Trang 3 LỜI GIỚI THIỆUPhương trình vô định nói chung và phương trình vô định nghiệmnguyên nói riêng có một vai trò quan trọng trong toán học và trongthực tế, bởi vậy đã được các nhà toán
Phương trình vô định bậc nhất hai ẩn
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 vàblà ước số của sốc.
Chứng minh 1 Điều kiện cần: Ký hiệudlà ước số chung lớn nhất của a và b Ta có các đẳng thức a = da 1 ,b = db 1 , với a 1 và b 1 là những số nguyên Nếu (x 0 ,y 0 ) là một nghiệm nguyên của (1.1), ta có ax 0 +by 0 +c=0 hoặc là da 1 x 0 +db 1 y 0 +c=0.
Từ đẳng thức trên ta thấycphải chia hết chod.
Nhưngdlà ước số chung lớn nhất củaavàb, suy ra nếu phương trình (1.1) có ít nhất một nghiệm nguyên, thì cần thiết ước số chung lớn nhất củaavàbcũng là ước số củac.
2 Điều kiện đủ: Cho (a,b) = d Theo Định lý 11.7 (phần phụ lục) tồn tại những số nguyênAvàBsao cho aA+bB=d (1.2)
Nếucchia hết chod, ta có thể viếtcsmall> 1 , vớic 1 là một số nguyên.
Ta nhân hai vế của đẳng thức (1.2) với số−c 1 Ta nhận được
−c 1 aA−c 1 bB=−dc 1 hoặc là a(−c 1 A) +b(−c 1 B) +c=0.
Từ đẳng thức sau cùng ta thấy rằng (−c 1 A,−c 1 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 sốclà đủ để phương trình (1.1) có ít nhất một nghiệm nguyên.J
Nghiệm nguyên của phương trình bậc nhất hai ẩn
Trong định lý trên hệ sốavàbnguyên 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 sốavàbnguyên tố cùng nhau và (x 0 , y 0 ) là một nghiệm nguyên, thì tất cả nghiệm nguyên của phương trình nhận từ công thức
(x =x 0 +bt y =y 0 −at, (1.3) ở đâytlà 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(x 0 ,y 0 )là một nghiệm đã cho, còn(x 1 ,y 1 )là một nghiệm nguyên bất kỳ Khi đó ta luôn tìm được những số α và β sao cho x 1 = x 0 +α,y 1 =y 0 +β Vì(x 1 ,y 1 )là nghiệm của (1.1), ta có a(x 0 +α) +b(y 0 +β) +c=0, hoặc là ax 0 +by 0 +c+aα+bβ=0 Nhưng ax 0 +by 0 +c= 0, do(x 0 ,y 0 )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 βchia hết cho a Ta có thể viết đẳng thứcβ=at 1 vớit 1 là nguyên Tương tự ta có đẳng thứcα=bt vớitnguyên Thay những giá trị đã tìm củaαvà βvào (1.4) và đơn giản thừa số chung ta nhận được t+t 1 = 0 tức làt 1 = −t Từ đó
Phương pháp tìm nghiệm riêng phương trình bậc nhất
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 trình12x−19y+21=0.
12 phải là số nguyên ta ký hiệu làz Ta có7y−9z.
Ta lại ký hiệuulà số nguyên 5z+2
7 , nhận được5z+2=7u Từ đó cóz =u+2u−2
5 Ta lại đặt2u−2=5tvà đễ thấy nghiệm nguyên t = −2,u = −4, suy ra z = −6và y = −9và suy ra x = −16 Do đó tất cả nghiệm của phương trình là x= −16−19t,y =−6−12t vớit =0,±1,±2, J
Phương pháp hàm Euler
Dùng tính chất đồng dư, đặc biệt là hàm Euler 1 ϕ thông qua định lý sau: Định lý 1.3 Choa vàblà những số dương và nguyên tố cùng nhau trong phương trình(1.1) Khi đó số x 0 =−ca ϕ ( b )− 1 ,y 0 small> ϕ ( b ) −1 b là một nghiệm nguyên của phương trình vô định(1.1).
Chứng minh Ta khẳng định rằng những sốx 0 vày 0 là nguyên Dễ thấy số x 0 là nguyên Theo Định lý Euler-Fermat ta có a ϕ ( b ) ≡ 1 (mod b), nghĩa là a ϕ ( b ) −1 chia hết cho bvà suy ra y 0 cũng là số nguyên Bằng cách kiểm tra trực tiếpx 0 vày 0 là nghiệm của (1.1): ax 0 +by 0 =−aca ϕ ( b )− 1 +bca ϕ ( b ) −1 b
Ví dụ 1.2 Tìm nghiệm nguyên của phương trình5x+12y−20=0.
Lời giải Theo công thức trên ta có x 0 5 ϕ ( 12 )− 1 ,y 0 =−20.5 ϕ ( 12 ) −1
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 x 0 = 20.5 3 = 2500, y 0 = −20.5 4 −1
12 = −1040.Như vậy tất cả các nghiệm nguyên của phương trình trên là x%00+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 sốa và bkhông 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 0 +c= 0ở đâyy được thay bằngy 0 Khi tìm đượcx 0 ,y 0 0 sẽ tìm đượcx 0 ,y 0
Phương pháp dùng liên phân số
Như nhận xét phần trước ta có thể giả thiết rằngavàblà những số dương Cho phương trình (1.1) ít nhất có một nghiệm nguyên. Như vậy nếu(a,b) =d, thì phải có đẳng thứccsmall> 1 vớic 1 nguyên. Ngoài raavàbthoả mãn phương trình (11.5) (phần phụ lục) Nhân hai vế vớic 1 , ta nhận được a[(−1) n c 1 Q n − 1] +b[(−1) n + 1 c 1 P n − 1] =c.
Từ đẳng thức sau cùng ta có một nghiệm nguyên của (1.1) x 0 = (−1) n c 1 Q n − 1,y 0 = (−1) n + 1 c 1 P n − 1. Định lý 1.4 Choa vàblà những số dương và nguyên tố cùng nhau.
Khai triển phân số a b = (q 1 ,q 2 , ,q n )và Pn
Q n = (q 1 ,q 2 , ,q n )phân số xấp xỉ a b Khi đó phương trình vô định (1.1) có một nghiệm nguyên biểu diễn bằng công thức x 0 = (−1) n cQ n − 1,y 0 = (−1) n + 1 cP n − 1
Ví dụ 1.3 Hãy tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình
Lời giải Dễ thấy rằng phương trình có ít nhất một nghiệm nguyên. Để thuận tiện tính toán ta xét thay phương trình76x+23y 0 =5, với
20 Chương 1 Phương trình vô định bậc nhất cách đặty 0 =−ynhư vậy hệ số trướcxvày 0 đều dương Khai triển 76
Ta có q 1 = 3,q 2 = 3,q 3 = 3,q 4 = 2.Theo phần phụ lục công thức (11.3) ta có
Suy ra phương trình76x+23y 0 \ó nghiệm nguyên x 0 = (−1) 4 5.10P,y 0 0 = (−1) 5 5.33=−165, từ đó suy ra phương trình đã cho có một nghiệm nguyên x 0 = 50,y 0 = 165 Vậy tất cả các nghiệm của phương trình là xP−23t,y 5−76t,t=0,±1,±2, J
Ví dụ 1.4 Giải phương trình trong tập số nguyên10x+7y=1.
Từ đây ta tính được nghiệm riêng x 0 = (−1) 3 1.2=−2,y 0 = (−1) 1 3.3=3.
1.3.Phương pháp tìm nghiệm riêng phương trình bậc nhất 21
Tất cả các nghiệm nguyên của phương trình là x =−2+7t,
Phương pháp hình học
Nếu trong mặt phẳng ta
Hình 1.1 cho hệ toạ độ vuông gócOxy, thì mỗi điểm được xác định bằng hai số thực và ngược lại mỗi cặp số thực xác định một điểm, toạ độ của nó là những số này.
Ta đã biết rằng mỗi điểm của đường thẳng l đều thoả mãn đẳng thứcax+by+c=0, gọi là phương trình đường thẳng. Nếu trong phương trình ax+by+c = 0 những hệ số a,b,c là những số nguyên khác không, thì tất cả những điểm trên đường thẳngax+by+c=0, những toạ độ của chúng là nguyên, là tất cả nghiệm nguyên của phương trình vô địnhax+by+c=0. Ở phần trước ta đã chứng minh nếu phương trình vô định ax+by+c = 0 có ít nhất một nghiệm nguyên, thì phương trình cũng có vô số nghiệm nguyên Ý nghĩa hình học ta có thể phát biểu: Định lý 1.5 Nếu trên một đường thẳng với phương trình ax+by+c=0, ở đâya,b,clà những số nguyên khác không, đi qua một điểm với toạ độ nguyên, thì đường thẳng này đi qua vô số điểm toạ độ nguyên.
Dựa vào mệnh đề trên ta có thể kẻ ô lưới mặt phẳng tọa độ và
22 Chương 1 Phương trình vô định bậc nhất vẽ đường thẳng trên lưới đó để tìm một nghiệm nguyên riêng trên đường thẳng.
Phương trình vô định bậc nhất nhiều ẩn
Dạng chung của phương trình vô định bậc nhất vớikẩn là a 1 x 1 +a 2 x 2 +ã ã ã+a k x k =b, (1.5) ở đây k ≥ 1, a 1 ,a 2 , ,a k ,b là những số nguyên, với a 1 6= 0, a 2 6=0, ,a k 6=0.
Dễ chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để phương trình (1.5) có ít nhất một nghiệm nguyên là ước số chung lớn nhất của những sốa 1 ,a 2 , ,a k là ước số của sốb.
Trường hợp riêngk=1vàk=2như ta đã xét ở trên Vớik ≥3, trong trường hợp này công thức nghiệm cho phương trình vô định nhiều ẩn có thể tổng quát hoá theo cách sau:
Nếux 0 1 ,x 0 2 , ,x 0 k là một nghiệm nguyên riêng của phương trình vô định (1.5) thì những số nguyênx 1 ,x 2 , ,x k xác định theo đẳng thức x 1 =x 1 0 +a k t 1 , x 2 =x 2 0 +a k t 2 , x k − 1 =x 0 k − 1 +a k t k − 1 , x k =x 0 k −a 1 t 1 −a 2 t 2 − ã ã ã −a k − 1t k − 1,
(1.6) ở đâyt 1 ,t 2 , ,t k − 1 là những số nguyên bất kỳ, gọi là những tham số, đều là nghiệm của phương trình (1.5).
Rất tiếc công thức (1.6) không vét hết nghiệm của phương trình(1.5) Ví dụ sau đây chỉ ra rằng có nghiệm của phương trình vô định nhiều ẩn không nằm trong công thức (1.6)
1.4.Phương trình vô định bậc nhất nhiều ẩn 23
Phản ví dụ:Phương trình2x+3y+4z=5có nghiệm nguyên ngoài hệ thống nghiệm (1.6).
Thật vậy, một nghiệm nguyên của phương trình trên x 0 = 1, y0=1,z0=0.Công thức (1.6) thể hiện như sau x =1+4t 1 , y=1+4t 2 , z=−2t 1 −3t 2 , t 1 =0,±1,±2, ,t 2 =0,±1,±2,
Ta đổi vai tròzlần lượt choxvà ysẽ nhận được các đẳng thức x=1−3t 0 1 −4t 0 2 , y=1+2t 0 2 , z= t 0 2 , t 0 1 =0,±1, ,t 0 2 =0,±1, x =1+3t 00 1 , y=1−2t 00 1 −4t 00 2 , z=3t 00 2 , t 00 1 =0,±1, ,t 00 2 =0,±1,
Từ ba hệ đẳng thức ta nhận được vô số nghiệm nguyên, nhưng nghiệm nguyên(3, 1,−1)không thuộc ba hệ kể trên.
Câu hỏi đặt ra là giải một phương trình vô định bậc nhất nhiều ẩn như thế nào để vét cạn các nghiệm nguyên của nó, đặc biệt trường hợp số ẩn lớn hơn2 Ta sẽ dùng tư tưởng sau: phương trình vô địnhkẩn đưa về phương trìnhk−1ẩn Ta tiếp tục quá trình đó cuối cùng thực chất ta giải phương trình vô định hai ẩn Ta xét một số ví dụ:
Ví dụ 1.5 Giải phương trình nghiệm nguyên
Lời giải Ta đưa vào ẩn mớiubằng cách nhóm hai ẩnz,y:
3y+4z = u Với u là số nguyên , phương trình 3y+4z = u có nghiệm nguyênx,zvì(3, 4) =1và1là ước số củau.
24 Chương 1 Phương trình vô định bậc nhất
Một nghiệm nguyên riêng của y,z là y 0 = 4−u,z 0 = −3+u, còn tất cả các nghiệm nguyên khác là y=4ưu+4t 1 , z=−3+u−3t 1 , t 1 =0,±1,±2, Đến đây u là số nguyên không có giới hạn gì Nhưng từ phương trình đã cho ta có 2x+u = 5 Ta tìm tất cả nghiệm nguyên của phương trình này Một nghiệm nguyên riêng làx 0 = 0,u 0 = 5 Tất cả nghiệm nguyên của phương trình đang xét là x=t 2 u=5−2t2, t2= 0,±1,±2,
Bằng cách thay uvà các biểu thức của y,z ta nhận được công thức nghiệm x =t 2 , y =4ưu+4t 1 =4ư5+2t 2 +4t 1 =ư1+2t 2 +4t 1 , z =−3+u−3t 1 = −3+5−2t2−3t 1 =2−2t2−3t 1 , ở đây t 1 = 0,±1,±2, ;t 2 = 0,±1,±2, Với t 1 = −1,t 2 = 3 ta nhận được nghiệmx=3,y=1,z =−1, mà hệ thống nghiệm phần trước không có.
Công thức nhận được cho ta tất cả các nghiệm của phương trình đã cho Thật vậy mỗi nghiệm của phương trình2x+3y+4z =5là nghiệm của phương trình2x+u =5thông qua quan hệ3y+4z u.Ngược lại, mỗi nghiệmy 0 ,u 0 của phương trình2x+u=5tương ứng nghiệm y 0 ,z 0 của phương trình3y+4z = u, mà nó giải được với mọiu, vì (3, 4) =1.Số x 0 ,y 0 ,z 0 dễ thấy là nghiệm của phương trình đã cho2x+3y+4z=5 J
1.4.Phương trình vô định bậc nhất nhiều ẩn 25
Qui trình tìm nghiệm:Cho phương trình vô định a 1 x 1 +a 2 x 2 +ã ã ã+a k − 1 x k − 1 +a k x k =b, ở đâyk≥2, những sốa 1 ,a 2 , ,a k là số nguyên khác không.
Ta ký hiệu dlà ước số chung lớn nhất của những hệ số a k − 1 và a k , tức là (a k − 1,a k ) = d Ta có a k − 1 = da 0 k − 1 ,a k = da 0 k , ở đây a 0 k − 1 và a 0 k là những số nguyên, với (a 0 k − 1 ,a 0 k ) = 1 Phương trình đã cho viết lại a 1 x 1 +a2x2+ã ã ã+a k − 2x k − 2+d(a 0 k − 1 x k − 1+a 0 k x k ) =b (1.7)
Ta đưa vào ẩn mớiubằng đẳng thức a 0 k − 1 x k − 1+a 0 k x k = u (1.8) Khi đó (1.7) viết lại a 1 x 1 +a2x2+ã ã ã+a k − 2x k − 2+du=b (1.9)
Cho x 1 ,x 2 , ,x k − 3 ,x k − 2 ,u là một nghiệm nguyên của phương trình (1.9) Với số xác địnhuphương trình (1.8) có nghiệm nguyên x k − 1,x k , vì ước số chung lớn nhất của hai số a 0 k − 1 và a k là1 Nhưng những số x 1 ,x 2 , ,x k − 3,x k − 2,x k − 1,x k là nghiệm của (1.7) mà nó tương đương với phương trình đã cho Dễ kết luận rằng mọi nghiệm nguyên của phương trình đã cho là nghiệm của phương trình(1.9) với điều kiện (1.8).
Tất nhiên nếu phương trình vô định đã cho không có nghiệm nguyên, thì phương trình (1.9) cũng không có nghiệm nguyên. Như vậy từ phương trình vô định k ẩn ta đưa về phương trình vô địnhk−1 ẩn và tiếp tục như vậy cuối cùng nhận được phương trình vô định hai ẩn Mỗi lần giảm số ẩn như vậy ta lại giải phương trình hai ẩn qua tham số Cuối cùng ta được hệ nghiệm phụ thuộc vàok−1tham số.
26 Chương 1 Phương trình vô định bậc nhất
Ví dụ 1.6 Tìm nghiệm nguyên của phương trình vô định
Lời giải Ta đưa vào ẩn mớiu =2z+3w, phương trình đã cho viết lại 2x+3y+2u = 5 Phương trình sau cùng lại đưa vào ẩn mới v=3y+2uvà nhận được phương trình2x+v=5.
Giải phương trình 2z+3w = u trong số nguyên đối vớiz,w, ta có nghiệm riêngz0=−u,w=uvà tất cả các nghiệm là z =−u+3t 1 , w=u−2t 1 , t 1 =0,±1,±2,
Nghiệm nguyêny,ucủa3y+2u= vvới một nghiệm riêng y0 = v, u 0 =−vlà y =v+2t 2 , v =3−2t2, t3=0,±1,±2,
Tất cả những nghiệm nguyên của2x+v =5với một nghiệm riêng x 0 =1,v 0 =3là x =1+t 3 , v=3−2t 2 , t 3 =0,±1,±2,
Về nghiệm của phương trình đã cho ta tính được x =1+t 3 , y=v+2t 2 =3−2t 3 +2t 2 , z=−u+3t 1 = v+3t2+3t 1 =3−2t3+3t2+3t 1 , w=u−2t 1 =−v−3t 2 −2t 1 = −3+2t 3 −3t 2 −2t 1 , t 1 =0,±1,±2, ,t 2 =0,±1,±2, ,t 3 =0,±1, J
Hệ phương trình vô định bậc nhất nhiều ẩn
Dạng chung của một hệ mphương trình vô định bậc nhất vớin ẩn là
a 11 x 1 +a 12 x 2 + .+a 1n x n =b 1 a 21 x 1 +a 22 x 2 + .+a 2n x n =b 2 a m1 x 1 +a m2 x 2 + .+a mn x n =b m , ở đây những hệ số trước x 1 ,x 2 ,x 3 , ,xn và hệ số tự do đều là số nguyên.
Giả sử hệ phương trình đã cho có nghiệm nguyên Khi đó mỗi phương trình cũng tồn tại nghiệm Từ phương trình thứ nhất ta có thể tìm những ẩn biểu diễn theo số nguyên thông qua các thông số t 1 ,t 2 , , số thông số này ít hơn số ẩn.
Ta thay tất cả các ẩn vừa tìm được vào các phương trình còn lại trong hệ và nhận được hệ phương trình có các ẩn là những thông số, hệ phương trình này có số ẩn và số phương trình đều giảm đi một.
Ta tiến hành các bước trên liên tục đưa ta đến hệ phương trình chỉ còn một phương trình vô định hoặc một phương trình một ẩn.
Cả hai trường hợp này đều có cách tìm nghiệm đã biết Từ những nghiệm của các hệ phương trình có mối liên hệ với nhau ta tìm được nghiệm chung của hệ ban đầu Ta xét ví dụ sau:
Ví dụ 1.7 Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình sau:
Lời giải Giải phương trình thứ nhất 2x+3y−5z= 4 Ta đặt3y−5z = u Đây là một phương trình vô định giải theo y và z Một
28 Chương 1 Phương trình vô định bậc nhất nghiệm riêng lày 0 =2u,z 0 =utừ đây ta có tất cả các nghiệm y=2u−5t 1 z=u−3t 1 , t 1 =0,±1,±2,
Nhưng phương trình ta đang xét có dạng2x+u = 4 Giải phương trình với nghiệm nguyên đối vớix vàu Ta dùng một nghiệm riêng của hệ này làx 0 =2,u 0 =0ta nhận được x=2+t 2 , u=−2t 2 , t 2 =0,±1,±2, Vậy ta có y=2u−5t 1 =−4t 2 −5t 1 , z =u−3t 1 =−2t 2 −3t 1
Tất cả các nghiệm nguyên của phương trình thứ nhất
2x+3y−5z =4nhận được theo công thức sau x=2+t 2 , y=−4t2−5t 1 , z=−2t 2 −3t 1 , t 1 =0,±1, ,t 2 =0,±1,
Thế những ẩn trên vào phương trình thứ hai 5x−y+2z =3ta nhận được
Sau khi biến đổi ta nhận được 5t 2 −t 1 +7 = 0 Giải phương trình này theo các ẩn t 1 ,t 2 Ta có t 1 = 5t 2 +7 , suy ra tất cả các nghiệm làt 1 =5t+7,t 2 =tvớitlà số nguyên bất kỳ Ta có nghiệm
Bài tập
của hệ phương trình đã cho là x=2+t, y=−4t−5(5t+7) =−35−29t, z=−2t−3(5t+7) =−21−17t, t=0,±1,±2, J 1.6 BÀI TẬP
.1.8 Một nhà máy đóng gói loạiakgvàbkg , ta biết rằng hai sốa vàbnguyên tố cùng nhau và không có số nào bằng1 Chứng minh rằng bằng cách đóng gói như vậy ta có thể nhận được trọng lượng bằng số nguyênckg, mà nó lớn hơnab−a−b.
1.9 Chứng minh rằng số dương nhỏ nhất dạng ax+by là ước số chung lớn nhất của những sốa vàb, ở đây (a,b,x,ylà những số nguyên).
1.10 Chứng minh rằng nếu phương trìnhax−by = c (a,b,c là số tự nhiên) có nghiệm nguyên, thì nó cũng có nghiệm trong tập số tự nhiên.
1.11 Chứng minh rằng phương trình ax+by = c, ở đây a và b là những số tự nhiên nguyên tố cùng nhau, có nghiệm tự nhiên với mọi số tự nhiênc> ab
.1.12 Một học sinh cần giải 20 bài tập của chủ đề đã cho Mỗi bài giải đúng được 8 điểm, mỗi bài không giải đúng bị trừ đi 5 điểm, còn những bài không giải chỉ nhận được điểm 0 Học sinh đó được tổng cộng 13 điểm Hỏi bao nhiêu bài toán học sinh đó đã giải ?
1.13 Một dãy Pharei hạng n được định nghĩa là dãy tăng từ những phân số tối giản a b, mà chúng thoả mãn tính chất sau(a,b) =1, 0≤a ≤b≤n (1.11)
30 Chương 1 Phương trình vô định bậc nhất
Chứng minh rằng a) Nếu a b và c d là những phân số liên tiếp trong dãy Pharei và a b < c d, thìbc−ad=1. b) Nếu a b,c d, l f là ba phân số liên tiếp trong dãy Pharei và a b < c d < l f, thì c d = a+l b+ f..1.14 Hãy giải phương trình trong số tự nhiên344x&5y+33.
PHƯƠNG TRÌNH VÔ ĐỊNH BẬC HAI
2.1 Phương trình vô định bậc hai hai ẩn 31 2.2 Phép biến đổi dạng toàn phương 32 2.3 Biểu diễn số nguyên theo dạng toàn phương 35 2.4 Biểu diễn số nguyên theo dạng toàn phương biến đổi 37 2.5 Phép biến đổi dạng toàn phương và nghiệm phương trình 40 2.6 Phương trình toàn phương có định thức bằng không 43 2.7 Phương trình toàn phương có định thức khác không 45 2.8 Bài tập 50
2.1 PHƯƠNG TRÌNH VÔ ĐỊNH BẬC HAI HAI ẨN
Dạng chung của phương trình vô định bậc hai hai ẩn xvàylà ax 2 +2bxy+cy 2 +2dx+2ey+ f =0, (2.1) ở đây những hệ số a,b,c,d,e,f là những số nguyên, ít nhất một trong các sốa,b,ckhác không Còn các hệ số trước xy,x,ylà những số chẵn không ảnh hưởng đến tính tổng quát của phương trình mà chỉ để thuận tiện cho việc biến đổi.
Ta sẽ chứng minh rằng khib 2 −ac6=0phương trình (2.1) có thể đưa về dạng đơn giản Thật vậy, ta đưa vào hai ẩn mớiξ vàη bằng cách đặt
32 Chương 2 Phương trình vô định bậc hai x= ξ +cd−be b 2 −ac , y= η +ae−bd b 2 −ac (2.2)
Ta thayxvàynày vào (2.1) và sau khi biến đổi ta nhận được aξ 2 +2bξη+cη 2 = (b 2 −ac).A, (2.3) ở đây A= a f c+2bed−d 2 c−b 2 f−ae 2
Từ (2.2) ta có ξ = x(b 2 −ac)−cd+be, η= y(b 2 −ac)−ae+bd.
Từ đây suy ra mọi nghiệm nguyên của phương trình (2.1) tương ứng với nghiệm nguyên của phương trình (2.3).
Nếu ta biết nghiệm nguyên của phương trình (2.3) thì nghiệm nguyênxvàycủa (2.1) sẽ nhận được thông quaξvàηcủa (2.3) từ công thức (2.2).
Bởi vì (2.3) thuận tiện cho việc giải phương trình (2.1), nên trong chương này ta quan tâm đến phương trình dạng (2.3).
Vế trái của phương trình (2.3) dạngaξ 2 +2bξη+cη 2 gọi làdạng toàn phươngcủa hai biếnξ,η Chương này ta đi giải phương trình vô định hai ẩn bậc hai ở dạng toàn phương Trước hết ta nghiên cứu các tính chất của biểu thức dạng toàn phương.
2.2 PHÉP BIẾN ĐỔI DẠNG TOÀN PHƯƠNG
Cho dạng toàn phương f(x,y) =ax 2 +2bxy+cy 2 , ở đâya,b,clà những số nguyên.
Số D = b 2 −ac gọi là định thứccủa dạng toàn phương Ta đổi
2.2.Phép biến đổi dạng toàn phương 33 biến sốxvàybằng những biếnξ vàηtheo công thức
(x =αξ+βη, y =γξ+ δη, (2.4) ở đây những hệ sốα,β,γ,δlà những số nguyên.
Ta nhận được f(x,y) =ax 2 +2bxy+cy 2
(2.5) Đẳng thức (2.4) gọi là phép biến đổi Ta nói rằng dạng toàn phươngf(x,y)được biến đổi thành dạng toàn phươngϕ( ξ, η)thông qua công thức (2.4).
Số αδ−βγ gọi là môđun của biến đổi (2.4) Ta hãy tìm định thức của dạng toàn phương đã biến đổi ϕ(ξ,η) Ta có
D 1= (aαβ +bαδ +bβγ +cγδ ) 2 −(aα 2 +2bαγ +cγ 2 )(aβ 2 +2bβδ +cδ 2 ). Sau khi bỏ dấu ngoặc và tiến hành đơn giản biểu thức ta nhận được
D 1 = (b 2 −ac)(αδ−βγ) 2 (2.6) Đẳng thức (2.6) chỉ ra rằng sự chuyển đổi từ dạng toàn phương này sang dạng toàn phương khác định thức nhận được nhân với bình phương của môđun chuyển đổi.
34 Chương 2 Phương trình vô định bậc hai
Nếu bình phương của môđun chuyển đổi (2.6) bằng 1 thì dạng toàn phương đã cho f(x,y)và dạng toàn phương chuyển đổiϕ(ξ,η) có cùng một định thức suy ra từ (2.6).
Bằng cách kiểm tra liên tiếp dễ thấy rằng trong trường hợp này dạng ϕ(ξ,η)biến đổi thành dạng
(αδ−βγ)(ax 2 +2bxy+cy 2 ) = f(x,y) thông qua sự biến đổi
( ξ =δx−βy, η =−γx+αy, với bình phương môđun của nó ta có(δα−γβ) 2 =1 Trong trường hợp này hai dạng toàn phương gọi là tương đương Tóm lại, hai dạng toàn phương gọi là tương đương nhau, khi từ dạng thứ nhất chuyển đổi sang dạng thứ hai, cũng như ngược lại đều thông qua một phép biến đổi với hệ số nguyên.
Nếuαδ−βγ=1, phép biến đổi (2.4) gọi làphép biến đổiriêng, còn nếu αδ−βγ = −1, thì phép biến đổi không riêng Tổng quát, phép biến đổi (2.4) gọi là riêng nếu αδ−βγ > 0, và không riêng nếuαδ−βγ 1, thì khi ta đặtx 0 =dx 1 ,y 0 =dy 1 , ở đâyx 0 vày 0 là những số nguyên, ta có đẳng thức sau x 0 2 −2x 0 y 0 +2y 2 0 =3 hoặc là d 2 x 2 1 −2d 2 x 1 y 1 +2d 2 y 2 1 =3.
Phương trình vô định siêu việt
, hàm này có giá trị cực đại tại t = e là hàm tăng ngặt trong khoảng0 < t ≤ e, và giảm ngặt trongt ≥e Như vậy ta có hai khả năng: a) x,y∈ [1,e]; b)x∈ [1,e],y≥3.
Trường hợp a) y=2,x =1là nghiệm của phương trình.
Trường hợp b) ta có x = 1 hoặc là x = 2,y = 3 Với x = 2 ta nhận được nghiệmy=3 Vớiy≥5ta có2 y > y 2 (chứng minh bằng quy nạp), ta sẽ không có nghiệm với những giá trị này Kiểm tra trực tiếpy = 4cũng không là nghiệm của phương trình Vậy nghiệm là những trường hợp liệt kê ở phần đầu chứng minh J
Ví dụ 8.3 Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của hệ phương trình x yz +y+z =y xz +x+z =z xy +x+y (8.3)
Lời giải Hệ phương trình đã cho tương đương với hệ
x yz +y =y xz +x, y xz +z =z xy +y, x yz +z =z xy +x.
Giả sửx≥ y≥z Vớiy= zta nhận được x y 2 +y =y xy +x, y xy +y =y xy +y, x y 2 +y=y xy +x.
Từx y 2 −y xy = x−yta nhận được phương trình loạia n −b n = a−b. Từ a n −b n = (a−b)[a n − 1 +ã ã ã+b n − 1 ]>a−b với a > b,n > 1 ta chỉ có thể có a = b hoặc n = 1 Trường hợp x = y ta nhận được x = y = z đây là nghiệm tổng quát của hệ phương trình Khi x 6= y ta có thể cóy = 1cho x−1 = x−1 Vậy x,y=z =1là một nghiệm khác của hệ phương trình.
184 Chương 8 Một số chuyên đề về phương trình vô định
Bây giờ ta xét trường hợp x > y > z Từ x yz −y xz = x−y ta nhận được x y > y x nghĩa là x 1 x > y
1 y Ta lại sử dụng hàm trong chứng minh bài trước, ta có thể chỉ có x= 2,y= 1hoặcx ≥3,y ∈ {1, 2} Vớix =2,y=1ta nhận đượcz =1, vớix =2,y=1thực tế là trường hợp nghiệm ta đã chỉ ra ở trên là x,y = z = 1 Vớiy =1 ta có x z +1 = 1+x, vậyz = 1 Vớiy = 2ta có 2 xz −x 2z = 2−x, vậy(2 x ) z −(x 2 ) z =2−x 4 1 4 > 5 1 5 > ã ã ã Ta cúy z ≥ z y nếuy ≥ 3 Do đú phương trình không có nghiệm nếuy≥3 Từ1≤ x≤y, giá trị của (x,y)chỉ có những khả năng sau(1, 1),(1, 2)và(2, 2) Phương trình có dạng lần lượt là 1+1 = z,1+2 z = z và 4+2 z = z 2 Phương trình cuối cùng không có nghiệm vì2 z ≥z 2 vớiz≥4và còn(2, 2, 3) không là nghiệm của phương trình đã cho Phương trình thứ hai cũng không có nghiệm do2 z > z Phương trình thứ nhất dẫn đến nghiệm duy nhất(1, 1, 2) J
Ví dụ 8.5 Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình
Lời giải Ta sẽ chỉ ra rằng chỉ có một nghiệm duy nhất x= y= z =2 Để đơn giản hóa phương trình ta xét theo modul3.
8.1.Phương trình vô định siêu việt 185
Ta có1=0+1 y ≡3 x +4 y =5 z ≡(−1) z (mod 3) Suy razphải là số chẵn, kí hiệuz =2w Khi đó3 x =5 z −4 y = (5 w +2 y )(5 w −2 y ). Thấy rằng 5 w +2 y và 5 w −2 y không đồng thời chia hết cho 3, vì tổng của chúng không chia hết cho 3 Như vậy 5 w +2 y = 3 x và
(−1) w −(−1) y ≡1 (mod 3) Từ đó ta nhận được wlà số lẻ và ylà số chẵn Nếuy >2, thì5≡5 w +2 y =3 x ≡1hoặc3 (mod 8), điều này vô lí Như vậy y = 2 Khi đó 5 w −2 y = 1 kéo theow = 1 và z=2 Cuối cùng ta nhận đượcx =2 J
Ví dụ 8.6 Chứng minh rằng không tồn tại những số tự nhiênx,yvà zsao cho chúng thỏa mãn
Lời giải Vì 19 ≡ 1 (mod 3), nên 19 z ≡ 1 (mod 3) Mặt khác,
2 ≡ −1 (mod 3) từ đó suy ra 2 x ≡ (−1) x (mod 3) Tương tự ta cũng có5 y ≡(−1) y (mod 3) Khi đó để thỏa mãn (8.5) cần phải cả hai sốxvàylà số lẻ.
Ký hiệu x = 2k+1 Khi đó do 4 ≡ −1 (mod 5), ta tìm được
2 x = 4.2 k ≡ (−1) k 2 (mod 5) Mặt khác ta có19 ≡ −1 (mod 5) hoặc là 19 z ≡ (−1) z (mod 5) Từ đây suy ra hai bên của (8.5) không so sánh được theo mođun 5, đó là điều phải chứng minh. J
Ví dụ 8.7 Hãy tìm tất cả các số tự nhiênmvàn, thỏa mãn đẳng thức sau3 n −2 m =1.
Lời giải Phương trình này chỉ có hai nghiệm duy nhấtm = n = 1 và n = 2,m = 3 Thật vậy, nếun là số lẻ thực sự lớn hơn1, nghĩa làn = 2k+1, vì3 2 ≡1 (mod 4), ta có3 2k + 1 ≡ 3 (mod 4), từ đây
186 Chương 8 Một số chuyên đề về phương trình vô định suy ra2 m ≡3 n −1≡ 3 2k + 1 −1≡2 (mod 4) Suy ram= 1 Khi đó n=1.
Nếunlà một số chẵn vàn=2k Khi đó ta có
Từ đẳng thức này dễ thấy3 k −1và3 k +1đúng là luỹ thừa của số2. Nhưng hiệu của của hai số này bằng đúng2 Điều này chỉ xẩy ra với
3 k +1= 4và3 k −1 =2, từ đây ta nhận đượck = 1,n =2,m =3. J
Ví dụ 8.8 Hãy tìm tất cả số nguyên không âmx,yvàzthỏa mãn
Lời giải Giả sử y ≥ 3 Khi đó ta có 17 z ≡ 1 (mod 27) Ta ký hiệu δ là số mũ của 17 theo môđun 27 Ta có ϕ(27) = 18 Suy ra δ
18 và δ z Ta có 17 ≡ −10 (mod 27),17 2 ≡ −8 (mod 27),17 3 ≡ −1 (mod 27),17 6 ≡ 1 (mod 27) Suy ra δ = 6 Khi đó từ 17 6 ≡ 1
(mod 7)và δ z suy ra17 z ≡ 1 (mod 7), mà nó với (8.6) cho 2 x 3 y 7 và dễ thấy không thể được Suy ray≤2.
Giả sử x ≥ 6 Khi đó ta có17 z ≡ 1 (mod 64)và ký hiệu δ 1 số mũ của17 theo môđ un 64 Ta có ϕ(64) = 32 và suy ra δ 1
32 Cũng như phần trên ta tìm được δ 1 = 4 Mặt khác 17 4 ≡ 1 (mod 5) và vì δ 1 = 4 z, thì ta có 17 z ≡ 1 (mod 5) áp dụng công thức này cho (8.6), nghĩa là cần phải có2 x 3 y 5, nó không thể xẩy ra Suy ra y ≤ 5 Tất cả các khả năng nghiệm của (8.6) làx = 5,y = 2,z =2 vàx =4,y=0,z =1 J
8.1.Phương trình vô định siêu việt 187
Ví dụ 8.9 Chứng minh rằng phương trình 2 x −3 y = 1 chỉ có hai nghiệm duy nhất trong số nguyên không âm, đó là x = 1,y = 0và x=2,y=1.
Lời giải Với y = 0 ta có x = 1 Ta không thể có x = 0 Giải sử x,y ≥ 1 Từ 2 x = (3−1) x ≡ (−1) x (mod 3) và 3 y +1 ≡ 1 (mod 3), thì x phải là số chẵn Đặt x = 2a Khi đó 2 2a −1 = 3 t , vậy (2 a −1)(2 a +1) = 3 y Điều này chỉ có khả năng 2 a −1 = 3 u ,
2 a +1=3 v , (u,v≥0) Bằng cách trừ cho nhau biểu thức này cho ta
3 v −3 u = 2 Nếuu,v ≥ 1, thì vế trái có ≡0 (mod 3), điều này vô lí, do2không chia hết cho3 Do đóu = 0và v= 1 Từ u+v = y, ta cóy=1,a=1nênx=2 J
Ví dụ 8.10 Giải phương trình trong tập số nguyên
Lời giải 1 Khix=y, ta nhận được3 x − z =2 z − 1 , vậy x−z =z−1=0 Kết quả nghiệm làx= y=z=1.
2 Khi x =z, ta có3 y − z =2 x −1 Đặt y−x= t Theo Ví dụ8.9 cho ta nghiệm y−x = 0,x = 1 hoặc y−x = 1,x = 2 Do đó y= x=1, nghĩa lày=3,x =2,z=2.
3 Với x>zta có hai trường hợp: a)y>z: Ta có thể viết lại3 x − z +3 y − z =2 z vô lí, vì vế trái là số
≡0 (mod 3). b)y y>z, ta nhận được3 x − y +1=2 z 3 x − y và
4 Khix 2, nên ta phải cóz−x = 0 Suy ra3 = n t − x cho ta nghiệm n =3vàt−x =1 Suy ra nếu n6=2, thì phải cón =3,x = y=z, t = x+1 Dễ dàng kiểm tra rằng với mọi số tự nhiên x bất kỳ có phương trình3 x +3 x +3 x =3 x + 1
Như vậy tất cả nghiệm của phương trình (8.7) trong số tự nhiên n,x,y,z,t, ở đâyx ≤y≤z 1) Điều này vô lý, do đómlà số chẵn.
Phương trình vô định trong tập số hữu tỷ
Cho phương trình vô dịnh ax 2 +2bxy+cy 2 +2dx+2ey+ f =0 (8.8) Nếuxvàylà nghiệm bất kỳ của (8.8) trong tập số hữu tỷ, thì chúng có thể viết x= m n, y= p q, ở đâym,n,p,qlà những số nguyên Ta có thể viết theo x= X
Z, ở đây X = mq,Y = np,Z = nq Hiển nhiên X,Y,Z là những số nguyên.
Phương trình (8.8) có thể viết lại aX 2
Z+ f =0 hoặc là aX 2 +2bXY+cY 2 +2dXZ+2eYZ+ f Z 2 =0 (8.9)
8.2.Phương trình vô định trong tập số hữu tỷ 193
Theo cách này ta nhận được phương trình vô định ba ẩn, nhưng nghiệm của chúng chỉ tìm trong tập số nguyên.
Nếu ta giải được trong tập số nguyên phương trình (8.9)X,Y,Z, thì bằng cách đó ta giải phương trình (8.8) trong tập số hữu tỷ x= X
Dễ thấy mọi phương trình n ẩn, nghiệm phải tìm trong tập số hữu tỷ, ta có thể đưa về gải phương trình n+1 ẩn trong tập số nguyên Tất nhiên sự chuyển đổi phương trình không phải là điều kiện cần, nghĩa là không vét hết được nghiệm trong tập số hữu tỷ cho phương trình ta cần giải.
Ví dụ 8.18 Giải phương trình trong tập số hữu tỷx 2 +y 2 =1.
Z, ta nhận được phương trình
X 2 +Y 2 = Z 2 Như ta đã biết đây là phương trình Pythagoras có công thức nghiệm
2 t, ở đây m và n là những số nguyên nguyên tố cùng nhau, t là số nguyên bất kỳ.Từ đây cho nghiệm hữu tỷ của phương trình là x= 2mn m 2 +n 2 , y= m
2−n 2 m 2 +n 2 tất nhiên những sốm,nchỉ lấy trong số nguyên của việc giải phương trình đã chuyển đổi.
Nhưng ta có thể kiểm tra thấy rằng số m,nlà những số nguyên bất kỳ (tất nhiên không đồng thời bằng không), thì x,y đều là nghiệm hữu tỷ của phương trìnhx 2 +y 2 =1 J
194 Chương 8 Một số chuyên đề về phương trình vô định
Ví dụ 8.19 Giải phương trình Pell trong tập số hữu tỷ t 2 −Du 2 =1, ở đây D > 0 và nguyên, không là số chính phương (nghĩa là √
Lời giải Ta có thể giải phương trình trên trong số hữu tỷ không cần chuyển đổi ẩn số Thật vậy, cho tvà ulà nghiệm hữu tỷ bất kỳ của phương trình Pell, vớiu 6= 0 Ta có thể lấy đẳng thứct =1+ku, ở đâykxác định bằng biểu thứck= t−1 u và hiển nhiên là số hữu tỷ.
Giản ước u(u 6= 0), ta nhận được 2k+k 2 u−Du = 0, từ đó ta tìm đượcu = − 2k k 2 −D (k 2 −Dchắc chắn không bằng không vìD không phải là số chính phương).
2+D k 2 −D. Như vậy mọi nghiệm hữu tỷ của phương trình Pell, với u 6= 0, tồn tại số hữu tỷksao cho t =−k 2 +D k 2 −D, u=− 2k k 2 −D.
8.2.Phương trình vô định trong tập số hữu tỷ 195
Ta thấy rằng với mọi số hữu tỷ k , (8.10) đều là nghiệm của phương trình Pell Đặc biệt vớik =0ta nhận đượcu=0. Để thuận tiện việc tính toán ta có thể viết lại công thức nghiệm, vì t,u là nghiệm của phương trình Pell thì −t,−u cũng là nghiệm của phương trình này, nên công thức (8.10) có thể viết lại t= k
2+D k 2 −D,u= 2k k 2 −D. Bằng cách tương tự ta cũng có thể giải phương trình sau trong tập số hữu tỷ t 2 −Du 2 = à 2 , ở đõy D là số nguyờn dương khụng chớnh phương, cũn à là số nguyên bất kỳ.
Nghiệm hữu tỷ của phương trình trên là t= à (k 2 +D) k 2 −D ,u= 2àk k 2 −D, ở đâyklà số hữu tỷ bất kỳ J
Ví dụ 8.20(Ukraina 1997) Tìm tất cả những nghiệm trong số thực trong hệ phương trình dau đây
Lời giải Ta sẽ chứng minh hệ phương trình chỉ có một nghiệm x1 = x 2 = ã ã ã= x 1997 = 1 Ta đặtSn =x n 1 +x n 2 +ã ã ã+x n 1997 Theo bất đẳng thức trung bình lũy thừa, ta có
196 Chương 8 Một số chuyên đề về phương trình vô định và như vậy S 4
1997 ≤1 Bất đẳng thức trở thành đẳng thức khi và chỉ khix 1 = x 2 =ã ã ã= x 1997 J
Ví dụ 8.21 (Ba Lan 1997) Giải hệ phương trình sau đây trong tập số thực
Lời giải Ta chú ý rằng không một số nào trongx,y,zhoặcx+y+z có thể bằng0, nếu ngược lại, thì theo phương trình thứ hai phải có x = y = z = 0, điều này không thể thỏa mãn phương trình thứ nhất Ta cũng chú ý rằng xyz(x+y+z) = x
Cho ba số thực a,b,c, ta luôn có(a−b) 2 + (b−c) 2 + (c−a) 2 ≥ 0 hoặc tương đương vớia 2 +b 2 +c 2 ≥ ab+ac+bc, bất đẳng thức trở thành đẳng thức khi và chỉ khia=b=c Như vậy
Do tất cả bất đẳng thức trên trở thành dấu bằng, nên ta phải có x = y = z Từ phương trình thứ nhất ta tìm được các khả năng bộ ba nghiệm
Kiểm tra lại thì các bộ ba này là nghiệm của hệ phương trình đã cho J
Ví dụ 8.22(Bungari 1997) Chứng minh rằng phương trình x 2 +y 2 +z 2 +3(x+y+z) +5=0 không có nghiệm hữu tỉ.
8.2.Phương trình vô định trong tập số hữu tỷ 197
Lời giải Ta đặt u= 2x+3,v =2y+3,w= 2z+3 Khi đó phương trình đã cho tương đương với u 2 +v 2 +w 2 =7.
Mệnh đề của bài toán đặt ra tương đương với bài toán:Chứng minh rằng phương trình x 2 +y 2 +z 2 =7w 2 không có nghiệm khác không trong tập số nguyên.
Ta đi giải bài toán này bằng phương pháp phản chứng Giả sử (x, y, z, w) là một nghiệm khác không với|x|+|y|+|z|+|w| nhỏ nhất (điều này luôn luôn tồn tại do tiên đề thứ tự) Ta lấy mô đun4 cho hai vế của phương trình, ta cóx 2 +y 2 +z 2 ≡ 7w 2 , nhưng mọi bình phương đều có đồng dư là0 hoặc1theo mô đun4 (điều này dễ kiểm tra theo các trường hợp chẵn lẻ) Như vậy từ phương trình đồng dư trên ta phải cóx,y,z,wlà số chẵn và khi đó(x
2)là một nghiệm nguyên nhỏ hơn nghiệm đã chọn, điều này vô lý J
Ví dụ 8.23 (Anh 1998) Tìm tất cả những nghiệm của hệ phương trình ( xy+yz+zx, xyz=2+x+y+z trong tập số thực dương.
Lời giải Ta đặt√ 3 xyz = a > 0 Sử dụng bất đẳng thức trung bình cộng và trung bình nhân, ta có
Do đó a 2 ≤ 4và a 3 −3a−2 = (a−2)(a−1) 2 ≤ 0 Để tất cả bất đẳng thức đúng, thìa=2vàx= y=z Do đó(x,y,z) = (2, 2, 2)là một nghiệm duy nhất J
Phương pháp đặt thông số cho nghiệm
Từ mệnh đề 7.1 ở chương trước ta có thể áp dụng cho hàng loạt các bài toán theo cách thức là đặt nghiệm theo thông số và sau đó đi giải tiếp Bạn đọc xem lại mệnh đề 7.1 và các ví dụ áp dụng sau.
Ví dụ 8.24 Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2 +y 2 =z 2 +t 2
Lời giải Phương trình đã cho có thể viết lại dưới dạng x 2 −z 2 =t 2 −y 2 suy ra
Theo cách bài trên ta có thể đặt x+z = 2ab, x−z = 2cd,t+y 2ad,t−y = 2bc, ở đây a,b,c,d là những số nguyên dương Ta tìm được x+cd, t= ad+bc, y= ad−bc, z= ab−cd J
Ví dụ 8.25 Tìm nghiệm nguyên của phương trình
Lời giải Một định lí trong số học phát biểu rằng mọi ước số của số có dạng x 2 +y 2 đều biểu diễn dưới dạng tổng của hai số chính phương Sử dụng phương pháp đặt của hai bài trên trong trường hợp này ta có thể viết x 2 1 +x 2 2 = (a 2 1 +a 2 2 )(a 2 3 +a 2 4 ), y 2 1 +y 2 2 = (a 2 1 +a 2 2 )(b 2 1 +b 2 2 ) x 2 3 +x 2 4 = (b 2 1 +b 2 2 )(b 3 2 +b 2 4 ), y 2 3 +y 2 4 = (a 2 3 +a 2 4 )(b 2 3 +b 2 4 ) Nghiệm của phương trình là
8.3.Phương pháp đặt thông số cho nghiệm 199
(y 3 = a 3 b 3 ±a 1 b 4 , y 4 = a3b 4 ∓a 4 b3, ở đâya 1 ,a 2 ,a 3 ,a 4 vàb 1 ,b 2 ,b 3 ,b 4 đều là thông số J Trước khi áp dụng tiếp cách giải bài trên ta xét mệnh đề:
Mệnh đề 8.2 Tích của hai dạng toàn phương dạng Φ(ξ,η) =ξ 2 +mξη+nη 2 luôn luôn là một dạng toàn phương cùng dạng, ở đâyc,dlà những số bất kì.
Chứng minh Ta xét hai dạng toàn phương cùng dạngΦ(ξ 1 ,η 1 )và Φ(ξ 2 ,η 2 )ta có thể viết dạng toàn phương thành định thức thì Φ(ξ 1 ,η 1 ).Φ(ξ 2 ,η 2 ) ξ 1 η 1
Ta có thể giả thiết rằng những ước số của dạng toàn phương Φ(x,y) có thể biểu diễn cùng dạng này Như vậy ta có thể giải phương trình sau:
Ví dụ 8.26 Tìm nghiệm nguyên của phương trình
Lời giải Theo mệnh đề8.2thì ta có thể đặt
(x 2 1 +mx 1 y 1 +ny 2 1 ) = (b 2 1 +mb 1 b 2 +nb 2 2 )(b 2 3 +mb 3 b 4 +nb 2 4 ), (k 2 x 2 +h 2 y 2 ) =a(b 1 2 +mb 1 b 2 +nb 2 2 ),
(x 2 2 +mx 2 y 2 +ny 2 2 ) = (a 2 1 +ma 1 a 2 +na 2 2 )(b 2 3 +mb 3 b 4 +nb 2 4 ).