trình nghi m nguyên sau: 8x4 + 4y 4 + 2z 4 = t4 (20) 8x4 + 4y 4 + 2z 4 = t4 Gi i: Gi s (x0 ; y0 ; z0 ; t0 ) là 1 nghi m phương trình trên v i đi u ki n x0 nh nh t. T phương trình ⇒ t ch n. Đ t t = 2.t1 Th vào và rút g n ta đư c: 4x0 + 2y0 + z0 = 8t4 4 4 4 1 Rõ ràng z0 ch n. Đ t z0 = 2z1 ⇒ 2x4 + y0 + 8z1 = 4t4 4 4 0 1 Ti p t c y0 ch n. Đ t y0 = 2y1 ⇒ x4 + 8y1 + 4z1 = 2t4 4 4 0 1 Và d th y x0 cũng ch n. Đ t x0 = 2x1 ⇒ 8x4 + 4y1 + 2z1 = t4 4 4 1 1 Nhìn vào phương trình trên rõ ràng (x1 ; y1 ; z1 ; t1 ) cũng là 1 nghi m phương trình trên và d th y x1 < x0 (vô lí do ta ch n x0 nh nh t) Do đó phương trình trên có nghi m duy nh t (0; 0; 0; 0) Chú ý: Ta cũng có th ch n b (x0 ; y0 ; z0 ; t0 ) tho x0 + y0 + z0 + t0 nh nh t ; lý lu n tương t và d th y x1 + y1 + z1 + t1 < x0 + y0 + z0 + t0 t đó cũng d n đ n k t lu n bài toán. Phương Pháp 8: S D ng M t M nh Đ Cơ B n C a S H c. Trư c tiên ta đ n v i bài toán nh sau: Cho p là s nguyên t có d ng p = k · 2t + 1 v i t nguyên dương ; k là s t nhiên l . t. .. Ch ng minh r ng n u x2 + y 2 .p thì x.p; y .p t . .. Ch ng minh: . . Gi s x.p thì rõ ràng y .p Theo Fermat nh : xp−1 ≡ 1(modp) y p−1 ≡ . . 1(modp) p = k 2t + 1 nên t xk.2 ≡ 1(modp) t y k.2 ≡ 1(modp) t t ⇒ xk.2 + y k.2 ≡ 2(modp) (21) t t M t khác do k l nên theo h ng đ ng th c a2n+1 + b2n+1 : xk.2 + y k.2 = 2t t (x + y 2 ).A) (A là 1 s nào đó) Rõ ràng: t. xk.2 + y k.2 ≡ 0(modp) (do gi thi t x2 + y 2 . p) t t t . (22) 10
Do đó theo (21); (22) ta có đi u ph i ch ng minh. Xét 1 trư ng h p nh c a bài toán trên: Khi t = 1; vì k l nên k = 2s + 1 ⇒ p = 4s + 3 Lúc đó ta có m nh đ sau: . .. p là s nguyên t có d ng p = 4s + 3. Khi đó n u x2 + y 2 .p thì x.p; y .p . .. M nh đ h t s c đơn gi n này l i là 1 công c vô cùng hi u qu đ i vơi nhi u bài toán khó. Ví D 22: (bài toán Lebesgue) Gi i phương trình nghi m nguyên sau: x2 − y 3 = 7 (đây là 1 trư ng h p nh c a phương trình Mordell) Ghi chú: Phương trình Mordell là phương trình có d ng x2 +k = y 3 (k ; x; y ∈ Z ); bài toán trên là trư ng h p phương trình Mordell v i k = −7 Gi i: Trư c tiên ta có b đ nh sau: M i s nguyên có d ng A = 4t + 3 đ u có ít nh t 1 ư c nguyên t có d ng p = 4s + 3 Ch ng Minh: Gi s A không có ư c nguyên s nào có d ng p = 4s + 3 => A = (4t1 + 1)(4t1 + 1) = 4.(4t1 .t2 + t1 + t2 ) + 1 = 4h + 1(vô lí) Do đó A có 1 ư c d ng 4t1 + 3 N u 4t1 + 3 là s nguyên t thì b đ đư c ch ng minh. N u 4t1 + 3 là h p s . Lý lu n tương t ta l i có 4t1 + 3 có 1 ư c có d ng 4t2 + 3. N u 4t2 + 3 l i là h p s thì lai ti p t c. Vì quá trình trên là h u h n nên ta có đi u ph i ch ng minh. Quay l i bài toán. ⇒ x2 = y 3 + 7 Xét y ch n ⇒ y 3 + 7 ≡ 7(mod8) ⇒ x2 ≡ 7(mod8) (vô lí do x2 ≡ 0; 1; 4(mod8)) Xét y l vi t l i phương trình: x2 + 1 = y 3 + 8 ⇒ x2 + 1 = (y + 2)(y 2 − 2y + 4) N u y = 4k + 1 ⇒ y + 2 = 4k + 3 N u y = 4k + 3 ⇒ y 2 − 2y + 4 = (4k + 3)2 − 2(4k + 3) + 4 = 4h + 3 Do đó y luôn có 1 ư c d ng 4n + 3 và theo b đ trên thì 4n + 3 luôn có . ít nh t 1 ư c nguyên t p = 4s + 3 ⇒ x2 + 1.p = 4s + 3 . .. Theo m nh đ trên ⇒ x.p; 1.p ( vô lí) Do đó phương trình trên vô nghi m. .. Ví D 23: Gi i phương trình nghi m nguyên sau: x2 + 5 = y 3 (phương trình Mordell v i k = 5) Gi i: Xét y ch n ⇒ y 3 ≡ 0(mod8) ⇒ x2 + 5 ≡ 0(mod8) ⇒ x2 ≡ (mod8) (vô lí do x2 ≡ 0; 1; 4(mod8)) Xét y l N u y = 4k + 3 ⇒ y 3 ≡ 3(mod4) 11
⇒ x2 + 5 ≡ 3(mod4) ⇒ x2 ≡ 2(mod4) (vô lí x2 ≡ 0; 1; (mod4)) N u y = 4k + 1 Vi t l i phương trình x2 + 4 = y 3 − 1 ⇒ x2 + 4 = (y − 1)(y 2 + y + 1) Rõ ràng y 2 + y + 1 = (4k +)2 + (4k + 1) + 1 = 4t + 3 Do đó y 3 − 1 có ít nh t 1 ư c nguyên t p = 4s + 3 . . ⇒ x2 + 4.p = 4s + 3 ⇒ 4.p ⇒ p = 2 (vô lí) Do đó phương trình trên vô . . nghi m. Và cu i cùng đ th y thêm s hi u qu c a m nh đ này ; ta hãy đ n v i bài toán c a Euler . Ví D 24: Gi i phương trình nghi m nguyên sau: 4xy − x − y = z 2 Nhưng trư c h t hãy xem l i gi i c a Euler đ nhìn nh n ra s giá tr c a m nh đ trên: Gi s pt có tâp nghi m (x; y ; z ) = (a; b; c) v i c là giá tr nh nh t c a z . Suy ra 4ab − a − b = c2 ⇒ 16ab − 4a − 4b = 4c2 ⇒ (16ab − 4a) − (4b − 1) − 1 = 4c2 ⇒ (4a − 1)(4b − 1) − 1 = 4c2 (*) C ng vào 2 v (*) : 4(4a − 1)2 − 8(4a − 1)c Ta đc: (4a − 1)(4b − 1) − 1 + (4(4a − 1)2 − 8(4a − 1)c) = 4c2 + 4(4a − 1)2 − 8(4a − 1)c ⇒ (4a − 1)(4b − 1 + 4(4a − 1) − 8c) = 4(c − (4a − 1))2 ⇒ (4a − 1)[4(b + 4a − 1 − 2c) − 1) = 4(c − (4a − 1))2 (**) V y n u pt (*) có nghi m là (a; b; c) thì pt (*) cũng có nghi m là (a; b + 4a − 1 − 2c; c − (4a − 1)) Vì c là giá tr nh nh t c a z Suy ra nghi m z = |c − (4a − 1)| > c ⇒ |c − (4a − 1)|2 > c2 ⇒ pt(∗∗) > (∗) ⇒ 4(c − (4a − 1))2 = (4a − 1)(4b − 1 + 4(4a − 1) − 8c) > 4c2 = (4a − 1)(4b − 1) − 1 ⇒ (4a − 1)(4b − 1 + 4(4a − 1) − 8c) > (4a − 1)(4b − 1) ⇒ (4b − 1 + 4(4a − 1) − 8c) > 4b − 1 ⇒ 4(4a − 1) − 8c > 0 ⇒ 4a − 1 > 2c (1) Vì a, b có vai trò như nhau nên ta cũng cm đc 4b − 1 > 2c (2) T (1) và (2) ⇒ 4a − 1 ≥ 2c + 1; 4b − 1 ≥ 2c + 1 ⇒ pt (*) : 4c2 = (4a − 1)(4b − 1) ≥ (2c + 1)2 − 1 ⇒ 4c2 ≥ 4c2 + 4c ⇒ c ≤ 0 (vô lí) 12
V y pt này vô nghi m Nhưng n u dùng m nh đ trên thì l i gi i ng n g n hơn nhi u: 4xy − x − y = z 2 ⇒ 4(4xy − x − y ) = 4z 2 ⇒ 16xy − 4x − 4y = 4z 2 ⇒ (16xy − 4x) − (4y − 1) = 4z 2 + 1 ⇒ (4x − 1)(4y − 1) = 4z 2 + 1 = (2z )2 + 12 Rõ ràng 4x − 1; 4y − 1 đ u có d ng 4t + 3. Th t v y: 4x − 1 = 4(x − 1) + 3; 4y − 1 = 4(y − 1) + 3 Do đó (4x − 1)(4y − 1) có ít nh t 1 ư c nguyên t p = 4s + 3 . ⇒ z 2 + 1 .p = 4 s + 3 . . ⇒ 1.p (vô lí) Do đó phương trình trên vô nghi m. . Các d ng cơ b n c a phương trình vô đ nh nghi m nguyên mình đã gi i thi u h t. Vi c s p x p các d ng ; phương pháp là theo ch ý c a mình nên ít nhi u s sai sót. Sau đây là ph n nói thêm v các phương trình vô đ nh siêu vi t và phương trình khác (ki n th c sơ sài nên mình nói cũng sơ thôi) Đ u tiên là phương trình d ng mũ : Như đã nói thì phương trình d ng mũ thư ng có phương pháp chung là xét Modulo (nhưng không ph i là luôn luôn) Ta đ n v i các Ví D cơ b n: Ví D 25: Gi i phương trình nghi m nguyên sau: 2x + 7 = y 2 (x ∈ Z ; y ∈ Z ) (23) Gi i: x = 0: phương trình vô nghi m x = 1 ⇒ y = ±3 Xét x ≥ 2 ⇒ 2x ≡ 0(mod4) 7 ≡ 3(mod4) ⇒ y 2 = 2x + 7 ≡ 3(mod4) (vô lí do y 2 ≡ 0; 1; 4(mod4)) Nghi m phương trình là (x; y ) = (1; 3); (1; −3) Ví D 26: Gi i phương trình nghi m nguyên sau: 2x + 21 = y 2 (x ∈ Z ; y ∈ Z ) (24) Gi i: Xét x l . Đ t x = 2k + 1 ⇒ 2x = 2.4k = 2(3 + 1)k ≡ 2(mod3) . ⇒ 2x + 21 ≡ 2(mod3) (do 21.3) . ⇒ y 2 ≡ 2(mod3) (vô lí) (do y 2 ≡ 0; 1(mod3)) Xétx ch n. Đ t x = 2k 13
⇒ 22k + 1 = y 2 ⇒ y 2 − 22k = 1 ⇒ (y − 2k )(y + 2k ) = 1 Phương trình ư c s ; quá đơn gi n. Đáp s (x; y ) = (2; 5); (2; −5) Ví D 26: Gi i phương trình nghi m nguyên dương sau: 2x + 2y + 2z = 2336 v i x < y < z (Vi t Nam 1982) (25) Gi i: (25) ⇔ 2x (1 + 2y−x + 2z−x ) = 2336 = 25 .73 Rõ ràng 1 + 2y−x + 2z−x l 2x = 25 1 + 2y−x + 2z−x = 73 ⇒ x = 5. 1 + 2y−x + 2z−x = 73 ⇒ 2y−x (1 + 2z−y ) = 72 = 23 .9 Lý lu n như trên ⇒ 2y−x = 23 ⇒y=8 ⇒ z = 11 Nghi m phương trình là (x; y ; z ) = (5; 8; 11) Chú ý: V i cách gi i trên ta có th x đ p phương trình d ng này: 2x + 2 + 2 z = 2 n (x ≤ y ≤ z ; n ∈ N ) y Đáp s : (x; y ; z ) = (n − 2; n − 2; n − 1) Ví d 27: Gi i phương trình nghi m nguyên dương sau: 5x3 = y 3 + 317 (26) Gi i: Trong phương trình này có s tham gia c a s l p phương và như đã nói ph n phương pháp l a ch n modulo thì trong bài này ; modulo ta xét s là modulo 9 y = 0 ; phương trình vô nghi m nguyên . y=1⇒x=4 y≥2 ⇒ 3y ≡ 0(mod9) 317 ≡ 2(mod9) ⇒ 5x3 = y 3 + 317 ≡ 2(mod9) (vô lí vì 5x3 ≡ 0; 5; 4(mod9)) Ta đ n v i các bài toán khó hơn Ví D 28: Gi i phương trình nghi m nguyên dương sau: xy = y x (27) Gi i: 14
Rõ ràngx = y là 1 nghi m. Xét x = y . Không m t tính t ng quát gi s x < y √ ⇒ x xy = y y y ⇒ x x = y do y nguyên nên x x nguyên. . ⇒ y .x. . Đ t y = tx, Th vào ta đư c: xt = tx ⇒ xt−1 = t Rõ ràng t ≥ 2 (vì đã gi s x = y ) t = 2 ⇒ x = 2 ⇒ y = 4 t ≥ 3; lúc đó rõ ràng x ≥ 2 Ta ch ng minh: xt−1 > t Do x ≥ 2 nên ta ch vi c ch ng minh: 2t−1 > t . Ta cm quy n p theo t. t = 3 ; đúng . Gi s kh ng đ nh đúng v i t = k t c là 2k−1 > k Ta cm kh ng đ nh đúng v i t = k + 1 t c là ch ng minh 2k > k + 1 . R t đơn gi n ; theo gi thi t quy n p thì: 2k−1 > k ⇒ 2k > 2k > k + 1 (do k > 1) Do đó phương trình vô nghi m v i t ≥ 3 K t lu n: nghi m phương trình là (x; y ) = (a; a); (2; 4); (4; 2) v i a ∈ Z Chú ý: Ta có th gi i phương trình theo cách khác .Nhưng trư c h t ; ta . . c n ch ng minh m nh đ sau: an .bn ⇔ a.b . . Ta ch ng minh ph n thu n ; ph n đ o là đi u hi n nhiên . Trong phân tích a; b ra d ng chu n t c thì s nguyên t p có lũy th a tương ng là s; t. Do đó trong phân tích an ; bn ra d ng chu n t c thì s nguyên t p có lũy . th a tương ng là ns; nt. Vì an .bn ⇒ ns ≥ nt ⇒ s ≥ t Vì p đư c ch n tuỳ ý . . .b nên a. Quay l i v i bài toán . Ta ch xét trư ng h p x = y Không m t tính t ng . quát gi s x > y . Đ t x = y + t ⇒ xy = y y+t ⇒ xy .y y . . .y ⇒ x = ty . ⇒ x. R i làm tương t như trên Ví D 29: Gi i phương trình nghi m nguyên không âm sau 2x − 3y = 1 (28) Gi i: Xét theo modulo 3 Vi t l i phương trình 2x − 1 = 3y Xét: y = 0 => x = 1. Xét y ≥ 1 ⇒ 3y ≡ 0(mod3) ⇒ 2x − 1 ≡ 0(mod3) M t khác: 2x − 1 = (3 − 1)x − 1 ≡ (−1)x − 1(mod3) ⇒ x ch n ( vì x ch n thì (−1)x − 1 = 0 ≡ 0(mod3) 15
Đ t x = 2k ⇒ 22k − 1 = 3y ⇒ (2k − 1)(2k + 1) = 3y k  2 + 1 = 3u 2k − 1 = 3v ⇒  u+v =y ⇒ (2k + 1) − (2k − 1) = 2 = 3u − 3v ⇒ 2 + 3 v = 3u N u u = 0 ⇒ 3v = −1 (vô lí) N u u ≥ 1 ⇒ 3u ≡ 0(mod3) . ⇒ 2 + 3v .3 ⇒ v = 0 ⇒ u = 1. ⇒ y = 1 ⇒ x = 2 K t lu n: nghi m . phương trình là (x; y ) = (0; 1); (2; 1) Ví D 30: Gi i phương trình nghi m nguyên không âm sau: 3x + 4y = 5z (29) Bài toán này đã đư c đ c p trong ph n trư c và đây là l i gi i c a nó: Xét theo modulo 3 3x + 4y = 3x + (3 + 1)y ≡ 1(mod3) ⇒ 5z = (6 − 1)z ≡ (−1)z ≡ 1(mod3) ⇒ z ch n . Đ t z = 2a ⇒ 3x + 4y = 52a ⇒ 3x = 52a − (2y )y = (5a − 2y )(5a + 2y ) Do đó có 2 trư ng h p x y ra: Trư ng H p 1: 5a − 2y = 3m 5a + 2y = 3n . (m; n ≥ 1) Đi u này không x y ra vì (5a − 2y )+(5a +2y ) = 2.5a = 3m +3n .3 . Nhưng 2.5a thì không chia h t cho 3 Trư ng H p 2: 5a − 2y = 1 5a + 2y = 3x ⇒ (5a − 2y ) + (5a + 2y ) = 2.5a = 3x + 1 ≡ 1(mod3) ⇒ 2.5a = 2.(6 − 1)a ≡ 2.(−1)a ≡ 1(mod3) Do đó a l . Ta có: 5a − 2y = 1 ≡ 1(mod3) ⇒ (6 − 1)a − (3 − 1)y ≡ (−1)a − (−1)y ≡ 1(mod3) Do a l nên rõ ràng y ch n . Đ t a = 2k + 1; y = 2t ⇒ 52k+1 + 22t = 3x N ut=1⇒y=2⇒x=z=2 N u t ≥ 2 ⇒ 22t ≡ 0(mod8) 16
Ta có 52k+1 = 5.25k = 5.(24 + 1)k ≡ 5(mod8) ⇒ V T ≡ 5(mod8) Tuy nhiên xét modulo 8 cho v ph i . N u x ch n ; x = 2s ⇒ 3x = 9s = (8 + 1)s ≡ 1(mod8) N u x l ; x = 2s + 1 ⇒ 3x = 3.9s ≡ 3(mod8) T đó ta có V P = 3x ≡ 1; 3(mod8) còn V T ≡ 5(mod8) (vô lí) K t lu n: nghi m c a phương trình là (x; y ; z ) = (2; 2; 2) Ví D 31: Gi i phương trình nghi m nguyên dương: 2x + 5y = 19z (30) Gi i: 19z = (18 + 1)z ≡ 1(mod3) ⇒ 2x + 5y = (3 − 1)x + (6 − 1)x ≡ (−1)x + (−1)y ≡ 1(mod3) ⇒ x; y l . Đ t x = 2 k + 1 ⇒ 2x = 2.4k = 2(5 − 1)k ≡ 2.(−1)k (mod5) N u k ch n ⇒ 2x ≡ 2(mod5) N ukl ⇒ 2x ≡ 3(mod5) ⇒ V T = 2x + 5y ≡ 2; 3(mod5) Còn V P = 19z = (20 − 1)z ≡ (−1)z ≡ 1; 4(mod5) Vô lí do đó phương trình trên vô nghi m . Bài toán v i các nghi m nguyên t Ví D 31 : Tìm n ∈ N đ : 1. n4 + n2 + 1 là s nguyên t 2. n5 + n + 1 là s nguyên t 3. n4 + 4n là s nguyên t Gi i: 1. n4 + n2 + 1 = (n2 + n + 1)(n2 − n + 1) là s nguyên t
Đáp s : n = 1; p = 5 Ví D 32: Tìm s nguyên t p đ 5p2 + 1 là s nguyên t Gi i: p ch n ⇒ p = 2 ⇒ 5p2 + 1 = 21 ( không tho ) p l ⇒ 5p2 + 1 ch n nên là h p s . V y không t n t i s p tho đi u ki n trên . Ví D 33: Tìm các s nguyên t x; y ; z tho : xy + 1 = z 2 Gi i: Xét x l ⇒ xy + 1 = z 2 ch n ⇒ z = 2 ⇒ xy = 3 (không t n t i x; y tho ) Xét x ch n ⇒ x = 2 2y + 1 = z 2 N u y l . Đ t y = 2k + 1 ⇒ 2y = 2.4k = 2.(3 + 1)k ≡ 2(mod3) ⇒ 2y + 1 ≡ 0(mod3) . ⇒ z 2 .3 . ⇒z=3⇒y=3 N u y ch n ⇒ y = 2 ⇒ 5 = z 2 (vô lí) . K t lu n: nghi m c a phương trình là (x; y ; z ) = (2; 3; 3) T bài toán trên h n chúng ta d dàng hình dung là l i gi i bài toán sau: Tìm các s nguyên t x; y ; z tho : xy + 1 = z Các Phương Trình ch ng minh vô s nghi m: Ví D 34: Ch ng minh r ng phương trình x3 + y 3 = z 4 có vô s nghi m . Gi i: Ta xây d ng nghi m c a phương trình này .
a+1 ⇒ x4 + y 3 = 2a + 2a = 2a+1 Ch n z = 2 Do x; y ; z nguyên nên 7   a.3 .  .  . a.4 .   .  a + 1 .7 . Gi i h trên ta đư c a = 84t + 48 K t lu n: Phương trình có vô s nghi m có d ng: (x; y ; z ) = (221t+12 ; 228t+16 ; 212t+7 ) Ví D 36: Ch ng minh r ng phương trình 7x2 + 3y 7 = z 11 có vô s nghi m . Gi i: . Đ t a = 2.7 = 14 Rõ ràng t n t i vô s s n đ an + 1.11 . Th t v y ; xét phương trình 14n + 1 = 11k (rõ ràng có vô s nghi m) Chú ý 7 + 3 = 10 Do đó phương trình có vô s nghi m có d ng: x = an+1 an an 10 2 ; y = 10 7 ; 10 11 . . . Do an.2; an.7; an + 1.11 nên x; y ; z nguyên. . . . Còn v i phương trình này thì sao nh : 7x2 + 3y 2 = 6.z 11 R t đơn gi n Ta đưa v phương trình Ví d trên 7.610 x2 + 3.610 y 2 = (6.z )11 Sau đây là ph n các bài t p ; mình s x p các bài t p không theo t ng d ng và các b n ph i xác đ nh d ng c a nó đ có phương án x lí thích h p. Phương trình v i t p Z: 1. 3x + 7y = 9 2. 25x + 7y = 16 3. x2 + 3xy − y 2 + 2x − 3y = 5 4. 2x2 + 3y 2 + xy − 3x − 3 = y 5. x4 + x4 + ..... + x4 = 1599 1 2 14 6. x2 + y 2 = 16z + 6 7. x! + y ! = (x + y )! 8. x! + y ! = z ! 9. 19x3 − 17y 3 = 50 10. 5x3 + 11y 3 + 13z 3 = 0 19
11. x2 = y 3 + 16 12. x2 + y 2 = 6(z 2 + t2 ) 13. xy − 2y − 3x + x2 = 3 14. 5(x2 + xy + y 2 ) = 7(x + 2y ) 15. x3 − y 3 − xy = 15 16. x2 + xy + y 2 = x + y 17. 1 + x + x2 + x3 = y 2 18. x3 + y 3 = (x + y )2 19. y 3 − x3 = 2x + 1 20. x4 + x2 + 4 = y 2 − y 21. x2 + y 2 = 7z 2 22. x2 = y 3 + 16 23. x2 + y 2 + z 2 = x2 y 2 (Hàn Qu c 1988) 24. 6(6x2 + 3y 2 + z 2 ) = 5t2 25. 19x2 + 28y 2 = 2001 26. x2 + xy + y 2 = 2x + y 27. x2 y 2 = z 2 (z 2 − x2 − y 2 ) (Bulgari 1998) 28. n4 + 2n3 + 2n2 + 2n = 1 = y 2 29. y 3 z 2 + (y 3 − 2xy )z + x(x − y ) = 0 30. x4 + x2 − y 2 + y + 10 = 0 31. 2(x + y + z ) + 9 = 3xyz 32. x4 + (x + 1)4 = y 2 + (y + 1)2 33. y 3 = x3 + 2x + 1 34. (x − 2)4 − x4 = y 3 20