Chuyên đề: Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên - Tạ Văn Đức

Nội dung text: Chuyên đề: Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên - Tạ Văn Đức

1. www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên A. Mở đầu I. Lý do chọn chuyên đề: Trong ch−ơng trình toán THCS thì ph−ơng trình nghiệm nguyên vẫn luôn l một đề ti hay v khó đối với học sinh. Các bi toán nghiệm nguyên th−ờng xuyên có mặt tại các kì thi lớn nhỏ trong n−ớc v ngoi n−ớc. Tuy nhiên lại không có nhiều ti liệu viết riêng về nội dung ny, do vậy để phục vụ giảng dạy của bản thân, đặc biệt l công tác bồi d−ỡng học đội tuyển học sinh giỏi v bồi d−ỡng học sinh thi vo các tr−ờng chuyên lớp chọn nên tôi đ viết chuyên đề ny. Trong chuyên đề ny tôi chỉ mới đề cập đến vấn đề nghiệm nguyên ( cụ thể l các dạng v ph−ơng pháp giải) chứ không đi sâu vì vốn hiểu biết còn có hạn. II. Phạm vi v mục đích của chuyên đề: 1. Phạm vi của chuyên đề: Áp dụng với đối t−ợng học sinh khá giỏi các khối 8 9 2. Mục đích chuyên đề: Trao đổi với đồng nghiệp v học sinh một số ph−ơng pháp cũng nh− l một số bi toán giải ph−ơng trình nghiệm nguyên trong ch−ơng trình bồi d−ỡng học sinh khá giỏi các lớp 8, 9 Giúp học sinh biết vận dụng các ph−ơng pháp trên một cách linh hoạt trong việc giải quyết các bi toán về nghiệm nguyên từ dễ đến khó. 2 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
2. www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên B Nội dung. Ph−ơng pháp 1: áp dụng tính chia hết. Cỏc tớnh cht thưng dựng : – Nu a ⋮ m và a ± b ⋮ m thỡ b ⋮ m. – Nu a ⋮ b, b ⋮ c thỡ a ⋮ c. – Nu ab⋮ c mà ƯCLN(b , c) = 1 thỡ a⋮ c. – Nu a⋮ m, b⋮ n thỡ ab⋮ mn. – Nu a⋮ b, a⋮ c vi ƯCLN(b , c) = 1 thỡ a⋮ bc. – Trong m s nguyờn liờn tiếp, bao giờ cũng tn ti mt s là bi ca m. 1. Ph−ơng trình dạng ax + by =c. ví dụ 1: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: 2x + 25y = 8 (1) Giải: Có thể dễ dng thấy rằng y chẵn. Đặt y =2t ph−ơng trình (1) trở thnh: x + 25t = 4 Từ đó ta có nghiệm của ph−ơng trình. x=4 − 25 t  y= 2 t  t∈ Z Chú ý: ta còn có cách thứ hai để tìm nghiệm của ph−ơng trình trên. Đó l ph−ơng pháp tìm nghiệm riêng để giải ph−ơng trình bậc nhất hai ẩn. Ta dựa vo định lý sau: Nếu ph−ơng trình ax + by =c. với (a;b) = 1 có nghiệm l ( x0; y0) thì mọi nghiệm nguyên của ph−ơng trình nhận từ công thức. = + x x0 bt  = − y y0 at  t∈ Z Định lý ny chứng minh không khó ( bằng cách thế trực tiếp vo ph−ơng trình) dựa vo định lý ny ta chỉ cần tìm một nghiệm riêng của ph−ơng trình ax + by =c. Đối với các ph−ơng trình có hệ số a,b,c nhỏ thì việc tìm nghiệm riêng khá đơn giản xong với ph−ơng trình có các hệ số a,b,c lớn thì không dễ dng chút no, do đó ta phải dùng đến thuật toán Ơclít. 3 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
3. www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên 2.Đ−a về ph−ơng trình −ớc số: Ví dụ2: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: 2x+ 5 y + 3 xy = 8 (2) Giải: (2)⇔x( 2 + 3 y) + 5 y = 8 ⇔3x() 2 + 3 y + 5 y  = 24 ⇔3x() 2 + 3 y + 15 y = 24 ⇔3x() 2 + 3 y + 15 y + 10 = 34 ⇔3x() 2 + 3 y + 5(2 + 3 y ) = 34 ⇔()2 + 3y (3 x + 5) = 34 Vì 34=17.2=34.1=(17).(2) = (1).(34) nên ta có bảng kết quả: 3x + 5 34 1 2 17 2+ 3y 1 34 17 2 x 13 2 1 4 y 1 12 5 0 Ví dụ3: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: x2+2 y 2 + 3 xy − 2 x − y = 6 (3) Giải: (3) ⇔x2 + x( 3 y − 2) + 2 y2 − y + a = 6 + a ( a l một số ch−a biết đ−ợc xác định sau). Xét ph−ơng trình; x2 +(3 y − 2) . x + 2 y2 − y + a = 0 Có ∆ =(3y − 2)2 − 4( 2 y2 − y + a) = y 2 −8 y + 4 − 4 a Chọn a = 3 Ta có ∆ =y2 −8 y + 16 =( y − 4)2 ⇒ = − − = − + x1 y1; x2 2 y 3 từ đó ta có ph−ơng trình −ớc số: (x+ y +1)( x + 2 y − 3) = 3 Suy ra kết quả: (x; y)∈{( − 6;6,0;2,) ( ) ( − 4;2,) ( − 10;6)} 3.Tách giá trị nguyên. Ví dụ 4: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: xy− x − y = 2 (4) Giải: (4) ⇔x( y − 1) = y + 2 Ta có y = 1 không phải l nghiệm của ph−ơng trình y + 2 3 Với y ≠ 1 ta có: x = ⇔x =1 + ⇒ y −1 ∈Ư ={ − 3; − 1;1;3} y −1 y −1 (3) ⇔y ∈{ −2;0;2;4} ⇒ ( x; y)∈{( 0;2, −) ( − 2;0,4;2,2;4) ( ) ( )} 4 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
4. www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên Ph−ơng pháp 2: Ph−ơng pháp lựa chọn Modulo ( hay còn gọi l xét số d− từng vế) Tr−ớc tiên ta có các tính chất cơ bản sau: Một số chính ph−ơng khi chia cho 3 d− 0;1. chia cho 4 d− 0;1. chia cho 8 d− 0;1;4. vv 1. Xét số d− hai vế. Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên của ph−ơng trình: 9x+ 2 = y2 + y (*) Giải: Ta có: VT=9 x + 2 ≡ 2( mod3) ⇒VP= y2 + y ≡2mod3( ) ⇔y( y + 1) ≡ 2mod3( ) ⇒ y ≡1( mod3) ( vì nếu y=3k hoặc y = 3k+2 thì VP ≡ 0( mod3) ). ⇒ y=3 k + 1 (trong đó k ∈ Z ) thay vo pt(*) ta có : 9x+= 2( 3 k +++⇔= 1)2 ( 3 k 1) 9 x 9 k2 +⇔=+ 9 k x k 2 k x= k2 + k  Vậy y=3 k + 1  k∈ Z Ví dụ 6: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên không âm sau: (2x+ 12)( x + 22)( x + 32)( x + 4) − 5y = 11879 Giải: Ta có 2;2x x+ 1;2 x + 2;2 x + 3;2 x + 4 l 5 số tự nhiên liên tiếp 2x( 2 x+ 1)( 2 x + 2)( 2x + 3)( 2 x + 4)⋮ 5 Mặt khác ƯCLN( 2x ;5) = 1 nên (2x+ 1)( 2 x + 2)( 2x + 3)( 2 x + 4)⋮ 5 Với y ≥1 thì VT =(2x + 1)( 2 x + 2)( 2x + 3)( 2 x + 4) − 5y ⋮ 5 còn VP =11879 ≡ 4( mod5) suy ra ph−ơng trình không có nghiệm. Với y =0 ta có : (2x++ 12)( x 22)( x ++−= 32)( x 4) 50 11879 ⇔++( 2x 12)( x 22)( x ++= 32)( x 4) 11880 ⇔(2x + 12)( x + 22)( x + 32)( x + 4) = 9.10.11.12⇒ 2x + 19 = ⇔ 2x = 8 ⇔ 2x = 23 ⇔x = 3 Vậy ph−ơng trình đ cho có nghiệm duy nhất (x; y) = ( 3;0) Ví dụ 7: Tìm x, y nguyên d−ơng thoả mn : 3x + 1 =( y + 1)2 Giải: 3x + 1 =()()y + 12 ⇔ 3x =y y + 2 ( ) Ta có VT =3x ≡ 1( mod 2) ⇒VP= y( y +2) ≡ 1( mod 2) Suy ra y l số lẻ m y v y+2 l hai số lẻ liên tiếp y = 3m  Từ pt( ) ⇒ y +2 = 3n  + = m n x 5 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
5. www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên Ta có y +2 > y ⇒ n > m ≥ 1 Nếu m > 1 thì y v y+ 2 đều chia hết cho 3 ( vô lí vì ( y; y+2) =2 ) Vậy m =1 ⇒ n = 0 ⇒ x=1 ⇒ y =1 2.Sử dụng số d− để chỉ ra ph−ơng trình vô nghiệm. Ví dụ 8: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên d−ơng sau: 30 19x+ 5 y + 1890 = 19754 + 2013 Giải: Ta có x ,y nguyên d−ơng ⇒ 5y ⋮ 5; 1890 ⋮ 5 ⇒ VT =19x + 5 y + 1890 ≡ 19x ( mod5) Mặt khác: 19≡ − 1mod5( ) ⇒ 19x≡ (1) − x ( mod5) Nếu x chăn thì 19x ≡ 1( mod5) ; nếu x lẻ thì 19x ≡ − 1mod5( ) ≡ 4mod5( ) ⇒VT ≡1;4( mod5) còn VP ≡ 3( mod5) Do đó ph−ơng trình vô nghiệm. Ví dụ 9: Tìm các số nguyên d−ơng x, y biết: x2 + x −1 = 32y+ 1 Giải: Ta có: VP =32y+ 1 ≡ 0( mod3) (*) Nếu x =3k ( k∈ N * ) thì VT= x2 + x −1 ≡ 2( mod3) Nếu x =3k +1 ( k∈ N ) thì VT= x2 + x −1 ≡ 1( mod3) Nếu x =3k +2 ( k∈ N ) thì VT= x2 + x −1 ≡ 1( mod3) Vậy với ∀x ∈ Z + thì VT= x2 + x −1 ≡ 1;2( mod3) ( ) Từ (*) v ( ) suy ra không tồn tại các số nguyên d−ơng x, y thoả mn bi toán. Chú ý: Nhiều bi toán thi vô địch các n−ớc đôi khi phải xét đến Modulo khá lớn VD ( IMO năm 1999). Ví dụ 10: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: m2= n 5 − 4 Giải: m2 ≡ 0;1;3;4;5;9( mod11) còn n5 −4 ≡ 6;7;8( mod11) suy ra ph−ơng trình vô nghiệm. Chú ý: Đối với các ph−ơng trình nghiệm nguyên có sự tham gia của các số lập ph−ơng thì Modulo th−ờng dùng l Mod9 Vì x3 ≡ 0;1;8( mod9) Ví dụ 11: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: x3+ y 3 + z 3 = 2011 ( 8) Giải: Dựa vo nhận xét trên: Ta có x3 ≡ 0;1;8( mod9); y3 ≡ 0;1;8( mod9) z3 ≡ 0;1;8( mod9) ⇒VT= x3 + y 3 + z 3 ≡ 0;1;2;3;6;7;8( mod9) Còn VP =2011 ≡ 4( mod9) nên ph−ơng trình vô nghiệm 6 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
6. www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên Ph−ơng pháp 3: Dùng bất đẳng thức. 1. Đối với các ph−ơng trình m các biến có vai trò nh− nhau thì ng−ời ta th−ờng dùng ph−ơng pháp sắp thứ tự các biến. Ví dụ 12: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên d−ơng sau: x+ y + z = 3 xyz Giải. Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử 1 ≤x ≤ y ≤ z ⇒ 3xyz= x + y + z ≤ 3 z ⇒ xy≤ 1⇒ x= 1; y = 1⇒ z = 1 Vậy nghiệm của ph−ơng trình l (x;y;z)= ( 1;1;1). Chú ý: Đối với ph−ơng trình nghịch đảo các biến ta cũng có thể dùng ph−ơng pháp ny ( nếu vai trò các biến cũng nh− nhau). Ta có cách giải khác của ví dụ 9: 1 1 1 Chia cả hai vế của ph−ơng trình cho xyz ta có: + + = 3 xy zx yz Giải: 1 1 1 3 Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử 1 ≤x ≤ y ≤ z ⇒ + + =3 ≤ ⇒ x2 ≤1⇒ x = 1 xy zx yz x2 Suy ra: y = 1; z =1. 1 1 1 Ví dụ 13: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên d−ơng sau: + + =1 x y z Giải: 1 1 1 3 Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử 1≤x ≤ y ≤ z ⇒ + + =1 ≤ ⇒ x ≤ 3 x y z x Lần l−ợt thử x = 1 thì ph−ơng trình không có nghiệm nguyên. 1 1 1 1 1 1 2 Xét x = 2 ta có + + =1 ⇔ + = ≤ ⇒ y ≤ 4 2 y z y z2 y Mặt khác y≥ x = 2⇒ y ∈{ 2;3;4} ta thử lần l−ợt các giá trị của y: y= 2 ph−ơng trình không có nghiệm nguyên. y=3 ⇒ z=6 y=4 ⇒z=4 1 1 1 1 1 2 2 xét x =3ta có: + + =1 ⇔ + = ≤ ⇒ y ≤ 3 3 y z y z3 y Mặt khác y≥ x = 3⇒ y= 3⇒ z = 3 Vậy nghiệm của ph−ơng trình l:(x; y ; z)∈{( 2;3;6) ,( 2;4;4) ,( 3;3;3)} 7 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
7. www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên Ví dụ 14: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên d−ơng sau: x! + y! = (x+y)! (*) Giải: Vì vai trò của x, y nh− nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử 1 ≤x ≤ y Ta có: (x+y)! =x! + y! ≤ 2.y! ⇒ x ≤1 vì nếu x > 1 thì 2.y! ≥ (y+2)! 2.y! ≥ y! (y+1)(y+2) ⇔2 ≥ (y + 1)( y + 2) ( vô lí vì y ≥ 1) Vậy x = 1 Thay vo PT (*) ta có 1+y! = (y+1)! ⇔1 +y ! = y !( y + 1) ⇔ y . y ! = 1⇒ y = 1 Vậy ph−ơng trình có nghiệm x = y = 1 2.áp dụng bất đẳng thức cổ điển. Vớ dụ 15 Tỡm cỏc s nguyờn dương x, y tho món phương trỡnh : (x2 + 1)(x2 + y 2 ) = 4x 2 y Giải : Áp dng bt ủng thc Cụ–si ta cú : x2 + 1 ≥ 2x , du bng xẩy ra khi x = 1. x2 + y 2 ≥ 2xy , du bng xẩy ra khi x = y. Vỡ x, y nguyờn dương nờn nhõn cỏc bt ủng thc trờn v theo v ta ủưc : (x2 + 1)(x2 + y 2 ) ≥ 4x2 y , du bng cú khi và ch khi x = y = 1. Vy phương trỡnh cú nghim duy nht x = y = 1. Ví dụ 16: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: (x+ y +1)2 = 3( x2 + y 2 + 1) Giải: áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có (x+ y +1)2 ≤( 1 + 1 + 1)(x2 + y 2 + 1) 1 1 1 Dấu bằng xẩy ra khi = = =1 hay x = y = 1 x y 1 Vậy Ph−ơng trình có nghiệm x = y = 1 Ví dụ 17: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên d−ơng sau: 3 x6+ z 3 −15 x 2 z = 3 x 2 y 2 z −( y 2 + 5) Giải: 3 x6+ z 3 −15 x 2 z = 3 x 2 y 2 z −( y 2 + 5) 3 3 ⇔()()x2 + y 2 +5 + z 3 = 3 x 2 z() y 2 + 5 3 3 áp dụng bất đẳng thức côsi cho 3 số ta có : (x2) +( y 2 +5) + z3 ≥ 3 x 2 z( y 2 + 5) Dấu = xây ra khi x2= y 2 +5 = z Từ ph−ơng trình x2= y 2 + 5 ⇒ ( x− y)( x + y) = 5⇒ x= 3; y = 2⇒ z = 9 Vây nghiệm của ph−ơng trình l ( x;y;z) = ( 3;2;9). 8 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
8. www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên Ghi chú: Việc áp dụng bất đẳng thức vo giải ph−ơng trình nghiệm nguyên rất ít dùng vì ẩn ý dùng bất đẳng thức rất dễ bị lộ . Tuy nhiên cũng có một vi tr−ờng hợp dùng bất đẳng thức khá hay nh− ví dụ sau: Ví dụ 18.1: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên d−ơng sau: 3(x4+ y 4 + x 2 + y 2 +2) = 2( x2 − x + 1)( y2 − y + 1) Giải: Ta có ( x +≥⇔ 1 ) 2 0 2 x 2 ++≥⇔ 4 x 2 0 3 ( x 2 ++≥−+ x 1 ) x 2 x 1 2 1 2 Do x 4 ++=+−=++ x 2 1 ()()() x 2 1 x 2 x 2 x 1 x 2 −+≥ x 1 () x 2 −+ x 1 (*) 3 1 2 T−ơng tự ta cũng có y 4 + y 2 + 1 ≥ () y 2 − y + 1 ( ) 3 Cộng theo vế của (*) v ( ) ta có 1 2 1 2 x4+ y 4 + x 2 + y 2 +2 ≥() x2 − x +1 +() y2 − y +1 3 3 1 2 2 1 ⇔++++≥x4 y 4 x 2 y 2 2 ()() x2 −++−+ x1 y2 y 1 ≥ .2()()x2 −+ x 1 y2 −+ y 1 3   3 ⇔3()()()x4 + y 4 + x 2 + y 2 +2 ≥ 2 x2 − x + 1 y2 − y + 1 Dấu “=” xẩy ra khi x = y= 1 Vậy nghiệm của ph−ơng trình l x = y= 1. Ví dụ 18.2: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên d−ơng sau với x, y, z l các số đôi một khác nhau. x3+ y 3 + z 3 =( x + y + z)2 Giải: x3+ y 3 + z 3  x + y + z 3 áp dụng bất đẳng thức ≥   3 3  ()x+ y + z 3 ⇒ x3+ y 3 + z 3 =() x + y + z2 ≥ ⇒ x+ y + z ≤ 9 9 Vì x, y, z đôi mộ khác nhau suy ra x+ y + z ≥1 + 2 + 3 = 6 ⇒ x+ y + z ∈{6;7;8} Lần l−ợt thử các giá trị của x+ y + z ta tìm đ−ợc (x;y;z)= (1;2;3) v các hoán vị của nó. 9 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
9. www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên 3. áp dụng tính đơn điệu của từng vế: Ta chỉ ra một hoặc một vi giá trị của biến thoả mn ph−ơng trình rồi chứng minh đó l nghiệm duy nhất. Ví dụ 19: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên d−ơng sau: 3x+ 4 x = 5 x Giải: 3 x  4  x Chia cả hai vế của ph−ơng trình cho 5x ta có:  +   =1 5   5  Thử với x = 1 ta thấy không phải l nghiệm nguyên của ph−ơng trình. Với x = 2 ta có VT =VP = 1 thoả mn bi toán. 3 x  3 2 4 x  4 2 3 x  4  x  3 2  4  2 Với x ≥ 3 ⇒   0 thì dùng ph−ơng pháp đ nói trong ví dụ 3 để đ−a về ph−ơng trình −ớc số một cách nhanh chóng. 10 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
10. www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên Ph−ơng pháp 4:Ph−ơng pháp chặn hay còn gọi l ph−ơng pháp đánh giá. Chủ yếu dựa vo hai nhận xét sau: 2 • Không tồn tại n∈ Z thỏa mn a2 0 ⇒ y2> x 4 2 2 2 Suy ra: (x2) < y 2 ≤( x 2 +1) ⇒ y2=( x 2 +1) Thế vo ph−ơng trình ban đầu ta có: x2 =0 ⇔x = 0 Nhận xét trên có thể mở rộng với số lập ph−ơng ta có ví dụ sau: Ví dụ 22: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: x3− y 3 =2 y 2 + 3 y + 1 Giải: Bằng cách biên đổi nh− ví dụ trên ta có: ( y−1)3 < x3 ≤( y +1)3 ⇒ x= y ; x = y + 1. Lần l−ợt xét các tr−ờng hợp x = y v x = y +1 ta tìm đ−ợc nghiệm của ph−ơng trình: (x; y)∈{( − 1; − 1) ;( 1;0)} . Ph−ơng pháp 5: Dùng tính chất của số chính ph−ơng. Cỏc tớnh cht thường dựng : – S chớnh phương khụng tn cựng bng 2, 3, 7, 8. – S chớnh phương chia ht cho s nguyờn t p thỡ chia ht cho p2 . – S chớnh phương khi chia cho 3, cho 4 ch cú th dư 0 hoc 1. – S chớnh phương chia cho 5, cho 8 thỡ s dư ch cú th là 0, 1 hoc 4. – S chớnh phương l chia cho 4, 8 thỡ s dư ủu là 1. – Lp phương ca một s nguyờn chia cho 9 ch cú th dư 0, 1 hoc 8. 11 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
11. www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên Dạng 1: sử dụng mệnh đề 1 sau: x= k 2  với x, y, z nguyên v xy = z2 với (x;y) = 1 thì y= t2 voi k, t ∈ Z  = kt z Thật vậy ta chứng minh bằng ph−ơng pháp phản chứng: Giả sử x, y không l số chính ph−ơng nên trong phân tích thnh số nguyên tố của x hoặc y tồn tại một số chứa ít nhất một số nguyên tố p với số mũ lẻ.( số p với số mũ lẻ trái với điều kiện z2 l số chính ph−ơng) suy ra điều phải chứng minh. Ví dụ 23: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: 2x4+ 3 x 2 + 1 − y 2 = 0 Giải: 2x4+ 3 x 2 + 1 − y 2 = 0 ⇔( 2 x2 + 1)( x 2 + 1) = y2 Ta có: (2x2+ 1; x 2 + 1) = 1 x2+1 = t 2 Suy ra:  Từ ph−ơng trình x2+1 = t 2 ⇔( x − t)( x + t) = −1⇒ x= 0⇒ y = 1 2x2+ 1 = z 2 x = 0 Vậy nghiệm của ph−ơng trình l:  y = 1 Dạng 2: sử dụng mệnh đề 2 sau: Nếu n; t l các số nguyên thoả mn n( n+1) = t2 thì hoặc n = 0 hoặc n+1 =0. Chứng minh: Giả sử n≠0; n + 1 ≠ 0⇒ t ≠ 0 Vậy n2 + n = t2 ⇔ 4n2 + 4n =4t2 ⇔+( 2n 1)2 =4t2 +⇔+ 1( 2n 1)2 - 4t=12 ⇔+−( 2n 1 2 t)(2 n ++= 1 2 t) 1 Vì n; t l các số nguyên nên từ ph−ơng trình −ớc số trên suy ra n=0 hoặc n =1⇒ (Dpcm) áp dụng mệnh đề trên để giải ph−ơng trình nghiệm nguyên trong ví dụ sau: Ví dụ 24: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: x2 +2 xy + y2 + 5 x + 5 y = x2 y 2 − 6 Giải: x2 +2 xyy +++=2 5 xyxy 52 2 −⇔++ 6( xy 2)( xy ++= 3) xy2 2 ⇒ x+ y +2 = 0 hoặc x+ y +3 = 0 từ đó tìm đ−ợc nghiệm nguyên của ph−ơng trình. Ph−ơng trình ny vẫn còn có những cách giải khác nh−ng việc dùng mệnh đề trên giúp cho lời giải bi toán trở nên ngắn gọn hơn. 12 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
12. www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên Ph−ơng pháp 6: Ph−ơng pháp lùi vô hạn. ( hay còn gọi l ph−ơng pháp xuống thang). Ph−ơng pháp ny dùng để chứng minh một ph−ơng trình f(x,y,z, ) no đó ngoi nghiệm tầm th−ờng x = y = z = 0 thì không còn nghiệm no khác. Ph−ơng pháp ny đ−ợc diễn giải nh− sau: ( ) Bắt đầu bằng việc giả sử x0; y 0 ; z 0 , l nghiệm của f(x,y,z, ). Nhờ những biến đổi, suy ( ) luận số học ta tìm đ−ợc một bộ nghiệm khác x1; y 1 ; z 1 ; sao cho các nghiệm quan hệ với = = = bộ nghiệm đầu tiên bởi một tỷ số k no đó. Ví dụ: x0 kx 1; y 0 ky 1 ; z 0 kz 1 ; ( ) ( ) Rồi lại từ bộ x2; y 2 ; z 2 ; sao cho các nghiệm quan hệ với bộ nghiệm x1; y 1 ; z 1 ; bởi một = = = tỷ số k no đó. Ví dụ: x1 kx 2; y 1 ky 2 ; z 1 kz 2 ; Quá trình tiếp tục dẫn đến x0; y 0 ; z 0 , chia hết cho ks với s l một số tự nhiên tuỳ ý điều ny xẩy ra khi v chỉ khi x = y = z = = 0. Để rõ rng hơn ta xét ví dụ sau: Ví dụ 25: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: x2+ y 2 = 3 z 2 Giải: ( ) Gọi x0;; y 0 z 0 l một nghiệm của ph−ơng trình trên. Xét theo mod3 ta chứng minh x0; y 0 2+ 2 ⋮ chia hết cho 3. Thật vậy: rõ rng vế phải chia hết cho 3 suy ra: x0 y 0 3 ta có: 2 ≡ ( ) 2 ≡ ( ) 2+ 2 ⋮⇒ ⋮ ⋮ x0 0;1 mod3 ;y0 0;1 mod3 do đó: x0 y 0 3 x0 3; y 0 3 = = = 2+ 2 = 2 ⇒⋮ ⇒ = đặt x03 x 1 ; y 0 3 y 1 ; z 0 3 z 1 thế vo v rút rọn ta đ−ợc 3( x1 y 1) z 0 z 03 z 0 3 z 1 2+ 2 = 2 ( ) Thế vo v rút gọn ta đ−ợc. x1 y 13 z 1 do đó nếu x0;; y 0 z 0 l một nghiệm của ph−ơng ( ) trình trên thì x1;; y 1 z 1 cũng l nghiệm của ph−ơng trình trên. tiếp tục quá trình suy luận ⋮ k = = = trên dẫn đến x0; y 0 ; z 0 3 điều đó chỉ xẩy ra khi. x0 y 0 z 0 0. Ví dụ 26: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: x2+ y 2 + z 2 = 2 xyz Giải: ( ) 2+ 2 + 2 = Giả sử x0;; y 0 z 0 l một nghiệm của ph−ơng trình trên. x0 y 0 z 02 x 0 y 0 z 0 ⇒ 2+ 2 + 2 x0 y 0 z 0 chẵn ( do 2x0 y 0 z 0 chẵn) nên có hai tr−ờng hợp xẩy ra. Tr−ờng hợp 1: Có hai số lẻ, một số chẵn. Không mất tính tổng quát ta giả sử x0,y0 lẻ; 2+ 2 + 2 ≡ ( ) ⋮ ⇒ z0 chẵn. Xét theo mod4 ta có: x0 y 0 z 0 2 mod 4 còn 2x0 y 0 z 0 4 ( do z0 chẵn) vô lý = = = Tr−ờng hợp 2: cả 3 số đều chẵn. Đặt x02 x 1 ; y 0 2 y 1 ; z 0 2 z 1 thế vo v rút gọn ta có: 2+ 2 + 2 = x1 y 1 z 14 x 1 y 1 z 1 lập luân nh− trên ta đ−ợc x1;; y 1 z 1 chẵn ⋮ k ∈ * = = = Quá trình lại tiếp tục đến x0; y 0 ; z 0 2 với k N điều đó xẩy ra khi x0 y 0 z 0 0 ( ) = ( ) Tóm lại nghiệm của ph−ơng trình l x0; y 0 ; z 0 0;0;0 13 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
13. www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên Ph−ơng pháp 7: Nguyên tắc cực hạn ( hay còn gọi l nguyên lí khởi đầu cực trị) Về mặt hình thức thì ph−ơng pháp ny khác với ph−ơng pháp lùi vô hạn nh−ng về ý t−ởng sử dụng thi nh− nhau. đều chứng minh ph−ơng trình ngoi nghiệm tầm th−ờng không có nghiệm no khác. ( ) Ph−ơng pháp bắt đầu bằng việc giả sử x0; y 0 ; z 0 , l nghiệm của f(x;y;z; ) với điều kiện ( ) + + + rng buộc với bộ x0; y 0 ; z 0 , . Ví dụ nh− x0 nhỏ nhất hoặc x0 y 0 z 0 nhỏ nhất ( ) Bằng những phép biến đổi số học ta tìm đ−ợc một bộ nghiệm khác x1; y 1 ; z 1 ; trái với điều ( ) kiện rng buộc trên. Ví dụ khi chọn bộ x0; y 0 ; z 0 , với x0 nhỏ nhất ta lại tìm đ−ợc bộ ( ) < x1; y 1 ; z 1 ; thoả mn x1 x 0 từ đó dẫn đến ph−ơng trình đ cho có nghiệm ( ) = ( ) x0; y 0 ; z 0 0;0;0 . Ta xét ví dụ sau: Ví dụ 27: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: 8x4+ 4 y 4 + 2 z 4 = t 4 . Giải: ( ) 4+ 4 + 4 = 4 Giả sử x0;;, y 0 z 0 t 0 l nghiệm của 8x 4 y 2 z t với điều kiện x0 nhỏ nhất 4+ 4 + 4 = 4 Từ ph−ơng trình suy ra t chăn. Đặt t = 2.t1 thế vo v rút gọn ta đ−ợc: 4x0 2 y 0 z 0 8 t 1 = ⇒ 4+ 4 + 4 = 4 ⇒ = Rõ rng z0 chẵn. Đăt z02. z 1 2x0 y 0 8 z 1 4 t 1 y0 chẵn. Đăt y02. y 1 ⇒ 4+ 4 + 4 = 4 ⇒ = ⇒ 4+ 4 + 4 = 4 ⇒ ( ) x08 y 1 4 z 1 2 t 1 x0 chẵn. Đăt x02. x 1 8x1 4 y 1 2 z 1 t 1 x1;;; y 1 z 1 t 1 cũng l < nghiệm của ph−ơng trình trên v dễ thấy x1 x 0 (vô lý do ta chọn x0 nhỏ nhất). Do đó ph−ơng trình trên có nghiệm duy nhất. (x; y ; z ; t) = ( 0;0;0;0) . + + Chú ý trong ví dụ trên ta cũng có thể chọn x0 y 0 z 0 nhỏ nhất lý luận nh− trên ta cũng dẫn + + < + + đến x1 y 1 z 1 x 0 y 0 z 0 từ đó cũng dẫn đến kết luận của bi toán. 14 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
14. www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên Ph−ơng pháp 8: Sử dụng mệnh đề cơ bản của số học. Tr−ớc tiên ta đến với bi toán nhỏ sau. Cho p l số nguyên tố có dạng p= k.2t + 1 với t nguyên d−ơng; k l số tự nhiên lẻ. CMR nếu t t x2+ y 2 ⋮ p thì x⋮ p;. y ⋮ p Chứng minh. Giả sử x⋮ p⇒ y ⋮ p. theo Ferma nhỏ xp−1 ≡1( mod p) ; yp−1 ≡ 1( mod p) ; p= k.2t + 1 nên  k.2t ≡ () x1 mod p t t  ⇒ x2+ y 2 ≡ 2( mod p) k.2t y ≡1() mod p t t t t Mặt khác do k lẻ nên theo hằng đẳng thức a2n+ 1+ b 2 n + 1 ta có: xk.2+ y k .2 =( x 2 + y 2 ). A ( A l một số no đó). t t t t Rõ rng xk.2+ y k .2 ≡ 0( mod p) (do giả thiết x2+ y 2 ⋮ p ) Do đó theo ví dụ 20, ví dụ 21 thì ta có điều phải chứng minh. Xét tr−ờng hợp nhỏ của bi toán trên: Khi t= 1; vì k lẻ nên k = 2s+1 ⇒ p = 4s+3 lúc đó ta có mệnh đề sau: P l số nguyên tố có dạng p = 4s+3. Khi đó nếu x2+ y 2 ⋮ p thì x⋮ p;. y ⋮ p Mệnh đề hết sức đơn giản ny lại l một công cụ vô cùng hiệu quả với nhiều bi toán khó. Ví dụ28: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: x2− y 3 = 7 ( đây l ph−ơng trình nhỏ của ph−ơng trình Mordell) ph−ơng trình Mordell l ph−ơng trình có dạng x2+ k = y 3 ( k;; x y ∈ Z) Giải: Tr−ớc tiên ta có bổ đề sau: Mọi số nguyên tố dạng A = 4t+ 3 đều có ít nhất một −ớc nguyên tố dạng p = 4s +3. Chứng minh: Giả sử A không có −ớc số no có dang p = 4s +3 =( +)( +) =( + +) + = + A4 t1 1 4 t2 1 4 4 t1 t 2 t 1 t 2 1 4 h 1 ( vô lý) Do đó A có một −ớc dạng 4t1 +3; Nếu 4t1 +3 thì bổ đề đ−ợc chứng minh. Nếu 4t1 +3 l hợp số lý luận t−ơng tự ta lại có 4t1 +3 có một −ớc số dạng 4t2 +3. Nếu 4t2 +3 l hợp số ta lại tiếp tục. Vì quá trình trên l hữu hạn nên ta cố điều phải chứng minh. Quay lại bi toán. x2= y 3 + 7 xét y chẵn ⇒ y3 +7 ≡ 7mod8( ) ⇒ x2 ≡ 7mod8( ) vô lý do x2 ≡ 0;1;4( mod8) ) xét y lẻ viết lại ph−ơng trình d−ới dạng x2+1 = y 3 + 8 ⇒ x2 +1 =( y + 2)( y2 − 2 y + 4) nếu y=4 k + 1⇒ y+ 2 = 4 k + 3 nếu y=43 k + ⇒ y2 − 24432.43443 y + =( k +)2 −( k +) + = h + do đó y luôn có một −ớc dạng 4n + 3 v theo bổ đề trên thì 4n + 3 luôn có ít nhất một −ớc nguyên tố p = 4s +3 ⇒ x2 +1⋮ p = 4 s + 3 theo mệnh đề trên x⋮ p;. y ⋮ p ( vô lí ) Do đó ph−ơng trình trên vô nghiệm. 15 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
15. www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên Ví dụ 29: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: x2+5 = y 3 Giải Xét y chẵn ⇒ y3 ≡ 0( mod8) ⇒ x2 +5 ≡ 0( mod8) ⇒ x2 ≡ 3( mod8) Vô lý vì x2 ≡ 0;1;4( mod8) . Xét y lẻ nếu y = 4k+ 3 ⇒ y3 ≡ 3mod4( ) ⇒ x2 + 5 ≡ 3mod4( ) ⇒ x2 ≡ 2mod4( ) ( vô lí vì x2 ≡ 0;1( mod 4) ) Nếu y = 4k+1 víêt ph−ơng trình dạng x2 +4 = y3 − 1⇒ x2 + 4 =( y − 1)( y2 + y + 1) Rõ rng y2 + y +1 =( 4 k + 1)2 +( 4 k + 1) + 1 = 4 t + 3 Do đó y3 −1 có ít nhất một −ớc nguyên tố p = 4s +3. ⇒ x2 +4⋮ p = 4 s + 3⇒ 4⋮ p ⇒ p = 2 ( vô lý do đó ph−ơng trên vô nghiệì cuối cùng để thấy thêm sự hiệu quả cuả mệnh đề ny ta đến với bi toán Euler. Ví dụ 30: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: 4xy− x − y = z2 Giải: Cách 1: Lời giải của Euler Giả sử ph−ơng trình có tập nghiệm (x;;;; y z) = ( a b c) với c l giá trị nhỏ nhất của z. Suy ra: 4ababc− − = 2 ⇒16 ababc− 444 − = 2 ⇒ ( 16 aba− 4) −( 4114 b −) − = c2 ( *) Cộng vo hai vế của (*) 4( 4a− 1)2 − 8( 4 a − 1) . c ta có: (4a− 1)( 4 b −−−−+ 1) ( 4 b 1) 1[4(4a −− 1)2 8(4 a −=+ 1).] c 4 c2 [4(4 a −− 1)2 8(4 a − 1).] c 2 ⇒ ()(414a− b + 41214 a − − c) −  =  c −()() 41 a −  Vậy nếu ph−ơng trình (*) có nghiệm l (a;b;c) thì ph−ơng trình (*) cũng có nghiệm l (a;b+4a12c;c4a+1) 2 Vì c l giá trị nhỏ nhất của z suy ra z= c −()4 a − 1 > c2 ⇒ 2 2 4c−−=−()()() 41 a  41414418 a  b −+ a −−>=− c  4 c()() 41411 a b −− ⇒ 4b− 1 + 4()() 4 a − 1 − 8 c > 4 b − 1 ⇒ 4b− 1 + 4()() 4 a − 1 − 8 c > 4 b − 1 ⇒ 44()a− 18 − c > 0⇒ 4 a− 12 > c (1) Vì a v b có vai trò nh− nhau nên ta có 4b− 1 > 2 c (2) Từ (1) v (2) suy ra: 4a− 1 ≥ 2 c + 1; 4 b − 1 ≥ 2 c + 1 PT (*): 4c2 =(4141211444a−)( b −) ≥( c +)2 − ⇒ c2≥ c 2 + c⇒ c ≤ 0 vô lí Suy ra ph−ơng trình vô nghiệm. Cách 2: dùng mệnh đề trên. 16 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
16. www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên 4xyxyz−−=⇔2 4( 4 xyxy −−=⇔) 4 z2 16 xyxyz −−= 4 4 4 2 ⇔()()414141x − y − = z2 + ⇔()()() 41412 x − y − = x 2 + 12 Rõ rng 4x− 1;4 y − 1 đều có dạng 4t + 3 Thật vậy: 4x1 = 4(x1)+3; 4y1 = 4(y1)+3. Do đó (4x− 1)( 4 y − 1) có it nhât một −ớc nguyên tố p = 4s +3.⇒ z2 +1⋮ p = 4 s + 3 ⇒1⋮ p vô lý do đó ph−ơng trình trên vô nghiệm. Các dạng cơ bản của ph−ơng trình vô định nghiệm nguyên đ giới thiệu với các bạn ở trên. Việc sắp xếp các dạng, ph−ơng pháp l chủ ý của tôi nên ít nhiều sẽ sai sót. Sau đây l phần nói thêm về một số ph−ơng trình nghiệm nguyên khác. Một số dạng bi tập khác. 1)Ph−ơng trình dạng mũ: ( th−ờng sử dụng ph−ơng pháp xét modulo nh−ng không phải l luôn luôn). Ví dụ 31: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: 2x + 7 =y2 ( x , y ∈ Z ) Giải: x = 0 ph−ơng trình không có nghiệm nguyên x=1⇒ y = ± 3 xét x ≥ 2⇒ 2x ≡ 0mod4( ) ⇒ 2x + 7 ≡ 3mod4( ) ⇒ y2 ≡ 3mod4( ) vô lí vì y2 ≡ 0;1( mod 4) vậy nghiệm của ph−ơng trình (x; y)∈{( 1;3) ;( 1; − 3)} . Ví dụ 32: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên sau: 2x + 21 =y2 ( x , y ∈ Z ) Giải: Xét x lẻ, đặt x= 2k +1 ⇒ 2x= 2.4 k = 231( +)k ≡ 2mod3( ) ⇒ 2x + 21 ≡ 2mod3( ) ⇒ y2 ≡ 2( mod3) (Vô lí) vì y2 ≡ 0;1( mod3) Xét x chẵn, đặt x= 2k ⇒ 22k + 21 = y2⇒ y 2−2 2k = 21⇒ ( y− 2k )( y + 2k ) = 21 l ph−ơng trình −ớc số nên ta dễ dng tìm đ−ợc (x; y)∈{( 2;5) ;( 2; − 5)} Ví dụ 33: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên d−ơng sau: 2x+ 2 y + 2 z = 2336 với x< y < z . Giải: 2x+ 2 y + 2 z = 2336 ⇔ 212x( + y− x + 2 z − x ) = 23362.73 = 5 ta có 1+ 2y− x + 2 z − x l số lẻ 2x = 25 (1) Vậy  y− x z − x 1+ 2 + 2 = 73() 2 Từ (1) suy ra x = 5 thay vo (2) ta có 1+ 2y−5 + 2 z − 5 = 73 ⇔ 2y−5 + 2 z − 5 = 72 ⇔2y−5 + 2 z − 5 = 2.9 3 ⇔ 2y−5 ( 12 +z− y ) = 2.93 17 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
17. www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên 1+ 2z− y = 9 2z− y = 23 z− y =3  y = 8 ⇔ ⇔  ⇔ ⇔  −  −   2y 5= 2 32y 5= 2 3 y−5 = 3 z = 11 Vậy (x; y ; z) = ( 5;8;11) Chú ý: Với cách giải trên ta có thể giải đ−ợc bi toán sau: tìm nghiệm nguyên của ph−ơng trình 2x+ 2 y + 2 z = 2 n ( x ≤ y ≤ z; n ∈ Z ) KQ: (x; y ; z) =( n − 2; n − 2; n − 1) Ví dụ 34: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên d−ơng sau 5x3 = 3y + 317 Giải: Trong ph−ơng trình ny có sự tham gia của số lập ph−ơng v nh− đ nói ở phần ph−ơng pháp lựa chọn modulo thì trong bi ny ta lựa chon mod9 Ta có: với y =1 suy ra x = 4. Với y ≥ 2⇒ 3y ≡ 0mod9( ) ⇒ 5x3 = 3y + 317 ≡ 2mod9( ) vô lý vì 5x3 ≡ 0;4;5( mod9) Suy ra ph−ơng trình có nghiệm duy nhất ( x;y) = ( 4;1). Ta đến với bi toán khó hơn. Ví dụ 35: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên d−ơng sau xy= y x Giải: Rõ rng x = y l một nghiệm. y xét x≠ y không mất tính tổng quát ta giả sử x t do x ≥ 2 nên ta chỉ việc chứng minh 2t−1 > t ta chứng minh bằng quy nạp theo t. ta có: t = 3 đúng. Giả sử khẳng định đúng với t = k tức l 2k−1 > k ta chứng minh khẳng định đúng với t = k+1 Tức l 2k ≻ k + 1 Thật vậy: theo giả thiết quy nạp ta có: 2k−1 > k⇒ 2k > 2 k > k + 1 ( vì k >1) Do đó ph−ơng trình vô nghiệm với t ≥ 3 Vậy nghiệm của ph−ơng trình trên l: (x; y)∈{( a ; a) ;( 2;4) ;( 4;2)} với a ∈ Z . Ví dụ 36: Giải ph−ơng trình nghiệm nguyên không âm sau: 2x− 3 y = 1 Giải: Xét theo mod3 Ta có: 2x− 1 = 3 y xét với y = 0 suy ra x = 1. xét y ≥1⇒ 3y ≡ 0mod3( ) ⇒ 2x − 1 ≡ 0mod3( ) x x x mặt khác 2x − 1 =( 31 −) − 1 ≡( − 1) − 1mod3( ) ⇒ x chẵn vì x chẵn thì (−1) − 1 ≡ 0( mod3) Đặt x = 2k ta có 22k− 1 = 3 y ⇔( 2 k − 1)( 2 k + 1) = 3y 18 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
18. www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên 2k+ 1 = 3 u  213k− = v⇒ ()() 2121233 k + −k − = =u − v⇒ 323 v + = u  + = u v y Nếu u = 0 suy ra 3v =1 vô lý. x =1 Nếu u≥ 1 ⇒ 3u ≡ 0mod3( ) ⇒ 3v + 2 ≡ 0mod3( ) ⇒ v= 0⇒ u = 1⇒  y = 2 Vậy ph−ơng trình có nghiệm l: (x; y)∈{( 1;0) ;( 2;1)} 2)Bi toán với các nghiệm nguyên tố: Ví dụ 37: Tìm n∈ N để: a) n4+ n 2 +1 l số nguyên tố. b) n5 + n +1 l số nguyên tố c) n4 + 4n l số nguyên tố Giải: a) ta có n4+ n 2 +1 =( n2 + n + 1)( n2 − n + 1) l số nguyên tố khi n2 − n +1 = 1⇒ n = 1 b) n5 + n +1 =( n2 + n + 1)( n3 − n 2 + 1) l số nguyên tố khi n3− n 2 +1 = 1⇒ n = 1  n+1  n+1  c) Chú ý l n lẻ ⇒ n +1⋮ 2 ⇒ n4 +4n = n2 + 2n + 22  n2 + 2n − 2 2  l số nguyên tố khi    n+1 n2 +2n − 22 =1⇒ n=1 Ví dụ 38: Tìm các số nguyên tố x ;y ;z thoả mn xy +1 = z2 Giải Với x lẻ⇒ xy +1 = z 2 chẵn ⇒ z chẵn m lại l số nguyên tố nên z = 2 ⇒ x y = 3 ( không tồn tại x; y thoả mn). Xét x chẵn: ⇒ x = 2 vậy xy +1 = z2 ⇔ 2y + 1 = z2 Nếu y lẻ đặt y = 2k + 1:⇒ 2y= 2.4 k ≡ 2mod3( ) ⇒ 2y + 10mod3 ≡ ( ) ⇒z2 ⋮ 3 ⇒ z= 3⇒ y = 3 Nếu y chẵn ⇒ y = 2 ⇒ 5 = z2 vô lý vậy ph−ơng trình đ cho có nghiệm: (x; y , z) = ( 2;3;3) Với cách lm t−ơng tự ta có thể giải quyết đ−ợc bi toán sau: Tìm các số nguyên tố x ;y ;z thoả mn xy +1 = z . 3)Các ph−ơng trình chứng minh có vô số nghiệm: Ví dụ 39: Chứng minh rằng ph−ơng trình x3+ y 3 = z 4 có vô số nghiệm. Giải: x 3  y  3 Ta xây dựng nghiệm của ph−ơng trình ny. x3+ y 3 = z 4 ⇔  +   = z z   z  x y đăt =a; = b⇒ x= az; y = bz thế vo ph−ơng trình ta đ−ợc z z zab3( 3+ 3) = z 4 ⇒ zab=3 + 3 ⇒ xazaabybzbab= =( 3 + 3 ); = =( 3 + 3 ) Vậy ph−ơng trình có vô số nghiệm dạng: (xyz;; ) =( aabbabab( 3 + 3);;( 3 + 3) 3 + 3 ) . 19 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
19. www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên Chú ý công thức trên ch−a chắc đ quét hết nghiệm của bi toán xong ta chỉ cần nh− vậy để giải quyết bi toán ny. Ví dụ 40: Chứng minh rằng ph−ơng trình x4+ y 3 = z 7 có vô số nghiệm. Giải: a a a+1 Ta có 2a+ 2 a = 2 a+1 Đăt x=24 ; y = 2 3 ta có: x4+ y 3 =2a + 2 a = 2 a+1 chọn z = 2 7 do x;y;z a⋮3  nguyên nên a⋮4⇔ a = 84 t + 48 ()t ∈ Z Vậy ph−ơng trình đ cho có vô số nghiệm  a +1⋮ 7 dạng ( x; y ; z) = ( 221t+ 12 ;2 28 t + 16 ;2 12 t + 7 ) . Các bi tập vận dụng: Giải các ph−ơng trình sau trên Z. 1) 3x+ 7 y = 9 2) 25x+ 7 y = 16 3)x2 + 3 xy − y2 + 2 x − 3 y = 5 4) 2x2+ 3 y 2 + xy − 3 x − 3 = y 4+ 4 + 4 + +4 = 5) x1 x 2 x 3 x14 1599 6) x2+ y 2 =16 z + 6 7)x !+ y ! = z ! 8)x !+ y ! =( x + y) ! 9) 19x3− 17 y 3 = 50 10) 5x3+ 11 y 3 + 13 z 3 = 0 11) x2= y 2 +16 12) x2+ y 2 =6( z 2 + t 2 ) 13)xy− 2 y − 3 x + x2 = 3 14) 5( x2+ y 2 + xy) =7( x + 2 y) 15) x3− y 3 − xy =15 16) x2 + xy + y2 = x + y 17) 1+x + x2 + x 3 = y 2 (GVG tỉnhVP năm 2001) 18) x3+ y 3 =( x + y)2 19) y3− x 3 =2 x + 1 20) x4+ x 2 +4 = y2 − y 21) x2+ y 2 = 7 z 2 22) x2= y 3 +16 (HSG 9 tỉnh Thanh Hóa 2009) 23) x2+ y 2 + z 2 = x 2. y 2 20 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
20. www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên 24) 6( 6x2+ 3 y 2 + z 2) = 5 t 2 25) 19x2+ 28 y 2 = 2001 26) x2 + xy + y2 =2 x + y 27)x2 . y 2= z 2( z 2 − x 2 − y 2 ) 28)n4+ 2 n 3 + 2 n 2 + 2 n + 1 = y2 29)x3 . z 2+( y 3 − 2 xy) z + x( x − y) = 0 (AM 2005) 30) x4+ x 2 − y 2 + y +10 = 0 31) 2( x+ y + z) +9 = 3 xyz Các bi toán với số nguyên tố. 33) tìm x∈ N; x4 + 4x l số nguyên tố. 1 1 2 34) + =(x,; y ∈ Z p ∈ P) x y p 35) ( p−1) ! + 1 = pn ( n ∈ N , p l số nguyên tố) 36) p( p+1) + q( q + 1) = n( n + 1) ( p ; q ; n ) l các số nguyên tố) 37) p2 =8 q + 1 ( p; q l các số nguyên tố). Các bi toán khó. 38) (APMO) Tìm n nguyên d−ơng để ph−ơng trình sau có nghiệm. xn +(2 − x)n +( 2 + x)n 39) (Brazil 1990) Chứng minh rằng ph−ơng trình sau có vô số nghiệm a3 +1990 b3 = c 4 40) Tìm x; y nguyên d−ơng để : 1!+ 2! + 3! + +x ! = y z 41)Tìm các số nguyên d−ơng x,y,z biết: 2xx= y y + z z (Nga 2008) 42) (IMO 2006). Tìm các số nguyên d−ơng x; y để: 1+ 2x + 22 x+ 1 = y 2 43) Tìm các số nguyên x;y;z thoả mn 28x= 19 y + 87 z 44) Tìm các số nguyên d−ơng n v k thoả mn k= n +1 − n − 1 45) Tìm x;y;z biết x4+ y 4 = z 4 ( x;; y z ∈ Z + ) 21 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
21. www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên C. Kết luận. Tổng hợp các dạng toán v ph−ơng pháp giải cho một nội dung toán học no đó l một việc lm rất cần thiết trong công việc dạy học toán nói chung, dạy học v bồi d−ỡng học sinh giỏi nói riêng. Nó giúp cho các em tự tin hơn khi lm các dạng bi tập trong một chủ đề đó, đặc biệt l khi tham gia các kì thi chọn học sinh giỏi. Trong chuyên đề ny tôi chỉ mới đề cập đến vấn đề nghiệm nguyên ( cụ thể l các dạng v ph−ơng pháp giải) chứ không đi sâu vì vốn hiểu biết còn có hạn. Trên đây l suy nghĩ v tổng hợp của bản thân về một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên, xin đ−ợc trao đổi cùng các bạn đồng nghiệp. Rất mong nhận đ−ợc sự góp ý của các bạn đồng nghiệp để chuyên đề đ−ợc hon thiện hơn. Chân thnh cảm ơn! Kí duyệt của tổ tr−ởng Ng−ời viết chuyên đề Tạ Văn Đức 22 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
22. www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên Phụ lục Ti liệu tham khảo. 1) Nầng cao v phát triển toán 6,7,8,9 Vũ Hữu Bình – NXB GD 2) 1001 bi toán sơ cấp BD HSG toán THCS Lê Hồng Đức Đo Thiện Khải. 3) Tổng hợp toán tuổi thơ năm 2009 NXB GD 4) Tuyển chọn các bi thi HSG Toán THCS Lê Hồng Đức. 5) Ph−ơng trình nghiệm nguyên Vũ Hữu Bình. 6) Tạp chí Toán học tuổi trẻ. – NXB GD 7) Các đề thi vo tr−ờng chuyên lớp chọn trong v ngoi tỉnh. 8) Các chuyên đề bồi d−ỡng học sinh giỏi toán THCS – Lê Đức Thịnh. Xin chân thnh cảm ơn các tác giả. 23 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
23. www.VNMATH.com Chuyên đề: Một số ph−ơng pháp giải ph−ơng trình nghiệm nguyên Mục lục. Trang A Mở đầu Lý do chọn chuyên đề. Phạm vi v mục đích của chuyên đề. 2 B Nội dung. Ph−ơng pháp 1::: áp dụng tính chia hết 3 Ph−ơng pháp 2: Ph−ơng pháp lựa chọn Modulo ( hay còn gọi l xét số d− từng vế) 5 Ph−ơng pháp 3: Dùng bất đẳng thức 7 Ph−ơng pháp 44:: Ph−ơng pháp chặn hay cò gọi l ph−ơng pháp đánh giá. 11 Ph−ơng pháp 5: Dùng Tính chất của số chính ph−ơng 11 Ph−ơng pháp 6: Ph−ơng pháp lùi vô hạn. ( hay còn gọi l ph−ơng pháp xuống thang). 13 Ph−ơng pháp 7: Nguyên tắc cực hạn ( hay còn gọi l nguyên lí khởi đầu cự trị) 14 Ph−ơng pháp 8: sử dụng mệnh đề cơ bản của số học. 15 Một số dạng bi tập khác. 17 Các bi tập vận dụng: 20 C. Kết luận. 22 Phụ lục 23 Mục lục 24 24 Ng−ời thực hiện: Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc