CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE THƯỜNG gặp

cách khác nhau, tôi muốn khai thác một phần nhỏ về :” Các dạng phương trình Diophante thường gặp”, đây là những dạng phương trình thường có trong đềthi của các kỳ thi học sinh giỏi và nó

cách khác nhau, tôi muốn khai thác một phần nhỏ về :” Các dạng phương trình Diophante thường gặp”, đây là những dạng phương trình thường có trong đề

thi của các kỳ thi học sinh giỏi và nó rất sát thực với học sinh phổ thông Trongchuyên đề này tôi chia làm hai phần:

Chương I: Các dạng phương trình Diophante thường gặp

Chương II: Bài tập áp dụng.

Ở chương I, tôi chỉ tóm tắt các dạng phương trình và cách giải, chấp nhậncác định lý, không đi sâu vào chứng minh vì đa số các định lý này đã được thểhiện nhiều trong các tài liệu Chương II chúng tôi nghiên cứu một số bài tập liênquan đến chương I và cách giải

Do thời gian cũng có hạn, chuyên đề không tránh khỏi sự sai sót, vậy mongcác bạn tham khảo và góp ý thêm

Chương 1

CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE THƯỜNG GẶP.

I.Phương trình diophante bậc nhất:

1.1.Phương trình diophante bậc nhất hai ẩn:

1.1.1 Định nghĩa 1.1: Phương trình Diophante bậc nhất hai ẩn là phương trình

có dạng: ax+by=c (1.1);

với a, b, c là các số nguyên; x, y là hai ẩn số nguyên của phương trình

- Mỗi cặp số ( ; )x y0 0 ∈ ¢, thỏa mãn đẳng thức (1.1) được gọi là một nghiệm củaphương trình

- Giải phương trình (1.1) tức là tìm các cặp số ( ; )x y0 0 ∈ ¢, thỏa mãn đẳng thức(1.1)

1.1.2 Định lý 1.1: Giả sử 2 2

a +b ≠ d = a b Điều kiện cần và đủ để phươngtrình (1.1) có nghiệm nguyên là d chia hết c

1.1.3 Định lý 1.2: Nếu trong phương trình (1.1) các hệ số a,b nguyên tố cùng

nhau và ( ; )x y0 0 là một nghiệm thì tất cả các nghiệm của phương trình có dạng:

1.1.4 Định lý 1.3: Nếu c=(a,b) và a hoặc b khác 1 thì nghiệm ( , ) ( , )x y = x y0 0 là

nghiệm của phương trình (1.1) sẽ tìm được với x0 < b và y0 < a

1.2 Phương trình diophante bậc nhất nhiều ẩn:

1.2.1 Định nghĩa 1.2: Phương trình Diophante bậc nhất nhiều ẩn là phương

trình có dạng: a x1 1 +a x2 2 + + a x n n =c a, i∈ Ζ ,a i ≠ 0,i= 1,n (1.2)

1.2.2 Định lý 1.4: Điều kiện cần và đủ để phương trình (1.2) có ít nhất một

nghiệm nguyên là ( , , , )a a1 2 a c n

1.2.3 Cách giải phương trình (1.2)

Đưa phương trình (1.2) về một trong hai dạng sau:

a) Có một hệ số của một ẩn bằng 1: Giả sử a1 = 1, khi đó:

x1 = −c a x2 2 −a x3 3 − a x n n∈ ¢; nghiệm của phương trình (1.2) là:

(c a x− −a x − a x x n n, , , )x n ∈ ¢

b) Có hai hệ số nguyên tố cùng nhau: Giả sử ( , ) 1a a1 2 = ; khi đó phương trình(1.2) ⇔a x1 1 +a x2 2 = −c a x3 3 −a x4 4 − a x n n

Giải phương trinh theo hai ẩn x x1 ; 2

2 Phương trình diophante bậc hai hai ẩn:

2.1 Phương trình dạng : ax 2 +2bxy cy+ 2 =m

2.1.1 Định nghĩa 2.1: Dạng chung của phương trình Diophante bậc hai, hai ẩn

Vế trái của (2.4) dạng 2 2

2

ap + bpq cq+ được gọi là dạng toàn phương của hai biến

p, q Chúng tôi chỉ nghiên cứu giải phương trình vô định hai ẩn bậc hai ở dạngtoàn phương 2 2

ax +2bxy cy+ =m

2.1.2 Phép biến đổi dạng toàn phương:

Cho dạng toàn phương f x y( , ) ax = 2 + 2bxy cy+ 2; a,b,c∈ ¢

Số D b= − 2 ac gọi là định thức của dạng toàn phương, ta đổi biến số x, y bằngnhững biến p, q theo công thức sau:

đã cho f(x,y) và dạng toàn phương chuyển đổi ϕ ( , )p q có cùng một định thức

suy ra từ (2.7)

Bằng cách kiểm tra liên tiếp dễ thấy rằng trong trường hợp này dạng ϕ ( , )p q biến

thành dạng ( αδ βγ − ) (ax 2 2 + 2bxy cy+ 2 ) = f x y( , )thông qua sự biến đổi

,

p= δx− βy q= − + γx αy, với bình phương modun của nó ta có ( δα γβ − ) 2 = 1;trong trường hợp này hai dạng toàn phương gọi là tương đương Vậy: Hai dạngtoàn phương gọi là tương đương nhau, khi từ dạng thứ nhất chuyển đổi sangdạng thứ hai, và ngược lại đều thông qua một phép biến đổi với hệ số nguyên Nếu αδ βγ − = 1 thì phép biến đổi (2.5) còn gọi là phép biến đổi riêng, còn nếu

1

αδ βγ − = − thì phép biến đổi không riêng Tổng quát, phép biến đổi (2.5) gọi làriêng nếu αδ βγ − > 0, và không riêng nếu αδ βγ − < 0.

Nếu một dạng toàn phương f(x,y) bao hàm dạng toàn phương ϕ ( , )x y thông qua

phép biến đổi riêng thì ta nói rằng f(x,y) bao hàm riêng dạng ϕ ( , )x y , còn ngược

lại không bao hàm riêng

Nếu f(x,y) bao hàm riêng ϕ ( , )p q và ngược lại khi đó những dạng toàn phương

f(x,y) và ϕ ( , )p q gọi là tương đương riêng Nếu chỉ có một bao hàm không riêng

thì gọi chúng là tương đương không riêng

2.1.3 Biểu diển số nguyên theo dạng toàn phương:

1 Nếu m=0 ta có phương trình ax 2 + 2bxy cy+ 2 = 0, ta giải phương trình theo ẩn xtìm được

m= + bx y +cy , ở đây x y0 , 0là những nguyên tố cùng nhau

Khi x y0 , 0nguyên tố cùng nhau thì tồn tại hai số h, k sao cho hx0 +ky0 = 1.

2

X −R chia hết cho m

2.1.3.2.Mệnh đề 2.1: Theo định nghĩa trên R là số dư của bình phương mọi số

dạng X+kM, k = ± 0, 1,

2.1.4 Biểu diễn số nguyên theo dạng toàn phương biến đổi:

Cho dạng toàn phương 2 2

a p + b pq c q+ thông quaphép biến đổi

phương trình vô định ax 2 +2bxy cy+ 2 =m, ta có mệnh đề sau:

2.1.4.1 Mệnh đề 2.2: Nếu một số nguyên biểu diễn thông qua một dạng toàn

phương đã cho thì nó cũng biểu diễn thông qua mọi dạng toàn phương khác, mà

nó bao hàm bởi dạng toàn phương đã cho

2.1.4.2 Định lý 2.2: Nếu m là một số nguyên khác không, mà nó biểu diễn

được thông qua dạng toàn phương ax 2 +2bxy cy+ 2với x x y= 0 , =y0và ( , ) 1x y0 0 = ,định thức D của nó là số dư bình phương của số V đối với m thì những dạngtoàn phương ax 2 +2bxy cy+ 2và mp2 2Vpq V2 D q2

m

− + + là tương đương riêng

2.1.5 Phép biến đổi dạng toàn phương và nghiệm phương trình:

2.1.5.1 Định lý 2.3: Cho một dạng toàn phương f x y( , ) ax = 2 + 2bxy cy+ 2biến đổithành dạng toàn phương 2 2

Phương trình t2 −Du= σ 2là dạng đặc biệt được giải ở phần sau

Trường hợp riêng , nếu ( , )p q mp2 2Vpq V2 D q2

qua công thức x x p tq y= 0 − ; = y p sq0 +

So sánh công thức này với công thức (2.8) ta tìm được α =x0 ; γ =y0 Nhưng đẳng

thức (2.9) trong trường hợp này được viết lại:

Là nghiệm của phương trình 2 2

cùng nhau

2.1.6 Phương trình dạng toàn phương có định thức bằng không:

Cho dạng toàn phương ax 2 +2bxy cy+ 2có định thức 2

b =ac Ta biến đổi đưa phương trình về dạng:

Vậy để phương trình (2.10) có nghiệm nguyên điều kiện cần và đủ là: số ma là

số chính phương và ước số chung lớn nhất của hai số a và b cũng là ước số của

x x= +bt x x= +bt y= y −at t= ± y= y −at t = ±

2.1.7 Phương trình dạng toàn phương có định thức khác không:

Các bước tìm nghiệm nguyên của phương trình vô định dạng:

D b= −ac là số dư bình phương đối với m

- Nếu những số như vậy không có, thì phương trình (2.2) không có nghiệmnguyên và suy ra phương trình (2.1) không có nghiệm nguyên

- Nếu V V1 , , 2 là những số, với chúng D là số dư bình phương ta tìm nghiệmcho từng trường hợp của phương trình (2.2) tương ứng với V V1 , 2

B4: Để tìm nghiệm của (2.2) mà nó tương ứng với V1, ta xét hai dạng toànphương ax2 + 2bxy cy+ 2 và 2 12 2

B5: Nếu x= αp+ βq; y= γ p+ δq là một phép biến đổi riêng, mà nó chuyển đổi

dạng toàn phương ax2 + 2bxy cy+ 2 thành 2 12 2

B6: Tìm bằng cách thử một nghiệm riêng của phương trình (2.1), mà nó thuộc

tương ứng số V1 Nghiệm riêng ' '

D b= −ac

B8: Để tìm tất cả nghiệm nguyên của (2.1) trong những số không nguyên tố

cùng nhau, cần phải giải trong những số nguyên tố cùng nhau tất cả các phươngtrình mà nó nhận từ (2.2) sao cho trong nó ta thay số m với thương của m vànhững khả năng những bình phương ước số m

Giải những phương trình nhận được trong những số nguyên tố cùng nhautheo cách mô tả ở trên; nếu như phương trình (2.1) có số hạng tự do m, mà nókhông có ước số bình phương lớn hơn 1, thì phương trình đó không có nghiệmtrong số nguyên không nguyên tố cùng nhau

* Lưu ý: Đối với phương trình dạng này, tùy thuộc vào phương trình đã cho ta

có thể dùng các phương pháp đại số khác để giải như:

a) Khi d<0 và n<0, phương trình (2.14) vô nghiệm

b) Khi d<0 và n>0, phương trình (2.14) chỉ có thể có hữu hạn nghiệm

c) Khi d>0 ta xét hai trường hợp của d: d chính phương và d không chínhphương Khi d không là số chính phương ta có định lý sau:

2.2.2 Định lý 2.4: Cho n là số nguyên, d là số nguyên dương không chính

phương và n < d Khi đó, nếu 2 2 *

-Khi n=1 thì phương trình x2 −dy2 =ntrở thành phương trình pell loại 1

-Khi n=-1 thì phương trình x2 −dy2 =ntrở thành phương trình pell loại 2

2.3 Phương trình pell loại 1:

2.3.1 Định nghĩa 2.2: Phương trình pell loại 1 là phương trình có dạng:

x −Dy = (2.15)

Trong đó D x y N, , ∈ *

2.3.2 Định lý 2.6: (Điều kiện tồn tại nghiệm) Phương trình (2.15) có nghiệm

nguyên dương khi và chỉ khi D là số không chính phương

Chứng minh: Giả sử D m= 2 Khi đó : x2 −Dy2 =x2 −m y2 2 = 1

(x my x my)( ) 1

Vậy (2.15) không có nghiệm nguyên dương

Ngược lại D là số không chính phương, ta có các bổ đề sau:

2.3.3 Bổ đề 2.2: Cho α ∉Q Khi đó tồn tại vô số cặp số nguyên (h,k) với k>0

sao cho 2

1

h a

2.3.5 Định lý 2.7: (Công thức nghiệm) Ký hiệu (a,b) là nghiệm nhỏ nhất của

phương trình x2 −Dy2 = 1 Khi đó dãy (x y n, n) cho bởi :

Cho ta tất cả các nghiệm của (2.15)

Dãy (x y n, n) cũng có thể xác định theo công thức truy hồi sau:

0 1, 1 , n 2 2 n 1 n

x = x =a x + = ax+ −x

0 0; 1 , n 2 2 n 1 n

y = y =b y + = ay + −y

2.4 Phương trình pell loại 2:

2.4.1 Định nghĩa 2.3: Phương trình pell loại 2 là phương trình có dạng:

x −Dy = − (2.16)

Trong đó D N∈ * Nghiệm của (2.16) luôn được hiểu là nghiệm nguyên dương

2.4.2 Định lý 2.8: Điều kiện cần để phương trình (2.16) có nghiệm là D không

là số chính phương và D không có ước nguyên tố dạng 4k+3

2.4.3 Định lý 2.9: Nếu D=p là số nguyên tố thì (2.16) có nghiệm khi và chỉ khi

Hơn nữa nếu (2.17) hệ có nghiệm nó sẽ có nghiệm duy nhất Nghiệm duy nhất (

1 , 1

x y ) này chính là nghiệm nhỏ nhất của phương trình (2.16)

2.4.5 Định lý 2.11: Phương trình Pell loại 2: x2 −Dy2 = − 1 có nghiệm khi và chỉkhi trong biểu diễn D thành liên phân số D =  a a a; , , , , 2 1 2 a n a  chu kỳ n là

số lẻ Trong trường hợp đó (p n−1 ,q n−1 ) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình, ở đó

2.4.6 Định lý 2.12: (công thức nghiệm của phương trình Pell loại 2)

Giả sử phương trình Pell loại 2 2 2

1

x −Dy = − có nghiệm Gọi (α β , ) là nghiệm

nhỏ nhất của nó Khi đó dãy ( , )x y n n n∞=1 cho bởi:

Cho ta tất cả các nghiệm của (2.16)

III Phương trình diophante phi tuyến tính:

số Pitago (x,y,z) với (x,y,z)=1

- Bộ số Pitago (x,y,z) dược gọi là nguyên thủy nếu (x,y,z)=1

3.1.2 Bổ đề 3.1: Nếu (x,y,z) là một bộ số Pitago nguyên thủy thì

(x,y)=(x,z)=(y,z)=1 hơn nữa x,y không cùng tính chẵn lẻ và z lẻ

3.1.3 Định lý 3.1: Bộ ba số nguyên dương (x,y,z) là một bộ số Pitago nguyên

thủy với y chẵn nếu và chỉ nếu tồn tại các số nguyên dương m,n với m>n,(m,n)=1 và m,n không cùng tính chẵn lẻ sao cho:

- Với a=1 phương trình thuộc dạng (3.1)

- Với a=0 phương trình có dạng y2 =z2 (đơn giản)

ở đây l,n,m là những số nguyên sao cho l2 m2

n

+ cũng là nguyên, còn t là một số

bất kỳ Công thức tính nghiệm tương tự cho phương trình n ẩn

3.2 Phương trình Fermat và một số dạng phương trình bậc cao:

3.2.3 Định lý 3.2: Phương trình x4 +y4 =z2 không có nghiệm nguyên dương

3.2.4 Định lý 3.3 : Phương trình x4 −y4 =z2 không có nghiệm nguyên dương

3.2.5 Phương trình x4 +y4 =z4

Bằng cách đặt Ζ =z2 ta đưa phương trình về dạng x4 +y4 =Z2

3.2.6 Phương trình kiểu Fermat:

Phương trình kiểu Fermat là phương trình có dạng x n+y n = 2 ,z n n ≥ 2.

Tìm nghiệm của phương trình là tìm các số nguyên dương ( , , )x y z0 0 0 phân biệtsao cho x y z0n, 0n, 0n là một cấp số cộng

Chương 2

Bài tập

Bài 1: Giải phương trình: 6x+10y-15z=1.

Giải:

Xét modulo 3, ta có y≡ 1 (mod 3); Do đó y=1+3s, s∈ ¢.

Phương trình trở thành: 6x− 15z= − − 9 30s ⇔ 2x− 5z= − − 3 10 s

Xét với modulo 2 , ta có z≡ 1 (mod 2)do đó z= + 1 2 ,t t∈ ¢và x= − + 1 5s 5t Do vậynghiệm của phương trình là: ( , , ) (1 5x y z = − +s 5 ,1 3 ,1 2 )t + s + t , s t, ∈ ¢

Bài 2: Cho a,b,c là các số nguyên dương nguyên tố đôi một cùng nhau Chứng

minh rằng 2abc-ab-bc-ca là số nguyên lớn nhất mà không thể biểu diễn đượcdưới dạng xbc+yca+zab, với x,y,z là các số nguyên không âm

Giải:

Bước 1: Số 2abc-ab-bc-ca không thể biểu diễn được dưới dạng theo yêu cầu.

Giả sử điều ngược lại xảy ra thì mâu thuẩn, vì:

2abc ab bc ca xbc ycz zab− − − = + + với x y z, , ≥0

Ta có: 2abc bc x= ( + + 1) ca y( + + 1) ab z( + 1), với x+1>0,y+1>0, z+1>0

Suy ra: a bc x( + 1).

Vì a là số nguyên tố cùng nhau với b và c, a là ước của x+1; suy ra:

1

a x≤ + Áp dụng tương tự lập luận trên ta có: b y≤ + 1, và c z≤ + 1

Do vậy 2abc bc x= ( + + 1) ca y( + + 1) ab z( + ≥ 1) 3abc Điều này mâu thuẩn.

Bước 2: Với mỗi số N, N>2abc-ab-bc-ca, có thể biểu diễn thành

abc − − − + = − − − +a b c abc > − − − +abc >

Mở rộng, ta có hai tình huống Với N ≡ 0 (modabc N), =abcq, ta có thể phân tich:

N=(ab)cq+bc.0+ca.0 Điều này đúng theo yêu cầu bài toán

Giả sử N ≠ 0 (modabc) Vì UCLN(bc,a) =1, ta có đồng dư:

Vì a,b,c là các số đôi một nguyên tố cùng nhau, nên ta có A N≡ (modabc).

Số A là một tổ hợp thỏa yêu cầu của bài toán

Vì x ≤ −a 1,y ≤ −b 1, và z ≤ −c 1. Ta suy ra A≤ 3abc bc ca ab− − −

Mặt khác, vì A N≡ (modabc),nên ta có N = +A kabc

Ta có k≥ 0, vì N > 2abc bc ca ab− − − Do đó

N = (x0 +ka bc y ca z ab) + 0 + 0 ,

Với x0 +ka≥ 0, y0 ≥ 0,z0 ≥ 0.

Vậy bài toán được chứng minh

Bài 3: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : x2 + 2xy+ 5y2 = 5

Cách 1: Giải dựa vào định thức của dạng toàn phương

Ta có a =1, b = 1, c = 5, m = 5; D = 1 1.5 2 − = − 4

Ta tìm những số không âm V nhỏ hơn 5, với số D=-4 là số dư bình phương đốivới 5 Ta tìm V, 0≤ <V 5, với chúng phân số V2 D

m

− là số nguyên, ta kiểm tra

trực tiếp chỉ có V1 = 1và V2 = 4 thỏa mãn điều kiện của bài toán.

+ Với V1 = 1: Ta dễ thấy x0 = 2,y0 = − 1 là nghiệm riêng của phương trình đã cho.

Ta chứng minh nghiệm này thuộc số V1 = 1.

Những nghiệm của phương trình vô định x p y q0 + 0 = 1 trong trường hợp này là :

2p -q =1 như sau: p =1-t; q = 1-2t, t = 0,± 1,

Từ công thức V = p x b y c( 0 + 0 ) −q x a y b( 0 + 0 ) với x0 = 2;y0 = − 1 (D= − 4), ta nhận

được V1 = 1 Suy ra nghiệm 2,-1 thuộc V1 = 1.

Trong công thức nghiệm của một phương trình vô định:

Nghiệm của phương trình Pell t2 + 4u2 = 1 là t= ± 1,u= 0.

Phương trình vô định đã cho có hai nghiệm tương ứng với trường hợp V1 = 1 đó

là: (2,-1);(-2,1)

+ Với V2 = 4: Ta nhận thấy cặp số (0,1) là nghiệm của phương trình vô định đã

cho và ví nó không phải các nghiệm trong trường hợp V1 = 1, suy ra nghiệm này

Với t=±1, u=0 ta nhân được hai nghiệm x= 0,y= ± 1 mà chúng thuộc số V2 = 4.

⇔ − ≤ ≤Suy ra : y=-2; y=-1; y=0; y=1; y=2

+Với y=-2 không có x thỏa

+Với y=-1 ta có x=0 hoặc x=2

+Với y=0 không có x thỏa

+Với y=1 ta tìm được x=0 hoặc x=-2

+Với y=2 không có x thỏa

Thử lại ta có phương trình có các nghiệm: (2,-1), (-2,1), (0,-1), (0,1)

 + =



 (II)Giải hệ (I) ta tìm các nghiệm (0,1); (-2,1);(2,-1);(0,-1)

Hệ (II) không có nghiệm nguyên

Vậy phương trình có các nghiệm (0,1); (-2,1); (2,-1);(0,-1)

Bài 4: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:

Ta giải ra được nghiệm (1,2);(-3,0);(0,3);(-2,-1)

Nếu (x+1)(y-1)=-2, ta có các hệ phương trình:

Giải hệ ta được nghiệm (1,0);(-3,2); (0,-1),(-2,3)

Vậy nghiệm của phương trình là: (1,2);(-3,0);(0,3);(-2,-1);(1,0);(-3,2); (0,-1); (-2,3)

Bài 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + +(x 1)2 = y4+ +(y 1) 4